Квант 1977, №3 · Страницы

КВАНТ 3
1977

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

Здесь вы видите один из способов построения замечательной кривой — делточды. Иnorда ее называют кривой Штейнера по имену выдающегося немецкого геометра девятнадцатого века Якоба Штейнера. Подробнее о делточде читайте в заметке В. Березина на с. 19.

1

Основан в 1970 году
Квант 3 1977
Научно-популярный
физико-mатематический
журнал
Академи наук СССР
и Академии педагогических наук СССР
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-mатематической литературы

В НОМЕРЕ:

2 А. Лопшиц. Задача Мёбуса и ее продолжение
5 В. Лишевский. Алексаンド Григорьевич Столетов
12 С. Артемов, Ю. Гиматов, В. Федоров. Много битов из ничего

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
(главаный 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. СLOBODEЦКИЙ
М. Л. Смолянский
(зам. главного редактора)
Я. А. Смородинский
В. А. Фабрикант
А. Т. Цветков
М. П. Шаскольская
С. И. Шварцбург
А. И. Ширшов

Лаборатория «Квант»
С. Козел. Модель опыта Резерфорда
В. Березин. Дельтоида

Математический кружок
А. Земляков. Орнаменты

Задачник «Квант»
Задачи M431—M435; Ф443—Ф447
Решения задач M391—M394; Ф397—Ф402

По страницам школьных учебников
В. Гутенмахер. Расстояние от точки до плоскости

«Квант» для младших школьников
Задачи
А. Орлов. Ставь на минус!

Практикум абитуриента
Л. Баканина. Закон сохранения импульса при соударениих
Примерные варианты вступительных экзаменов по математике вузы в 1977 году
И. Горев, С. Кромов. Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова

Спрашивайте — ответаем

Рецензии, библиография
И. Клумова, М. Смолянский. Новые книги

Ответы, указания, решения
Смеся (11, 15, 18, 27, 45, 55)

© Главная редакция физико-mатематической литературы
издательства «Наука», «Квант», 1977

2

Задча Мёбиуса и ее продолжение

Полтора века назад (в 1823 г.) молодой тридцатлетний астроном обсерватории в Лейппите Август Мёбиус образил внимание математиков на то, что хотя уже Эйлер расматривал не только простые геометрические преобразования (движения и подбия), но и более общие, которые он назвал аффинными*). они все неодостаточно применяются геометрами.

Мёбиус указывает при этом, что многогеометрические задачи, содержание которых не использует ни поняття длины, ни измерения углов, решались и после Эйлера чужыми их содержанию средствами, и высказывал свое убеждание**), что следовало бы также задчи по возможности полно представить, систематически их расположить и разить самостояльное геометрическое направление, которое не использало бы ни тригонометрики, ни Magister Matheseos (так называли в XVII века теорему Пифагора). Далее он продолжает: «В первые годы мого пребывания

*) Так называют геометрические преобразования, которые применяют в примыке, причем параллельные примыке переходят в параллельные примыке.

**) Эти и последующие высказывания Мёбиуса содержатся в его первой математической работе «Две геометрические задачи», направанной в качестве приложения в астрономическом издании: «Наблюдения Королевской Университетской Обсерватории» в Лейппите в 1823 году.

здесь*), когда мои обязанности оставляли мне больший доступ, я сделал попытку в этом направлении. Я был к этому подготовлен благодаря ранее изобретенному много особого рода геометрико-аналитической исчисленью, с помощью которого я сразу обнаружил, что именно эти общие свойства фигур**) и составляют, собственно, область его применения; благодаря этому исчисленью я получил возможность обнаружить геометрические результаты, к которым другие методы меня привели бы на более трудном пути.

Полное изложение этого «исчисления» Мёбиус дал в 1827 году в своем общирном труде «Барисентрическое исчисление». Эту книгу Феликс Клейн назвал «подлиннымkladомидей,изложенныхсизумительнойясность»; самого же Мёбиуса Клейн считал предшественником своей Эрлангенской программы, сделавшейся впоследствии программим многих основных направлений в области геометрии XIX и XX столейй (см. статью С. Гиндикина «Феликс Клейн», «Квант», 1975, № 12).

Мы не можем здесь подробно остановывать на этой замечательной книге Мёбиуса; скажем только, что в ней отсутствивы выявляются основы векторной алгебры и ее приложений к геометриям (все это теперь изучается в школе).

В этой небольший заметке мы познакомим читателя с задачей Мёбиуса, которое он哉ел достойной того, чтобы привлечь внимание математков своего времени к новому кругу геометрических проблем.

В своей первой работе (1823 г.) он пишет: «Из многочисленных, относящихся к этой области задачи я разрешаю себе предложить читателю для самостоятельного решения следующую:

Каковые две из примывulous заданных в плоскости мочек А, В, C, D, Е содержены прямой. Площади

*) В Лейппигской обсерватории.

**) To есть свойства, сохраняющие при аффинных преобразованиях и поэтому не зависящие от измерения длины и углов.

возникалоцих при этомями преуездников EAB, ABC, BCD, CDE, DEA заданы; пребуется выразить через их площадь прямоугольника ABCDE. Вместо площадей этих прямоугольников можно также считать заданных площади прямоугольников: BCDE, CDEA, DEAB, EABC, ABCD, — и искать выражение через их площади прямоугольника ABCDE.

Обращение Мёбиуса к читателям сразу вызывало отклики: во втором томе журнала «Астрономические известия» (1825 год; редактор журнала — известный математик и астроном Шумахер) было опубликовано два решения этой задачи. Однако оба решения были «классическими», полученными методами элементарной геометрии — средствами, которые Мёбиус считал чужыми содержанию своей задачи; и только в своей книге Мёбиус дал полное ее решение средствами «бариентического исчисления»; мы бы теперь сказали — средствами векторной алгебры.

Читатель этой статьи с особым интересом займет решением задачи Мёбиуса, если мы сообщим ему окончательный результат:

Площадь x прямоугольника ABCDE, у которого площади преуездников EAB, ABC, BCD, CDE, DEA равны соответствию a, b, c, d, e, есть корень квадратного уравнения

$$x^2 - x(a + b + c + d + e) + (ab + bc + cd + de + ea) = 0.$$

Не менее интересно и то, что площадь x прямоугольника ABCDE, у которого площади чет孵угодников BCDE, CDEA, DEAB, EABC,

Рис. 1.

Рис. 2.

4

при котором он разлияет направление обхода *).

В конце своей небольшой статьи «Письмо профессора Мёбиуса к издателью журнала» («Астропомические известия», 1825, т. 3) Мёбиус по поводу предложенной им задачи пишет:

«Не довольно говорить о столбной задаче, которая, рассмотренная сама по себе, есть просто курьез; она заслуживает неокоторого внимания лишь постолько, поскольку представляет пример следующей теоремы, которая мне кажется новой: если каждый две точки какой-либо системы п точек, расположенных в плоскости, соединить прямой линии, и если считать заданным площади (неависимые между собой) каких-либо 2n—5 многоугодыков, возникающих от пересечения этих прямых, то через них можно выразить площадь какдоо из остальных многоугодыков».

Доказательство этой теоремы может быть предметом самостоятельного исследования читателя (Мёбиус также опубликовал его в своей книге «Барисентрическое исчисление»).

Предложим еще одну задачу — она является своеобразным продолжением первого (и также, как она, представляется пример теоремы типа теоремы Мёбиуса).

В пямцуольнике ABCDE заданы площади p, q, r, s, t треугольников ACD, BDE, CEA, DAB и EBC.

*) Подробное изложение теории изменения «площадей ориентированных фигур» вместе с приложениями этой теории (в геометрии и геодезии) читатель найдет в брошюре А. М. Лопш ица — выпуск 20 серии «Популярные лекции по математике», М., 1956 год.

Площадь п-угодыка, λ-сопряженного с заданным многоугодыком $A_1A_2 \dots A_n$, равна $P\lambda^2 + Q\lambda + R$, где числа P, Q, R определяются площадью многоугодыка $A_1A_2 \dots A_n$ и площадью многоугодыка $S_1S_2 \dots S_n$, $1/2$-сопряженного с многоугодыком $A_1A_2 \dots A_n$ (его вершины являются серединами последовательных сторон многоугодыка $A_1A_2 \dots A_n$: $S_1$ — середина $A_1A_2$, $S_2$ — середина $A_2A_3$ и т. д.).

Мы надеемся, что эти задачи заинтересуют наших читателей. Их решения мы предполагаем опубликовать позже. А пока — ждем ваших писем.

Рис. 3.

5

ВЫДАОЩИЯСЯ РУССКИЙ ФИЗИК А. Г. СТОЛЕТОВ РОДИЛСЯ 29 ИОЛЯ (10 августа) 1839 г. в семье небогатого владимирского купца. Его отец — Григорий Михайлович — владел небольший бакалейной лавочкой и мастерской по выделке кож. Мать — Алексадра Васильевна — была тоже купеческого звания, но семья СТОЛЕТОВых совершенно не пожодила на типичные купеческие семьи, мрачный мир которых так мастерски изобразил в своих пьесах А. Н. Островский. Алексадра Васильевна была образованной женищиной и сама преподавала своим детям (до их поступления в гимназию) русский язык и артифметику.

В доме была неплохая библиотека, и Саша, научившись читать в четырехлетнем возрасте, стал рано его пользоваться. В пять лет он уже читал совершенню свободно.

В 1849 г. Алексадр СТОЛЕТОВ поступил во Владимирскую гимназию, которое окончил в 1856 г. В свидетельстве об окончинии сказано, что он «… признан окончившим Гимназический курс с предоставлением права на поступление в Университет без вторичного экзамена и с награжением за отличные успex в наукках … золотой медалью».

