Квант 1978, №3 · Страницы

КЕАНТ 3
1978
НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО - MATEMATIЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
АКАДЕМИИ НАУК СССР и АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК СССР

В марта 1978 года исполняется 70 лет со дня рождения редактора журнала «Квант», выданцелегосая советского физика, заместителя директора Института atomной энергии И. В. Курчатова, Героя Социалистического Труда, лауреата Ленинской и Государственных премии СССР академика ИСААКА КОНСТАНТИНОВИЧА КИКОИНА.
Помимо плодотворной научной деятельности Исаак Константинович много времени и энергии отдает педагогическим проблемам средней школы. Он — один из авторов новой программы по физике и учебнике «Физика 8», председатель Комиссии по физике Учебно-методическое совета Министерства просвещения СССР и председатель Центрального Орzekомитета Всесоюзной олимпiadы школьников.
Редколегия и редакция журнала «Квант» от своего имени и от имени многих тысяч читателей поздравляют Исаака Константиновича с его семидесятилетем и желают ему долих лет жизни, большого личного счастья, новых успехов в научной и педагогической деятельности.

В НОМЕРЕ:

2 А. Лопщиц. Площади ориентированных фигур
11 М. Бронштейн. Необратимость тепловых явлений и статистика
Лаборатория «Квант»
19 Я. Геузин. Пузырьковая модель кристалла
Математический кругхок
25 Л. Софман. Суммы длин и минимум энергии
29 Победители конкурса «Квант»
Задачик «Квант»
30 Задачи М491—М495; Ф503—Ф507
32 Решения задачи М444, М445; Ф458—Ф461
По страницам школьных учебников
38 А. Земляков. Как выглядит парабола?
40 В. Березин. Вивиана
«Квант» для младших школьников
41 Задачи
42 Б. Кордемский. Спрятанная аргумента
Практикум абитуриента
44 В. Алимицев, Л. Беркович, С. Меников, А. Хвостмов. Куйбышевский государственный университет
45 И. Горев, Ф. Кросс. Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова
48 С. Овчинников. Принадлежность точек прямой и плоскости
54 В. Орлов. Парадокс «большого» тела
Рецензии, библиография
59 И. Клумова, М. Смолянский. Новые книги
61 М. Шаскольская. Почему и как исчезает пустота
62 Ответы, указания, решения
Смеся (10, 18, 43, 47)

На первой странице обложки вы видите «ожерелье Аитуана». Подробнее о нем расскажано на странице 47.

2

А. Лопшиц

Площади ориентированных фигур

Читатель нашего журнала часто встречал в нем разнообразные задачи, в которых шла речь о площадях. Их решения также получались разнообразным способами. В «Кванте» № 3 за 1977 г. мы рассакали об идее Мёбиуса — измерять площади ориентированных многоугольников не только положительных, как это делается в школе, но и отрицательными числами. Мы обещали вернуться к рассмотрению этих вопросов и познакомить читатель с решением задачи, поставленных Мёбиусом, и задач, которые их естественно продолжают. В настоящее время мы предлагаем сначала измерения площадей ориентированных многоугольников—этом посвящена первая часть; условие изложенного в ней материала сделает читателя подготовленным к самостоятельному решению не только тех задачи о площадях, которые были поставлены в нашем журнале, но и многих других.

1. Основные свойства площадей ориентированных фигур

2. Необходимость измерять площади плоских фигур была, как полагают историки, одной из основных принципов возникновения и развития геометрии: древние египетские должны были восстанавливаны — после очередного наводнения Нила — границы своих земельных участков, затопленных весенними водами, и вовь изменять их площади.

Уже в сельом классшкольник узнал простейшее правило нахождения площадей параллелограммов, треугольников, трапеций. Математический вывод этих правил использовал многоугольников, по его площадь равна сумме площадей треугольника $A_1A_2A_3$ и многоугольника $A_1A_3A_4 \dots A_n$:

$$\text{пл. } A_1A_2 \dots A_n = \text{пл. } A_1A_2A_3 + \text{пл. } A_1A_3A_4 \dots A_n.$$

Одного взгляда на рисунок 1, а как будто достагоно, чтобы принять это свойство, т. е. согласно с тем, что высказываемое им математическое предложение действительное имеет место. Однако для многоугольника, показанного на рисунке 1, 6, это свойство не выполняется; в этом случае

$$\text{пл. } B_1B_2 \dots B_n = \text{пл. } B_1B_3B_4 \dots B_n - \text{пл. } B_1B_2B_3.$$

Придется поэтому, изменить формуларовку: площадь многоугольника $A_1A_2 \dots A_n$ равна либо сумме, либо разности площадей многоугольника $A_1A_3A_4 \dots A_n$ и треугольника $A_1A_2A_3$.

Это утверждение осуществляется и для выпуклых и для невыпуклых многоугольников, но имеет — увы! — существенный недостаток: пользоваться им, нужно какдый раз смотрить на чертеж и выбирать знак «плюс» или «минус».

2. Выход из этого положения указал (еще в 1827 году) знаментийный геометр Мёбиус. Он предложил приписывать площадей треугольника $B_1B_2B_3$ положительное значение только в том случае, когда

3

вершины $B_1, B_2, B_3$ расположены по часовой стрелке (рис. 2, а), а в противном случае (рис. 2, б), «площадью» треугольника $B_1B_2B_3$ считать отрицательное число, модуль которого равен общей площади этого треугольника.

Полезность этой новой точки зрения хорошо видна на следующем примере. Если точка $P$ расположена внутри треугольника $ABC$, то (рис. 3). пл. $ABC =$ пл. $PAB +$ пл. $PBC +$

• пл. $PCA$. (*)

Однако если точка $P$ расположена вне треугольника $ABC$, то это равенство должно быть заменено другим, например, в случае, приведенном на рисунке 4, а равенством

пл. $ABC =$ пл. $PAB +$

• пл. $PBC -$ пл. $PCA$.

Читатель легко убедится, что в зависимости от расположения точки $P$ справедливый еще пять «похожих равенств» (рис. 4, б, б; 5, а, б, б). Однако если воспользоваться правлом Мёбинуса, то, как легко проверить, «все эти» семь равенств могут быть записаны в виде (*) (рис. 6).

Итак, правильное Мёбинуса дает возможность утверждать, что справедлива.

Теорема 1. Как бы ни была расположена в плоскости треуголь-

4

нака $ABC$ точка $P$,
пл. $ABC = \text{пл. } PAB + \text{пл. } PBC + \text{пл. } PCA$.

Вместо семи теорем — одна! Можно ли после этого совпадаться в целесообразности правила Мёбинуса?

3. Дадим теперь строгое определение площади, использующее правило Мёбинуса.

Прежде всего уточним, о площади каких фигуры мы будем говорить. Наозовем многовершинком произвольную замкнутую ломаную, для которого указаан порядок следования вершин $^*$).

Запись $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ будет означать, что вершина $A_2$ следует за вершиной $A_1$, $A_3$ — за $A_2$, …, $A_n$ за $A_{n-1}$ и, наконец, что очень важно! — $A_1$ следует за $A_n$. Такой порядок называют круговым (или циклическим). Из этого определения следует, что у порядочных $n$-вершинки $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ можно обозначать и так: $\overline{A_2A_3 \dots A_nA_1}$. Таким образом, записи $\overline{ABC}$, $\overline{BCA}$, $\overline{CAB}$ означают один и тот же упорядоченный трехвершиник, а записи $\overline{BAC}$, $\overline{ACB}$, $\overline{CBA}$ — другой упорядоченный трехвершиник. Будем говорить, что трехвершиник $\overline{ABC}$ и $\overline{BAC}$ против положению ориентированы.

Именно для ориентированных (упорядоченных) многовершинников мы и хотим определить понятие площади.

Сделаем это так. Укажем некоторые основные ее свойства. Эти свойства доказываются не будут, но все остальные утверждения про площадь ориентированных многовершинников будут выводиться из этих свойств. (Такой способ определения понятый в математике называют аксиоматическое.) Итак, мы считаем, что каждому многовершиннику $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ поставлено в соответствии неокоторое число — пл. $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$; оно может быть не только положительным, но и отрицательным, и даже равным нулю; при этом выполняется следующая свойства:

(I) $\overline{ABC} = -\text{пл. } \overline{BAC}$;

(II) $\overline{A_1A_2A_3 \dots A_n} = \text{пл. } \overline{A_1A_2A_3} + \text{пл. } \overline{A_1A_3A_4 \dots A_n}$. Если учеть, что многовершинник $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ совпадает с многовершинником $\overline{A_2A_3 \dots A_nA_1}$, то это свойство можно записать и так:

(II’) $\overline{A_2A_3 \dots A_nA_1} = \text{пл. } \overline{A_2A_3A_4} + \text{пл. } \overline{A_2A_4 \dots A_nA_1}$.

А теперь вернемся к теореме 1. Исподняя соответствий (I) и (II), ее уже можно строить доказать! В самом деле, как бы ни были расположены в плоскости четырех точки $PABC$, имеют место — согласно (II) и (II’) — равенства: пл. $\overline{PABC} = \text{пл. } \overline{PAB} + \text{пл. } \overline{PBC}$; пл. $\overline{PABC} = \text{пл. } \overline{ABCP} = \text{пл. } \overline{ABC} + \text{пл. } \overline{ACP}$ и, следовательно, пл. $\overline{PAB} + \text{пл. } \overline{PBC} = \text{пл. } \overline{ABC} + \text{пл. } \overline{ACP}$, т. е. пл. $\overline{ABC} = \text{пл. } \overline{PAB} + \text{пл. } \overline{PBC} - \text{пл. } \overline{ACP}$. Учитывая же, что в силу (I), пл. $\overline{ACP} = -\text{пл. } \overline{PCA}$, получим пл. $\overline{ABC} = \text{пл. } \overline{PAB} + \text{пл. } \overline{PBC} + \text{пл. } \overline{PCA}$.

Постарайтесь теперь самостоять необходимое обозначение теоремы 1:

Теорема 2. Как бы ни была расположена точка $P$ в плоскости упорядоченного многовершинника $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$, имеет место равенство пл. $\overline{A_1A_2 \dots A_n} = \text{пл. } \overline{PA_1A_2} + \text{пл. } \overline{PA_2A_3} + \dots + \text{пл. } \overline{PA_nA_1}$.

Выведите такое следствие из этой

7

Рис. 12, а.

Задча 4. Докажите $(A_3)$, если
a) $\lambda$ — целое положительное число,
b) $\lambda$ — рациональное положительное число,
c) $\lambda$ — отрицательное рациональное число.

Справедливо также и соответствие $(A'_3)$ $S(\lambda AB, MN) = S(AB, MN) \cdot \lambda$. (Следует только использовать $(A_3)$ и $(A_2)^*$.))

