Квант 1978, №11 · Страницы

КВАНТ
11
1978

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

75

На этой фотографии изображены объемная сетчатая модель и плоская развертка, по которым были выполнены декоративные композиции в экспозиции советского Павильона на Всемирной выставке ЭКСПО-75 в Японии (подробнее см. на с. 10).

1

В НОМЕРЕ:

2. Е. Бланк. Линейные и нелинейные физические системы
3. А. Геронимус. Сравнения по простому modulo

Лаборатория «Кванта»
11. П. Канаев. Простые опыты с мыльными пленками и пузырями

Математический кругхок
13. Л. Курляндчик. Высокие степени

17. М. Мамикон. Центр тяжесте получaria

Задачик «Кванта»
18. М531—М535; Ф543—Ф547
20. Решения задач М482, М485, М487, М489, М490; Ф498—Ф501

По страницам школьных учебников
28. А. Звоникин. Что такое π?
32. Ж. Раббом. Знаете ли вы, что $\frac{220 \text{ волт}}{127 \text{ волт}} \approx \sqrt{3}$?
33. А. Земляков, В. Орлов. Трехфазный ток

«Квант» для младших школьников
38. Задачи
39. В. Касаткин. Сообщательная Аня

Практикум абитриента
42. И. Габович, П. Горнистей. Вооружившись методом координат
48. Л. Баканина. О силах треня

Спрашивайте — ответаем
52. Интегралом — по частливым билетам!

Рецензии, библиография
54. Ю. Юшина. Царство смекалки
57. В. Комаров. В лаборатории Вселенной

Информация
58. В. Атласов, С. Зарипов и др. РФМШ при Якутском университете
60. А. Виленкин. 10 лет Омскому НОУ
63. Ответы, указания, решения
Смесь (c. 10, 16, 31, 37, 47, 51)

© Главная редакция физico-matематической литературы
издательства «Нука», «Квант», 1978

2

Линейные и нелинейные физические системы

Явления, произходящие в физических системах, количественно описываются уравнениями, выражаютсями функциональные зависимости между различными физическими величиными. Характер этих зависимостей может быть самим разнообразным. Значительное группу среди них составляют линейные зависимости типа $y=f(x)=ax+b$, где $a$ и $b$ считаются постоянными. Очень часто соответствующим подбором системы отчета, системы координат или начальных условий зависимость такого вида можно свести к прямой пропорциональнойности.

Приверов прямой пропорциональной зависимости физических величины очень много. Так связаны между собой модель силы упругости и величины деформации: $|\vec{F}|=kx$; заряд конденсатора и напряжение на нем: $q=CU$; напряжение на концах проводника и сила тока, кущero по проводнику: $U=RI$; поток магнитной индукции, произзывающий контур, и сила тока в контуре $\Phi=LI$ и т. д. Коэффициенты пропорциональнойности в этих формулах — жесткость $k$, емкость $C$, сопротивление $R$, индуктивность $L$ — постоянные величины, которые характеризуют свойства данной системы.

Когда свойства физической системы (например, сопротивление цепи) не зависит от ее состояния (от тока, текущого по цепи), говорят, что система линейна. В линейных системах соблюдается принцип суперполизии: в результате нескольких одновременных воздействий система приходит в такое же состояние, как если эти воздействия следовали порознь одно за другим. Иными словами, результат какого-либо одного воздействия в присутствии другого (или других) оказывается таким же, как если это другое воздействие отсутствовало. Так, например, если в результате действия груза массы $m_1$ удлининие пружины равно $x_1$, а в результате действия груза массы $m_2$ удлининие равно $x_2$, то подвешенные к пружине оба груза $(m_1+m_2)$ вызовут удлининие $x_1+x_2$.

На рисунке 1 приведены графики зависимости padения напряжения на резисторе с постоянным сопротивлением от тока (вольтметрная характеристика резистора, рис. 1, а), заряда конденсатора с постоянной емкостью от напряжения на его пластинах (кулонволная характеристика конденсатора, рис. 1, б), потока магнитной индукции через контур с

3

постоянной индуктивностью от тока (вберамперная характеристика катушки, рис. 1, $\theta$). Это — прямы линии; угол наклона каждой из них к оси абсцисс определяется, соответственно, величины $R$, $C$ или $L$.

Нетрудно найти, что $R=U_I/I=tg\alpha$, $C=q_U/U=tg\beta$, $L=\Phi_I/I=tg\gamma$. Элементы физических систем, характеристики которых задаются графическими прямыми линиими, часто называют линейными.

Однако мы знаем, что многое постоянные характеристики физических систем остаются действительным постоянными лишь в определенных условиях — при определенных ограничениях на величины воздействия. Так, коэффициент жесткости пружины $k$ постоянен лишь при необходимости электрического поля, создаваемого зарядами пластин, то емкость такого конденсатора уже не есть постоянная величины. И индуктивность катушки может зависят от тока, текущего по обмотке, если сердечник сделан из ферромагнетика — материла, магнитная пропиществом которого зависят от индуктивности магнитного поля, создаваемого током, текущим по обмотке.

Характеристики таких элементов уже не линейные; поэтому подобные элементы называют нелинейными, а содержащие их системы — нелинейными системы. Таким образом, нелинейные системы — это системы, свойства которых (например, сопротивление цепи) зависят от состояния системы (от тока, текущего по цепи).

Как «появляется» эта нелинейность, проше всего понять из такого примера. При значительных деформациях закон Гука, как известно, нарушается; величины жесткости $k$ начинает зависят от величины смесения. В тех пределах, когда смесение не намного превышает «упругое»

(то максимальное смесение, которое приводит еще к упругим деформациям), эту завиисимость можно с хорошим приближением записать в виде $k=ax+b$. тогда сила упругости оказывается связанной с величиной смесения соответствием $|\vec{F}|=(ax+b)x=ax^2+bx$, то есть явно нелинейной завиисимости.

Расчет электрических цепей, содержащих нелинейные элементы, чаще всего производится графическим способом. Разберем в качестве примера такую простую задачу. На рисунке 2 приведена схема нелинейной системы, содержащей диод и лампу накаливания, волтамперные характеристики которых заданы на рисунке 3. Цепь подключена к источнику постоянного напряжения $U=2B$. Какова сила тока в цепи?

Поскольку лампа и диод соединены последовательно, при данном значении тока в цепи padreне напряженная на ее концах равно сумме padreни напряжений на диode и на лампе. Воспользовавшись этим, построим волтамперную характеристику всей цепи (черная линия на рисунке 3). Теперь легко найти, что при $U=2$ В сила тока равна 0,13 А.

4

Нелинейные электрические и магнитные системы находят широкое применение в технике. Генераторы независимых колебаний, модуляторы и детекторы колебаний, преобразовательы частоты и т. п. — устройства, прициппальное осуществление только на нелинейных элементах.

Поясним, например, необходимость нелинейных элементов для осуществления амплитудной модуляции колебаний. Как известно, при амплитудной модуляции амплитуда высокочастотных колебаний должна изменяться в соответствии с изменением величины напряжения полезного сигнала, например, сигнала звуковой частоты. Независимо от конкретной схемы, деталей, из которых она состоит, модулятор можно представить как некий нелинейный резистор — резистор, сопротивление которого зависит от напряжения управления (полезного) сигнала: с уменьшением этого напряжения сопротивление нарастает. Если резистор подключен к источнику переменного напряжения высокой (несущей) частоты, то колебания тока в резисторе повторяют колебания «сигнала» от источника (рис. 4, а). Если теперь на резистор подавать дополнительное переменное напряжение низкой частоты (полезный сигнал), то сопротивление резистора начинает «колебаться» с той же низкой частотой (рис. 4, б), и в результате этого амплитуда колебаний тока в резисторе будет увеличивать при уменьшении сопротивления и уменьшаться при его увеличении. Иными словами, амплитуда колебаний несущей частоты будет в свою очередь «колебаться», следуя изменению величины полезного сигнала (рис. 4, с).