В последние годы учены в гимназии четко определялись наклонности Алексадра. Его любимые предметы — математика и физика. Он судовольствием занимается им в классе, а дома мастерит самодельные физические приборы и ставит различные опыты. Решено. Он будет физиком!

Осенью того же 1856 г. А. Г. СТОЛЕТОВа哉исляют на физico-mатематический факультет Московского университета «казеннокоштным» студентом (то есть получающим государственную stipendio). В то время в университете было много бездарных профессоров, но Алексадру повезло с учительами. Прикладную математику он слушал у Николая Дмитриевича Брашмана, воспитшего великого П. Л. Чебышева, астрономного ему преподавал Федор Алексадрович Бредихин, а лекции по аналитической геометрии, дифференциальному и интегральному исчислению, высшей алгебре и варнационному исчислению

7

Старое здание Московского университета.

заряженный проводник, и заряды на нем перераспределения. Это перераспределение зарядов вызовет в свою очередь изменение распределения зарядов на другом проводнике и т. д. Так будет продолжаться до тех пор, пока между двумя проводниками не установится электростанческое равновесие. Как при этом будет распределены заряды на проводниках? Для случая двух тел эта задача была решена Морфи и Дж. Томсоном. Столетов сумел решить задачу в самом общем виде: в случае взаимодействия между собой любого произвольного числа проводников.

В мае 1869 г. А. Г. Столетовlectraше зашитил магистерскую диссертацию и был утвержден в звании доцента.

Бессонные ночи, чрезмерный труд и hervое напряжение сказавются на здоровье молодого ученого. Он заболевает и около года проводит в различныхлечениях. Ему запрещают читать, писать, занимается какой бы то ни было умственной деятельности. Это был самый тяостный период в жизни А. Г. Столетова. Наконец, консилиум профессоров разрешает ему присутствить к занятиям со студентами. И сразу же забываются все наставления врачей шадить свое здоровье, Алексадр Григорьевич вовь полностью отдается педагогической и научной деятельности.

В то время Московский университет, как и другие высшие учебные заведения России, не имел физической лаборатории. Чтобы научные исследования, русские учены были вынуждены узнать за границу А. Г. Столетов поставил перед собой цель создать такую лабораторию. Он пишет письма, прошения, обивает пороги чиновничих кабинетов, доказывает, что университет не может не иметь своей лаборатории. Ведь физика — наука экспериментальная. Физик — не математик, он не может творить накуку только за письменным столом.

Весь 1870 г. проходит в хлопотах поустройству первой в России физический лаборатории. В этом же году на квартире у Столетова для обслуживания различных физических проблем начинают собираться студенты Алексадра Григорьевич и его товарищ по работе. Возникает физический кругжок, положивший начало физической школе Столетова, которая, в свою очередь, дала основание школе русских физков.

10

Рис. 2.

Вслед за ними Гальвакс упростил опыт, использую вместе искры «тихий разряд» предварительно заряженного электрода. Подсоедняя к этому электроду электросокоп, Гальвакс обнаружил, что освещение ультрафилотовым светом приводит к разряде электрода.

С помощью электросока, соединенного с незаряженным телом, Гальвакс показал, что в результате разрядаки отрицательного электрода при освещении его ультрафилотовым светом заряд переходит на окружающее тела.

Начав исследование явления, открытого Герцем (это явление получило название фотоэфекта), Столетов, повторив опыты Герца, Видемана, Эберта и Гальваска, в дальнейшем разработал новую методку, позволившую построить количественную теорию фотоэфекта.

На рисунке 2 приведена схема установки, с помощью которой Столетов проводил свои опыты (этот рисунок Столетов приводил в своих рукописах). Основная часть установки — прибор, который Столетов называл сетчатым конденсатором. Он состоит из металлической сетки — анода и плоского металлического диска — кадада (сетчатый конденсатор явился прообразом фотоэфекта). Этот прибор (C) включается последовательно с галванометром (G) в цепь с батареей (B). При освещении кадаса сильным светом волтовой дуги (A) галванометр регистрировал наличие тока в цепи.

С помощью такой установки Столетов изучает различные стороны фотоэфекта. На основании результатов своих экспериментов он делает вид, что необходимо условием фотоэфекта является поглощение света материалов кадада; что каждый элемент поверхности кадада участвует в явления независимо от других; что явление фотоэфекта практически безинерционно («… ток проявляется и исчезает одновременно с освещением, и следовательно, при первым迹象 освещении ток — также прерывистый с тем же периодом»). Меняя напряжение на электродах, Столетов получает волт-амперную характеристику фотоэфекта (сетчатого конденсатора): фототок возвращает с увеличением напряжения между электродами, а малые токи пропорциональны напряжению; начиная с некоторого значения напряжения, фототок практически не меняется при увеличении напряжения, то есть фототок стремится к насыщению.

Поместив прибор в стеклянный цилиндр, из которого можно было открывать воздух, Столетов обнаружил, что по мере уменьшения давления воздуха фототок возвращает, доступает максимум и затем убивает.

Будучи увеличенным в том, что величина фототока определяно связана с освещением, Столетов проводит целую серию опытов с целью установлен эту зависимость. Меняя силу света источника, он нашел, что величина фототока называется пропорциональна световому потоку, падающему на кадад.

Исследования Столетова позволили выявить основные закономерности фотоэфекта и показали огромные результаты.

11

ные возможности технического применения фотоэлементов.

Столетов — признаный первый физик России. В 1889 г. на II Международном конкурсе электроков в Париже учены всех странчевали его как одного из самых выдающихся физков современности.

В начале 1893 г. академики Чебышев, Брединин и Бекетов предложют избрать Столетов в члены Российской Академии Наук. Но президент Академии великий князь Константин не допускает кандидату Столетов до баллотировки.

В эти дни Алексадр Григорьевич получает много писем, в которых передовые учены России высказывают ему свое сочувствие в связи с проявлением по отношению кнему несправедливостью. «Очень и очень возмущен я поступком Академии, — пишет профессор Петербургского университета И. Н. Боргман. — … Впрочем, так поступает наша Академия уже не в первый раз. Теперь讶нее быть забалотированным, чем попасть в число членов ее».

«To, что Вы сообщаете мне в последнем письме, — пишет Столетов из Одессы профессор Ф. Н. Шведов, — меняnickко не поразило… Ведь забалотировали же некоторые учены — Менделеева… Я бы утешался тем, что лучше современные русские учены — Менделеев, Мечников — не в богательне. Быть в их компании совсем не стыдно».

Много писем приходит из-зарубежа. Столетов пшут Кельвин, Гельмгольц, Большан.

Несмотря на сочувствие друзей, Столетов тяжело переживает нанесенное ему оскорбление. Да и университетское начальное все больше и больше начинает выказывать ему свою немилость. Все это сильно отражается на здоровье Алексадра Григорьевича.

Умер А. Г. Столетов в ночь с 14 на 15 мая 1896 года.

Значеные Столетов как ученого для русской и мировой науки огромно. Он создал первую в России учебноисследовательскую физическую лабораторию, основал школьу русских физиков.

Работы Столетов по намагничиванию железа превращили электротехнику из науки эмпирической в теоретическую. Большой вклад в электротехнику внесли также его труды, посвященные разработке системы единии для электрических изменений.

На основе изученного Столетовым явлениям фотоэфекта были созданы фотоэлементы, которые несут службу назаводах и фабриках, сортируя и считая продукцию, управляя прокатными станами и плавкой металла, читая чертежи и изготовления по ним детали. Фотоэлементы превращили немного в звуковое, сделали возможным фототелеграф, работают в различных автоматических устройствах.

Вакуумная установка Столетов для изучения электрических явлений в разрешенных газах являсь прообразом электронной лампы, которая совершила подлинную революцию в электротехнике. Радиоприемники и радиопередатчики,RENTеновские аппараты и газорарядные трубки, радиолокаторы и электронные микрокопы, телевизоры и электронно-вычислительные машины — это далеко не полный перечень того, что стало возможным благодарим трудам Алексадра Григорьевича Столетов.

Рамки из домано

Из 28 косточек домано выложите четыре «рамки» (см. рисунок) так, чтобы сумма очков вдоль каждой стороны каждой рамки равнялась 13. (Прикладывать косточки друг к другу одинаковыми значениями очков не обязательно).

Л. Мочалов

12

Много битов из ничего

Он думал, что уснула я
И все во сне стерплю,
Иль думал, что я думала,
Что думал он «я сплю».
С. Маршак. Из Ковентри Патмора.

Предлагаем внимание читателей задачу, требующую для решения весма изошренной логики:

Математик R сказал математикам P и S: «Я задумал два натуральных числа. Каждый из них больше единицы, а сумма их меньше сма. Математик P я сейчас сообщу — по секрету от S — произведение этих чисел, а математик S я сообщу — по секрету от P — их сумму». Он выполнил обещанное и предложил озададать задуманные числа. Между P и S произойдет следующий диалог (высказывания P мы обозначаем буквой л с индексами, высказывания S — буквой σ):

— Я, пожалый, не могу сказать, чем равны задуманные числа. (π₁)
— Я заранее знал, что Вы это не смогете. (σ₁)
— А ведь моеда я их знаю. (π₂)
— А моеда и я их знаю. (σ₂)
Попробуйте теперь и вы озададать задуманные числа.

1. Нeyжели их можно отгадать?

При первом взгляде на задачу она представляется неразрешимой: как

Бит — двойная единица измерения информации (БСЭ, 3 изд., 2 т.).

можно отгадать числа, когда про них ничего не сказано?

Попробуем на примере. Пусть R задамал 7 и 42. Тогда он сообщил P число 294, S — 49. Ну, а что дальше? P сказал, что он не может отгадать задуманные числа. Ну, конечное же может — он знает только их произведение. Хотя, впрочем, он знает еще, что они натуральные, больше единиц и их сумма меньше ста. А что это дает?