В заключение этого списка формул, показем, что из них следует очень важная для всей теории плоскей теорема:

Если отрезки $AB$ и $CD$ колlinearны (m. е. либо лежат на параллельных прямых, либо на одной и той же прямой), то

$$S(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD}) = 0^*.$$

В самом деле, в силу $(A_2)$ имеем

$$S(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AB}) = -S(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AB}),$$

и поэтому

$$S(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AB}) = 0.$$

Если отрезок $\overrightarrow{CD}$ колlinearен отрезку $\overrightarrow{AB}$, то $\overrightarrow{CD} = \lambda \overrightarrow{AB}$; поэтому

*) Справедливо формул $(A_3)$ и $(A'_3)$ при irrationalных $\lambda$ нельзя установить, исходя из формулы $(A_1)$. Для того чтобы распространить эти формулы и на irrationalные $\lambda$, нужно наложить неокотные ограничения на выражение $S(\overrightarrow{AB}, \lambda MN)$ как функцию $\lambda$. Достаточно, например, считать, что эта функция монотна.

**) Да это оченьно! — скажет читатель.

Ведь параллелограмм $PQRS$, построенный на колlinearных отрезках, выражается — все его вершины лежат на одной прямой и поэтому его площадь равна нулю. Однако использовать в этом «расчудении» слово «постому» логически совсем не обосновано — только в тех случаях мы можем говорить «постому», когда опираемся либо на основные положения I, II, III, либо на уже доказанные с их помощью теоремы.

8

III. Вычисление ориентированной плоскости произвольного упорядоченного плоского многовершинника

7. Пусть $O$ — произвольно выбранная точка плоскости, а векторы $\overrightarrow{OE}_1$ и $\overrightarrow{OE}_2$, в ней расположенные, неоколичные.

Если $x_1$ и $x_2$ — два произвольных числа, то вектор $x_1\overrightarrow{OE}_1+x_2\overrightarrow{OE}_2$ называют линейной комби-нацей векторов $\overrightarrow{OE}_1$ и $\overrightarrow{OE}_2$.

Пусть

(1) $x_1\overrightarrow{OE}_1+x_2\overrightarrow{OE}_2=\overrightarrow{OP}$.

Таким образом, задание упорядоченной пары чисел ($x_1; x_2$) одновременно определяет и (соответствуетушую этой паре) точку $P$. Приято говорить, что $x_1$ есть первая координата точки $P$, $x_2$ есть вторая координата точки $P$ относительно координатной системы $\langle O; E_1, E_2 \rangle$, заданной началом $O$ и «масштабными векторами» $\overrightarrow{OE}_1$ и $\overrightarrow{OE}_2$.

В дальнейшем изложении будем считать, что точка $O$ и векторы $\overrightarrow{OE}_1$ и $\overrightarrow{OE}_2$ фиксированы и будем пользоваться вместе записи (1) краткой записью: $P=(x_1, x_2)$.

Задача 6. Где расположены точки плоскости ($O, E_1, E_2$):

a) первая координата которых (в системе $\langle O; E_1, E_2 \rangle$) — неокоторое положительное (отрицательное) число, а вторая координата равна нулю,

b) обе координаты которых положительные (отрицательные) числа,

b) у которых первая координата положительная (отрицательная), а вторая координата положительная)?

Придавая в формуле (1) числам $x_1$ и $x_2$ все возможные значения, мы получим и все возможные векторы $\overrightarrow{OP}$ плоскости, содержащей точки $O$, $E_1$, $E_2$; иными словами, каждая точка $P$ этой плоскости имеет свою пару координат: $x_1; x_2$ (рис. 13). Легко убедиться, что они могут быть вычислены по следующим формулам:

(2) $x_1 = \frac{\pi l. \overrightarrow{OPE}_2}{\pi l. \overrightarrow{OE}_1 E_2}; \quad x_2 = \frac{\pi l. \overrightarrow{OPE}_1}{\pi l. \overrightarrow{OE}_2 E_1}$.

В самом деле, умножив (косо!) раз

9

IV. Задча Мёбиуса и ее продукение

10. В статье, имеющей это название (в третьем номере нашего журнала за прошленный год), мы предложили доказать, что как бы ни были расположены в плоскости пямы мочек A, B, C, D и E, площадь x пятвершинника $\overline{ABCDE}$ есть корень квадратного уравнения

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

в котором a, b, c, d, e — площади ориентированных трехвершинников $\overline{ABC}, \overline{BCD}, \overline{CDE}, \overline{DEA}, \overline{EAB}$.

Особый интерес, который вызывает эта задача, связаан с тем, что пятвершинник $\overline{ABCDE}$ может быть и невыпуклым и даже таким, у которого стороны пересекаются (рис. 14); неудивительно поэтому, что числа a, b, c, d и e могут быть и отрицательными.

Изящное доказательство, которое дал Мёбиус, использует изображенный им специальный математический аппарат — барицентрическое исчисление (барицентр — центр тяжестни), которое Мёбиус открыл в результате изучения вопросов механики твердого тела. Современная векторная алгебра возникла и под влиянием этих идей Мёбиуса. Мы познакомим читателя с векторным доказательством задачи Мёбиуса — оно использует изображенную выше теорию ориентированных площадей, точнее говоря, доказанное в п. 8 «тождество Мёбиуса» — которое мы запишем так:

пл. $\overline{ABC} \cdot$ пл. $\overline{ADE}$ +
(4) + пл. $\overline{ADB} \cdot$ пл. $\overline{ACE}$ +

• пл. $\overline{ABE} \cdot$ пл. $\overline{ACD} = 0$.

В силу свойств ориентированных площадей пл. $\overline{ABCDE} = x =$ пл. $\overline{ABC}$ +

• пл. $\overline{ACD} +$ пл. $\overline{ADE} = a +$ пл. $\overline{ACD} +$ d;

x = пл. $\overline{CDE} +$ пл. $\overline{CEA}$ +

• пл. $\overline{CAB} = c +$ пл. $\overline{CEA} + a$,

x = пл. $\overline{DEA} +$ пл. $\overline{DAB}$ +

• пл. $\overline{DBC} = d +$ пл. $\overline{DAB} + b$, и, следовательно,

10

Пл. $ACD = x - a - d$;
Pl. $DAB = x - b - d$;
Pl. $CEA = x - c - a$.

Подставляя эти выражения в (4), получим
$$ad - (x - b - d)(x - c - a) + e(x - a - d) = 0,$$
т. е. уравнение (3).

11. Мёбиус предлагает также доказать, что если площади (ориентированные!) четырехвершинников $ABCD$, $BCDE$, $CDEA$, $DEAB$, $EABC$ равны соответственно, $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$, $\varepsilon$, то площадь $x$ пятвершинника $ABCD$ есть корень квадратного уравнения
    $$x^2 - x(\alpha + \beta + \gamma + \delta + \varepsilon) + (\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \delta + \delta \varepsilon + \varepsilon \alpha) = 0$$
    («такого же», говорит Мёбиус, как и уравнение 3).

Это доказательство читатель проверяет самостояльно. Более затруднительным будет решение «продолжения» задачи Мёбиуса:

Доказать, что если площади ориентированных трехугольников
$$ACD, BDE, CEA, DAB, EBC$$ равны (соответственно) $p, q, r, s, t$, то площадь $x$ пятвершинника $ABCD$ есть корень квадратного уравнения
$$x^2 = (p + q + r + s + t)^2 - 4(pr + rt + tq + qs + sp).$$

12. Обратим, наконец, внимание на то, что и задача Мёбиуса и ее «продолжение» представляют собой частные случаи такой задачи.

На сторонах $AB, BC, \dots$ ориентированного пятвершинника $ABCD$ взяты точки $A', B', C', D', E'$ так, что $AA' = \lambda AB; BB' = \lambda BC; \dots$. Требуется составить уравнение, которое удовлёторят плошадь $x$ пятвершинника $ABCD$, если заданы площади треугольников $ABCDE$, $BCD', \dots$, равные соответственно $a', b', c', d', e'$. (В случае, когда $\lambda = 0$ — задача Мёбиуса; если же $\lambda = 1$ — ее «продолжение»).

Совсем неожиданный ответ получается для случая, когда $\lambda = 1/3$; вот он:
$$x = \frac{3}{5}(a' + b' + c' + d' + e').$$

Еще более неожиданным показется, что для произвольного заданного $\lambda$ (не равного, однако, $1/3$) задача имеет удивительное… безобразный ответ:
$$x^2(1 - \lambda - \lambda^2) - x(a' + b' + c' + d' + e')(1 - \lambda) + (a' + b' + c' + d' + e')^2\left[\frac{1 - 2\lambda + 2\lambda^2}{(2 - \lambda)^2} - \frac{(1 - \lambda)^2(1 - 3\lambda)^2}{[(1 - \lambda)^5 + 1](2 - \lambda)} \right] + [(1 - \lambda)(a'b' + b'c' + c'd' + d'e') + e'a') - \lambda^2(a'c' + c'e' + e'b' + b'd') + d'a')] \frac{(2 - \lambda)(1 - 3\lambda)^2}{(1 - \lambda)^5 + 1} = 0.$$

Утешением, быть может, послушит то, что при $\lambda = 0$ и при $\lambda = 1$ эта формула все же приводит к уравнением (3) и (6). Добавочным стимулом для вывода формулы (7) будет (для настоящийного читателя!) то, что онадает решение такой задачи: при каком значении числа $\lambda$ (кроме $\lambda = 1/3$) площадь пятвершинника $A'B'C'D'E'$ однозначно определяется заданием площадей $a', b', c', d', e'$?

И, наконец, нельзя ли эту последнюю задачу решить без предварительного вывода «безобразной» формулы?

Ребусы

Попробуйте расшифровать следующие примеры на умножение, в каждом из которых одинаковые буквы обозначают одинаковые цифры, а разные буквы — разные цифры, и ни одно число не начинается нулем.

11

М. Бронштейн

Необратимость тепловых явлений и статистика

Эта статья — глава из книги «Стоение вещества», написанной известным советским физиком, замечательным популяризатором науки М. С. Бронштейном. Книга эта была издана в 1936 году. Текст печатается с небольшими изменениями.

Телловыми явлениями мы называем все те явления, произходящие с макросоппечением телами, в которых мы уже не можем ограничиться расстоянием движения макросоппечного тела как целого, а должны расстоять и перемещения мелчайших частиэ этого тела друг относительно друга, т. е. в конечном случае учесть atomистическое строение тела; так, например, расширение газа, деформацию металлического стержня и т. п. мы называем в этом смысле слова телловыми явлениями наряду с нагреванием газа, заключенного в сосуд нензменного объема. Закон сохранения энергии, представляющий один из основных принципов механики, справедлив и в области тепловых явлений; это представляет весь серьеное доказательство того взгляда, что макросоппечное тело можно трактовать как механическую систему, состоящую из atoms, т. е. иными словами, что «телло есть движение». Именно поэтому закон сохранения энергии получил название приципа механической теории тела (вместо выражения «механическая теория тела» еще чаще употребляют более короткое название «термодинамика»).