Ясно, что линейный резistor не обеспечил бы модуляции высокочастотных колебаний: в том же режиме, который мы описали, результирующие колебания тока в резисторе представляли бы собой суперпозицию высокочастотных и низкочастотных колебаний, и амплитуда высокочастотных колебаний оставалась бы неизменной (рис. 5).

В Задачнике «Кванта» в этом номере журнала помещена задача Ф546. Схема, которая приведена в этой за-

5

далее, это принципиальная схема устройства магнитного усилителя. Магнитные усилители — еще один пример применения нелинейных элементов в технике. Задча Ф546 довольно трудная. Мы облегчим читателю ее решение следующей подсказкой: в магнитных усилителях «работает» нелинейная зависимость индуктивности катушки с ферромагнитным сердечником от тока.

В заключение следует отметить, что, строго говоря, все физические системы являются нелинейными, если предель изменения их состояния не ограничены. Это мы видели в механических системах — при больших деформациях, в электромагнитных — при больших токах (напряжениях). Однако нередко даже в области малых изменений состояния системы ее приходится рассматривать как нелинейную. Так, сила сухого трения изменяется скачком при изменении знака скорости, сила тока в проводниках с односторонней проводимость изменяется нелинейно при изменении знака напряжения.

Уражнения

1. На горизонтальной плоскости находится ящик массой $m=10$ кг. Максимальная сила трения покоя $|\vec{f}|=35$ Н. Ящик могут действовать две взаимно перpendicularные силы $|\vec{F}_1|=30$ Н и $|\vec{F}_2|=40$ Н, лежащие в горизонтальной плоскости. Опишите движение ящика в случае, когда на него действуют: а) только сила $\vec{F}_1$; б) только сила $\vec{F}_2$; в) обе силы одновременно.

2. Лампа и диод, волтамперные характерские которых приведены на рисунке 3, соединены параллельно. Ток в неразветвленной части цепи $I=0,15$ А. Определите графические точки в ламфе $I_\pi$ и в диode $I_\pi$.

3. Резистор с сопротивлением 6 Ом и нелинейное сопротивление, волтамперная характерская которого описывается зависимость $U=2\sqrt{I}$, соединены последовательно и подключены к источнику напряжения $U=4$ В. Расчитайте без построения графиков силы тока в цепи.

Рис. 5.

6

Сравнения по простому модулю

В статье «Сравнения и классы вычетов»*) было рассмотрено множество $F_m$ классов вычетов по модулю $m$ и были определены три операции — сложения, вычитания и умножения классов. Там было доказано, что в случае, когда модель сравнения — простое число, можно определить и деление на любой ненулевой класс. Благодаря этому сравнению по простому модулю обладают рядом интересных и тонких свойства, которые сравнения по произвольному модулю не обладают. Мы познакомимся здесь с некоторыми таким свойствами. В дальнейшем мы будем все время считать, что модель — простое число; чтобы не забывать об этом, мы будем обозначать его через $p$.

Существование первогообразного корня

Назовем порядком класса вычетов $\bar{a} \in F_p$ наименьшее натуральное число $k$, для которого $\bar{a}^k = 1$. В конце статьи «Сравнения и классы вычетов» было сказано, что в множество $F_p$ существует класс, порядок которого равен $p-1$. Класс с таким свойством называется первообразным корнем. Теорема о существовании такого класса была впервые доказана Лежандром (1752—1833). Приведем доказательство теоремы Лежандра, близкое к доказательству самого Лежандра.

*) См. «Квант» № 10.

Докажем сначала, что если порядки $l$ и $m$ двух классов $\bar{a}$ и $\bar{b}$ взаимно просты, то порядок произведения $\bar{a}\bar{b}$ равен $lm$. Действительно, $(\bar{a}\bar{b})^{lm} = \bar{a}^{lm} \cdot \bar{b}^{lm} = (\bar{a}^l)^{m} \cdot (\bar{b}^m)^{l} = 1$ (так как $\bar{a}^l = 1$ и $\bar{b}^m = 1$). Порядок класса $\bar{a}\bar{b}$ должен быть поэтому делитель числа $lm$. Обозначим его через $l'm'$, где $l'$ — делитель $l$, а $m'$ — делитель $m$ (l и m взаимно просты!)*. Итак,

$$\bar{a}^{l'm'} \cdot \bar{b}^{l'm'} = (\bar{a}\bar{b})^{l'm'} = 1.$$

Возведем обе части этого равенства в такую степень $l''$, что $l'l'' = l$. Популярным тогда $(\bar{a}^l)^{m'} \cdot \bar{b}^{lm'} = 1$, а так как $l$ — порядок $\bar{a}$, то $(\bar{a}^l)^{m'} = 1$ и потому $\bar{b}^{lm'} = 1$. Значит, $lm'$ делится на $m$ (порядок $\bar{b}$), но $l$ взаимно просто с $m$, а $m'$ — делитель $m$, поэтому $m' = m$, аналогично $l' = l$; наше утверждение доказано.

Перейдем теперь непосредственно к теореме.

Рассмотрим класс $\bar{a}$ с наиболее возможным порядком $N$. Мы хотим доказать, что это и есть первообразный корень. Для этого достаточно убедиться, что любой другой класс $\bar{b}$ является степенью $\bar{a}$. Предположим, что порядок $\bar{b}$ равен $n$. Возможны два случая на $n$. Расмотрим $n$ классов $\bar{a}^k \cdot N/n$ при $0 \leq k < n$. Все они являются различными корнями степени $n$ из единиц, т. е. решениями уравнения $\bar{x}^n - 1 = 0$ (проверьте). Класс $\bar{b}$ также является корнем степени $n$ из единиц по определению порядка. В приложении к этой статье мы доказем, что у любого многочлена степени $n$ с коэффициентами из $F_p$ и, в частности, у многочлена $\bar{x}^n - 1$ не может быть больше, чем $n$ корней. Поэтому $\bar{b}$ есть один из элементов $\bar{a}^k N/n$, то есть является степенью $\bar{a}$.

2. $N$ не делится на $n$. Пусть $r$ — наиболее возможный общий делитель $N$ и $n$.

*) Возможность такого представления произвольного числа $lm$ следует из Основной теоремы арифметики, доказанной в приложении к этой статье.

7

Порядок класса $\bar{b}^r$ равен $n/r$ (проверьте). Числа $N$ и $n/r$ взаимно просты. Поэтому порядок класса $\bar{ab}^r$ равен $N \cdot n/r > N$. Это противоречит максимальнымости $N$. Второй случай невозможен.

Теорема о существовании первого корня доказана.

Гипотеза Артина

Приведенное доказательство не конструктивно: мы не можем указыть явно, какой именно из вычетов $\bar{1}$, …, $\bar{p-1}$ является первообразным корнем по модulo $p$.

Американский математик Э. Артин (1898—1962) высказал такую гипотезу: если целое число $n$ не является полным квадратом, то существует бесконечного много простых чисел $p$, для которых класс вычетов по mod $p$, содержащий $n$, является первообразным корнем по mod $p$. Эта гипотеза до сих пор не доказана. Если мы могли явно указыть первообразные корни по mod $p$ для всех $p$, было бы легко выяснить, верна ли эта гипотеза. (Проверьте, что если $n=m^2$ для какого-нибудь $m$, то простых чисел $>2$, о которых говорится в гипотезе, вовсе не существует, вовсе не существует.)

Извлечение корней

Теорема Лежандра позволяет выяснить, когда в множестве $F_p$ можно извлечь корни.

Корнем степени $n$ из класса вычетов $\bar{b}$ естественно называть такой класс $\bar{x}$, что $\bar{x}^n = \bar{b}$.