Обозначим задуманные числа через k₀ и l₀, причем пусть — для определения — k₀ ≤ l₀. Обозначим еще произведение k₀ · l₀ через p₀, сумму k₀ + l₀ — через s₀.

Итак, P сообщили, что p₀ = 294. Тогда k₀ может равнять 2, 3, 6, 7 и 14, а l₀ будет при этом равно, соответственно, 147, 98, 49, 42 и 21. Первые два значения для k₀ нам не подходят — при них s₀ > 100. Все равно остатся еще три возможности. Значит, P действительно не может отгадать задуманные числа.

Идем дальше. S утверждает, что он заранее знал, что P не может отгадать k₀ и l₀. Как S пришел к таким выводу? Наверняка он попробовал всеми возможными способами представить известное ему s₀ в виде суммы двух допустимых слагаемых:

49 = 2 + 47 = 3 + 46 = …
… = 24 + 25.

R мог задумать любую из этих пар чисел. Он сообщил P какое-то из произведения i · (49 − i), и S утверждает, что ни по одному из них P не может отгадать задуманные числа.

А если при некоторых i оба числа i, 49 − i — простые? Например, если R задамал 2 и 47, то P он сообщил 94, и P прекрасно может отгадать задуманные числа.

Следовательно, если R задамал 7 и 42, то S, получив s₀ = 49, не имел бы права произведения (σ₁). Значит, R не мог задумать 7 и 42.

Таким образом, кое-что о задуманных числах сказать все-tаки можно.

Предодов первоначальные сменения, подумаем, в каком направлении движения. Однако способ отгадания уже виден: брать всевозможные пары чисел k₀, l₀, удовлетворяющие

13

неравенствам
$$2 \leq k_0 \leq l_0 \leq 97,$$
$$4 \leq k_0 + l_0 \leq 99,$$
(1)
(2)

и проверять, «выдерживают» ли они диалог $(\pi_1) - (\sigma_2)$.

Поскольку перебор во всех случаях конечен, в принципе можно было бы действовать и так. Однако решать задачу таким образом скучно. Пробуем сократить перебор.

Прежде всего давайте сначала не $k_0$ и $l_0$, а их сумму $s_0$: для пары $\langle k_0, l_0 \rangle$ возможных вариантов большие двух тысяч, а для $s_0$ — меньшее ста. Впрочем, и на этом пути любой перебор длиен и скучен.

2. Около гипотезы Гольбаха—Эйлера

Какую информацию можно извлечь из $(\pi_1)$ и $(\sigma_1)$? Что они означают? $(\pi_1)$, очевидно, означает, что $p_0$ не однозначно разладается в произведение двух множителей, удовлетворяющих неравенствам (1), (2);

$(\sigma_1)$ означает, что При любом разложении числа $s_0$ в сумму двух слагаемых, удовлетворяющих неравенствам (1), их произведение обладает свойством $(\pi_1')$.

Высказывание $(\pi_1')$ позволяет отбросить некоторые произведения, $(\sigma_1')$ — неокоторые суммы.

Из $(\sigma_1')$ вытекает, что $s_0$ не представляет в виде суммы двух простых чисел: если $s_0' = q_1 + q_2$, где $q_1, q_2$ — простые, то число $q_1 \cdot q_2$ единственным образом разладается в произведение двух множителей, удовлетворяющих неравенствам (1), (2), и, следовательно, не обладает свойством $(\pi_1')$.

Но любое четное число, удовлетворящее неравенствам (2), представимо в виде суммы двух простых (это доказывается последовательной проверкой чисел 4, 6, 8, …, 98).

Следовательно, $s_0$ — нечетное. Кроме того, $s_0 - 2$ — составное: иначе $s_0 = 2 + (s_0 - 2)$ представлялось бы в виде суммы двух простых.

простых. После отбрасывания чисел, не удовлетворяющих этим двум условиям, для $s_0$ остается 24 возможности.

Выше мы воспользовались тем, что все четные числа от 4 до 98 представимы в виде суммы двух простых.

В 1742 г. член Петербургской Академии наук Христан Гольбах в письме к Леонарду Эйлеру высказал предложение, что любое нечетное число, большее пяты, может быть представлено в виде суммы двух простых чисел. В ответном письме- Эйлер вывинул гипотезу, что каждое четное число, большее двух, представимо в виде суммы двух простых чисел. (Из гипотезы Эйлера гипотезу Гольбаха вывести очень легко — сделайте это!)

В течение почти двухсот лет гипотезы Гольбаха и Эйлера казались совершенными для доказательства, хотя неосредственный перебор математик Милле проверил их до 9 000 000.

В 1930 г. замечательный советский математик Л. Г. Шинирельман доказал существование такого $k$, что каждое натуральное число $n > 1$ может быть представлено в виде суммы не более $k$ простых чисел. Число $k$ у Шинирельма было довольно величке. В настоящее время доказано, что теорема Шинирельма верна при $k = 20$.

В 1934 г. академик И. М. Виноградов доказал существование такого $n_0$, что любое нечетное число $n > n_0$ представимо в виде суммы трех простых чисел. Казалось бы, в век ЭВМ можно было бы поручить машине проверить «остальные» числа (от 7 до $n_0$), но «постоянная Виноградова» $n_0$ так велика (по последним оценкам $n_0 > 2^{216}$), что эта проверка преосходит возможности совершенствования ЭВМ.

В доказательстве же гипотезы Эйлера до сих пор не достигнут никакого существенного успеха.

3. Дальше в лес

Оказывается, из $(\sigma_1')$ можно вывести $s_0 < 55$. (3)

В самом деле, предположим, что $s_0 \geq 55$. Тогда $s_0$ не обладает свойством $(\sigma_1')$: можно так разложить его в сумму двух слагаемых, удовлетворяющих неравенствам (1), что для их произведения не будет выполнен условие $(\pi_1')$. Это разложение: $s_0 = (s_0 - 53) + 53$. Из $s_0 \geq 55$ вытекает $s_0 - 53 \geq 2$. Произведение $(s_0 - 53) \cdot 53$ единственным образом разладает на два множители, с умом которых меньше эта: поскольку 53 — простое число, один из множителей обязательно имеет вид 53d; так как $53 \cdot 2 > 100$, $d = 1$. Но по условияю $s_0$ обладает свойством $(\sigma_1')$. Противоречие!

14

После (3) для $s_0$ остается уже 11 возможностей:
$$11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 51, 53.$$

Попробуем теперь без перебора установить, какие из чисел (4) удовлетворяют условиям ($\sigma'_1$). Пусть $s$ — произвольное из чисел (4). Поскольку $s$ нечетно, всякое его разложение в сумму имеет вид $s = 2a + m$. Допустим, $s$ не обладает свойством ($\sigma'_1$). Тогда найдет такое $a$, что произведение $2a \cdot m$ «расшифровывает» однозначно.

Это $a$ не может равнять единицу, так как в этом случае $s = 2 + m$, а произведение $2m$ двойко разлагается в произведение. В самом деле, поскольку $m = s - 2$ — составное нечетное число, $m = pq$, где $p > 2$ и $q > 2$. Оба разложения

$$2m = 2 \cdot pq = 2p \cdot q$$

годятся: $2 + pq = 2 + m = s < 100$ и $2p + q = 2 + pq - (p - 1)(q - 2) < 2 + pq < 100$.

Значит, $a \geq 2$.

Если $a \neq m$, то $s = 2a \cdot m$ и $s = 2m \cdot a$ — два различных разложения. Поскольку $2a + m = s < 100$ и $s$ не обладает свойством ($\sigma'_1$), должно быть $2m + a \geq 100$. Так как $s = 2a + m \leq 53$, имеем $m \leq 53 - 2a$, $2m + a \leq 106 - 3a$. Из $2m + a \geq 100$ и $2m + a \leq 106 - 3a$ вытекает $a \leq 2$. Следовательно, $a = 2$. Из $2m + a \geq 100$ и $m \leq 53 - 2a$ получаем теперь $m = 49$. Итак, в этом случае $s = 53$, причем «подозрительным» является разложение $53 = 4 + 49$.

Если же $a = m$, то $s = 3a$ делится на 3. В (4) таких чисел два: 27 и 51. «Подозрительными» являются разложения $27 = 9 + 18$ и $51 = 17 + 34$.

Число 51 действительно не обладает свойством ($\sigma'_1$): $51 = 17 + 34$, и произведение 17·34 при разложении на два множителя дает только одну сумму, меньше стока. Таким образом, его можно выбросить из списка «кандидатов в $s_0$».

Числа 27 и 53 удовлетворяют условиям ($\sigma'_1$): $9 \cdot 18 = 2 \cdot 81$ и $2 + 81 < 100; 4 \cdot 49 = 7 \cdot 28$ и $7 + 28 < 100$.

Итак, для дальнейшего исследования осталось 10 кандидатов: 11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 53, причем все они обладают свойством ($\sigma'_1$).

4. «Тогда и их знаю»

Используем, наконец, $(\pi_2)$ и $(\sigma_2)$.

Можно было бы использовать $(\pi_2)$ и $(\sigma_2)$ подобно тому, как мы это сделали с $(\pi_1)$ и $(\sigma_1)$. Мы попробуем обойтись без этого.

Из $(\sigma_2)$ и (3) можно вывести

$$s_0 < 33.$$

Допустим противное: $s_0 \geq 33$. Тогда $S$, разлагая всеми возможными способами $s_0$ в сумму двух слагаемых, имеем бы среди этих разложений $s_0 = (s_0 - 31) + 31 = (s_0 - 29) + 29$.

Если бы $P$ было сообщено произведение $(s_0 - 31) \cdot 31$, то он мог бы сообщить, что 31 — простое число, понять, что $(s_0 - 31) \cdot 31$ единственным образом разлагается в произведение двух множителей, сумма которых удовлетворяет (3). В этом случае $P$ отгадал бы $k_0$ и $l_0$.