Когда мы пробуем применять принципы механики к макросоппечскому телу, состоящему из огромного количества atoms, мы с самого начала наталкиваемся на две существенные трудности. Первая из этих трудностей имеет чисто практический характер. Она заключается в том, что для решения задачи о повышении механической системы, состоящей, например, из 10²⁵ частиц, необходимо написать, а затем и решить такое же огромное количество уравнений; если мы наловчились писать по одному уравнению в секунду, то для написания такой системы уравнения нам потребовалось бы миллиарды миллиардов лет.

Рассматривая тепловые явления внимательно, мы видим, что описанная выше точка зрения на теории тела как на механику системы, состоящих из огромного числа частиц, наталкивается и на другую трудность, уже не практического, а более глубоко и принципально характера. Для того чтобы попытаться этой трудности, рассмотрим следующий пример. Предположим, что нам дана закрытый сосуд, разделенный на две равные части заслонкой (рис. 1).

Рис. 1.

Пусть в части I находится некоторое количество газа, а в части II — пустота. Выдернем в некоторый момент времени заслоку и посмотрим, что будет произходить внутри сосуда, начиная с этого момента времени. Опыт показывает, что газ, первоначальное помещенный в части I, расшириется в соседнюю пустоту и распределяется по всему сосуду с равномерной плотностью. Это явление происходит как бы «само собой»: это значит, что с того момента времени, когда выдернуть заслока, газ является замкнутой системе, за которой мы следим извне, никак не вместе

12

Шиваясь в проискодящее в ней процессы. Сколько бы мы ни следили в дальнейшем за газом, он всегда будет оставаться распределенным с одинаковой плотностью по всему соуду; сколько бы мы ни ждали, нам не удался наблюдать того, чтобы газ, распределенный по всему соуду $I + II$, «сам собой», т. е. без всякого вмешательства извне, ушел из части $II$ и концентрировался весь в части $I$, что dado бы нам возможность снова ввинуть заслонку и тем самым возвратиться к исходному состоянию. Отсюда видно, что процесс расширения газа в пустоту есть процес необратимый: это значит, что хотя сам он может протекать в замкнутой системе без всякого вмешательства извне, но обратный ему процесс (переход всего газа в часть $I$ так, чтобы в части $II$ образовалась пустота) «сам собой» не проискодит. Опыт показывает, что теплые явления почти всегда обладают этим свойством «необратимости»: так, например, если рядом друг с другой находятся два тела, из которых одно теллее другого, то их температура постепенно выравнивается, т. е. тепло «сам собой» перетекает от более теплого тела к более холодному; однако обратный процесс без всякого вмешательства извне никакогда не проискодит. Кусок сахара, помещенный в горячий чай, расторяется в нем, но никака не бывает, чтобы из горячого чай, в котором уже расторен кусок сахара, этот последний выделлялся и вновь становился целым куском. Примеров такой же необратимости можно привести сколькоугодно. Попробуем теперь разобраться, можно ли обьяснить эту необратимость, исходя из принципов механики. Расмотрим какое-нибудь движение, процессщее в согласно с этим принципами в некоторой замкнутой механической системе (т. е. в неизменных внешних условиях). Пусть явление заключится в том, что мы бросаем из некоторой точки $A$ камень, который в конце концов падает в точку $B$. Предположим для простоты, что камень движется в безвоздущном пространстве (в противном случае нам пришлось бы принять во внимание сопротивление воздуха полету камня, а это сопротивление является тепловым явлением; так как мы хотим сравнить тепловые явления с такими явлениями, в которых применимость принципов механики является основным и не вызывающим никаких сомнений опытным фактом, то мы и должны в нашем воображаемом механическом опыта заранее исключать все тепловые явления). Является ли полет камня из $A$ в $B$ обратным? Несомнено, так как обратный процесс очень легко осуществить. Для этого стоит только, став в точке $B$, швырнуть камень, сообщив ему такую же по абсолотному значению скорость, с какой он упал в точку $B$, но направленную в противоположную сторону. Из опыта и из принципов механики следует, что при этом камень опшет точь в точку ту же самуюду, какую он описал раньше, но в противоположном направлении, и упадет в точку $A$. Расмотренный пример полезна является лишь частим случая общего принципа механики, который гласит, что если в замкнутой механической системе может произходить какое-либо движение, то и «обратное» движение тоже может произходить. Для того чтобы осуществить обратное движение, достаточно только оставить в какой-либо момент времени все части нашей системы и затем сообщить им скорости, равные по абсолотным значениям, но прямой противоположible по направлению тем скоростям, какие они имеют непосредственное перед остановкой. Таким образом, все механические явления являются обратными. Почему же теплые явления необратимы?

На первый взгляд кажется, что необратимость тепловых процессов находится в результате в результате механики, что все движения обратные, поэтому мы можем бы ужеусомнить в справедливости утверждения, что «телло есть движение». Противоречие, о котором мы только что говорили, было развенчено лишь во второй половине XIX столетия немецким теоретиком Людвигом Больцманом. Большан доказал, что это противоречие имеет лишь кажущий характер.

13

Для того чтобы понять идею Большима, рассмотрим следующий пример: предположим, что нам дана горизонтальная отполированная платформа, обнесенная со всех сторон барBEROM, и что на этой платформе имеется гладко отполированный шарик, который скользит по платформе, отражаясь от барBERA, когда он сталивается с ним. Путь шарика за большой перiod времени представитесьма сложную и запутанную ломаную линию. Предположим, что все поверхность платформы белого цвета, за исключением лишь немногих нанесенных на нее черных пятен. Эти пятна могут быть какой уггодно формы, круглой, извилистой, удлиненной и т. д., с одним лишь тем условием, что общая поверхность всех пятен вместе взятых составляет ничтожную долю поверхности всей платформы. При движении шарика по платформе он будет лишь изредка вступать на территorio пятен. Если мы будем следить за движением шарика в течение достаточно большого промежутка времени, то обнаружим, что он будет находиться на территorio пятен в течение лишь ничтожной доли этого промежутка времени, равной относительной суммарной площади черных пятен к площади всей платформы. Это объясняется тем, что движение шарика настолько путано и извилисто, что через каждый квадратный миллиметр поверхности платформы он будет проходитьровно столько же раз, сколько через любой другой, если только мы будем следить за движением шарика достаточно долго для того, чтобы такое уравнивание произошло. Отношение продолжительное пребывания шарика на черном поле в течение данного достаточно большого промежутка времени к самому этому промежутку времени носит название вероятности пребывания шарика на территории черных пятен. Эта вероятность очень мала, и с этим связано следующие утверждения: если положение и скорость шарика в данной момент мне не даны с настоящим точностью, чтобы я мог расчитать его движение на следующие 10 секунд, то я всегда могу с достаточно большим вероятностью утверждать, что через

10 секунд шарик будет на белой, а не на черной территории. Если кто-нибудь пожелает быть со мной об заклад, то я могу ручаться за это утверждение достагоно большой дежежной суммой против небольшего заклада с другой стороны. Поэтому я имею право сделать следующие два утверждения:

1. если известно, что в настоящий момент шарик находится на черном поле, то весма вероятно, что через 10 секунд он будет находиться на белом;

2. если известно, что в настоящий момент шарик находится на белом поле, то весма вероятно, что через 10 секунд он будет находиться на черном поле.

Эти два утверждения можно заменить следующей краткой формулировкой: переход шарика с черного поля на белое весма вероятен, переход же его с белого поля на черное весма мало вероятен. Если же отношение площади черных пятен к площади всей платформы в самом деле чрезвычайно мало, например, равно одной миллиардной, то шарик будет находиться на черной территории в среднем одну секунд в течение трицати лет (тридцать лет составляют около миллиарда секунд). Поэтому мы вообше в течение ряда лет, быть может, не джемемся того, что шарик оказывается на черной территории, если только с самого начала не помещим его намеренно на одно из пятен. (Мы в нашем примере повсюду сознанлено устройством расчета пути шарика из направления его движения; для этого достаточно предположить, что начальную скорость шарик получает, например, при случайном и не находящемся под нашим контролем встрахивании платформы. Поэтому мы, хотя и можем прямотить шарик в начале движения на черное пятен, но не можем сделать так, чтобы он туда попал впоследствии.)

Итак, благодарной вероятности пребывания шарика на черном поле, мы практические никакая не сложем наблюдать переход шарика с белого поля на черное, хотя нам очень легко осуществить переход его с черного поля: для этого достаточно

14

точно с самого начала посадить его на черное поле. Получается свободная необратимость: переход шарика с черного поля на белое практическое воздействие, переход же его с белого на черное практическое воздействие. Однако ясно, что эта необратимость только какажущая, так как в течение достаточно большого промежутка времени (например, в течение миллиона лет) шарик будет много раз переходить с белого поля на черное и обратно, причем и тот, и другой переходы, очевидно, будут совершаться в точности одинаковое число раз. Отсюда следует, что переход шарика с черного поля на белое в действительности является обратным, но практическое необратимость возникнет вследствие неполного нашего контроля над начальным условиями опыта: мы имеем возможность посадить шарик с самого начала на поле заданного цвета в желательном нам месте, но не можем контролировать направление его начальной скорости. Поэтому единственный способ убедиться в том, что процесс в действительности является обратным, заключается в достаточно долгом ожидании: если бы мы в описном примере, где площадь пятен в миллиард раз меньше площади платформы, имея возможность следить за движением шарика деятельности за движением шарика деятельности, мы еще менее можем надеться налюдать обращение таких процессов, как переход теплота горячего тела к холодному, расширение газа в пустоту и т. д., чем в случае шарика и платформы, рассмотренном только что.

Обратимся вновь к изображению на рисунке 1 сосуду. Очевидно, что в случае равенства объемов части 1 и 11 каждой молекулы газа будет в среднем превывать одинаковое время и в той, и в другой части, т. е. веряностность превывания данной молекулы в части 1 или в части 11 составляетсяровно 1/2. Пусть в нашем состоянии находится молекулы. Как могут распределться эти молекулы по объему сосуду? На рисунке 2 приведены все 16 возможных комбинаций. Все эти комбинации равноверятны: если мы следим зашим сосудом в течение промежутка времени $T$, то из этого промежутка времени на каждую комбинацию приходится по $\frac{1}{16} T$, если только этот промежуток настоящего велики, чтобы такое равноверние успел произойти. Из всех наших комбинаций только одна соответствует случае, когда все молекулы собрались в части 1 — комбинация 1; четыре комбинации соответствуют случае, когда в части 1 собрались три молекулы, а в части 11 находится одна молекula (комбинации 2, 3, 5, 9); шесть соответствуют тому случае, когда имеются две молекулы в части 1 и две — в части 11 (комбинации 4, 6, 7, 10, 11, 13); четыре — тому случае, когда в части 1 одна молекula, а в части 11 их три (комбинации 8, 12, 14, 15); и наконец, всего лишь в одной комбинации 16 все молекулы нахо-

15

дятся в части II. Отсюда видно, что наиболее вероятным является равномерное распределение молекул (шестЬ комбинаций из 16). Вероятность такого распределения равна $\frac{1}{16} \cdot 6$, т. е. $37^{1/2} \%$, в то время как вероятность исходного состояния (которое было в тот момент, когда заслонка была уже поднята, но молекулы еще не успели выйти из части I) равна всего лишь $\frac{1}{16}$, т. е. $6^{1/4} \%$.

