Квант 1979, №1 · Страницы

КЕАНМ
1
1979

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

Сложный многогранник, показанный на обложке, ни что иное, как объединение десяти одинаковых кубов с общим центром. Эти кубы расположены в некотором смысле «максимально симметрично». В каком смысле? — Поясим это для случая пяти кубов. Возьмем дodeкаэдр и впищем в него куб (так, чтобы вершины куба лежали в вершинах дodeкаэдра); оказывается, это можно сделать пятью разными способами; объединение таких пяти кубов образует очень красивый многогранник — попытайте его нарисовать или построить из тонкого картона. Он попроще, конечно, чем многогранник из десяти кубов, показанный на обложке. Впрочем, тот тоже можно построить, отправляясь от дodeкаэдра (или икоаэдра), но это уже дело более хитroe—попробуйте! Более подробно о многограннике, составленном из пяти кубов рассказано на странице 57. Там же обьясяется, как строить многогранник из десяти кубов.

В. Гамаюнов

1

В НОМЕРЕ:

2. Д. Фукс. Лента Мёбиуса. Вариация на старую тему
3. Ю. Соколовский. Сожжем энергию!

Лаборатория «Кванта»
16. О. Кабардин, Н. Шефер. Зонные пластинки

Математический кругхок
20. С. Ацезлов, В. Барыщев. Погоня, столковение, позика

Задачник «Кванта»
28. Задачий М541—М545; Ф553—Ф557
30. Решения задач М494, М496—М499; Ф508—Ф511

По страницам школьных учебников
36. В. Вавилов. Сечения многограничков

«Квант» для младших школьников
41. Задачи
42. А. Савин. Кое-что о выпуклости

Практикум абитуриента
45. И. Габович. Векторы помогают на экзамене
50. Л. Баканина. КПД тепловых и холодильных машин
53. А. Алексаандров, А. Забовев, Н. Шолохов. Московский инженерно-физический институт

Информация
55. В. Вавилов, А. Колмогоров, И. Тропин. ФМШ при МГУ—15 лет
58. Ж. Раббом. Новый прием во Всесоюзную заочную математическую школе
59. В. Аслаянн, С. Корицунов, Т. Чугунова. Заочная физиotechnическая школа

62. В. Фабрикант. Исаак Ньюотон и яблоко
63. Ответы, указания, решения

Наша обложка (с. 26, 27)

Смеся (с. 44, 64)

© Главная редакция физико-математической литературы издательства «Нука», «Квант», 1979

2

Д. Фукс

Лента Мёбинуса.

Вариация на старую тему

Эта статья вновь возврашает нас к замечательной представительнице односторонних поверхностей — ленте Мёбинуса (см. также «Квант»: 1974, № 3; 1975, № 7; 1978, № 5 и № 6). Получается она из перекрученной на 180° длиной узкой бумажной полоски, склеенной в колюцо. Здесь обсуждается вопрос, какая именно полоска подойдет для изготовления модели ленты Мёбинуса.

Я не буду предлагать вам водить по ленте Мёбинуса пальцем или разрезать ее по средней линии. Речь поддет о вещих, менее известных. Начну с вопроса:

1. Какой формуы бумажную полоску следует взять, чтобы склить ленту Мёбинуса?

Ожидаемый ответ: полоска должна быть узкой и длиной, с возможностью отношением длины к ширине. Складем, из квадратного листа ленты Мёбинуса не сделаем.

Это верно, но с одной оговоркой, которое легко недооценить: ограничения на размер имеют значение лишь в том случае, когда бумагу запрещается мять. Если же мять бумагу не запрещается, то ленту Мёбинуса можно склить не только из квадрата, но из прямогольника любых размеров—склеиваемые стороны могут быть даже во сколько уголно раз длине несклеиваемых.

Сделать это можно так (рис. 1). Сложим прямогольный лист в гармошу, перегнуть его четное число раз. Затем из этой гармошки, как из толстой бумажной полоски, склеим ленту Мёбинуса,ставляя соответствующие части гармошки друг в друга. Из рисунка 1 видно, что лист бумаги, из которого склеена лента Мёбинуса, оказался смятым.