Аналогичная возможность была у $P$, если бы было сообщено произведение $(s_0 - 29) \cdot 29$.

Значит, в случае $s = 53$, причем «подозрительным» является разложение $53 = 4 + 49$.

Если же $a = m$, то $s = 3a$ делится на 3. В (4) таких чисел два: 27 и 51. «Подозрительными» является разложение $27 = 9 + 18$ и $51 = 17 + 34$.

Число 51 действительно не обладает свойством ($\sigma'_1$): $51 = 17 + 34$, и произведение 17·34 при разложении на два множителя дает только одну сумму, меньше стока. Таким образом, его можно выбросить из списка «кандидатов в $s_0$».

Числа 27 и 53 удовлетворяют условиям ($\sigma'_1$): $9 \cdot 18 = 2 \cdot 81$ и $2 + 81 < 100; 4 \cdot 49 = 7 \cdot 28$ и $7 + 28 < 100$.

Итак, для дальнейшего исследования осталось 10 кандидатов: 11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 53, причем все они обладают свойством ($\sigma'_1$).

5. Тогда и мы их знаем

29 тоже не годится, поскольку, поскольку $29 = 4 + 25 = 16 + 13$: если бы $P$ имел $p_0 = 16 \cdot 13$, он бы отгадал $k_0$ и $l_0$, так как среди сумму $2^{4-t} + 2^t \cdot 13$ нечетна только одна; если бы $P$ имел $p_0 = 4 \cdot 25$, он бы тоже отгадал $k_0$ и $l_0$: среди соответствующих сумм не

15

Четна, кроме 29, еще только 25 (4·25 = 5·20), но 25—2 — простое число.
Итак, либо $s_0 = 17$, либо задача не имеет решения.
Какое же $p_0$ могло быть у $P$ при $s_0 = 17$? Переберем все разложения числа 17 в сумму двух слагаемых: $17=2+15=3+14=\dots=8+9$.
При любом из произведений, кроме 4·13, $P$ не смог бы произвести ($\pi_2$).
Например, если бы $P$ имел $p_0 = 30$, он среди разложения числа 30 в произведение двух множителей увидел бы и $30=2\cdot15$, и $30=5\cdot6$, но как 17, так и 11 обладают свойством ($\sigma'_1$).
Остается единственный кандидат для $p_0$: 52. Этот кандидат дает возможность $P$ произвести ($\pi_2$): среди всех разложений числа 52 в произведение

Мартовская капель

Понстине неизгладимое впечатление оставляет у каждой посещение подzemных пещер-залов, украшенных сталагитами и сталактитами!
Поднимающиеся со дня или свешивающейся с потолка кристаллические сосульки, возраст которых исчисляется сотнями тысячи и миллионов лет, играют всеМИ цветами радуги и создают сказочный картину волшебного царства.
Не менее красочные, хотя и созданных в течение всего лишь несколько суток, являются легкими сculptures. Посмотрите на фоотографию. Неправда ли, знакомая картина, часто встречалосься ранней весной, — свисающий с края крыши частокл ледяных сталактитов. Если придется, попаходайте за их образованением и поставайте ответить на такие вопросы:

1. Как произходит процесс образования ледяных сосулек?
2. Почему ледяная сосулька имеет вид заостренного книзу конуса?
3. Почему конусы бывают различной длины?
4. Почему неокторые из них изогнуты?
5. Почему ледяная сосулька произнана, а снег не прорачен, хотя он тоже состоит из отдельных произрачных кристалlikов?

M. T.

16

С. Козел

Модель опыта Резерфорда

Знаменные опыты Резерфорда по рассеянию α-частиц на тяжелых ядрах (1906—1911 гг.) сыграми исключительно роль в развитию представления о строении атома. В этих опытах α-частицы, испускаемые радиоактивным источником, пропускались через тонкие пленки золота и других металлов. При прохождения через пленки α-частицы отклонялись от первогоначального направления на различные углы. Рассеяние α-частицы попадали на экран, покрытый сернистым цинком, и вызывал вспышки (сцинитилляции). Наблюдая за этим сцинитилляциями в микросокоп, можно было определить, насоклько изменяется траектория движения части при прохождения слоя металла.

Большинство α-частиц отклонялись от первогоначального направления движения на очень незначительные углы. Но некоторые части отклонялись довольно значительно. И, что было совершено поразительно, неокторые α-частицы (примерно 1 на 20 000) меняли направление движения почти на противоположное. (Регистрировались эти части по всышкам на экране, расположенном так, что на него могли попадать «отраженные» от металла частицы.)

Было совершено ‘очевидно’, что рассеяние α-частиц происходит в результате взаимодействия их с положительным зарядом атома (масса электрона примерно в 8000 раз меньше массы α-частицы, так что электроны не могли заглянуть на характер движения α-частицы). Существовшая в те годы модель атома, согласно которой положительный заряд был распределен равномерно по всему объему атома (эту модель предложил Дж. Томсон), была не в состоянии обязывать результаты экспериментов по рассеянию α-частиц. Размеры атомов к тому времени были уже оценены (~10⁻⁸ cm). А основанный на модели Томсона расчет, проведенный для α-частиц, рассеяющегося на углы ~180°, приводил либо к невероятному большим значением радиуса атома, либо к невозможному большим величиным положительных зарядов в атоме *).

Чтобы обязывать рассеяние на большие углы, необходимо было предположить, что положительный зарядосреднего в очень небольшой (по сравнению с размером атома) области внутри атома. Этот положительный заряд — ядро атома — создает сильное электростатическое поле, и на α-частиц, попадающего в поле ядра, действует кулоновская сила ottalkivания.

Основываясь на таком представлении о строении атома, Резерфорд сделал теоретический расчет количественного распределения числа части по разным углам рассеяния. Его расчеты для прекрасное соглашение с результатами эксперимента.

Итак, мы кратко напомнили историю создания ядерной модели атома.

Перейдем теперь к моделированию опыта Резерфорда. Речь будет идти о механической модели, в котором α-частицы заменены небольшими стальными шариками. Шарики, которые сообщают скорость в горизонтальном направлении, катятся по горизонтальной плоскости, «взбираются» на горку определенного профиля, а затем скатывают с нее вновь на горизонтальном плоскость. Профиль горки должны быть таким, чтобы псетенциальная энергия шариков изменяла по тому же закону, что и по

*) Проведите сами расчет величины положительного заряда, сосредоточенного в сфере радиуса ~10⁻⁸ cm, способного отклонить α-частиц с энергийой 5 Мэв на 180°.

18

Рис. 3.

сеяния зависит от скорости частицы (ее энергии) и от прицельного расстояния:

$$\text{ctg} \frac{\theta}{2} = Cv^2 d$$

(*)

(C — константа, зависящая от «сорта» атомов). Проверить эту формулу непосредственно в экспериментах по рассеянию α-частиц невозможно—прицельное расстояние d недоступно измерению. Но на нашей механической модели можно получить зависимость угла рассеяния от прицельного расстояния. И если экспериментально данные будут хорошо описываться формулой, аналогичной (*), это еще раз подтвердит правомерность нашего механического анализа опыта Резерфорда.

Один из технических исследований и доступных вариантов создания пика пропилюстрирован на рисунке 3. Здесь для устройства потенциального пика использован тонкий резиновый лист (толщиной 2—3 мм), прикрепленный к фанере, в которой вырезано круглое отверстие диаметром 20—25 см (чем больше модель, тем удобнее с ней работать). Следует помнить, что зависимости угла рассеяния от прицельного расстояния должны смещаться при фиксированном значении скорости шариков.

Так что следует продумать истроить для «запуска» шариков (наклонная плоскость,ружинный пистолет и т. п.).

С помощью несложного приспособления, фиксирующего прицельное расстояние (например, направляющий желоб в горизонтальной плоскости), можно поставить на этой модели опыт, позволяющий получить зависимость угла рассеяния от скорости частицы.

Редакция «Кванта»жет от вас описанный придуманных и реализованных вам конструкций и результаты ваших экспериментов.

Задча из «примера»

ПРИМЕР
РИМЕР
ИММЕР
МММЕР
ЕРР
Р

ЗАДАЧА

Каков «пример»? А?

Извилистый путь

Начав с квадрата в верхнемлевом углу, пройдите в нижний правый угол, переступа

пая только через стороны квадратов (не через вершины!) и повышав в каждом белом квадратеровно один раз (в цветные заходить нельзя).

Магические круги

Расставьте в черные кругочки на рисунке числа от 1 до 10 так, чтобы суммы чисел в четырех красных кругах были одинаковыми.

Л. Моцалов

19

Дельтона

Кривую, изобравенную на второй странице обложки, часто называют дельтоной из-за ее сходства с буквой Δ греческого алфавита. Ее свойства впервые изучались Леонардом Эйлером в XVIII веке и Якобом Штейнером в XIX веке. Дельтона здесь задана как кривая, касающаяся каждой из прямых семейства, которое строится так. Проекции любой точки окружности, описанной около произвольного треугольника, на его стороны (или их продолжения) лежат на одной прямой (доказhte). Это прямая Симсона*). Семейство состоит из прямых Симсона, построенных для «красного» треугольника.

Рассмотрим еще одно определение дельтоны. Если окружность катится без скольжения внутри другой окружности, то кривая, описанная фиксированной точкой подвижной окружности, называется гипоциклодой. Дельтона — гипоциклода, для которого отношение радиусов этих окружностей равно 1:3.

Пусть сначала точка M меняшей окружности, за траекторий которого мы будем следить, находится в точке V большей (рис. 1). Затем подвижная окружность прокатилась по дуге VU неподвижной; положим VOU=φ. Покажем, что касательная к дельтоне в точке M проходит через точку P пересечения OU с подвижной окружностью, и посмотрим, на какой угол поверхности касательная из начального положения OV.