Если мы имеем в нашей системе всего $N$ молекул, то общее число возможных комбинаций будет равно $2^N$; число же тех из них, в которых часть $I$ содержит $x$ молекул, а часть $II$ — остальные $N - x$, равно, как показывает элементарная алгебра, числу $\frac{N!}{x!(N - x)!} \cdot 1$. Поэтому вероятность такого состояния газа, в котором часть $I$ содержит $x$ молекул, равна $\frac{N!}{x!(N - x)!} \cdot \frac{1}{2^N}$. Вероятность же исходного состояния равна всего лишь $\frac{N!}{x!(N - x)!} \cdot 2^N$ тем больше, чем близке $x$ к $\frac{N}{2}$. Поэтому после того как заслонка поднята, газ перейдет в наиболее вероятное состояние — в такой состоянии, в котором его молекулы распределены между обеими частями сосуда поровну. Однако, если мы будем ждать достаточно долго, в конце концов должна появиться и такая комбинация, которая соответствует скоплению всех $N$ молекул в части $I$; после этого мы могли бы вновь опустить заслонку и объявить, что обращение «необратимого» процессса распределения газа в пустоту произошло. Весь во-прос только в том, как долго для этого нужно ждать. Если, например, $N = 10^{20}$, то для того чтобы за время наблюдания суммарное время пребывания всех $N$ молекул сразу в части $I$ составляло всего лишь

*) Наломним, что символ $n!$ обозначает произведение $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$ (так называемый «эн-факторnal»).

16

0,001 секунды, необходимо, чтобы весь промежуток времени, в течение которого мы производим наблюдание над газом, равная $0,001 \cdot 2^N = 0,001 \cdot 2^{(10^20)}$ секунд.

Вот какой промежуток времени нам нужно ждать, чтобы можно было найдеться на то, что мы сумем наблюдать обращение «необратимого» расширения газа в пустоту. Этот промежуток времени, записанный в секундах, выражается числом с тридцатью миллиардами миллиардов цифр перед запятой. Если мы захотим выразить этот промежуток времени не в секундах, а взяв в качестве единицы времени $10^{13}$ лет (такова, приближительно, по мнению многих астрономов продолжительностью существования нашей звездной системы и Млечного Пути), то нам придется уменный шитчью знаков на 20 (1 год ≈ $3 \cdot 10^7$ секунд). Но число 20 ничего по сравнению с $3 \cdot 10^{19}$. Поэтому в этих новых «астроомичческих» единицах времени мы сможем сказать об интересующем нас промежутке времени то же самое, как если бы он был выражен в секундах, а именно, что он пишется числом, в котором есть тридцать миллиардов миллиардов знаков перед запятой. Итак, рассматриваемый промежуток времени, в течение которого мы должны ждать, чтобы увидеть обращение процесса расширения газа в пустоту, настоящего огромен, что в сравнению с ним становится совершенно несущественным и ничтожным различие между одной секундой и продолжительностью существования нашей звездной системы! Практическая необратимость, о которой шла речь выше, поэтому становится ничем не отличимой от принципиальной необратимости, а следовательно, необратимость тепловых явлений оказаться прямым следствием их механики и низколько не противоречитей, как думали физики до Больцана.

Мы можем утверждать поэтому, что тепловые явления всегда происходит таким образом, что вероятность состояния возратает; обращение тепловых явлений, связанное с уменьшением вероятности состояния, невозможно. Этот принцип носит название «многоначащая термодинамика» (первым началом, как мы уже говорили, называется закон сохранения энергии).

Обратимся к рассмотрению нами примеру с газом в сосуде. Мы сможем отличать различные состояния друг от друга числом $x$, т. е. числом молекул в части $I$. Вероятность состояния с заданным $x$, как мы видели, равна

$$\frac{N!}{x!(N-x)!2^N}.$$

Так как нас интересует лишь относение вероятностей различных состояний, то мы сможем сократить все вероятности на один и тот же многоитель $\frac{N!}{2^N}$, не содержащий $x$ и потому одинаковый для всех состояний. Остается выражение

$$\frac{1}{x!(N-x)!},$$

которое пропорционально вероятности состояния; оно носит название «статisticское веса» данного состояния. Второе начало термодинамики можно формулировать и так: все тепловые явления в замкнутой системе происходит таким образом, что статистический вес состояния при этом возратает. Если рассматриваемый сосуд с газом разделен не на две, а на большее число равных частей, выражение для статистического веса можно писать аналогичным образом. Например, если сосуд разделен на три части и в первой из них имеется $x$, во второй $y$, в третьей — $z$ молекул ($x+y+z=N$), то статистический вес такого состояния равен

$$\frac{1}{x!y!z!}.$$

Если сосуд разделен на $n+m$ равных частей, в которых имеется $x_1, x_2, \dots, x_n, y_1, y_2, \dots, y_m$ молекул, то статистический вес равен

$$\frac{1}{x_1!x_2! \dots x_n!y_1!y_2! \dots y_m!}.$$

Пусть первые $n$ из этих частей обращаются то, что мы будем называть часть $I$, остальные же $m$ частей обращаются часть $II$ (части $I$ и $II$ уже не равны друг другу). Тогда статистический вес части $I$, рассматри-

17

риваемой как отдельная система, равен
$$\frac{1}{x_1! x_2! \dots x_n!},$$
статстический же вес части $1$ равен
$$\frac{1}{y_1! y_2! \dots y_m!}.$$

Отсюда видно, что статистический вес всего газа равен произведению статистических весов его части $1$ и $11$.

А так как логарифм произведения равен сумме логарифмов отдельных множителей, то, следовательно, логарифм статистического веса всего газа равен сумме логарифмов статистических весов его части, т. е. логарифм статистического веса обладает свойством адитивности. Благодаря такому простому и важному свойству логарифм статистического веса получил специальное название — его называют энтропей. Так как логарифм числа тем больше, чем больше самого числа, то вместе с возрастанием вероятности и статистического веса должна возрастать и энтропия. Поэтому второе начало термодинамики можно формулировать и так: существует физическая величины, называемая энтропей, которая обладает свойством адитивности и тем свойством, что энтропия замкнутой системы никак не может уменьшаться, а может только возрастать или оставаться постоянной (когда она уже достигла максимума). Заметим, что в этой формулировке второе начало термодинамики было известно из оптов с телловыми явлениями задолго до того, как Большман (около семидесятых годов прошло столетия) открыл истинный смысл энтропии как логарифма величины, пропорциональной вероятности состояния. Первые весы несовершенные указания на второе начало термодинамики можно найти в работе французского физика Сади Карно (1824 г.), а проведенная только что формулировка была отчетливо высказана Клаузисом (1850 г.) и Вильямом Томсоном (воспследвили лордом Кельвином) (1851 г.) Большман доказал на примере газов, что второе начало термодинамики вместе с характерной для него необратимостью является следствием механики, а американский теоретик Уиллард Гибс суммл обобщить это доказательство на любые макросоппещеские тела, построив механическую теорию системы, состоящих из огромного числа части (так называемую статистическую механику).

Второе начало термодинамики, как мы видим, гласит, что энтропия замкнутой системы неизменно возрастает, стремясь к максимуму; достигнуть этого максимума, она дальнейшее изменяется уже не сможет, вседствие чего тепловые явления, связанные с возрастанием энтропии, перестанут проискодить. Такое состояние системы, в котором энтропия достигает максимального значения, носит название статистического равновесия. Переход системы без всякого вышатывания из состояния статистического равновесия в состоянии, очень сильно от него отличилось, как мы видели, практические невозможен, так как для того, чтобы он осуществился, нужно ждать поистине чудовизшие промежутки времени. Это, впрочем, не относится к переходам из состояния статистического равновесия в состоянии, которые от него отличятся очень мало, т. е. в состоянии, в которых энтропия на совсем ничтожную величины свойства своего максимального значения.

В такие состояния системе будет сама собой переходить совершенно свободно, что является чрезвычайно характерным для второго начала термодинамики как для закона, имеющего статистический смысл (statisticalism называется какдый закон, отсутствия от которого не абсolutно невозможны, но лишь чрезвычайно мало вероятны). Так как такие отсутствия тем менее вероятны, чем они больше, то больше отсутствия от второго начала термодинамики будет на практике почти абсolutно невозможны; что же касается малых отсутствия, то всегда можно найти столь малые, что они будут не только довольно вероятны, но даже будут на самом деле почти всегда проискодить. Подобные небольшие отсутствия от состояния статистического равновесия к всевозможным оценкам неравновесным состояниям,

18

происходящие в равновесной макросоппечской системе, получили название флуктуаций. Существование флуктуаций является наиболееиллюстрацией правильности статистических ией Больцмана. Флуктуацией, которое всего легче и проще наблюдать, является броуновское движение, смысл которого заключится в следующем. Количество и средняя сила *) ударов молекул жидкости оединницу поверхности любого порруженного в жидкость тела является в состоянии статистического равновесия в полне определенных (при данной температуре жидкости) величины. Однако в действительности эти величины постоянно испытывают небольшие колбания, связанные с отсутствиями от статистического равновесия. Эти колбания так малы, что их в состоянии обнаружить лишь весма малая частица, помещенная

*) Средний импульс, передаваемый за единницу времени.

Задание
наших читателей

1. Для некоторых функций $f$ при всех $x$ верно соответствие
   $$f(x) = f(x-a) \cdot f(x+a),$$
   где $a$ — некоторое фиксированное число. Доказать, что
   a) функция $f$ периодическая;
   $$6) f(x-5a) \cdot f(x+5a) = f(x-7a) \cdot f(x+7a);$$
   в) найти период функции $f$.
   О. Светозерский
   (r. Владивосток, 8 класс)

2. Выпишем все простые числа, умноженные (каждое) на некоторое фиксированное натуральное число, одно за другим. Доказать, что в полученной последовательности цифр каждой цифра от 0 до 9 будет встречаться бесконечное число раз.
   В. Соболея
   (r. Москва, 10 класс)

3. Доказать, что если $x_0$ является общим корнем квадратных трехчленов $a_1x^2 + b_1x + c_1$ и $a_2x^2 +$

$$+b_2x + c_2, \quad D_1 \text{ и } D_2 \text{ — их дискриминаенты } (D_2 \neq 0),$$
$$\lim_{x \to x_0} \frac{a_1x^2 + b_1x + c_1}{a_2x^2 + b_2x + c_2} = \pm \frac{\sqrt{D_1}}{\sqrt{D_2}},$$
причем знак «плюс» берется, если $x_0$ — больший корень каждого трехчлена или меньший корень каждого трехчлена, а знак «минус» — если $x_0$ является большим корнем одного трехчлена и меньшим — другого.
Н. Васильева
(r. Новочеркаск, 10 класс)

4. Куб первого двухначного числа равен квадрату второго двухначного числа. Второе число в $n$ раз ($n \in \mathbb{N}$) больше первого. Найди эти двухначные числа.
   Н. Михалкович
   (Mинская обл.)