Пусть $\bar{a}$ — какой-нибудь первообразный корень в $F_p$. Существует такое натуральное число $k$, что $\bar{b} = \bar{a}^k$. Если в соответствии $\bar{x}^n = \bar{b}$ заменить $\bar{x}$ на $\bar{a}^y$, то его можно перепись в виде $\bar{a}^{yn} = \bar{a}^k$ или $\bar{a}^{yn-k} = \bar{1}$.

Из последнего соответствия видно, что $yn-k$ делится на $p-1$.

Эта делимость равносильна следующему равенству в множестве $F_{p-1} : \bar{yn} = k$.

Обратно, если $\bar{m}$ в множестве $F_{p-1}$ является решением уравнения $\bar{yn} = \bar{k}$, то $\bar{a}^m$ является корнем степени $n$ из $\bar{b}$ (в $F_p$).

Таким образом, задачу об извлечении корней в множестве $F_p$ мы свели к задаче о делении в множестве $F_{p-1}$.

В статье «Сравнения и классы вычетов» было указано, что если $d$ — наиболееший общий делитель чисел $n$ и $p-1$ и $k$ делится на $d$, то уравнения $\bar{yn} = \bar{k}$ имеетсяровно $d$ решений; если же — не делится, то уравнения $\bar{yn} = \bar{k}$ вовсе нет решений.

Тепер вопрос о корнях степени $n$ из класса вычетов $\bar{b}$ выясен полностью:

Теорема. Если индекс*) $k$ класса $\bar{b} \in F_p$ делится на наиболееший общий делитель $d$ чисел $n$ и $p-1$, то существует динамический стелени $n$ из класса $\bar{b}$, в проминном случае из класса $\bar{b}$ нельзя извлечь корня стелени $n$.

Пример: $p = 11$.

Выпишем все стелени класса $\bar{2}$ в множестве $F_{11}$. В таблице 1 в первой строкке выписан показатель стелени, в котором нужно возвести $a$, чтобы получить $\bar{b}$. В формулировке теоремы не существует, какой первообразный корень выбран.

*) Напомним (см. «Квант» № 10, с. 8), что индексом класса $\bar{b}$ по основанию $\bar{a}$ (далее первообразный корень) называется показатель стелени, в котором нужно возвести $a$, чтобы получить $\bar{b}$. В формулировке теоремы не существует, какой первообразный корень выбран.

**) Проще всего вычислять стелени двойки (или другого элемента) последовательно: $\bar{2}^k = \bar{2}.\bar{2}^{k-1}$; сначала же возводить 2 в стелени $k$, а потом приводить по mod 11 — дело более трудоемкое.

8

мет, например, класс 3. Его индекс равен 8. Нам нужно решить уравнение $3y=8$ в множестве $F_{10}$. Будем умножать все классы в $F_{10}$ на 3 (табл. 2). Из таблицы видно, что от

$$\begin{array}{c|cccccccc} k \in F_{10} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 0 \\ \hline 3k \in F_{10} & 3 & 6 & 9 & 2 & 5 & 8 & 1 & 4 & 7 & 0 \end{array}$$

вет — 6, значит, в множестве $F_{11}$ $2^6=9$ — кубический корень из 3. Действительно, $9^3=3$.

Пусть теперь $n=5$, тогда $d=5$ и из всех классов, кроме классов 1 и 10 (с индексами 10 и 5), корень степени 5 не извлекается. Найдем сначала корни степени 5 из 1. Легко сообщить, что это все классы с четыыми индексами. (Действительно, класс с четыым индексом 2r равен $2^2r$; $(2^2r)^5=(2^r)^{10}=1$ в силу малой теоремы Ферма для $p=11$.) Таких классовровно положина, пятый штук — это 1, 3, 4, 5 и 9. По теореме в множестве $F_{11}$ и должно быть пятый корней степени 5 из 1.

Займется теперь корнями степени 5 из 10. Один такой корень виден из таблицы — это 2, действительно, $2^5=10$. Чтобы получить все корни, нужно умножить 2 на все корни степени 5 из 1, которые мы уже нашли. Действительно, если $x^5=1$, то $(2x)^5=2^5\cdot x^5=10\cdot 1=10$. Ответ: классы 2, 6, 7, 8, 10, то есть все классы с четыыми индексами. To, что 10 — корень степени 5 из самого себя, не удивительно — ведь $10=-1$.

Квадратные вычеты и невечеты

Рассмотрим теперь частный случай — извлекание квадратных корней. Прежде всего нужно рассмотреть наиболее общий делитель $d$ чисел 2 и $p-1$. Если $p=2$, то $d=1$; если $p>2$, то $p$ нечетно, значит, $p-1$ четно и $d=2$. Рассмотрим случай нечетного $p$ (случай $p=2$ вы легко исследуете сами). Мы выяснили, что из класса с четыым индексом можно извлекать квадратный корень (причем их будет два для каждой класса), а из класса с четыым индексом нельзя извлекать квадратного корня. Классы с четыыми индексами называются квадратными вычетами, а с нечетными индексами — квадратными невычетами. Так как среди всевозможных значений индекса от 1 до $p-1$ имеется $\frac{p-1}{2}$ четных чисел и $\frac{p-1}{2}$ нечетных чисел, то среди $p-1$ нечувлевых классов квадратных вычетов и квадратных невычетов поровну. Интересно еще, что произведение вычета на вычет или невычета на вычет дает квадратный вычет, а произведение квадратного вычета на вычет дает невычет. Это следует из того, что при переменении классов их индексы складываются. Аналогичные утверждения справедливны и для частного. Например, частное от деления невычета на невычет — обязательно квадратный вычет.

Обратимся снова к $p=11$. Квадратные вычеты — это элементы с четыыми индексами, то есть все классы с четыыми индексами, то есть все корни степени 5 из 1. Такая скрытая симметрия имеет место для всех $p$, а не только для $11^*$).

Рациональные и irrationalные классы вычетов

Итак, не из всех классов можно извлекать корень. Например, квадратный корень, как мы убедились, можно извлекать только из положины нечувлевых классов.

Такое явление имеет место и для общих чисел. Вам хорошо известно, что в области рациональных чисел из числа 2, например, нельзя извлекавать квадратного корня. Вы знаe-

*) О квадратных вычетах и невычетах можно прочесть в «Кванте» № 1 за 1973 год (с. 2-9).

9

те также, что если расширить множество рациональных чисел и рассмотреть множество $R$ всех вещественных чисел, то в этом большем множество из числа 2 можно извлечь квадратный корень, и $\sqrt{2}$ является числом из множества $R$, только — irrationalным.

Давайте поступим аналогичным образом и с классами вычетов. Для наглядности рассмотрим опять $p=11$. Мы видели, что класс $\overline{2}$ — квадратный невычет, из него не извлекается квадратный корень. Построим большие множество $G \supset F_{11}$, в котором будет существовать квадратный корень из класса $\overline{2}$, то есть такой элемент $\alpha$, что $\alpha^2=\overline{2}$.

Так же, как и при геометрических построениях, проведем анализ. Прежде всего уточним постановку задачи. Чтобы равенство $\alpha^2=\overline{2}$ имело смысл, естественно считать, что для любой пары элементов множества $G$ определяено их произведение. Потребем также, чтобы была определена и сумма любых двух элементов в множестве $G$. В таком случае в $G$ должны содержаться всевозможные двух элементы $\overline{a}+\overline{b}\alpha$, где $\overline{a}, \overline{b} \in F_{11}$. Оказывается, этого уже вполне достаточно. Мы можем обчным образом определить сумму двухленов: $(\overline{a}+\overline{b}\alpha) + (\overline{c}+\overline{d}\alpha) = (\overline{a}+\overline{c}) + (\overline{b}+\overline{d})\alpha$. Например, $(\overline{5}+\overline{2}\alpha) + \overline{9}\alpha=5$.