Скорость v точки M равна v₁ + v₂, где v₁⊥ OU, v₂⊥ MO’ и |v₁|=|v₂|. Параллелограм скоростей — ромб, и v — его диагональ, MO’U=3φ и MPU=3φ/2. Пусть P’ — точка пересечения касательной к дельтой с прямой OU. Не трудно сосчитать: MP’U=3φ/2=MPU. Точки P и P’ совпадают, касательная проходит через P и угол OWP=3φ/2.

Наметим путем доказательства эквивалентности приведенных определений. Эйлер установил, что девять точек произвольного треугольника: основания его высот, медиан и середины отрезков от вершин до пересечения высот (рис. 2) лежат на одной окружности (докажите). Ее центром является середина O отрезка HN, где H — точка пересечения высот, N — центр описанной окружности, а радиус — вдвое меньше радиуса описанной окружности (докажите и это). Поэтому описанная окружность и окружность Эйлера готовится с центром H и коэффициентом готовности 2.

Пусть L — точка описанной окружности (рис. 3). Покажем, что ее прямая Симсона проходит через середину отрезка HL, принадлежащую окружности Эйлера. Для этого опустим из точки L перепendlukуляр на ближайшую сторону треугольника и продолжим его до встречи с окружностью в точке D. Прямая Симсона параллельна BD (с одной стороны, LCL₃=LL₂L₃, с другой, LCL₃=BAL=BEL=DBE). По построению, отрезок LL₂ конгруэнтен и параллелен FG и IH (точка пересечения высот и точка E симметричный относительно AC). Следовательно, точка P лежит на пересечении диагоналей HL и IL₂ параллелограмма LL₂HI, и |HP|=|PL|.

Поскольку описанная окружность и окружность Эйлера готовится относительно точки H с коэффициентом готовности, равным 2, точка P лежит на окружности Эйлера.

Если на рисунке 3 построить окружность Эйлера, то в ней можно узнать окружность (O, OP) с рисунка 1, а в прямой Симсона — касательную WP. То, как поворачивается прямая Симсона, когда точка L перемещается по описанной окружности, предоставляется разобрать читателю.

В. Березин

21

Рис. 1, д.
(рис. 4a) добавляют к исходному три квадрата. Применив к этим квадратам симметрию $f_2 = S_a$, получим уже 8 квадратов — см. рисунок 4, б. Повторив проделанную процедуру (последовательные повороты с последующей симметрией), получим картину, изображенную на рисунке 4, с. Ясно, что применение к исходному квадрату в схеме возможных композиций перемещений $f_1$ и $f_2$ дает Рис. 2.

Рис. 3.

23

Рис. 5.

щих орнамент на себя, является группой относительно операции композиции перемещений. «Скелет» орнамента можно поннимать как схему его группы симметрий (только на скелете не изображены переносы).

Заметим, что любую «симметричную» фигуру данного «порядка» (см. выше и рисунок 5, а) можно некоторые перемещением из группы симметрий отображить на любую другую фигуру того же «порядка».

Рис. 6.

24

Равносторониный треугольник

I

Ромб с углом 60°

VI

Прямоугольник

XI

Равнобедренный треугольник

II

Трапецция, сложная из треугольников равносторониных треугольников

VII

Прямоугольник

XII

Прямоугольник с углом 60°

III

Квадрат

VIII

Прямоугольник

XIII

Квадрат

IV

Прямоугольник

IX

XIV

Равносторониный треугольник

V

Прямоугольник

XV

Рис. 7.

24

26

Для каждого из орментов описите его группу симметрии и намерите соответствующей скелем. Убедитесь, что группы симметрии построены орментов устроены поразному.

Упражнение 3. Выясните, к какому из типов I — XVII относятся орменты и проекты кристаллических решеток, изображенные на рисунках 1 и 2.

Упражнение 4. Какие из орментов I — XV имеют оси скользывающей симметрии? Изображите такие оси на скелетах этих орментов.

3. Что такое орменты?

Хотя орменты всех 17 типов применяются в украшениях еще художники Древнего Египта, полную их классификацию дал лишь в 1891 году крупнейший русский ученый Е. С. Федоров (в частиности, он доказал, что число различно устройенных групп симметрий плоских орментов в точности равно 17). Задача перечисления орментов возникла у Федоров в связи с потребностями кристаллографии — науки о геометрическом строении кристаллов. Как уже упоминалось, атомы и молекулы веществ, находящися в кристаллическом состоянии, образуют так называемую кристаллюсную структуру — пространственной аналог орментов. Сечения подобных структуры различных плоскостями представляют собой в точности плоские орменты, и группы симметрий плоских орментов приятно называть плоскими кристаллографическими группами. Федоровым была получена и полная классификация пространственных кристаллографических групп — оказавется, их существуетровно 230!

Подробнее об этом написано в книгах, указанных в конце статьи. Мы же пока ограничимся формулировкой одной замечательной задачи, решение которого является основным шагом в доказательстве теоремы Федорова о классификации орментов. Но прежде того определим, что такое плоский ормент.

Определение. Бесконечная плоская фигура Ф называется плоским скелетом, если выполнены следующие условия:

(1) среди перемещений, отображающих Ф на себя, существуют неколичные паралельные переосы;
(2) среди всех векторов (паралельных переосы), отображающих Ф на себя, существуют вектор наименьшей длины.

Если плоский ормент Ф отображается сам на себя при поворотах вокруг точки A на углы, только кратные 360°/n, где n — натуральное число, большее 1, то точки A называется центром симметрии порядка n этого ормента Ф.

Задание 1. Докажите, что произвольный плоский ормент может цепты симметрии молко порядков n=2, 3, 4 и 6.

Дадим указание на два подхода к решению этой задачи.

Пусть 1. Рассмотрите два центра симметрии ормента одного и того же порядка n на наименьшем возможном расстоянии друг от друга (существование наименьшего расстояния между центрами нужного документа!).

Предположим, что n отлично от 2, 3, 4, 6, показите, что существуют два центра точки порядка n на еще меньше расстоянии друг от друга!

Пусть 2. Сначала докажите, что для произвольного ормента центры фиксированного порядка n ≥ 3 образуют решетку из паралелоэрмов — о таких решетках подробно расскажано в статье А. А. Егорова, «Решетки и правильные многоугольники», «Квант», 1974, № 12. Затем, используя свойства группы симметрий ормента, построите правильный n-угольник с вершинами в узлах решетки центров. В статье Егорова докажено, что это можно сделать лишь для n = 3, 4 и 6.

4. Линейные орменты и паркеты

В заключение мы предложим еще две задачи, близкие к задаче о классификации плоских орментов, но более простые. Однако, тем не менее, решение каждой из них — это настоящее математическое исследование!

(A) Классификация линейных орментов.

Если плоская фигура отображается сама на себя при паралельных переосах только одного направления (и противоположного ему), причем этих переосов существуют переос наименьшей длины, то также фигура называется линейным

27

орнаментом. На рисунке 9 изображены три линейных орнамента, причем разного типа — с различно устройством группами симметрий (объясните, в чем разница).

Задача 2. Перечисление все возможные типы линейных орнаментов (и докажите, что другие возможные нет!).

Сообщаем ответ: число различных линейных кристаллографических групп равно 7.

Б) Перечисление правил ильных паркетов.

Паркетом называется разбиение плоскости на многоугольники, при котором каждые два многоугольника либо не пересекаются, либо имеютровно одну общую вершину, либо имеют общую сторону, причем объединение сторон всех многоугольников является плоским орнаментом. Паркет называется правильным, если все многоугольники разбиения правильные (возможно, с различным числом сторон) и любую вершину паркета можно перевести в любую другую его вершину некоторым перемещением, отображающим весь паркет на себя. Изображенные на рисунке 10 разбиения А) и Б) вообще не являются паркетами в определенном выше смысле; разбиения В) и Г) — паркеты, но не правильные, и, наконец, разбиения Д) и Е) являются правильными паркетами (объясните).

Задача 3. Найдиме все возможные правильные паркеты.

Эта задача уже была сформирована в «Кванте»: в статье А. Н. Колмогорова «Паркеты из правильных многоугольников» («Квант», 1970, № 3). В этой статье изложен и возможность подход к перечислению всех правильных паркетов. Сообщаем ответ: число различных, с точностью до подобия, правильных паркетов равно 11.

Литература

Г. С. М. Кокстер, Введение в геометрию, главы 3, 4 и 15 (М., «Наука», 1966).

Г. Вейль, Симметрия, третья лекция (М., «Наука», 1968).

Д. Гильберт и С. Кон-Фосен, Назадная геометрия, глава II (М. — Л., ГТТИ, 1951).

Задачи наших читателей

Докажите следующие соотношение между элементами остругольного треугольника ABC:

$$\frac{|C_0A_0| \cdot |A_0B_0|}{h_a^2} + \frac{|A_0B_0| \cdot |B_0C_0|}{h_b^2} + \frac{|B_0C_0| \cdot |A_0C_0|}{h_c^2} = 1,$$

где $A_0, B_0$ и $C_0$ — основания высот, опущенных из вершин $A, B, C$ соответственно; $h_a, h_b, h_c$ — длины соответствующих высот.