5. В шахматном турире по круговой системе (т. е. каждый шахматист играет со всеми остальных по одному разу) при подведении итоговоказать, что количество чисел, образуют арифметическую прогрессию. Сколько очков у чемпонана турира, если «аутсайдер» набрал $2\frac{1}{2}$ очка?

P. Винокур
(r. Москва)

6. Существует ли четырехзначное число $abcd$ такое, что
   a) $abcd = ac \cdot bd$;
   b) $abcd = ac \cdot bd + ac + bd$?
   G. Гольдфайн
   (r. Рига)

7. Найти четырехзначное число $abcd$, удовлетворяющее равенству
   $$abcd = 8ab \cdot (c + d).$$
   M. Штереберз
   (r. Саратов)

8. Найти три различных цифры $a, b$ и $c$ такие, что
   $$abc = ba \cdot bc.$$
   Э. Туркевич
   (r. Черновцы)

20

себе пространственное расположение atomов или, например, те направления в кристалле, в которых он деформаруется или проводит электрический ток легче, чем в других. Она незаменима, если нужно, пользоваться данныхми опытов и так называемыми общими сообщениями, представить себе возможность расположение atomов в еще не изученном кристалле. Именно такое моделирование — шарики и проводочки — помогло сделать одно из самых крупных открытий XX века — установить структуру молекулы ДНК. Немалая заслуга мертвой модели!

Мы, однако, хотим моделировать не «мертвой», а «живой» кристалл. Для этого, очень надо научиться моделировать взаимодействие между atomами в кристалле, ожидать замержение в проводочках взаимодействие.

Взаимодействие между atomами в кристалле

Одна, пожалуй, сама важная, характеристка этого взаимодействия непосредственно следует из простейшего факта: расстояние между двумя соседними atomами в результате температуре имеет волне определенное значение. (Речь идет, разумеется, о расстоянии между положениями, около которых atoms совершают тепловые колебания. Амплитуда этих колебаний значительное меньше расстояния между atomами.)

Определение расстояние — это означает, что если мы попытемся его увеличить, atoms, противясь этому, будут прятигивать друг к другу, а если мы попытемся его уменьшить, — откливаться. Итак, только из факта наличия определенного расстояния между atomами следует, что взаимодействие между ними носит черты и прятжения, и откливания одновременно.

При некоторых расстояниями между atomами (его мы и назвали определенным) силы прятжения и откливания оказываются равными по абсцилтной величины. На этом расстоянии и расположены atoms в решетке.

Хорошо бы придумать такой примем моделирования, который передавал бы конкуренцию сил прятжения и отталкивания. Иначе говоря, «оживлял» бы взаимодействие между atomами в кристалле. Именно это и сделали авторы модели БЛН! В качестве строителей элементов в этой модели использованы не глиняные и не деревянные шарики, а … маленькие мыльные пузырыки.

Взаимодействие мыльных пузырьков на воде

Они не безучастны друг к другу: два разобщенных мыльных пузырька на поверхности воды друг к другу прятгиваются, а соприкоснулись, отталкиваются друг от друга. Это можно наблюдать в очень простом опите, который доступен любому читателю «Кваната». Вот этот опите.

Вначале разделем необходимое «оборудование»: тарелку, медицинскую иглу от шприца, волейбольную камеру и zajким с регуляруемым поджатем, с помощью которого можно было бы с различной силойжимать резиновую трубку — отросток волейбольной камеры. Теперь подготовим опите. Тарелку почти доверху заполним мыльной водой и добавим в

Рис. 1.

нее несколько капель глицерина. Это для того, чтобы пузырьки, которые мы будем выдувать на поверхности мыльной воды, получались устойчивыми. Надуем волейбольную камеру, зажемем ее отросток и вставим в него иглу от шприца (разумеется, тупым концом). Опустим свободный конец иглы под воду (неглубоко) и немного ослабим зажим (рис. 1) — из иглы одна за другой начнут выходить строко одинаковые порции воздуха, камеры будут превращаться в

22

Сближение пузырьков можно проследить вплоть до их столкновения. После того как пузырьки столкнулись, между ними начинает действовать сила отталкивания. Она обусловлена тем, что во взаимно вдавливающихся пузырьках (рис. 5) увеличивается давление газа, которое как бы растIkвает пузырьки.

Видимо, мыльные пузырьки в полне подходят для создания модели кристалла, если на поверхности мыльного растора поселить не один, не два, а множество одинаковых пузырьков. Если радиус пузырька $R=5 \cdot 10^{-2}$ см, то на поверхности мыльного растора в объективной тарелке, радиус которого $R_T=10$ см, можно поселить $N \sim (R_T/R)^2 \sim 4 \cdot 10^4$ пузырьков! Такой плот, составленный из пузырьков, между которыми действуют силы прияжения и отталкивания, — двумерная модель кристалла. Например, авторы этой оценки красивой модели показали, что взаимодействие пузырьков, радиус которых $R \sim 10^{-1}$ см, очень похоже на взаимодействие атомов в кристалле меди.

Модель в действии

Хорошо бы всем читателем «Кванта» показать кинофильм, в котором заснята модель БЛН в действии. Они увидели бы и идеальный кристалл, и кристалл с движущимся и взаимодействующими дефектами, и множество простых и сложных процессов, которые проискодят в реальном кристалле. В статье можно лишькое о чем расскаазать и коe-что проиллюстрировать фотографиями и кинограммами.

С помощью модели БЛН оказывась возможным проверить некоторые следствия теории, построенной применительно к кристаллу, абсолотно свободному от каких-либо дефектов, так называемому идеальным кристаллу. Получить такой кристалл в натуралье экспериментатор практически не может, а вот построить его из пузырьков оказалось просто и доступно (рис. 6).

Один из самых распространенных дефектов в кристаллах — это пустая позиция в узле решетки, незамещен-

23

Рис. 6.

ная атомом. Физики называют ее вакансией. В модели БЛН вакансия— это один лопнувший пузырек (рис. 7).

В полном согласии со здравым смыслом и результатами опытов с реализными кристаллими модель БЛН свидетельствует о том, что объем одной вакансии немного меньше объема, приходящося на занятую позицию. Действительно, после того как пузырек лопнул, его бышше соседнего переместится в образованшую пустоту и уменшат ее. Невооруженный глазом это увидеть почти невозможно, но если спроектировать кино- или фотопленку на экран и тщательно промерить расстояния между пузырьками, можно убедиться, что по сравнению с занятой позицией вакансия немного сказана. Для физков это свидетельство модели БЛН не просто качественная или пространственная, оно имеет и количественно ценность.

Очень часто в кристалле, вследствие его предыстории, оказывается построенное вklючение, деформацию кристалл. При решении многих задач физики кристаллов очень важно знать, как при этом смешаются atoms, окружающие вklючение. Оказывается, присутствие инородного вklючения чувствуют не только непосредственные соединения, но и atoms, расположенные от вklючения на значительной расстоянии. Модель БЛН это отчетливо иллюстрирует (см. рис. 7).

Большинство кристаллических тел являются поликристаллими. Это значит, что они состоит из множества произвольного ориентированных кристалликов, разделенных границами. Почти очевидно, что многое свойства поликристаллов (такие как механическая прочность или сопротивление электрическому току) должны зависеть от структуры границ. Модель БЛН и в этом вопросе оказывается полезной: подсказала кристаллофизика, как изменяется структура границы в зависимости от взаимной ориентации граничших кристалликов, от наличия примесей, расположенных на границе, и многое другое. Вот несколько примеров.

В поликристаллах может произойти процесс укрупнения одних участков (зерен) за счет других, в результате чего средний размер зерна увеличивается. Извлечется этот процессrekристаллизации и происходит он по причины очевидной: чем больше размер зерен, тем меньше суммарная поверхность границ, а значит, меньше и избиточная энергия, которая с границами связана. Энергия поликристалла приrekристаллизации уменьшается, следовательно, этот процесс может произойти самопроизвольно (поскольку приближает состояние устойчивого равновесия, в котором запас энергии минимален). На рисунке 8 приведена кинограма, или построирующая последовательные этапы «подания» крупным зерном расположенного в нем мелкого зерна.

Оказывется (это предсказали теоретики и тщательно изучили экспериментаторы в опытах с realizными кристаллими), движущаяся граница между зернами «заглатывает» те вакансии которые ей встречаются по

24

Рис. 9.

БЛН, придает его немного охладить, образив внешние и на ограниченность модели, и на заключную в ней «полуправду».

Модель БЛН способна моделировать лишь одну структуру: двумерную гексагональную плотноправанную. А истинные кристаллы имеют множество структуры. Возможности «мертвой» модели неопомерно бояче: в трехмерном пространстве шарики можно расположать несметным числом способов и, следовательно, можно моделировать любую мыслиную структуру. Кроме того, модель БЛН в своей современном варианте — двумерна. Ее авторы пытались осуществить и пространственную (многослойную) пузьрьковую модель, но экспериментировать с ней оказалосьсовсем не просто, и модель не привиллась. В нашей laboratorии мы осуществили и двумерную, и трехмерную модель БЛН и убедились, что трехмерная практическая нежизнеспособна.

Не будем упрекать модель в ее слабости, о которых упомянуты и о которых умолчали. Будем ей благодарны за ее сильные стороны.

25

Л. Софман

Суммы длины и минимум энергии

Математические задачи часто внушаются природой или, вернее, нашей интерпретацией природы, физических науками. Решение математической задачи также может внушаться природой; физика обеспечивает нас ключи, которые мы, будучи представлены самим себе, имели бы очень мало шансов себя обеспечить.

Д. Пой а

В этой заметке мы рассмотрим несколько известных геометрических задач. Мы показем, как они решаются с помощью простого механического принципа — принципа минимума потенциальной энергии, согласно которой всякая механическая система в положении устойчивого равновесия обладает минимальной потенциальной энергей.

Задача 1. На плоскости даны прямы $l$ и точки $A$ и $B$, лежащие по одному сторону от $l$. Найти максимую точку $X \in l$, чтобы длина ломаной $AXB$ была минимальной.