Предположим теперь, что бумажную полоску можно изгибать, но не мять. Причем ширину полоски за единицу. Ясно, чточем длинее полоска, тем легче склить из нее ленту Мёбинуса. Таким образом, существуют макое число λ, что из полоски длины больше λ ленту Мёбинуса склеить можно, а из полоски длины меньше λ — нельзя (что будет для полоски, длина которого в точности равна λ, нас не интересует). Очень хотеловы найти это λ.

Удивительно, но решение этой задачи do сих пор не известно.

Здесь я докажу для λ неравенства

$$1,57...\approx \frac{\pi}{2}\leq\lambda\leq\sqrt{3}\approx1,73...$$

(при этом начиным склеиваемых участков полоски мы пребрегаем: предполагается, что края полоски

3

Рис. 1.

склейваются встык) и постараюсь обьясить, почему не удается вычислить λ точнее.

2. Несмятый лист бумаги — «развертывающаяся поверхность»

Раз требование не мяты бумаги так важно, поэтому, каков его математический смысл.

Легко понять, что запрещение мяты бумаги означает ограниченное возможность манипулировать бумажным листом. Например, лист бумаги, не помяв, можно свернуть в трубку или сложить без складки пополам, но нельзя сложить вчетверо (рис. 2). Из листа бумаги, не смяв его, можно сделать конус («фунтик»), но нельзя сделать сферу или даже ее кусочек (рис. 3): прижмите лист бумаги к глобусу, и обязаτεльно повяятся складки. Как видно, листу бумаги можно придать далеко не всякую форму.

Поверхности, которые можно сделать из листа бумаги, изгибая, но не сминая его, математики называют развертывающимся. (Примеры развертывающихся поверхностей показаны на рисунке 4.) Конечно, в математике развертывающиеся поверхности определяются не так: в математическом языке отсутствуют слова «бумага», «сминать», «сделать». Существует целая теория развертывающих surfaces поверхностей, среди достижений которой — удовлетворительный ответ на вопрос, какими они

4

Рис. 5. Рис. 6.

могут быть; математики называют это «классификацией» (ответ принадлежит Леонарду Эйлеру). Я не собираюсь здесь излагать общую теорию развертывающихся поверхностей: всякая общая теория скучнова. Я приведу только некоторые свойства развертывающихся поверхностей, нужные для дальнейшего. Наше наглядное определение не позволяет их доказать, так что придется рассматривать эти свойства как экспериментальные факты (возьмите лист бумаги и убедитесь в их справедливости).

1. Через каждую точку А развертывающейся поверхности, не лежащую на ее границе, проходим лежащий на поверхности отрезок, не кончающийся в А. Иначе говоря, в каждой точке к развертывающейся поверхности (изогнутому, но не смятому листу бумаги) можно приложить спицу так, чтобы она прилегала к поверхности на некотором протяжении по обе стороны от взятой точки. Такой отрезок называется образующей поверхности (условимся, что это называние относится только к отрезкам максимальной длины, целиком лежащим на поверхности, то есть, к отрезкам, не содержащимся в бóльших отрезках с этим свойством).

2. Если через точку А, не лежащую на границе поверхности, проходят две различные образующие, причем А не является концом ни одной из них, то достаточно маленький кусок поверхности, окружающий А, является плоским. В таком случае точку А мы будем называть плоской.

3. Если точка А, не лежащая на границе поверхности, является концом какой-нибудь образующей, скажем, а, то плоские точки составляют точки А устроена так. Через точку А проходим единственная не кончающаяся в ней образующая, скажем, b (рис. 5). Образующая разделем поверхности на две части. С мой стороны от образующей b, с которой находится образующая a, к образующей b прилегает плоский кусок, с другой стороны от b, сколько близко от точки А, имеются не плоские точки. Точка A в этой ситуации мы будем называть полуплоской.