У. Алая
(г. Выру Эстонской ССР)

28

Задачик
кванта

Задачи

M431—M435; Ф443—Ф447

M431. В лесу растут деревья цилиндрической формы. Связисту нужно протянуть по лесу провод из точки A в точку B, расстояние между которых равно l. Докажите, что для этой цели связи достаточно иметь кусок провода длиной 1,6 l.
A. Альтшиллер

M432. Существует ли полный квадрат, сумма цифр которого равна
a) 1977;
b) 1978?
b) * Выясните, какие натуральные числа могут быть суммами цифр квадрата целого числа.
A. Гришков

M433. В выпуклом пятнуюгольнике ABCDE сторона BC параллельна диагонали AD, сторона CD — диагонали BE, сторона DE — диагонали AC и сторона AE — диагонали BD (рис. 1). Докажите, что сторона AB параллельна диагонали CE.
Э. Туркевич

M434. Число $\frac{2}{1} + \frac{2^2}{2} + \frac{2^3}{3} + \dots + \frac{2^n}{n}$ представляется в виде несократимой дроби $\frac{p_n}{q_n}$.
a) Докажите, что $p_n$ — четное число.
b) Докажите, что если $n \geq 3$, то $p_n$ делится на 8.
b) * Докажите, что для любого натурального k можно указать такое n, что числа $p_n, p_{n+1}, p_{n+2}, \dots$ делятся на $2^k$.
Д. Фаддеев

M435 *. В таблице размерами $m \times n$ записаны действительные числа, в каждой клетке по числу. В каждом столбце подчеркуто k наиболее чисел ($k \leq m$), в каждой строке — l наиболее чисел ($l \leq n$). Докажите, что по крайней мере kl чисел подчеркуты дважды. Разберите вначале случан a) $k=l=2$; 6) $k=l=3$.
C. Коняции

Ф443. Как известно, земной шар делает полный оборот вокруг своей оси за 23 час 56 мин 04 сек. Следовательно, за сутки все часы, цифрplat которых раз-

29

делен на 24 часа, должны отставать почти на 4 мин. Это составляет почти полчаса в неделю. Почему же мы не замечаем этого отставания и не подводим все часы непрерывно?

Б. Буховцев

Ф444. Тяжелый ящик массы $M$ скатывается по роликам, образующим наклонную плоскость (рис. 2). Расстояние между роликами $l$, их радиусы $r$ и массы $m$. Угол наклона плоскости к горизонту равен $\alpha$. Найти скорость движения ящика, если известно, что она постоянная. Считать, что ролики полые и толщина их стенок $d \ll r$.

Ф445. Конденсатор емкости $C=0,04$ мкф с помощью ключа $K$ перiodических с частотой $v=50$ раз в секунду заряжается от источника с э. д. с. $\mathcal{E}=100$ б и внутренним сопротивлением $r-5$ ом и заряжается через сопротивление $R-1$ком (рис. 3). Определить мощность, выделяемого в нагрузке $R$, и к. п. д. такого устройства. Считать, что время замыкания контактов ключа достаточно, чтобы конденсатор успел полностью зарядиться (положение $I$) и полностью зарядиться (положение $II$).

Ф446. На шероховатой ленте транспортера лежит тело массой $M$, прикрепленное к стене приложенной к (рис. 4). Ленту приводят в движение с постоянной скоростью $v$, и через некоторое время установливается периодическое движение тела. Нарисуйте график зависимости смесиния тела, его скорости и ускорения от времени при этом движении.

Ф447. Вдоль оси, проходящей через центр двух жестко связанных концентрических цилиндров, натянута платиновая проволочка, покрыта слоем сегебра (рис. 5). При прохождения тока по проводке она нагревается, и слой сегебра испаряется. Через узкую прорезь во внутреннем цилиндре часть atomов сегебра пролетает во внешний цилиндр и осаждается на его внутренней поверхности.

Радиус внешнего цилиндра $R=30$ см, радиус внутреннего цилиндра пребрежимо мал по сравнению с $R$; ширина щелки в маленьком цилиндре $\delta=1$ мм. Температура паров сегебра $T=1000^\circ\text{K}$, плотность паров $\rho=10^{-5}\text{e/cm}^3$.

Цилиндры врашаются, делая $n=10$ оборотов в секунду. Найти распределение поверхности плостицы сегебра в слое, осаждающемся на внутренней поверхности большого цилиндра за время $t=1$ сек.

30

Решения задач

M391. a) В последовательности $x_0, x_1, x_2, \dots$ числа $x_0$ и $x_1$ — натуральные и меньше 1000, а каждое из остальных чисел равно modulo разности двух предыдущих. Доказите, что одно из чисел $x_1, x_2, \dots, x_{1500}$ равно 0.

б) В последовательности $x_0, x_1, x_2, \dots$ числа $x_0$ и $x_1$ — натуральные и меньше 1000, а каждое из чисел $x_2, x_3, \dots$ равно наименьшей из абсциссных величины разностей двух каких-то предыдущих. Доказите, что $x_{20}=0$.

a) Докажем индукцией по всем натуральным $n$, что если в такой последовательности $x_0$ и $x_1$ меньше 2$n$, то одно из чисел $x_1, x_2, \dots, x_{3n}$ равно 0 (в условиях задачи $n=500$).

Случай $n=1$ легко проверяется. Пусть для всех $n$, меньше одного, утверждение доказано. Поскольку $x_0 \leqslant 2n-1$, $x_1 \leqslant 2n-1$, $x_2 \geqslant 1$, то $x_3 \leqslant 2n-2$ и $x_4 \leqslant 2n-3$. Если $x_3 < 2n-2$ и $x_4 < 2n-2$, то из индуктировного предположения все следует. Если же $x_3=2n-2$, то $x_2=1$, $x_1=2n-1$, $x_0=2n-2$. Осталось доказать утверждение в этом случае. Имеем:
$x_3=2n-2$, $x_4=2n-3$, $x_5=1$, $x_6=2n-4$, $x_7=2n-5$, $x_8=1$, …, $x_{3k}=2n-2k$, …, $x_{3n}=0$.

б) Сначала переставим члены $x_0, x_1$ и $x_2$ в порядке убывания. Получившаяся последовательность, возможно, будет отличаться от исходной лишь порядком первых трех членов (убедитесь в этом самостояльно). Кроме того, она, оченьindo, убивает: определяя член $x_k$, мы имеем все разности, которые пользовались для определения члена $x_{k-1}$, плоске еще разности между $x_{k-1}$ и остальных членами последовательности (с меньшим номерами).

Заметим теперь, что для всякого целого $k>0$
$x_k \geqslant x_{k+1}+x_{k+2}$.

В противном случае мы имеем бы
$x_{k+2}>x_k-x_{k+1}=|x_k-x_{k+1}|$, что невозможно.

Предположим, что $x_{20} \geqslant 1$. Тогда, разумеется, $x_{19} \geqslant 1$, и в силу (*) имеем: $x_{18} \geqslant x_{19}+x_{20} \geqslant 2$, $x_{17} \geqslant x_{18}+x_{19} \geqslant 2+1=3$, $x_{16} \geqslant x_{17}+x_{18} \geqslant 3+2=5$, …, $x_0 \geqslant x_1+x_2 \geqslant 4181+6765=10946>10000$, что противочитульно задачи.

С. Фомин

M392. По тем примерной дорозам с постояными скоростями идут при решениях. В начальной моментии они не находились на одной прямой. Доказите, что они могут оказаться на одной прямой не более двух раз.

Приведем два решения этой задачи. Первое (геометрическое) использует типичный для физики прием: переход в движущую систему отчета; второе (аналитическое) удается коротко записать с помощью «псевдоскалярного произведения» векторов.

I. Условие, что точки $P, Q, R$ находится на одной прямой, будем записывать так: $R \in (PQ)$ (при $P \neq Q$).

Перейдем в системе координат, связанную с одним из решений. Тогда задача сведется к следующей: на плоскости дана неподвижная точка $A$; доказать, что если точки $P$ и $Q$ движут примоленей и равномерно, то собственные $A \in (PQ)$ может произойти не более двух раз (если известно, что в начальной моменте времени $t=0$ оно не произойдет).

Пусть в какой-то момент времени $t_1$ решений $P$ и $Q$ находились в точках $B$ и $C$ таких, что $A \in (BC)$. Введем еще одного «фиктивного» решения $Q'$: $Q'$ находится в точке $B$ при $t=t_1$ и движется параллельно пути решения $Q$ так, что всегда $A \in (QQ')$ (рис. 1, a). Ясно, что условия $A \in (PQ), A \in (PQ')$ и $Q' \in (AP)$ эквивалентны *). Очевидно, $Q'$ движется равномерно. Поэтому прямая $PQ'$ сохраняет одно и то же направление — перемещается параллельно самой себе — и может лишь в один момент времени $t_2$ (отличный от $t_1$) пройти через точку $A$ (рис. 1, o). (Возможности, что точки $P$ и $Q'$ все время совпадают или что они движут по прямой $AB$, исключаны начальные условия.)

31

Нетрудно привести примеры, показывающие, что три решения действительного могут оказаться на одной прямой два раза, один раз или ни одного. Прежде чем перейти к решению II, отметим без доказательства один факт, из которого легко вытекает наша задача. Если две точки $P$ и $Q$ движутся равномерно по двум прямым, то все прямые $PQ$ либо проходят через одну точку, либо параллельны одному направлению, либо (и это общий случай) — касаются одной параболы — «огибающей» этого семейства прямых (рис. 2). Ясно, что через каждую точку $A$ плоскости проходит не более двух прямых этого семейства.

II. Введем систему координат $Oxy$. Условие, что два вектора $v$ и $w$ с координатами $(v_x; v_y)$ и $(w_x; w_y)$ колlinearны (параллельны одному направлению), можно, очевидно, записать так: $v_x w_y = v_y w_x$. Введем обозначение

$$[v, w] = v_x w_y - v_y w_x.$$ (1)

Числовая функция от пары векторов $(v, w) \rightarrow [v, w]$ обладает, как нетрудно проверить, таким свойством:

$$[\lambda v, w] = [v, \lambda w] = \lambda [v, w];$$
$$[v + w, u] = [v, u] + [w, u],$$
$$[u, v + w] = [u, v] + [u, w]$$ (2)

для любых векторов $u, v, w$ и любого числа $\lambda$. Как уже говорилось, $[v, w] = 0$ тогда и только тогда, когда $v$ и $w$ колlinearны. (Величина $[v, w]$ имеет простой геометрический смысл: ее модель равен площади параллелограмма, строоны которой изобразают векторы $v$ и $w$, а знак зависит от «ориентации» пары $(v, w)$, причем $[v, w] = -[w, v]$ (рис. 3); но эти свойства нам не понадобятся.)