При умножении возникают члены с $\alpha^2$. Мы будем заменять $\alpha^2$ на $\overline{2}$. Например, $(\overline{3}+\overline{7}\alpha)(\overline{5}+\overline{2}\alpha) = \overline{3}\cdot\overline{5} + (\overline{7}\cdot\overline{5}+\overline{2}\cdot\overline{3})\alpha + \overline{2}\cdot\overline{7}\alpha^2 = 10+\overline{8}\alpha$.

В множестве $G$ столко элементов $\overline{a}+\overline{b}\alpha$, сколько существует пар $\overline{a}, \overline{b} \in F_{11}$, то есть $11^2=(121)$. Поэтому для него принято обозначение $F_{11^2}$. Не нужно путь этого множество с множеством $F_{121}$ классов вычетов по модулю 121, в котором тоже 121 элемент. В отличие от $F_{121}$, в $F_{11^2}$ существует частное от деления $\overline{a}+\overline{b}\alpha$ на $\overline{c}+\overline{d}\alpha$, если только $\overline{c}$ и $\overline{d}$ не равны одновременно нулю. Это утверждение доказывается в два этапа. Сначала рассмотрим случай, когда $\overline{d}=0$. Легко проверить, что $(\overline{a}+\overline{b}\alpha) : c = \overline{a}/\overline{c} + (\overline{b}/\overline{c})\alpha$. Общий случай сво-

дится к этому, если умножить делимое и делитель на $\overline{c}-\overline{d}\alpha$. Тогда придется делить на $\overline{c}^2-2\overline{d}^2$. Этот элемент множества $F_{11}$ отличает от нуля, иначе бы мы имели $\overline{c}^2=2\overline{d}^2$, $\overline{2}=\left(\frac{\overline{c}}{\overline{d}}\right)^2$, и $2$ оказалось бы квадратным вычетом в $F_{11}$. Поэтому деление возможно.

В множестве $F_{11^2}$ известна квадратные корни не только из $\overline{2}$, но и из всех классов $\overline{r} \in F_{11}$. Действительно, если $\overline{r}$ — квадратный вычет, квадратный корень извлекается уже в $F_{11}$. Если же $\overline{r}$ — невычет, то, как мы видели ранее, частное от деления $\overline{r}$ на $\overline{2}$ является квадратным вычетом и поэтому существует такой класс $\overline{s}$, что $\overline{r}=2\overline{s}^2$. В таком случае $\sqrt{\overline{r}}=\sqrt{2}\cdot\overline{s}^2=\overline{s}\alpha$.

Аналогичным образом можно построить $F_{p^2}$ для произвольного $p$. В связи с известением корней более высоких степени возникают множества $F_{p^3}, F_{p^4}$ и т.д. В множестве $F_{p^2}$ есть первообразный корень, то есть элемент максимального возможного порядка $p^2-1$. Интересно, что это утверждение мы фактически уже доказали: при доказательстве теоремы Лежандра мы используем только существование четырех действий и конечность изучаемого множества.

Задание и

1. Найти все первообразные корни в множестве $F_{13}$.
2. Уравнение $\overline{x}^2+\overline{y}^2=0$ имеет решение в множестве $F_p$ ($p>2$), отличное от $\overline{x}=\overline{y}=0$, в том и только в том случае, когда остаток от деления $\overline{p}$ на 4 равен 1.
3. Сколько решений у уравнения $\overline{x}^2-\overline{5x}+7=0$ в множестве $F_5$? а в $F_7$?
4. Сколько элементов являются кубами в $F_{13}, F_5, F_{11}$, в $F_p$? к-min степени?
5. Сколько первообразных корней в множестве $F_p$?
6. Сколько элементов в множестве $F_{11^2}$ являются квадратами?

Приложение

Основная теорема арифметики

Любое натуральное число $n>2$ может быть представлено в виде произведения простых множестелей; с моносвью до порядка множестелей может представление единственного.

А. Сначала метод математической индукции доказем существование

10

и не представлена. Для $n=2, 3, 4$ это очень надо. Рассмотрим теперь число $n$ и предположим, что все числа, меньше $n$, могут быть разложены в произведение простых. Если $n$ — простое число, то $n=n$ — искомое представление. Если $n$ — составное число, то $n=n_1n_2$, причем $n_1, n_2<n$. Применив предположение индекции к числам $n_1$ и $n_2$, получим соответствующее представление и для числа $n$.

В. Единственное представления доказывает сложнее. Вот одно из возможных доказательств. Применим снова метод индукции.

Для $n=2, 3, 4$ единственное имеет место. Предположим, что она имеет место для всех чисел, меньше $n$. Предположим далее, что число $n$ представляется в виде произведения простых двумя способами:
$$n = p_1p_2 \dots p_k = q_1q_2 \dots q_m.$$
При этом равенство $p_i=q_j$ невозможно, иначе, сократив на $p_i=q_j$ обе части равенства, мы получили бы нединственное представления для меньшего числа $l=n/p_i=n/q_j$.

Предположим, что в обих разложения множители записаны в порядке возрастания ($p_i \geq p_{i-1}$ и $q_i \geq q_{i-1}$) и, кроме того, $p_1<q_1$.

Рассмотрим число $m=p_1q_2 \dots q_m$. Из $p_1<q_1$ следует $m<n$. Число $n-m$ делится на $p_1$, поэтому $n-m=p_1t_1 \dots t_2$, где $t_i$ — простые числа. С другой стороны, ких конструкции. Оказывается, один из методов моделирования таких конструкций связан с … мыльными пленками.

Как известно, именно мыльные пленки очень часто образуют поверхности самой приудливой формы и при этом с наименьшей площадью. Вот почему моделирование на мыльных пленках широко использовать первой стандарти по-ektрированию конструкций сложных форм.

На фотографии вы видите фрагмент декоративной композиции, которая экспонровалась в павильоне Советского Союза на Всемирной выставке 1975 года. Композицию отличит оригинальную форму, легкость, вызывающая у эргетеля ощущение неевесомости, эфемерности.

В. Колейчик

11

Простые опыты с мыльными пленками и пузырями

Для опытов не требуется никакого сложного оборудования, поэтому их можно выполнять даже в домашних условиях.

Необходимые условия успешного проведения опытов — тщательная промышленка использованием стеклянной посуды и приготовление хорошего мыльного раствора. Лучше всего раствор готовить из разведенного в воде шампуня с добавлением небольшого количества чистого глицерина и крепкого нашатирного спирта.

В качестве узкой трубки для выдувания мыльных пузырей можно использовать пустой пластмассовыйстержень от шариковой авторучки со снятьм металлическим наконецником. Пузыри лучше выдувать небольших размеров и следить, чтобы на дне их не было капелек раствора. Если понадобится пузырь от конца трубки, это легко сделать быстро движением руки вертикально вверх.

После того, как вы приготовите все необходимое и потребируетесь в выдувания мыльных пузырей, приступайте к конкретным опытом.

1. Выдайте мыльный пузырь, оторвите его от конца трубки и сразу же начните быстро движаться назад — сначала прямо, затем отклонясь то вправо, то влево. Пузырь будет все время следовать за вам!

Такое поведение пузыря связано с тем, что при резком движении человека между ним и пузырем создается область пониженного давления воздуха — сюда и устремляется мыльный пузырь.

2. Возьмите широкую стеклянную трубку (диаметром не менее 2 см). Выражьте из фольги круг диаметром чуть большие диаметра трубки. Смочив фольгу мыльным раствором, приложите ее к торцу трубки; другим концом трубку опускайте в глубокий сосуд с водой. Вскоре вы увидите, что «клапан» из фольги приоткрывается — это «работает» образованшийся на торце трубки мыльный пузырь, раздувающийся под действием скатого воздуха в трубке. Чем глубже погружается трубка в воду, тем на больший угол открывается «клапан». При некоторых глубоких погружения этот угол становится равным 90° (рис. 1).