Obviously эта задача решается с помощью симметрии: если $B'$ — точка, симметричная $B$ относительно пряемой $l$, то искомая точка $X = l \cap [AB']$ (рис. 1). Таким образом, отрезки $AX$ и $BX$ образуют с $l$ равные углы: $\alpha = \beta$.

Рассмотрим теперь такую механическую задачу. Невесомое колюто $X$ может скольить без трения по горизонтальном стержню $l$. К $X$ прикреплены две нити, перекинуемые через блоки, врашащиеся вокруг осей, закрепленных в вертикальной плоскости в точках $A$ и $B$ (рис. 2).

К свободным концам нитей $C_1$ и $C_2$ прикреплены грузы одинаковых масс. (Нити невесомы и нерастяжными, блоки врашаются без трения, размеры блоков и колюца $X$ так малы, что их можно расматривать как материальные точки.) Требуется найти положение колюца $X$ на стержне $l$, при котором все механическая система находится в равновесии.

Покажем, что эта механическая задача в некоторых смысле эквивалентна нашей геометрической задаче. Действительно, в положении равновесия потенциальная энергия механической системы минимальная; поэтому в положении равновесия грузы должны высеть совместно как можно ниже, т. е. сумма их расстояний от данного горизонтального уровня (поверхности земли) должна быть минимальной (грузы одинаковы!). Следовательно, сумма $|AC_1|$ и $|BC_2|$ должны быть максимальной. Так как длина каждой нити постоянна, сумма $|AX| + |BX|$ должна быть минимальной. Итак, механическая задача

26

Дача в самом деле оказалась точедействной с геометрической задачей 1.

Решим поставленную механическую задачу, не используя энергетических сообщений. В положении равновесия механической системы сумма сил, действующих на колъю X, равна нулю. На X действуют силы натяжения нитей $\vec{T}_1$ и $\vec{T}_2$ ($|\vec{T}_1| = |\vec{T}_2|$ — грузы натягивают каждой своей нить с равной силой, и эти силы передаются блоками без потерь на трение) и сила $\vec{N}$ реакции стержня (см. рис. 2). Поскольку $\vec{N} + \vec{T}_1 + \vec{T}_2 = 0$ и $\vec{N} \perp l$, в проекции на l ($|\vec{T}_1| \cdot \cos \alpha = |\vec{T}_2| \cdot \cos \beta$, откуда $\alpha = \beta$. Мы получили тот же результат, что и с помощью приведенного выше геометрического решения.

Изменим немного механическую задачу: допустим, что к свободным концам нитей подвешены раз и е грузы (масс m и M соответственно).

Тогда условие равновесия $\vec{N} + \vec{T}_1 + \vec{T}_2 = 0$ в проекции на l дает соответствие m cos $\alpha = M$ cos $\beta$, т. е. колъю X займет такое положение, что привязанные к немуниты образуют состоянием углы $\alpha$ и $\beta$, определяемые из условия $\frac{\cos \alpha}{\cos \beta} = \frac{M}{m}$ (рис. 3). Используя принцип минимума потенциальной энергии, нетрудно показать, что соответствующая механическая задача тоже действена такой геометрической.

Задача 2. Наимен на прямой l мощу X, для которого величины m · |AX| + M · |BX| достигаем миним

27

С другой стороны, в положении равновесия сумма сил, действующих в точке $X$, равна нулю. В $X$ действуют три равные по абсолотной величины силы натяжения нитей $\vec{T}_1, \vec{T}_2$ и $\vec{T}_3$ (равные грузы одинаково натягиваются каждой своего нить): $|\vec{T}_1| = |\vec{T}_2| = |\vec{T}_3|$, и $\vec{T}_1 + \vec{T}_2 + \vec{T}_3 = 0$. Из этих двух условий получаем, что эти силы должны быть одинаково наклонены друг к другу, так что в положении равновесия нашей механической системы угол между любыми двумя из трех нитей с общим концом $X$ должен быть равен $120^\circ$. Поэтому ответ в задаче 3 (при условии, что в треугольнике $ABC$ все углы меньше $120^\circ$!) следует: точка $X$ — это такая точка, из которой все стороны треугольника $ABC$ видны под углом в $120^\circ$.

(В случае, когда точки $A, B$ и $C$ образуют треугольник, у которого один из углов $\geq 120^\circ$, точка $X$ совпадает с одной из точки $A, B$ или $C$ (вершиной «большого» угла). Продумайте этот ответ и поставьте его объяснить.)

Механическая интерпретация геометрических задач особенно полезна в тех случаях, когда чисто геометрические методы решения не дают желаемых результатов.

Задача 4. На разных берехах реки расположено путь населенных пунктов $A_1, A_2, A_3, B_1, B_2$ ($A_1, A_2, A_3$ на одном береу, $B_1, B_2$ — на другом; рис. 5). Требуется построить мост $CD$ так, чтобы сумма длины дорог $A_1C, A_2C, A_3C, B_1D, B_2D$ от населенных пунктов до места была минимальная. (Берега реки паралельны, мост переendlкулярен к берегам.)

Чтобы решить эту задачу, рассмотрим следующую механическую систему. Жесткийстержень $CD$ может скольнить без трения по двум паралельным рельсам, оставясь все время к ним переendlкулярным (см. рис. 5). К концам $C$ и $D$стержня прикреплены нити, перекинуть через блоки, врашающее вокруг осей, закрепленных в точках $A_1, A_2, A_3, B_1$ и $B_2$. К свободным концам нитей подвешены одинаковые грузы. Трея

28

Рис. 6.

екции на прямую, паралельную рельсам, из этого условия получаем
$$\cos \alpha_1 + \cos \alpha_2 + \cos \alpha_3 + \cos \beta_1 + \cos \beta_2 = 0$$
(углы отчитываются против часовий стрелки, $0 \leqslant \alpha_i \leqslant \pi$, $\pi \leqslant \beta_j \leqslant 2\pi$, $i = 1, 2, 3, j = 1, 2$; см. рис. 5).

Соотношение (), хотя и не позволяет осуществить построение отрезка $CD$ с помощью циркуля и линейки, часто оказывается полезным при практическом решении задач подобного вида. Если на каждом берегу расположено по одному населенному пункту, то соотношение () дает $\cos \alpha + \cos \beta = 0$, откуда $\beta = \pi + \alpha$ (рис. 6) — т. е. отрезки $AC$ и $BD$ должны быть паралельны. В этом случае отрезок $CD$ можно построить циркулем и линейкой (постройте!).

Итак, мы видели, что механический метод оказывается весма полезным для решения геометрических задач рассмотренного типа. В заключение мы предложаем читательм несколько задач для самостоятельного решения. Некоторые из них могут быть решены чисто геометрическими, решения же других возможно лишь с помощью механической интерпретации. Попытайтесь сравнить полученные геометрические и механические решения.

Рис. 7.

Задачи

5. По одному от прямой $l$ даны две точки $A$ и $B$. Расположите на $l$ данный отрезок $CD$, так, чтобылина ломаной $ACDB$ была минимальной.

6. Внутри остроу угла $MON$ дана точка $A$. Построите треугольник наименшего периметра, у которого вершина совпадает с данной точкой $A$, а две другие лежат на разных сторонах угла $MON$.

7. Внутри угла $MON$ даны две точки — $A$ и $B$. Найдите точки $C$ и $D$ на лучах $OM$ и $ON$ соответственно так, чтобылина ломаной $ACDB$ была минимальной.

8. Населенные пункты $A$ и $B$ разделены несколько рекками. Требуется построить месты через эти реки так, чтобы полученная дорога из $A$ в $B$ была наименшей длины (рис. 7).

9. Между взимно перpendикularными шоссеными дорогами расположено круглое озеро. На берегу озера нужно построить санаторий $A$ и соединить его acфальтовой дорогой с шоссе $l_1$ и бетонной дорогой с шоссе $l_2$ (рис. 8). Строительная одного километра

Рис. 8.

асфальтовой дороги обходится в $p$ рублей, а одного километра бетонной дороги — в $q$ рублей. Где нужно выстроить санаторий, чтобы общее затраты на строительную дорогь наименшми?

Рис. 9.

10. На круглом отрезке расположены два города — $A$ и $B$. В каком месте на берегу отрезка нужно построить пристань $C$, чтобы сумма длины дороги $AC$ и $BC$ от городов до пристанибы минимальной?

11. Круглый отрезок окружен ромпинь, заполненным водой. На отрезке расположен замок $A$. Владелец замка хочет построить кратчайшую дорогу, соединяющую замок $A$ с поместем $B$ своего советника. В каком месте нужно построить мест через ров? Мост должен быть перpendикularен к берегам рва (рис. 9).

29

Победители конкурса «Кваита»

В прошлом году редакция получила около 10 000 писем с решениями задач из «Задачика «Кваита».
Ниже публикуется список школьников — победителей нашего конкурса решения задач. В соответствии с решением оргоми-teга Всегоозной олимпiadы победители получили право участвовать вреспубликанском туре Всегоозной олимпiadы 1978 года.

Математика

А. АЛЕКСЕВ — г. Москва, ФМШ 18, 10 кл.
Б. АРОНОВ — г. Саратов, с. ш. 13, 10 кл.
А. БАЛИНСКИЙ — г. Львов, с. ш. 11, 8 кл.
В. БАТЫРЕВ — г. Москва, с. ш. 2, 10 кл.
О. ВАЙНБЕРГ — г. Казань, с. ш. 18, 10 кл.
Н. ВЕЛИКОРОССОВ — г. Конакого, с. ш. 5, 10 кл.
С. ГАЛСТЯН — г. Ереван, с. ш. 1, 10 кл.
С. ГРИШЕЧКИН — г. Москва, с. ш. 2, 10 кл.
В. ГУБА — г. Вологда, с. ш. 8, 9 кл.
О. ЕВДОКИМОВ — г. Ленинград, ФМШ 45, 10 кл.
А. ЕГОЯН — г. Тбилиси, с. ш. 42, 10 кл.
А. ЖЕРДЕВ — г. Славянск, с. ш. 5, 10 кл.
Е. ЗИМАНОВ — г. Алма-Ата, РФМШ, 10 кл.
Я. ЗОЛОТАРЕВ — г. Ташкент, с. ш. 232, 10 кл.
Р. ИЗМАЙЛОВ — г. Баку, с. ш. 134, 9 кл.
Л. КАКАБАДЗЕ — г. Тбилиси, ФМШ им. Комарова, 10 кл.
А. КАПЛАН — г. Сумгант, с. ш. 11, 8 кл.
А. КАЧУРОВСКИЙ — г. Новосибирск, с. ш. 165, 10 кл.
С. КОРЧАНОВ — г. Ангарск, с. ш. 10, 10 кл.
В. КОСТУСЯК — г. Запорожье, с. ш. 28, 10 кл.
Е. КУЗЬМИН — г. Череповец, с. ш. 4, 9 кл.
А. КУЛЕСКО — г. Донецк, шк.-инт. 10, 9 кл.
И. ЛОЗИЦКИЙ — г. Ганцевич, с. ш. 1, 10 кл.
Е. ЛУМЕЛЬСКАЯ — г. Пермь, с. ш. 7, 10 кл.
А. МИЛЕВСКИЙ — г. Мытищи, с. ш. 26, 10 кл.
Д. МИНДЛИН — г. Ташкент, с. ш. 5, 9 кл.
А. МИРЛИН — г. Ленинград, ФМШ 45, 9 кл.
Е. МОСТИВЕНКО — г. Сыктывкар, с. ш. 4, 10 кл.
А. НЕНАШЕВ — г. Ленинград, ФМШ 45, 10 кл.
Д. ПАПУШ — г. Харьков, с. ш. 27, 10 кл.
В. ПОТЕМКИН — г. Донецк, с. ш. 2, 10 кл.
Г. ПУНИНСКИЙ — г. Бобруйск, с. ш. 2, 10 кл.
В. РОМАНОВСКИЙ — Гроднен. обл., Новодворская с. ш., 10 кл
А. САРЧИМЕЛЯЯ — г. Тбилиси, ФМШ им. Комарова, 9 кл.
В. ТРОФИМОВ — г. Москва, с. ш. 2, 10 кл.
Д. ШУЛЕМБАЕВ — г. Алма-Ата, РФМШ, 10 кл.