Подчеркием, что если точка поверхности не является ни граничной, ни плоской, то через нее проходит единственная не кончающаяся в ней образующая, причем концы этой образующей лежат на границе поверхности.

При меры. Лист бумаги, свернуть в трубку или в фунтик, плоских (и полуплоских) точек не имеет. У трубочки образующие составляют семейство параллельных отрезков, у фунтика — семейство отрезков, ввером расходящихся из одной точки. Возможны более сложные расположения образующих. Например, образующие и плоские точки развертывающейся поверхности, изображены на рисунке б а, показаны на рисунке б б (на нем поверхности развертума в плоский лист бумаги): тонкие сине линия — образующие, а закрашенные области состояят из плоских точек.

Точки, лежащие на границе плоских точек, являются либо граничными для всей поверхности, либо полуплоскими. Если поверхности сделана из бумажного многоугольника (скажем, из прямого угольника), то плоские точки составляют

5

один или несколько плоских многоугольников, причем у каждой из этих многоугольников вершины лежат на границе поверхности, а стороны либо лежат на границе, либо состояят из полуплоских точек (см. еще раз рисунок 66).

Упражнение 1. Развертывающаяся поверхность сделана из a) квадратного листа со стороны 1; б) кругга диаметра 1. Доказите, что хотя бы одна из ее образующих имеет длину не меньше a) 1; 6) $\sqrt{3}/2$.

Вернемся к нашему основному сюжету: вычисление $\lambda$ — нижней грани длины бумажных полосок ширины 1, из которых можно склить несятую ленту Мёбиуса.

3. Теорема 1: $\lambda \geqslant \frac{\pi}{2}$

Доказательство. Пусть лента Мёбиуса сделана из бумажной полоски длины $l$. Намотаем на нее длиную бумажную ленту. Эта лента (толщиной бумаги пренебрегаем) будет составлена из прямогольников одинаковой длины, каждый из которых принимает форму нашей ленты Мёбиуса. Отметим на длиной ленте прямолинейные образующие и плоские точки (как на рисунке 66). Получится что-то вроде рисунка 7. Картина перiodична: все повторяется с периодом, равным 2l. Можно сказаать больше: при сдвиге влево или вправо на $l$ картина меняется, но строго определяным образом; именно, она перевор�aивается (т. е. зеркально отражается в средней линии полоски). Области плоских точек представляют собой четырехугольники (которые могут выродиться в треугольника), ограниченные двумя отрезками противоположных краев ленты и двумя отрезками, проходящими по ленте. Части ленты, не попавшие в эти области, вымешены образующими, концы которых лежат на краях ленты. (Все это следует из свойств 1—3 развертывающихся поверхностей, приведенных в п. 2.) Плоские участки также можно выместить образующими, так что вся лента будет покрыта непрерывным семейством образующих (рис. 8). Образующие в одинаковых четырехугольках можно выбирать одинаковым образом, так что описанная выше периодичность сохранится.

Возьем любую образующую из нашей семейства, скажем, $[AB]$. Если симметрично отрезать ее в средней линии полоски и затем перевести в любую сторону (скажем, вправо) на $l$, то получится отрезок $CD$, который тоже является образующей из нашей семейства (рис. 9). Заметим (это важно), что $|AC| + |BD| = 2l$. При наматывании нашей длиной ленты на ленту Мёбиуса образующие $[AB]$ и $[CD]$ займут одинаковое положение, причем точка $A$ совместится с $D$, а точка $B$ — с $C$; другими словами, отрезки $AB$ и $CD$ составят в пространстве угол в $180^\circ$. Между $[AB]$ и $[CD]$ расположается непрерывное семейство образующих. При движении от $[AB]$ к $[CD]$ величина угла, который эти образующие составляют в пространстве $[AB]$, непрерывно изменяется от $0^\circ$ до $180^\circ$. (Напомним, что величина угла между отрезками $KL$ и $MP$ в пространстве определяется как $\widehat{KLQ}$, где $Q$ — такая точка, что отрезки $LQ$ и $MP$ рав-

6

Рис. 9.

Рис. 10.