3. Осторожно опустите мыльный пузырь на какую-нибудь плоскую смачивающую поверхность (например, на воду, бумагу или стекло) — благодаря смачиванию нижняя часть пузыря растечется по поверхности, и пузырь примет форму полушара.

Тепер на проводлом колце получите плоскую мыльную пленку и положите на нее мыльный пузырь, диаметр которого приблизительно равен диаметру колца. Вы увидите, что и пузырь, и плоская пленка изменили свою форму — получилась двояковыпуклая линия, обе половинки которой симметричны относительно плоскости проводочного колца.

4. Возьмите оправу очков без стекол и опустите ее в мыльный раствор — оправа затянется двумя

12

плокими пленками. Если надеть такие очки, то окружающие предметы будут видны в естественном виде: не будет ни увеличения, ни уменьшения, ни ослабления видимости.

Видозмените опыт. Снова затяните оправу пленками и, расположив их в горизонтальной плоскости, на каждую из них опустите по мыльному пузирю (как в предыдущем опыте). Вы получите очки с двояковыпуклими мыльными линзами. Но вот что удивительно: через такие необыкновенные очки окружающие предметы пространства без всяких изменений, как и в случае с плоским пленками. Почему?

Дело в том, что мыльные линзы, по существу, — воздушные, так как между тончайшими сферическими мыльными пленками находится воздух. Световые лучи, проходящие через такую линзу, практические не преломляются.

5. Можно ли вы получить плоскую мыльную пленку в пробирке, причем именно не на свободном конце, а внутри пробирки? Попробуйте это сделать. Предлагаем вам два способа.

a) Частчно заполните пробирку водой. Возьмите полоску бумаги и, смочив ее мыльным раствором, проведите его по торцу пробирки — торец затянется пленкой. Чтобы пленка вошла внутри пробирки, наклоните пробирку и сквозь пленку вылетите часть воды. Сколько вылетятся воды по высоте, настолько и опустится пленка.

Рис. 2.

6. В пробирку налейте немного воды и нагрейте ее до кипения с помощью свечи или спиртовки. Отдвинуть нагреватель, затяните отверстие мыльной пленкой. Через некоторое время вы увидите, что пленка будет постепенно опускаться вовнутрь пробирки.

Объясняется это тем, что водяные пары при охлаждении конденсируются, под пленкой создается разряжение, куда и устремляется пленка. Для ускорения процесса опускания пробирку можно охлаждать проточной водой.

6. Выдуйте на конце узкой трубочки мыльный пузирь. С помощью пластилина прикрепите свободный конец трубочки к лапке шатива или к какой-либо горизонтальной поперечине, расположенной на высоте примерно 20 см над поверхностью стола. С помощью медиинского шприца (или другой узкой трубочки) можно накачивать воздуха в пузирь или выкачивать его. Будут ли проискодить искажения формы пузирья?

Конечно, нет — это непосредственное следует из закона Паскала.

7. Возьмите стеклянную баночку высотой 60 мм и наполните ее на 2/3 мыльным раствором. Закройте баночку пробкой, куда вставлены два электрода из медной проводки диаметром 1—2 мм и длиной 80 мм (рис. 2). Нижние концы электродов должны доходить до дна, но не соприкасаются с ним. Верхние концы согласно под углом 90° и с помощью подводящих проводов подключите электроды к батарейке для карманного фонаря. На катоде начут выделять необольшие пузирьи газа, которые, поднимаясь вверх, образуют на поверхности раствора пену. Какой газ заключен в пузирьах? Будут ли выделяться пузирьи, если вместе мыльного раствора в баночку налить спирт, глицерин, керосин?

Чтобы ответить на эти вопросы, достаточно вспомнить, что при замыкании электрической цепи происходит электролиз воды, так что на катоде выделяется водород. А в спирте, глицерин и керосин пузирьи вообще не возникнут, поскольку продукт электролиза совсем другие.

13

В этой статье мы будем сравнить между собой числа. Постоянным будет вопрос: какое из чисел больше? Кое- кто из вас может подумать: «Что тут справивать! Всем ясно, что десять больше пяти, а сто меньше тысячи». Ну что же, прочитав эту заметку, вы, верятно, согласитесь, что ответ на этот вопрос бывают очень и очень непростим.

Начнем с такой задачи.

Задача 1. Какое число больше: $2^{3100}$ или $3^{2100}$?

Решение. Докажем, что $2^{3100} > 3^{2100}$. Действительно, $2^{3100} = 4^{\frac{3}{2}}$. Поэтому достаточно доказать, что $\frac{3}{2} > 2^{100}$ или что $(\frac{3}{2})^{100} > 2$. Но уже $(\frac{3}{2})^2 > 2$, так что $(\frac{3}{2})^{100}$ и подавно больше 2. Из нашего решения видно, что $2^{32} > 3^{22}$. Из этого факта (его нетрудно проверить и неосредственно) легко вывести другое решение задачи.

Следующая задача чут-чут сложнее.

Задача 2. Какое число больше: $5^{10} + 6^{10}$ или $7^{10}$?

Первое решение. Докажем, что $5^{10} + 6^{10} < 7^{10}$. Так как $5^{10} + 6^{10} < 2 \cdot 6^{10}$, то достаточно доказать, что $(\frac{7}{6})^{10} > 2$. После нее неравенство следует из неравенства Бернулина («Алгебра и начала анализа 9», п. 2):

$$\left(\frac{7}{6}\right)^{10} = \left(1 + \frac{1}{6}\right)^{10} > 1 + 10 \cdot \frac{1}{6} > 2.$$

Второе решение. Заметим, что $5^3 + 6^3 = 341 < 343 = 7^3$.

Поэтому $\left(\frac{5}{7}\right)^3 + \left(\frac{6}{7}\right)^3 < 1$. Так как $\left(\frac{5}{7}\right)^{10} < \left(\frac{5}{7}\right)^3$ и $\left(\frac{6}{7}\right)^{10} < \left(\frac{6}{7}\right)^3$; получаем $\left(\frac{5}{7}\right)^{10} + \left(\frac{6}{7}\right)^{10} < 1$. Значит, $5^{10} + 6^{10} < 7^{10}$.

Задача 3. Какое из десяти чисел $1^{10}, 2^9, 3^8, 4^7, 5^6, 6^5, 7^4, 8^3, 9^2, 10^1$ самое большее?

Решение. Очевидно, что $2^9 > 1^{10}$. Докажем, что $3^8$ больше $2^9$. Действительно, $3^8 = 9^4 > 8^4 = 2^{12} > 2^9$. Тепер сравним $4^7$ и $3^8$: $4^7 > 3^8 \Rightarrow \left(\frac{4}{3}\right)^7 > 3$. Осталось заметить, что $\left(\frac{4}{3}\right)^7 = \left(1 + \frac{1}{3}\right)^7 > 1. + 7 \cdot \frac{1}{3} > 3$.

Итак, из первых четырех чисел самое большее $4^7$.

Докажем теперь, что $4^7 > 5^6 > 6^5 > 7^4 > 8^3 > 9^2 > 10^1$. Из $4^7 > 5^6 \Leftrightarrow \left(\frac{5}{4}\right)^6 < 4$ и $\left(\frac{5}{4}\right)^6 = \left(\frac{125}{64}\right)^2 < 2^2 = 4$ следует $4^7 > 5^6$.

Неравенства $5^6 > 6^5$ и $6^5 > 7^4$ доказываются аналогично.

Неравенства $7^4 > 8^3 > 9^2 > 10^1$ очень видны.

Таким образом, самое большее среди них еще раз вернемся к этой задаче и приведем менее «выкладочное» решение.

Задача 4. Какое число больше: $1^n + 2^n + 3^n + \dots + 9^n$ или $10^n$?