Физика

С. ВЕСЕЛЯНСКИЙ — г. Харьков, с. ш. 27, 10 кл.
В. ГАВРИЛОВ — г. Орск, с. ш. 8, 10 кл.
М. ГАВРИЛОВ — пос. Черноголовка, с. ш. 82, 9 кл.
Н. ГАЗДА — п. Клевань Ровенской обл., с. ш. 1, 10 кл.
В. ГАРКАВЫЙ — г. Лида, с. ш. 1, 10 кл.
А. ЗАБРОДИН — пос. Черноголовка, с. ш. 82, 10 кл.
В. ЛАШКИН — г. Киев, с. ш. 96, 9 кл.
Д. ЛЮДМИРСКИЙ — г. Киев, с. ш. 145, 9 кл.
А. НИКИТЕНКОВ — г. Великие Луки, с. ш. 3, 10 кл.
В. ПАЛЕЙ — г. Харьков, с. ш. 27, 10 кл.
П. ПОВЫЛИЦА — г. Ленинград, с. ш. 521, 9 кл.
Е. ПОНОМАРЕВ — пос. Черноголовка, с. ш. 82, 10 кл.
К. ТРУТНЕВ — г. Казань, с. ш. 39, 10 кл.
А. ФОМИН — г. Новосибирск, с. ш. 130, 10 кл.
А. ЧУРИЛОВ — г. Харьков, с. ш. 27, 10 кл.
А. ШЕПТОВЕЦКИЙ — г. Москва, с. ш. 2, 10 кл.

30

Задачи

M491—M495; Ф503—Ф507

M491. Расстоянием геометрического прорезиса, все члены которого — целые числа. (Например: 16, 24, 36, 54, 81.)
a) Докажите, что сумма квадратов трех последовательных членов прорезиса делится на сумму этих членов.
b) При каких натуральных $n$ сумма квадратов $n$ последовательных членов прорезсии обязате на сумму этих $n$ членов?

Ф. Кадиров, А. Адаев

M492. В треугольник $ABC$ вписан треугольник $A_1B_1C_1$ (так, что вершины $A_1, B_1$ и $C_1$ лежат соответственно на сторонах $BC, CA$ и $AB$), причем отрезки $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке $P$. Докажите, что прямые, соединяющие стороны $AB$ и $A_1B_1, BC$ и $B_1C_1, CA$ и $C_1A_1$ пересекаются в одной точке $Q$, причем точки $P, Q$ и центр тяжестей треугольника $ABC$ лежат на одной прямой.

В. Коржов

M493. Докажите неравенства
$$0,785n^2 - n < \sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 2^2} + \dots + \sqrt{n^2 - (n - 1)^2} < 0,79n^2,$$
А. Сивацкий, ученик 8 кл.

M494. Внутри квадрата со сторонай 1 расположено $n^2$ точек. Докажите, что существует ломаная, содержащая эти точки, для которого меньше 3 $n$; 6)* 2$n$.

А. Тармаковский, ученик 10 кл.

M495*. В космическом пространстве вокруг планы $O$ по трех круговым орбитам с центром $O$ равномерно врашают три спутника. Угловые скорости спутников соответственно $\omega_1, \omega_2$ и $\omega_3$, а их начальные положения могут быть произвольными. Обязательно ли найдется такой момент времени, когда все три спутника и точка $O$ лежат в одной плоскости, если

31

a) $\omega_1=\omega_2=\omega_3=1$; 6) $\omega_1=\omega_2=1, \omega_3=2$;
b) $\omega_1=2, \omega_2=3, \omega_3=4$?

Попробуйте выяснить, каков будет ответ на этот вопрос при других соотношениях угловых скоростей.

Г. Гальперин

Ф503. К вертикальной оси привязана нить длины $2l$, на конце и в середине которой прикреплены одинаковые шарики (рис. 1). Ось приводят во врашение с угловой скоростью $\omega$. При каком значении угловой скорости участки $OA$ и $AB$ начинают отклоняться от вертикали? Каким будет относение малых углов отклонения участков нити $OA$ и $AB$ от вертикали?

Г. Будаенko

Ф504. Колеса легковых автоматический шательно балансируют — добавляются того, чтобы центр масс колеса лежал точно на оси его врашения. Для чего необходимо балансировать колес?

Ф505. Рассмотрим схему зарядки конденсатора от батареи (рис. 2). Конденсатор заряжается до напряжения батареи $U$, прибретая энергию $\frac{1}{2}CU^2$ и заряд $q=CU$. Этот заряд потребляется от батареи, которая, таким образом, совершает работу $qU=CU^2$. Коэффициент полезного действия равен 1/2. Найти способ зарядки конденсатора до напряжения батареи с бóльшим к. п. д. Не разрешается использовать дополнительные источники энергии.

А. ХодULEВ

Ф506. Под поршнем цилиндра находится руть, занимающая объем $V_p$, и $k$ молей идеального газа. Площадь поверхности поршня равна $S$. Поршень и до цилиндра изготовлены из материалов, идеально смачиваемого рутью. Руть под поршнем приняла симметрично относительно оси цилиндра форму, показанную на рисунке 3. На поршень действует сила $F$.

1. Вывести уравнение состояния системы руть + газ в форме $p=f(V, T)$, где $p$ — давление, $T$ — абсцилная температура, $V$ — объем части сосуда под поршнем.

2. Найти условие, при котором $p=0$. Поверхность натяжение рутива равно σ. Силу тяжесте не учитывать. Принять, что объем рутии и ее поверхности натяжение σ построены (т. е. не зависит от $T$ и $p$) и что $h \ll R$.

XXVI физическая олимпиада школьников ПНР

Ф507. Даны две ружины из одинакового материяла, каждой из которых свита виток к витку. Диаметры ружин — 3 мм и 9 мм, длины — 1 см и 7 см, диаметры проволок — 0,2 мм и 0,6 мм. Коэффициент жесткости первого ружины 0,14 Н/см. Найти коэффициент жесткости второго ружины.

А. Кузнецов, И. Кузнецов

32

Решения задач

M444, M445; Ф458—Ф461

М444 a) На рисунке 1 четыре прямы разбиваются плоскость на одинадчатые области: четырехудольник (1), два треугольника (2 и 3), три угла (4, 5 и 6), четыре «бесконечных треугольника»—областии, ограниченные какдая отрезком и двумя лучами (7, 8, 9 и 10) и «бесконечный четырехудольник»—область, ограниченную двумя отрезками и двумя лучами (11).

Будем ли сказано верно для любых четырехудольник (1), два треугольника (2 и 3), три угла (4, 5 и 6), четыре «бесконечных треугольника»—областии, ограниченные какдая отрезком и двумя лучами (7, 8, 9 и 10) и «бесконечный четырехудольник»—область, ограниченную двумя отрезками и двумя лучами (11).

Три больших круда, не проходящие через одну точку, разбиваются на восемь треугольников. На какие области разбиваются с четырьмя больших круда, никакие три из которых не проходят через одну точку? (Большим крутом на сфере называют окружность, являющийся пересечением сферы с плоскостью, проходящей через центр сферы, рис. 2.)

8. На какие области могут разбиваться с четырьмя больших круда, никакие три из которых не проходят через одну точку?

Рис. 1.

Будем говорить, что несколько прямы на плоскости (или больших крутов на сфере) находятся в общем положении, если все они попарно пересекаются, причем в различных точках. Выпуклую фигуру на плоскости, ограниченную двумя лучами и n—1 отрезками, будем для краткости называть n-углом (и n-угла n вершин, 1-угол — это угол в общим смысле). Передем к решению задач.

a) Нетрудно убедиться в том, что для любых четырех прямы общего положения разбивается будет всегда одинаковым:

| 4-угольников | 3-угольников | углов | 2-углов | 3-углов |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 1 |

— таким же, как на рисунке 1. После нескольких минут, проведенных за рисованием четырех прямы, это становится совершенно очевидным. Рассуждения, присланные по этому поводу читателями, очень разнообразны, но они показывают, что запись короткое и в то же время убедительно доказательство этого очевидного факта не так просто. В самом деле, если не ссылаться на чертеж, пришлось бы при формиальном доказательстве опираться прямо на геометрическое аксимому, характеризующее расположение отрезков и прямы на плоскости — решение получилось бы довольно длиным. Мы не будем столбить педагоги, а проведем лишь набросок доказательства, по-видимому, в полне убедительного. По существу, именно так обчно и поступают в решения геометрических задач, «близких к аксимом».

Докажем, что одной из частей, на которые четырех прямы общего положения делят плоскость, будет четыреххудольник.

Это достаточно для решения задачи: ясно, что при продолжении сторон любого выпуклого четыреххудольника без параллельных сторон мы получим также 10 остальных области, как на рисунке 1.

Проведем сначала три прямы общего положения. Они попарно пересекаются в трех точках A, B и C. Четвертая пряма l делит плоскость на две полуплоскости. Если две из трех точек A, B, C лежат в одной полуплоскости, а одна (скажем, A) — в другой, то пряма l отсекает от четыреххудольника ABC четыреххудольник (BCED; рис. 3, a). Если все три точки лежат в одной полуплоскости, пряем A — дальше от l, чем B и C, то пряма l отсекает от 2-угла с вершинами B и C четыреххудольник (BCED; рис. 3, 6).

Для каждой из задач 6) и в) мы приведем по два решения, причем вторые будут использовать задачу a), а первые — нет.

6. Ответ: разбивание всегда одинаковое; оно состоит из 14 области — 6 четыреххудольников и 8 четыреххудольников.