Перейдем теперь непосредственно к решению задачи. Пусть $P, Q$ и $R$ движутся прямолинейно и равномерно. Тогда

$$\vec{RP} = \vec{a} + t \vec{v}, \quad \vec{RQ} = \vec{b} + t \vec{w},$$ (3)

где $t$ — время, $\vec{a}, \vec{b}, \vec{v}, \vec{w}$ — векторы, не зависящие от $t$. Получить формулы вида (3) нетрудно, пользоваться тем, что если какая-то точка $M$ движется со скоростью $\vec{u}$, то $\vec{OM} = \vec{OM}_0 + t \vec{u}$, где $\vec{M}_0$ — положение $M$ при $t = 0$, $O$ — фиксированная точка плоскости. С учетом (1) — (3) условия $R \in (PQ)$ можно записать так:

$$[v, w] t^2 + ([a, w] + [b, v]) t + [a, b] = 0.$$ (4)

Мы получили квадратное уравнение относительно $t$. Хотя некоторые его коэффициенты и могут обращаться в 0, но при $t = 0$, как сказано в условиям (4) не выполняется, так что (4) — не тожество. Следовательно, $R \in (PQ)$ не более чем при двух значениях $t$.

H. Васильев

M393. Найти сумму

$$\varphi(0) + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) +$$
$$+ \varphi\left(\frac{2}{n}\right) + \dots + \varphi(1),$$

если $\varphi(x) = \frac{4^x}{4^x + 2}$.

Мы решим более общую задачу, именно, когда $\varphi(x) = \frac{a^{2x+k}}{a^{2x}+a}$, где $k$ — любое действительное число, и $a > 0$ (положив $k = 0$, $a = 2$, получим ответ задачи M393).

Найдем выражение для $\varphi(1-x)$:

$$\varphi(1-x) = \frac{a^{-2x+k+2}}{a^{-2x+2}+a} = \frac{a^{k+1}}{a^{2x}+a}.$$

32

Сложив $\varphi(1-x)$ и $\varphi(x)$, получим:

$$\varphi(x) + \varphi(1-x) = \frac{a^{2x+k} + a^{k+1}}{a^{2x} + a} = a^k.$$

Пусть искомая сумма равна $S$. Тогда

$$S = \varphi(0) + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \ldots + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) + \varphi(1),$$

$$S = \varphi(1) + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) + \ldots + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \varphi(0).$$

Складывая эти два равенства и принимая во внимание, что

$$\varphi(0) + \varphi(1) = \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) = \ldots =$$

$$= \varphi(x) + \varphi(1-x) = a^k,$$

получаем

$$2S = (n+1)a^k,$$

то есть $S = \frac{1}{2}(n+1)a^k$.

Итак, ответ в задаче М393 следующий:

$$S = \frac{1}{2}(n+1).$$

С. Берколайко

M394. a) На плоскости даны векторы $a, b, c, d$, сумма которых равна 0. Доказите неравенство:

б) для четырех чисел и в) четырех векторов в трехмерном пространстве, сумма которых равна 0.

Рис. 5.

Рис. 6.

Мы сейчас решим только задачу a) (на олимпиде школьникам 9—10 классов предлагалась именно она); решению же задач б) и в) будет посвящена заметка, которую мы опубликуем в одном из ближайших номеров журнала.

Откладывая последовательно векторы $\vec{MN} = \vec{a}, \vec{NP} = \vec{b}, \vec{PQ} = \vec{c}, \vec{QM} = \vec{d}$, мы получим замкнутую ломанную (так как $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d} = 0$). Меняя порядок следования векторов $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$, можно получить несколько таких ломанных. Покажем, что среди этих ломанных есть саморесекациюся. Для этого возьмем какую-нибудь из наших ломанных. Если одна из ее вершин, например $Q$, лежит внутри треугольника $MNP$, образованного треями вершинами (рис. 4, а), то отложим вектор $\vec{QQ'} = \vec{MN}$. Так как при этом $\vec{Q}'N = \vec{QM}$, то ломанную $MNPQ$ можно заменить саморесекаюшейся ломаной $NPQQ'$ (рис. 4, б). Если же $MNPQ$ — выпуклая ломанная, то сначала проделаем построение, изобранное на рисунке 5.

Итак, пусть $\vec{MN} = \vec{a}, \vec{NP} = \vec{b}, \vec{PQ} = \vec{c}, \vec{QM} = \vec{d}$, причем отрезки $NP$ и $QM$ имеют общую точку $R$ (рис. 6). Тогда $|MR| + |PR| \geq |PM|, |NR| + |QR| \geq |QN|$, откуда $|MR| + |PR| + |NR| + |QR| \geq |PM| + |QN|$. Но $|PM| = |PQ + QM| = |c + d|,$

$$|QN| = |QM + MN| = |a + d|,$$

а $|MR| + |PR| + |NR| + |QR| = |QM| + |NP| = |b + d|$. Следовательно,

$$|b| + |d| \geq |a + d| + |c + d|.$$

(1)

Кроме того, очень важно, что $|a| + |c| \geq |a + c|$ и что $|a + c| = |b + d|$ (см. рис. 6); поэтому

$$|a| + |c| \geq |b + d|.$$

(2)

Складывая неравенства (1) и (2), получим то, что требовалось.

Ю. Нонин

33

Ф397. Имеется следующий проект лемательного annарама. Верхняя поверхность большой плоской пластинки подвержена стреляющая при постоянной температуре 0°C, а нижняя — при температуре 100°C. Изобретатель умверждает, что макая пластника будем высеть в воздухе подобно дирижаблю. Объяснение, поcemу. Оцените по порядку величины подъемную силу макой пластинки с площадью 1 м² при температуре воздуха 20°C.

Налетающие на пластину молекулы воздуха имеют среднеквадратичную скорость, равную $\bar{v}_{\text{cp.кв.}} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$, где $T$ — температура воздуха, $m$ — масса молекул. Среднее значение абсолотных величины проектной скорости молекул на ось $OY$, перpendикулярную к поверхности пластины, равно $\bar{v}_y \approx \frac{\bar{v}_{\text{cp.кв.}}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{kT}{m}}$.

При столкновении с пластиной «температура» молекул становится равной температуре пластины. Это означает, что после отражения от верхней поверхности

$$\bar{v}'_y = \sqrt{\frac{kT_1}{m}},$$

а после отражения от верхней поверхности

$$\bar{v}'_y = \sqrt{\frac{kT_2}{m}}.$$

В результате проекция $p_y$ импульса молекул, попадающей на нижнюю поверхность пластины, меняется при соударении на величины

$$\Delta p'_y = m \left( \sqrt{\frac{kT}{m}} + \sqrt{\frac{kT_1}{m}} \right),$$

а молекулы, попадающей на верхнюю поверхность, — на величины

$$\Delta p''_y = m \left( \sqrt{\frac{kT}{m}} + \sqrt{\frac{kT_2}{m}} \right).$$

За время $\Delta t$ на каждую из поверхностей попадают молекулы, находящиеся от пластины на расстоянии, равном $\bar{v}_y \Delta t$. Число этих молекул равно $N = nv_y s \Delta t$, где $n$ — число молекул в единице объема, $s$ — площадь пластины.

В соответствии со вторым и третьим законами Ньютона на пластину в верхкальном направлении действуют силы, равные по абсолотным величинам изменением проекций импульсов молекул в единицу времени. На нижнюю поверхность пластины действует направленная вверх сила (рис. 7)

$$|\vec{F}_1| = \frac{N \Delta p'_y}{\Delta t} = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_1}{m}} + \sqrt{\frac{kT}{m}} \right),$$

а на верхнюю — направленная вниз сила

$$|\vec{F}_2| = \frac{N \Delta p''_y}{\Delta t} = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_2}{m}} + \sqrt{\frac{kT}{m}} \right).$$

Так как $T_1 > T_2$, то равноведущая $\vec{R}$ сил $\vec{F}_1$ и $\vec{F}_2$ направлена вверх и равна по абсолотной величине

$$|\vec{R}| = |\vec{F}_1| - |\vec{F}_2| = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_1}{m}} - \sqrt{\frac{kT_2}{m}} \right) = nsk \sqrt{T} \left( \sqrt{T_1} - \sqrt{T_2} \right).$$

Число молекул, содержащихся в объеме $V$ воздуха при давлении $p$ и температуре $T$, равно $N_V = v \cdot N_A$, где $v$ — число молекул воздуха в объеме $V$, $N_A$ — число Абогадро. Но $v = \frac{M}{\mu} = \frac{pV}{RT}$. Так что число молекул в единице объема

$$n = \frac{p}{RT} N_A.$$

34

Таким образом,

$$|\vec{R}| = \frac{pN_A sk}{RT} \sqrt{T_1} - \sqrt{T_2} = \frac{ps}{\sqrt{T}} (\sqrt{T_1} - \sqrt{T_2}).$$

Подставив в это выражение данные в условия величины (считая $p = 10^5 \text{h}/\text{m}^2$), получим

$$|\vec{R}| \approx 1,5 \cdot 10^4 \text{ h}.$$

Ф398. При подключинии в семЬ трехlamповой листры с двумя выключателями была допущена ошибка. В результате эмодор при замыкании одною из выключателей все три лампы горели неполным накалом. При замыкании другие его еще горели), и том же эмодор давало замыкание обихых выключателей одновременно. При разомкуных выключателей все три лампы не горели. Нарисуйте возможность схему выполненного монтажа, объясните налodiaемые эмфекты.