Рис. 11.

ны по длине, параллельны и направлены в одну сторону.

Возьем любое $n$ и найдем между $[AB]$ и $[CD]$ такие образующие $[A_1B_1]$, …, $[A_{n-1}B_{n-1}]$, что величины угла между $[AB]$ и $[A_kB_k]$ равна $k \frac{180^\circ}{n}$ (точки $A_1$, …, $A_{n-1}$ в этом порядке лежат между $A$ и $C$, а точки $B_1$, …, $B_{n-1}$ в этом порядке лежат между $B$ и $D$; см. рис. 10). Длина каждой из образующих большие или равна 1, а величина угла между пространственными положениями двух соседних образующих не меньше $\frac{180^\circ}{n}$. Показем, что каждая из сумм $|AA_1| + |BB_1|$, $|A_1A_2| + |B_1B_2|$, …, $|A_{n-1}C| + |B_{n-1}D|$ не меньше длины $a_{2n}$ стороны правильного $2n$-угольника, вписанного в окружность радиуса 1. Это видно из рисунка 11. На этом рисунке отрезки $A_kE$ и $A_{k+1}B_{k+1}$ равны по длине, параллельны и направлены в одну сторону, $|A_kF| = |A_kH| = 1$ и $|FG| \parallel |EB_h|$ (рисунок 11 сделан в предположении, что $|A_{k+1}B_{k+1}| < |A_kB_k|$; изменения, необходимые в случае $|A_{k+1}B_{k+1}| = |A_kB_k|$ и $|A_{k+1}B_{k+1}| > |A_kB_k|$, очевидны). Мы видим, что $|A_kA_{k+1}| + |B_kB_{k+1}| = |EB_{k+1}| + |B_kB_{k+1}| \geq |EB_k| \geq |FG| \geq |FH| \geq a_{2n}$ (здесь $|A_kA_{k+1}|$, $|B_kB_{k+1}|$, $|EB_{k+1}|$ — длины изображенных на рисунке 11 кр и во линей и их отрезков; эти длины совпадают с длинами отрезков $[A_kA_{k+1}]$, $[B_kB_{k+1}]$ рисунка 10; предпоследнее неравенство следует из того, что $\widehat{FHG} > 90^\circ$, а последнее — из того, что $\widehat{FA_kH} \geq \frac{180^\circ}{n}$).

Итак, $2l = |AC| + |BD| = (|AA_1| + |BB_1|) + (|A_1A_2| + |B_1B_2|) + \dots + (|A_{n-1}C| + |B_{n-1}D|) \geq n a_{2n}$, т. е. $2l$ при любом $n$ не меньше положины перimetра правильного $2n$-угольника, вписанного в окружность радиуса 1. Значит, $2l$ не меньше положины длины самой этой окружности, то есть $l \geq \pi/2$. Теорема доказана.

4. Теорема 2: $\lambda \leq \sqrt{3}$

Эта теорема проще предыдущей: для ее доказательства достаточно объяснить, как склить ленту Мёбинуса из полоски, длина которой больше $\sqrt{3}$. Предположим сначала треугольник (рис. 12). Перегнем полоску по боковым сторонам этих треугольников, через направления сгиба (рис. 13; возьмите ножицы и бумагу и проделайте это). Край $AB$ и $CD$ полоски совместятся, причем точка $A$ совместится с точкой $D$, а точка $B$ — с точкой $C$. Получится ленту Мёбинуса.

При этом построении было нарушено главное правило — не мять бумагу. Но легко понять, что если длина полоски хотя неного большие $\sqrt{3}$, то излом по образующей можно заменить изгибанием,

7

производимым на узком участке (рис. 14). Короче говоря, излом вдоль прямолинейного отрезка нам не страшен: его можно заменить близким к нему изгибанием. (Непоправимое сминание бумаги проискодит, когда две линии перегиба пересекаются, т. е. когда лист складывает на подобне носового платка — все это известно нам из повседневного опыта.)