Первое решение. Проведем сначала три больших крута 1, 2, 3 (см. рис. 2). Они делят сферу на восемь четыреххудольков. Выясним, сколько из них будет пересекаться четыреххудольки крута 4, находимся в общем положении с 1, 2 и 3. Для этого достаточно узнать, на сколько отделных крутов разбит крута 4 точками пересечения с треями другими. Каждый два больших крута пересекаются в двух диаметрально противоположных точках. Поэтому больший крут 4 пересекает три других больших крута 1, 2, 3 всего в шести точках, т. е. разбиваемся или всего на шесть дуг. Таким образом,

34

Этот ответ у нас получился так:

| 5-угольников | 4-угольников | 3-угольников |
| :— | :— | :— |
| 4 кругга разбиают сферу на | 0 | 6 | 8 |
| 5-й кругг оставляет нетронутыми разбиает 3-угольники на разбиает 4-угольники на | 0 | 2 | 4 |
| | 0 | 4 | 4 |
| | 2 | 4=2+2 | 2 |

Итого . . . 2 10 10

А теперь покажем, как этот же ответ получить намного проще.

Второе решение. Спроектируем сферу из центра $P$ на плоскость $\alpha$, паралельную экватору $O$. тогда пара симметричных $n$-угольников на сфере, не прямыхаших к $O$, отображится на $n$-угольник в плоскости $\alpha$, а пара $n$-угольников, прямыхаших к $O$ — на $(n-2)$-угол; пользоваться результатом задачи a) — единственностью разбиения плоскости четырьмя прямыми и первой табличной, — мы заключаем, что любые пять больших круггов разбиают сферу на два пятугольника (их проекция—3-угол), $2(1+4)=10$ четырехугольников (из них восемь прямыхает к данному большому кругу $O$, и эти четыре пары проекируются на 2-углы), и $2(2+3)=10$ треугольников (из них шесть прямыхает к большому кругу $O$).

Te, кто знаком с понятием проективной плоскости (см., например, «Квант», 1974, № 3), заметят, конечно, что «проекция», о котором мы говорим, более естественно обьясняется как отображение сферы на проективную плоскость (при этом отображения две диаметрально противоположные точки сферы скленваются в одну, образы всех больших кругов — прямые, в том числе образа круга $O$-бесконечно удаленная прямая).

Рисунок 6, илистрирующий второе решение, нужно посчитать. Поскольку «бесконечно удаленное прямую» наиссованы трудно, мы на рисунке 6 очень близко к большому кругу — экватору $O$ — проведели пунктном параллель; ее образом при проекции будет окружность очень большого радиуса в плоскости $\alpha$, содержащая внутри себя точки пересечения четырех прямых; эти прямые разбиают возникнюю на плоскости «очень большой кругг» на 11 области: «пятугольник», пять «треугольников» и пять «четырехугольников»; возвращая с плоскости на сферу, получаем после удвоения ответ. В заключение заметим, что во всех трех задах не только видечей разбиения (число сторон), но и их взаимное расположение определяются однозначно.

Предлагаем читателя «Квант» в качестве задачи для исследования выяснить, какие бывают разбиения сферы шестю большими кругами или плоскости — пятую прямыми (здесь уже нет единственной). Самое трудное здесь, по-видимому, доказать то, что найдены все возможные варианты разбиения.

Н. Васильев

**M445. Центры одинаковых непересекающихся окружностей на центрах плоскостей на вершинах ромбов (сторона ромба — удвоенная апофема шестуюгольника, угол при вершине равен $60^\circ$). Таким образом, мы имеем ромбическая решетку на плоскости; вершины ромбов — узлы решетки (см. рис. 7). Далее, если многоугольник $M$ с вершинами в узлах представлен в виде объедининия

35

ke 7. Пусть $M$ — многоугольник с вершинами в цепирах окружностей. Окрасим в красный цвет.me окружности или их часы (дуен), которые лежат внутри $M$. Показим, что сумма градиных величины красных дуев равна $C \cdot 180^\circ$, где $C = C(M)$—целое число, и даим ещеному числу геометрической интерпретации.

Рис. 7.

Рис. 8.

Рис. 9.

Рис. 10.

многоугольников $A_1, \dots, A_k$ (с вершинами в узлах): $M = \bigcup_{i=1}^{k} A_i$,

то

$$C(M) = C(A_1) + \dots + C(A_k);$$

про такую функцию говорят, что она аддитивна. Отсюда следует, что если многоугольник $M$ с вершинами в узлах представлен в виде объединения многоугольников $A_1, \dots, A_k$, из которого удалено объединение многоугольников $B_1, \dots, B_l$ ($A_i$ и $B_j$ — с вершинами в узлах) — см. рисунок 8; т. е. если

$$M = \bigcup_{i=1}^{k} A_i \setminus \bigcup_{j=1}^{l} B_j,$$

причем $\bigcup B_j \subseteq \bigcup A_i$ (*)

(здесь $\setminus$ значок разности многоугольника или дополнения), то

$$C(M) = \sum_{i=1}^{k} C(A_i) - \sum_{j=1}^{l} C(B_j).$$

Ниже мы показем, что всякий многоугольник $M$ (с вершинами в узлах) представляется в виде (*), где $A_i$ и $B_j$ — треугольники. Поэтому утверждение задачи достаточно доказать для треугольников $T$ с вершинами в узлах.

Итак, показем, что $C(T)$ — целое число. Впишем треугольник $T$ в параллелограмм $Π$ со сторонами, параллельными сторонами. Поскольку вершины $T$ находится в узлах, вершины $Π$ также находится в узлах. Представим параллелограмм $Π$ в виде объединения треугольника $T$ и треугольников $T_\pi$, у которых две стороны параллельны сторонами решетки (рис. 9, a), 6). Очевидно, что для любого параллелограмма $Π$ с вершинами в узлах и длинами сторона $a$ и $b$ (за единицу длины мы выбираем длину стороны ромба, порождающего решетку, числа $a$ и $b$ — целые), число $C = C(\Pi) = 2ab$ (П разбиается на $ab$ порождающих решетку ромбов $R$ (рис. 10), а для каждой точки ромба $C(R) = 2$: в ромбе сумма градиных величины дуг равна $360^\circ = 2 \cdot 180^\circ$). Итак, для каждой $Π$ с вершинами в узлах число $C(\Pi)$ — целое ($T_\pi$ всегда можно дополнить до параллелограмма $Π$ (рис. 11); тогда $2C(T_\pi) = C(\Pi) = 2ab$, открывая $C(T_\pi) = ab$ — целое число). Для произвольного же треугольника $T$ с вершинами в узлах имеем: $C(T) = C(\Pi) - \Sigma C(T_\pi)$, т. е. $C(T)$ — также целое число. Итак, для треугольника с вершинами в узлах утверждение доказано.

Заметим, кстати, что из равенства $C(\Pi) = 2ab$ сразу следует, что $C(\Pi)$ пропорционально площади $Π$:

$$S(\Pi) = ab \sin 60^\circ,$$

и $C(\Pi)/S(\Pi) = 1/\sqrt{3}$ ($S(T_\pi))$ — площадь треугольника $T_\pi$.

Позному $C(T) = (S(\Pi) - \Sigma S(T_\pi))/\sqrt{3} = S(T)/\sqrt{3}$, и мы получаем, что для всякого треугольника $T$ с вершинами в узлах $C(T)/S(T) = 1/\sqrt{3}$. Поскольку функция $C(M)$ и площадь $S(M)$ аддитивны, то и для произвольного многоугольника $M$

$$C(M) = S(M)/\sqrt{3}.$$

Это и есть геометрическая интерпретация числа $C$: для всякого многоугольника $M$ число $C(M)$ пропорционально его площади.

Осталось показать, что всякий $n$-угольник $M$ можно представить в виде (*).

Заметим, что если диагональ $AB$ не пересекает сторон $M$ и лежит внутри $M$, то она разбиает $M$ на $k$-угольник и $l$-угольник, причем $k < n$ и $l < n$. Если же она лежит вне $M$, то $M$ представляется в виде разности $k$- и $l$-угольников. Поэтому достаточно показать, что в любом многоугольнике найдется diагональ, не пересекающая его сторон.

Возьмем три последовательные вершины многоугольника $M$: $A_1, A_2, A_3$. Если diagonаль $A_1A_3$ не пересекается со сторонами $M$, то нужно-диagonаль найдена. В противном случае

36

Рис. 11.

Ф458. Мальчик плыет со скоростью, в два раза меньше скорости мечения реки. В каком направлении он должен плыть к другому берегу, чтобы его снесло мечением как можно меньше?

Рис. 12.

Ф459. Электрополитка содержит три спирали с сопротивлением $R=120$ Ом каждый, соединенные параллельно друг с другом. Плимка включается в семь последовательно с сопротивлением $r=50$ Ом. Как изменится время, необходимое для нарезания на этой спирали с водой до кипения, при перегорании одной из спиралей?

Рис. 13.

Пусть $v_0$ — скорость течения реки, $v_1$ — скорость мальчика относительно течения. Тогда скорость мальчика относительно берега равна

$$v = v_0 + v_1.$$

Вектор скорости мальчика относительно течения может иметь различные направления, но его конец должен обязательно лежать на окружности радиуса $|v_1|$ (рис. 13). Из рисунка видно, что вектор $v$ составляет минимальный угол с береговой линией в том случае, когда он направлен по касательной к окружности — геометрическому месту концов возможных векторов $v_1$. В этом случае мальчик, очевидно, будет снесен течением на минимальное возможное расстояние. Из рисунка найдем, что при этом мальчик должен плыть под углом к береговой линии, равным

$$\alpha = \arccos \frac{|v_1|}{|v_0|} = \arccos \frac{1}{2} = 60^\circ.$$

О. Савченко

Сопротивление плитки с тремя параллельно соединенными спираями равно $R_1 = R/3 = 40$ Ом. После перегорания одной спирали сопротивление плитки становится $R_2 = R/2 = 60$ Ом.

Do перегорания спирали по цепи идет ток $I_1 = \frac{U}{R_1 + r}$ (U — напряжение сети). После перегорания — $I_2 = \frac{U}{R_2 + r}$.

Количество теплоты $Q$, необходимое для нарезания чайника с водой до кипения, в первом случае выделяется в плитке за время

$$t_1 = \frac{Q}{I_1^2 R_1} = \frac{Q (R_1 + r)^2}{U^2 R_1},$$

во втором случа — за время

$$t_2 = \frac{Q}{I_2^2 R_2} = \frac{Q (R_2 + r)^2}{U^2 R_2}.$$

Найдем относение времени $t_1$ и $t_2$:

$$\frac{t_1}{t_2} = \frac{(R_1 + r)^2 R_2}{(R_2 + r)^2 R_1} = \frac{243}{242}.$$

Отсюда $t_2 = \frac{242}{243} t_1$.