Ф399. Три небольших одинаковых металлических шарика, находящихся в вакууме, помещены в вершинах равностороннего треугольника. Шарики поочередно по одному разу соединяются с удаленным прсоводником, помещаемом поддерживается постоянным. В результате на первом шарике оказывается заряд $Q_1$, а на втором — $Q_2$. Определить заряд третьего шарика.

Схема включения ламп пооказана на рисунке 8. При замкнутом ключе $K_1$ и разомкнутом ключе $K_2$ все три лампы оказываются включенными последовательно, и поэтому они горят неполным накалом. При одновременном замыкании обихих ключе лампа $J_1$ оказывается включенной в себя, а лампы $J_2$ и $J_3$ соединены параллельно участку цепи с очень маленьким сопротивлением. Например на них мало, и лампы не горят. При замыкании одного ключа $K_2$ в себя включается только лампа $J_1$.

Рис. 8.

При соединении каждого из шариков с удаленным проводником, потенциаль Ф которого поддерживает постоянным, потенциаль шарика становится равным Ф.

Заряд $Q_1$, появляющийся на первом шарике, равен

$$Q_1 = C\varphi,$$

где $C$ — емкость шарика.

Потенциаль Ф второго шарика складывается из потенциальа поля, создаваемого зарядом $Q_1$ на расстоянии $l$ от первого шарика ($\varphi_1 = \frac{Q_1}{l}$), и потенциаль «собственного» поля заряда $Q_2$ ($\varphi_2 = \frac{Q_2}{C}$):

$$\varphi = \varphi_1 + \varphi_2 = \frac{Q_1}{l} + \frac{Q_2}{C}.$$

Потенциаль Ф третьего шарика равен

$$\varphi = \frac{Q_1}{l} + \frac{Q_2}{l} + \frac{Q_3}{C},$$

где $\frac{Q_1}{l}$, $\frac{Q_2}{l}$ — соответствен потенциальы полей зарядов $Q_1$ и $Q_2$ на расстоянии $l$ от них, $\frac{Q_3}{C}$ — потенциаль «собственного» поля заряда $Q_3$.

Из равенства (2), воспользовавшись равенством (1), найдем $l$:

$$l = \frac{Q_1 C}{Q_1 - Q_2}.$$

Подставив это выражение для $l$ в равенство (3), найдем $Q_3$:

$$Q_3 = C \left[ \varphi - \frac{Q_1 + Q_2}{l} \right] = \frac{Q_2^2}{Q_1}.$$

36

Ф402. Рассеивающая линза с фокусным расстоянием $F = -0,6$ м расположена так, что один из ее фокусов совпадает с полосом во внутреннего зеркала. Каково фокусное расстояние $F'$ зеркала, если известно, что система даем действительное изображение предмета, помещенного на любом расстоянии перед линзой? Изображение создается лучами, вторично проедущими через линзу после отражения от зеркала.

откуда
$$\frac{I_2}{I_1} = \frac{R}{r_2}.$$

С другой стороны, $\varphi_A = \varphi_C + I_1 r_G$ ($r_G$ — сопротивление галванометра), а $\varphi_B = \varphi_C + I_2 r_1$. Так что
$$\varphi_C + I_1 r_G = \varphi_C + I_2 r_1,$$

откуда
$$\frac{I_1}{I_2} = \frac{r_G}{r_1}.$$

Сравнивая выражения (1) и (2), получаем:
$$\frac{R}{r_2} = \frac{r_G}{r_1},$$

или
$$r_G = \frac{r_1}{r_2} R.$$

Зная сопротивления $r_1$, $r_2$, $R$, можно найти сопротивление галванометра $r_G$.

◆
Рассеивающая линза всегда дает минимое изображение действительного источника. Следовательно, для того чтобы система давала действительное изображение, промежуточное изображение, которое получается после отражения лучей от зеркала, должно быть минимим источником для линзы, то есть должно находиться справа от линзы.

В самом деле, из формулы рассеивающей линзы в случае минимого источника
$$-\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = -\frac{1}{F}$$

следует, что
$$f = \frac{dF}{F - d}.$$

(Напомним, что $d$ — расстояние от линзы до источника, $f$ — расстояние от линзы до изображения, $F$ — фокусное расстояние линзы.) Из (1) видно, что $f \geq 0$, если $d$ положительное и не превышает $F$.

Таким образом, промежуточное изображение $S_2$ источника после зеркала (рис. 14) должно находиться справа от зеркала на расстоянии $f_2$ таком, что
$$F \leq f_2 \leq 2F.$$

Источником для зеркала служит промежуточное изображение $S_1$ — минимое изображение источника $S$, даваемое линзой после первого преломления лучей (см. рис. 14). Из формулы линзы для этого случая
$$\frac{1}{d_1} - \frac{1}{f_1} = -\frac{1}{F}$$

— находим
$$f_1 = \frac{d_1 F}{d_1 + F}.$$

37

Расстояние $d_1$ от источника до линзы может меняться в пределах от 0 до $\infty$. При этом, как следует из формулы (3), $f_1$ меняется от 0 до $F$. Расстояние же $d_2 = F + f_1$ от изображения $S_1$ до зеркала меняется при этом от $F$ до $2F$. Напомним, что это изображение служит источником для зеркала. Таким образом, нам нужно найти, при каком фокусном расстоянии $F'$ зеркала изображение источника, находящегося от зеркала на расстоянии $d_2$ таком, что

$$F \leqslant d_2 \leqslant 2F,$$

(4a)

получается на расстоянии $f_2$ от зеркала таком, что

$$F \leqslant f_2 \leqslant 2F.$$

(46)

Из формулы зеркала —

$$\frac{1}{d_2} + \frac{1}{f_2} = \frac{1}{F'}$$

— следует, что

$$\frac{1}{f_2} = \frac{1}{F'} - \frac{1}{d_2}.$$

(5)

Согласно условия (46)

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{f_2} \leqslant \frac{1}{F},$$

так что права часть равенства (5) лежит в пределах

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{F'} - \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F}.$$

Следовательно,

$$\frac{1}{2F} + \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F'} \leqslant \frac{1}{F} + \frac{1}{d_2}.$$

Полученное неравенство должно выполнять при всех произвольных $d_2$, удовлетворяющих условия (4a). Согласно этому условия

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F},$$

так что фокусное расстояние $F'$ зеркала должно быть таким, чтобы выполнялось условия

$$\frac{1}{2F} + \frac{1}{F} \leqslant \frac{1}{F'} \leqslant \frac{1}{F} + \frac{1}{2F}.$$

Следовательно, $\frac{1}{F'} = \frac{3}{2F}$, или

$$F' = \frac{2}{3} F = 0,4 \text{ m}.$$

И. Словодецкий

38

В. Гутенмахер

Расстояние от точки до плоскости

В учебнике «Геометрия 10» есть несколько задач, в которых требуется найти расстояние от заданной точки до заданной плоскости. Как ни страно, эти задачи вызывают некоторые затруднения у школьников (несмотряна то, что одна из таких задач — № 28, с. 10 — решена в тексте). Поэтому мы оставимся на этом вопросе немного подробнее.

Новая формула

Пусть $A(x_0; y_0; z_0)$ — точка в координатном пространстве $Oxyz$ и $\alpha$ — плоскость, заданная уравнением $ax+by+cz+d=0$. Расстояние $\rho(A, \alpha)$ от точки $A$ до плоскости $\alpha$ находится по формуле

$$\rho(A, \alpha) = \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.$$

Эту формулу можно описать следующим так:

Надо в выражение $ax+by+cz+d$ вместо переменных $x, y, z$ подставить координаты точки $A$. Взять_modуль полученного числа и разделить его на число $\sqrt{a^2+b^2+c^2}$.

Вывод формулы

Вывод формулы (*) по существу повторяет решение задачи № 28, приведенной на с. 10—11 учебника «Геометрия 10».

Опустим из точки $A(x_0; y_0; z_0)$ перепределуар на плоскость $\alpha$, заданной уравнением $ax+by+cz+d=0$; пусть $B$ — точка пересечения этого перепределуара с плоскостью $\alpha$; тогда $|AB|$ — расстояние от $A$ до $\alpha$ (см. рисунок). Обозначим через $(x_1; y_1; z_1)$ координаты точки $B$; тогда

$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = (x_1-x_0; y_1-y_0; z_1-z_0),$$

откуда

$$|AB| = |\overrightarrow{AB}| = \sqrt{(x_1-x_0)^2 + (y_1-y_0)^2 + (z_1-z_0)^2}.$$

Поскольку вектор $\overrightarrow{AB}$ перпендикулярен плоскости $\alpha$, он коллинераен вектор $\vec{n}$ с координатами $(a; b; c)$.

Это означает, что найдется такое число $p$, что

$$\overrightarrow{AB} = p \cdot \vec{n}.$$

(1)

Из этого равенства следует, что

$$x_1-x_0 = p \cdot a, \quad y_1-y_0 = p \cdot b, \quad z_1-z_0 = p \cdot c.$$

(2)

Таким образом,

$$|AB| = \sqrt{p^2a^2 + p^2b^2 + p^2c^2} = |p| \cdot \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}.$$

Осталось найти число $|p|$. Так как точка $B$ принадлежит плоскости $\alpha$, то $ax_1+by_1+cz_1+d=0$. Поскольку $x_1=x_0+pa, y_1=y_0+pb, z_1=z_0+pc$ (см. соответствие (2)), для $p$ получаем уравнение

$$a(x_0+pa) + b(y_0+pb) + c(z_0+pc) + d=0,$$

из которого находится $|p|$:

$$|p| = \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{a^2+b^2+c^2}.$$