Решение. Легко видеть, что при маленьких $n$ $1^n + 2^n + \dots + 9^n$ больше, чем $10^n$. Действительно, $1 + 2 + \dots + 9 > 10$; $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + 9^2 > 10^2$; $1^3 + 2^3 + \dots + 9^3 > 9^3 + 8^3 = 729 + 512 > 1000 = 10^3$.

Прежде чем рассматривать другие значения $n$, заметим, что если при некотором $n$ $1^n + 2^n + \dots + 9^n < 10^n$, то для всех $m > n$ тем более $1^m + 2^m + \dots + 9^m < 10^m$. Действительно, при перехождение к большим значениям пока-

16

Функция $g(x) = \frac{11}{x} - \ln x - 1$
на $]0; +\infty[$ убывает, причем $g(4) = 1,75 - \ln 4 > 0$, $g(5) = 1,2 - \ln 5 < 0$.
(Доказите эти неравенства, воспользоваться тем, что $3 > e > 2,5$.)
Позному существует такое $x_0 \in ]4; 5[$, что на промежутке $]0; x_0]$ функция $f$ возвращает, а на $[x_0; \infty[$ — убывает.
Значит, среди наших чисел самое большое либо $f(4)$, либо $f(5)$. Остается выбрать большее из них.
Задача и
9. Какое число больше:
a) $15^{30}$ или $30^{15}$?
b) $2^{40}$ или $3^{33}$?
c) $10^{1000}$ или $9^{1111}$?
10. Какое число больше:
a) $5^{15} + 6^{20} + 7^{25}$ или $8^{24}$?
b) $7^{15} + 15^7$ или $6^{16} + 16^6$?
c) $5^{5555}$ или $6^{6666}$?

Новый
калейдоскоп

Наш читатель Б. Ивакин прислад в редакцию следующую задачу: разрезать правильный шестугольник на 9 одинаковых частей.

К задаче был приложен ответ, он изображен в центре первой страницы обложки нашего журнала: отрезками, соединяющихся центром с вершинами, шестугольник разбит на три ромба, каждой из которых разделен на три параллелограмма.

Когда я познакомился с этой задачей, то, естественно, начал искать другие решения. Довольно долго мне не удавалось нужным образом разбит шестугольник, но, наконец, я нашел такое разбиение (но изображено в верхней части рисунка на обложке). После этого мне захотелось «пошевелить» полученные пятугольники. Результат оказался очень неожиданным — требуемые разбиения шестугольника посыпались, как из рога изобилия. Пять из них изображены на обложке журнала.

Попробуйте сами поэкспериментировать с таким разбиением. Если у вас получается интересные картины, то присылайте нам. Лучшие картины мы опубликуем.

А. Савин

17

Центр тяжести полушария

22 века назад Архимед придумал механический метод, с помощью которого впервые удалось найти объем шара и центр тяжести полушария. Еще раньше Демокрит и Евдокс установили, что объем конуса в три раза меньше объема описанного цилиндра, а центр тяжести конуса делит его высоту в отношении 3:1, считая от вершины.

Докажем, что объем шара в полтора раза меньше объема описанного цилиндра и что центр тяжести полушария делит его высоту в отношении 3:5, считая от центра шара.

Рассмотрим шар и описанный около него цилиндр. Плоскость рисунка 1 проходит через ось цилиндра, направленную горизонтально. Рассмотрим также конус с вершиной в центре шара O и основанием, общим с основанием полушарида.

Проведем через произвольную точку A на оси полушарида плоскость MN, перpendикулярную этой оси. В сечении с шаром она дает круг радиуса AP, с конусом — круг радиуса AB, с цилиндром — круг радиуса AM=R. Теорема Пифагора гласит, что AP²+AO²=OP²=AM², а так как угол при вершине конуса прямой и AO=AB, AP²+AB²=AM².

Взяв это соотношение л раз, усматриваем, что сечения шара и конуса в сумме имеет площадь, равную сечению цилиндра:

$$S_{\text{ш}} + S_{\text{к}} = S_{\text{ц}}.$$ (1)

Так как (1) верно для любой точки A на оси полушарида, из принципи Кавальери («Алгебра и начала анализа 10», п. 107, или «Квант», 1977, № 2, с. 7, 10) находится, что объем полушария V_{\text{ш}} и конуса V_{\text{к}} в сумме равны объему полушарида V_{\text{ц}}:

$$V_{\text{ш}} + V_{\text{к}} = V_{\text{ц}}.$$ (2)

Рассмотрим теперь ось цилиндра как рычаг с сечиной в центре O. Перенесем сечение цилиндра в правую сторону рисунка в точку A′, симметрично точке A относительной центра O. С помощью (2) устанавливаем, что сечения шара и конуса, подвешенные вместе в точке A, уравновешивают сечение цилиндра, подвешенное в точке A′.

Если теперь заполнить кругами все сечения шара и конуса слева, а сечения полушарида — симметрично справа от точки O, то из равновесия каждой трех таких кругов следует, что полушарие и конус вместе уравновешивают полушарид относительно центра O (рис. 2).

Но центр тяжести полушарида находится на середине C его оси, и центр тяжести K конуса, как было упомянут выше, на расстоянии OK=(3/4)R от вершины. Пусть центр тяжести полушария будет в точке X. Тогда по правую рычага условия равновесия этих трех тел имеет вид:

$$|OX| \cdot V_{\text{ш}} + |OK| \cdot V_{\text{к}} = |OC| \cdot V_{\text{ц}}.$$ (3)

Но V_{\text{к}} = (1/3)V_{\text{ц}}, а из соотношения между объемами (2) находится V_{\text{ш}}=V_{\text{ц}}-V_{\text{к}}=(2/3)V_{\text{ц}}, то есть объем полушария в полтора раза меньше объема описанного цилиндра. Поэтому уравновешия (3) принимает вид:

$$(2/3)V_{\text{ц}} + OX + (1/3)V_{\text{ц}} \times (3/4)R = V_{\text{ц}} \cdot (1/2)R.$$

Отсюда получаем

$$|OX| = (3/8)R,$$

то есть центр тяжести полушария делит высоту полушария в отношении 3:5, считая от центра шара.

Как этим методом найти центр тяжести сегмента шара или сегмента эллипсоidea, легко сообщать и сам читатель.

M. Мамикон

Отредакции: В № 5 журнала «Квант» за 1977 г. было опубликовано два решения задачи об объеме шара — «механическое» решение Архимеда и геометрическое решение М. Мамикона. Данная заметка является логическим продолжением этой статьи.

18

Задачик
кванта

М531—М535; Ф543—Ф547

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи не стандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки нынешней школьной программы. Найболее трудные задачи отмещены звездочек.

Решения задач из этого номера можно присылать не позднее 1 января 1979 года по адресу: 113035, Москва, М-35, Б. Ордынка 21/16, редакция журнала «Квант».
После адреса написите на конверте номера задач, решения которых вы посылаете (например, «М531, М534» или «Ф543»). Решения задач по каждому из предметов (математике и физике), а также новые задания просылать в отдельных конвертах. Решения задач из разных номеров журнала также присылайте в разных конвертах.
В письмо вложите конверт с написанным на нем вашим адресом (в этом конверте вы получите результаты проверки решений).
Условия оригинальных задач, предлагаемых для публикации, присылайте в двух экземплярах вместе с вашими решениями этих задач (на конверте помещьте: «Задачик «Кванта», новая задач по физике» или «…новая задач по математике»). После формулировки задачи мы обычно указываем, кто ее предложил. Разумеется, не все задачи публикуются впервые.

М531. Из пунктов А и В не одновременно выехали настречу друг другу автоматически и велосипедист. Встретились в точке C, они точас развернулись и поехали обратно (с теми же скоростями). Доехав до своих пунктов A и B, они опять развернулись и второй раз встретились в точке D; здесь они вновь развернулись, и т. д. В какой точке отрезка AB произошла их 1978-я встреч?

H. Васильев

М532. Положим $a_n = \sqrt{n+1} + \sqrt{n}$ и $b_n = \sqrt{4n+2}$. Докажите, что для любого натурального n
a) $[a_n] = [b_n]$, где $[x]$ — целая часть числа x;
6) $0 < b_n - a_n < \frac{1}{16n\sqrt{n}}$.

М533*. Наозем выпукленный многоугольник особым, если некоторые три его диагонали пересекаются в одной точке. Докажите, что у каждой особого семиугольника найдет вершина A, обладающая таким свойством: для любого $\varepsilon > 0$ вершину A можно сдивнуть на расстояние, меньше $\varepsilon$ (не меняя остальных вершин), так, что полученный семиугольник будет неособым.

B. Волтянский

М534. При прямые, параллельные стороны треугольника ABC и проходящие через одну точку, отсекают от $\triangle ABC$ трапеци. При диагонали этих трапеци, не имеющие общих концов, делят треугольник на семь частей, из которых четыре — треугольники (рис. 1). Докажите, что сумма площадей трех этих треугольников, прилежащих к сторонам $\triangle ABC$, равна площади четырого.

B. Косьянчук

М535. Пусть на плоскости задана система из трех бесконечных в обе стороны последовательностей точек $A_k, B_l, C_m$ (индексы $k, l$ и $m$ пробегают все множество целых чисел). Наозем такую систему трюмерной, если для любых $k$ и $m$ прямой $A_kC_m$

20

М482. Сечение правильного метраэдра — чемырегуольник. Докажите, что периметр эмного чемырегуольника не меньше 2а, но меньше 3а, где а — длина ребра метраэдра.

Рис. 1.

Докажем сначала, что перimetр четырехугольника $p \geq 2a$. Развертка tetraэдра (рис. 2) изображена на рисунке 2. При развертке контур четырехугольного сечения превращается в красную ломанную $K_1K_2$. Видно, что перimetр $p$ будет равен 2а лишь тогда, когда секущая плоскость параллельна двум скрещивающимся ребрам tetraэдра, а во всех остальных случаях $p > 2a$.

Доказательство неравенства $p < 3a$ легко всего получить, рассматривая сразу семей ствоей сечений tetraэдра параллельными плоскостями. Пусть плоскость сечения перемещается параллельно самой себе; мы рассматрииваем такой интервал значений $l \in [b_1; b_2]$ (см. рис. 2), что при $b_1 < l < b_2$ сечение остается четырехугольником, а при $l = b_1$ и $l = b_2$ оно становится треугольником (рис. 3). Длина каждой стороны сечения, а значит и перimetр $p$ сечения, будет линейной функцией от $l: p(l) = kl + c$ (к, с — некоторые постоянные). Набольшее значение такая функция принимает на концах отрезка $[b_1; b_2]$, когда сечение — треугольник. Нолина любого отрезка с концами на сторонах равностороннего треугольника не больше длины его стороны $a$, и поэтому $p < 3a$.

Н. Васильев, В. Произволь

Рис. 2.

М485. a) Докажите, что число e заключено между числом $a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n u b_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ при любом натуральном $n$.
b) Докажите, что последовательно с $c_n = \left(1 + \frac{1}{4n}\right) \times \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}$ монotonно возрастает, а последовательно с $d_n = \left(1 + \frac{1}{2n}\right) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}$ монotonно убивает.
c) Разделим отрезок $[a_n; b_n]$ на чемыре равных по длине отрезка. В каком из них лежит число e?

a) Докажем, что последовательность $(a_n)$ монotonно возрастает. Действительно,

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n; \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^{n-1} = \frac{n}{n-1} \cdot \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n.$$

Согласно неравенству Бернулли *),

$$\left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n > 1 - \frac{1}{n} = \frac{n-1}{n},$$

откуда

$$\frac{a_n}{a_{n-1}} > 1.$$

Докажем теперьamonotonно. См. также «Алгебра и начала анализ 9», п. 2.

21

Резделим отрезок $[a_n; b_n]$ на восемь равных частей. В какой из них лежит $e$?

А если отрезок $[a_n; b_n]$ разделить на $2^k$ равных частей (в этой задаче имеется получить ответ для достаточно больших $n$, например, для $n > 2^k$)? (Напомним, что $e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 2,718...$, — см. учебник «Алебра и начала анализ 10», nn. 109,113.)

убывает. Имеем

$$\frac{b_{n-1}}{b_n} = \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n : \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} = \frac{n-1}{n} \left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1}.$$

Вновь применяя неравенство Бернулли, получим

$$\left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1} > 1 + \frac{1}{n-1} = \frac{n}{n-1},$$

то есть $$\frac{b_{n-1}}{b_n} > 1.$$

Поскольку $e = \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n$, из доказанного следует, что

$$a_n < e < b_n.$$

Д) Решим задачу д) — задачи 6), в) и г) будут следовать из этого решения.

Разделим отрезок $[a_n; b_n]$ на $2^k$ равных частей. Длина одной такой части равна

$$\Delta = \frac{b_n - a_n}{2^k} = \frac{1}{2^k \cdot n} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n.$$

Середине отрезка $[a_n; b_n]$ соответствует число $a_n + \frac{b_n - a_n}{2} = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = d_n$. Легко видеть, что $2^{k-1}$-й из полученных отрезочков имеет правым концом число $d_n$, а левым концом — число $t_n = d_n - \Delta = \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n - \frac{1}{2^k \cdot n}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k \cdot n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n (k \geqslant 2).$ (При $k = 2$ число $t_n$ совпадает с числом $c_n$ из пункта 6) задачи.)

Докажем, что при достаточно больших $n$ (а именно, при $n > 3 \cdot 2^{k-2}$) число $e$ лежит на $2^{k-1}-m$ отрезочке длины $\Delta$. Для этого достаточно показать, что при таких $n$ последовательность левых концов $(t_n)$ этого отрезочка монотно возвращает, а последовательность $(d_n)$ правых концов монотно убывает (поскольку $e = \lim_{n \to \infty} t_n = \lim_{n \to \infty} d_n$).

Имеем

$$\frac{d_{n-1}}{d_n} = \left[ \left(1 + \frac{1}{2(n-1)}\right)\left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^{n-1} \right];$$

$$\left[ \left(1 + \frac{1}{2n}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \right] = \frac{2n-1}{2n+1} \left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^n.$$

Аналогично неравенству Бернулли, можно доказать более точно. Из него

$$\left(1 + \frac{1}{n^2-1}\right)^n \geqslant 1 + \frac{n}{n^2-1} + \frac{n(n-1)}{2(n^2-1)^2} = \frac{2n^3 + 4n^2 + n - 2}{2(n-1)(n+1)^2}.$$

22

Позтому
$$\frac{d_{n-1}}{d_n} \geq \frac{2n-1}{2n+1} \cdot \frac{2n^3+4n^2+n-2}{2(n-1)(n+1)^2} = \frac{4n^4+6n^3-2n^2-5n+2}{4n^4+6n^3-2n^2-6n-2} > 1$$

при любом $n \in N$. Значит, последовательность $(d_n)$ монотонно убывает.

Перейдем теперь к последовательности $(t_n)$. Имеем
$$\frac{t_n}{t_{n-1}} = \left[ \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k \cdot n}\right) \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \right]; \left[ \left(1 + \frac{2^{k-1}-1}{2^k(n-1)}\right) \times \left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n \right] = \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)^n.$$
Но $(1-h)^n \geq 1 - nh + \frac{(n-1)^2}{2} h^2$ при $0 < h < \frac{1}{(n-1)^2}$

(это неравенство доказывается аналогично неравенству Бернулли). Позтому
$$\frac{t_n}{t_{n-1}} \geq \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \left(1 - \frac{1}{n} + \frac{(n-1)^2}{2n^4}\right) = \frac{2^k \cdot n + 2^{k-1}-1}{2^k \cdot (n-1) + 2^{k-1}-1} \cdot \frac{2n^4-2n^3+n^2-2n+1}{2n^4}.$$
Нас интересует, когда $\frac{t_n}{t_{n-1}} > 1$, то есть когда
$$\left(n + \frac{1}{2} - 2^{-k}\right) \cdot \left(2n^4-2n^3+n^2-2n+1\right) > \left(n - 1 + \frac{1}{2} - 2^{-k}\right) \cdot 2n^4.$$
Это неравенство эквивалентно неравенству
$$2^{1-k} \cdot n^3 - \left(\frac{3}{2} + 2^{-k}\right) n^2 + 2^{1-k} \cdot n + \frac{1}{2} - 2^{-k} > 0,$$
которое следует из неравенства
$$2^{1-k} \cdot n^3 \geq \left(\frac{3}{2} + 2^{-k}\right) n^2.$$
Таким образом, при $n \geq 3 \cdot 2^{k-2} + \frac{1}{2}$, или $n > 3 \cdot 2^{k-2}$, последовательность $(t_n)$ становится монотонно возрастной. Из этого следует нашей утверждение: число $e$ лежит внутри $2^{k-1}$-го отрезка длины $\Delta$, если $n > 3 \cdot 2^{k-2}$.

Из решения задачи д) следует, что уже $\frac{c_4}{c_3} > 1$. Первыше же три члена этой последовательности: $\frac{5}{2}, \frac{3^4}{2^5}, \frac{13 \cdot 2^4}{3^4}$ — очень和高, составляют возрастную цепочку.

Итак, в задаче b) число $e$ попадает во второй из четырех равных по длине отрезков, а в задаче b) — в четвертый (для $n > 6$).

С. Голубев, Р. Ушаков

M487. На данных окружностях $\gamma_1$ и $\gamma_2$ построить по хорде мак, чтобы эти хорды были геометрины

Пусть нам удалось построить нужную геометрию $H$ и пусть $H(\gamma_1)$ пересекается с $\gamma_2$ в точках $B$ и $C$ (рис. 4). Проведем в точке $A$ обшую к $\gamma_1$ и $H(\gamma_1)$ касательную; обозначим через $D$ точку пересечения этой касательной с

23

с заданным центром A, принадлежим γ₁, и имеем длина хорды окружности γ₂ равнялась заданной величины a*).

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

Рис. 7.

ружности γ₁. Отложим на m отрезок AO длины r₂ (рис. 6). Поскольку |DA| = |DE|, треугольники ADO и EDO² конгруэнтны, так что точка D равнодула от точке O и O₂. Это дает возможность ее отыскать, если касательная l и серединный перпендикуляр n к отрезку OO₂ пересекаются (как на рисунке 6). Если же l и n паралельны, то в качестве искомой хорды нужно взять отрезок паралельной l касательной к упомянутой выше окружности γ₃ (рис. 7).

Л. Лиманов

M489. Данные три числа a, b, c. Построим три последовательности (aₙ), (bₙ), (cₙ), у которых a₁ = a, b₁ = b, c₁ = c и

$$a_{n+1} = \frac{b_n + c_n}{2},$$
$$b_{n+1} = \frac{c_n + a_n}{2},$$
$$c_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$$

*) Решение задачи M486 см. в статье Л. Курляндика «Высокие степени» (с. 13); решение задачи M488 будет опубликовано позже.

В качестве наводящого сообщения рассмотрим вместе чисел a₁, b₁, c₁ точки A₁, B₁, C₁, о которых сначала предположим, что они не лежат на одной прямой. Числам aₙ+1, bₙ+1, cₙ+1 сопоставим середины Aₙ+1, Bₙ+1, Cₙ+1 соответствуютх сторон треугольника AₙBₙCₙ. Мы получим три последовательности точек на плоскости. Легко понять, что отрезки медиан треугольника A₁B₁C₁, лежащие внутри ΔA₂B₂C₂, являются медианми в ΔA₂B₂C₂. Поэтому точки пересечения медиан обих трех треугольников совпадают. Отсюда ясно, что если вместе исходной задачи решать anaлогичную задачу для точек на плоскости, то соответствующий предположен существенно и совпадает с точкой пересечения медиан исходного треугольника A₁B₁C₁ (и всех последующих треугольников). Эта точка есть центр тяжести системы трех исходных точек.

Если исходные точки лежат на одной прямой, то справедливость аналогичного утверждения следует из «сообщения непрерывности». Она вытекает также из следующого рассуждения. Если A’, B’, C’ — проекции точек A, B, C на координатную ось и a’, b’, c’ — их координаты,

24

для любого $n=1, 2, 3, \dots$ Доказите, что все эти при последовательности имеются предел, и найти его.

то координата проекции центра тяжести точек $A, B, C$ на эту ось равна среднему арфметическому координат проекций исходных точек, т. е. $\frac{a' + b' + c'}{3}$. (Заметим еще, что координата проекции середины отрезка равна по у-сумме координат проекций концов отрезка.) Поскольку для любых трех точек $a, b, c$ на прямой можно выбрать три точки на плоскости, проекциями которых служат точки $a, b, c$, то из справедливости утверждение на плоскости следует его справедливо на прямой.

Тепер легко дать аналитическое доказательство того, что число $d = \frac{a + b + c}{3}$ является общим пределом указанных последовательностей. Для этого, очевидно, достаточно показать, что $|a_n - d| = 2 |a_{n+1} - d|$, $|b_n - d| = 2 |b_{n+1} - d|$, $|c_n - d| = 2 |c_{n+1} - d|$ (с каждым шагом последовательности вдвое приближаются к пределу).

Заметим, что для любого $n$

$$a_{n+1} + b_{n+1} + c_{n+1} = \frac{b_n + c_n}{2} + \frac{c_n + a_n}{2} + \frac{a_n + b_n}{2} = a_n + b_n + c_n.$$

Отсюда видно, что $d = \frac{a_n + b_n + c_n}{3}$ для любого $n$.

Имеем:

$$|a_n - d| = \left| a_n - \frac{a_n + b_n + c_n}{3} \right| = \left| \frac{2a_n - b_n - c_n}{3} \right| = \left| \frac{b_n + c_n - 2a_n}{3} \right| = 2 \left| \frac{b_n + c_n}{2} - \frac{a_n + b_n + c_n}{3} \right| = 2 |a_{n+1} - d|.$$

Два другие равенства проверяются аналогично.

В заключение заметим следующее. Среднее арфметическое в ух чисел, расматриваемое как операция, неассоциально (т. е., вообще говоря,

$$\frac{a + b}{2} + c \neq \frac{a + b + c}{2}),$$

и среднее арфметическое трех чисел, вообще говоря, не выражается как конечная компинация средних арфметических этих чисел, взятых по два (доказите это!). Тем не менее, как мы видели, использует переходный переход, среднее арфметическое трех чисел через среднее арфметическое двое чисел выразить можно. Аналогичные предельные соотношения связываются арфметические $k + 1$ и $k$ чисел для любого целого $k \geqslant 2$.

И. Бурмистрович

M490. $p$ — простое нечетное число. Дано $p-1$ целых чисел, не делихся на $p$. Доказите, что, заменив некоторые этих чисел на промивоположные, можно получить $p-1$ целых, сумма которых делится на $p$.

Будем писать $a \equiv b$, если числа $a$ и $b$ дают одинаковые остатки при делении на $p$ (как известно, в этом случае говорят, что $a$ сравним с $b$ по modulo $p$ — см. статью «Сравнения и классы вычетов» в «Кванте» № 10). Тогда очевидно, что если $p$ нечетное простое число, то существует такое целое число $s$, $0 \leqslant 2s < p-1$, что $2s \equiv a_1 + \dots + a_{p-1}$ (продумайте это!).

Для доказательства нам понадобится лемма, которая однажды уже публикалась в «Кванте» («Кванте», 1971, № 8, с. 43):