Как выглядит получившаяся лента Мёбиуса, показано на рисунке 15. Ее устройство можно представить себе так: три одинаковых правильных треугольника ABC, A’B’C’, A’‘B’‘C’’ лежат параллельно друг другу, соответствующие вершины над соответствующими вершинами; стороны AB и A’B’, B’C’ и B’‘C’’, C’‘A’’ и CA соединены перемычками. Линия склейки проходит по медиане одного из треугольников.

У праванице 2. Нарисуйте для ленты Мёбиуса, построенной в доказательстве теоремы 2, схему прямолинейных образуощих и плоских точек (подобно рисунку 7).

5. Почему не удается найти λ точнее?

Пока задача не решена, трудно сказать, почему она не решена. Все же иногда в разных нерешенных задачах удается проследить общие трудности, отметить, так сказать, на математической карте трудопроходные места, что позволяет подчас представить успех или неудачу при решении той или иной задачи.

В предыдущеем параграфе мы доказали, что λ есть одна из точек отрезка [π/2; √3] . Какая же? Может быть, на этот счет можно высказать хотя бы правдоподобную гипотезу? Я думаю, что λ = √3 , и меня не удивляет, что доказать этого не удалось.

Дело в том в чем. Доказательство теоремы 1 оставляет неиспользованным одно важное свойство нашей ленты Мёбиуса — отсутствие у нее самопересечений. Самопересечения ленты нельзя сделать из бумаги, но представить себе ее можно: подобно самопересечению линии на плоскости она «проходит сквозь себя», причем можно разделить ее на части, каждой из которых самопересечений не имеет.

Допустим, что, говоря о бумажных лентах Мёбиуса, мы с самого начала разрешили им иметь самопересечения. Тогда λ прибретает новый смысл, — новое значение λ будет меньше прежнего или равно ему. При этом теорема 1 останется верной, и в ее доказательстве не придется менять ни одно слова: отсутствие самопересечения в этом доказательстве ни используется. Что же касается теоремы 2, то, если разрешены самопересечения, ее можно значить нужноить. Именно:

Теорема 3. Ленту Мёбиуса с самопересечениями можно склеить из полоски любой длины, больше λ/2.

Делается это так. Возьмем достаточно большое нечетное n и построим

8

Правильный $n$-угольник, вписанный в окружность диаметра 1. Расстояние, далее, $n$ содержащих центр окружности треугольников, каждой из которых ограничен стороной и двумя диагонали $n$-угольника (рис. 16; здесь $n=7$). Эти треугольники покрывают наш $n$-угольник, неокторые его места — по нескольку раз. Приложим теперь эти $n$-угольников друг к другу так, как показано на рисунке 17, после чего отрезем по длиной медиане половину самоголевого треугольника и приложим ее к самому правому треугольнику (рис. 17). Получится прямогольная полоска с отношением длины к ширине, большим $\pi/2$ и стремящимся к $\pi/2$ при $n$, стремящимся к $\infty$ (ширина полоски стремится к 1, а длина — к $\pi/2$). Если последовательно перегнуть эту полоску по всем проведенным на ней линям, через направления сгиба (рис. 18), то треугольники расположятся как на рисунке 16 (возьмите еще раз нижцы и бумагу и проделяйте это). Отрезки $AB$ и $CD$ при этом почти совместятся — между ними оказывается только несколько слоев сложенной бумаги. При этом «почти совмещения» точка $A$ совместится с $D$, а точка $B$ — с $C$, так что если мы смогли «пропустить ленту сквозь себя» и склить $|AB|$ с $|CD|$, то получилась лента Мёбиуса. Если ленту взять чуть более длинной, можно избежать складок, подобно тому как мы это сделали.

Ли в доказательстве теоремы 2. Что получится, я попробовал изобразить на рисунке 19.

У праваннее 3. Нарисуйте для ленты Мёбиуса, изображенной на рисунке 19, диаграмму плоских точек и прямолинейных образующих.

Таким образом, если бы мы захотели (для лент без самопересечений) доказать, что $\lambda \geq \mu$, где $\mu > \sqrt{3}$, нам пришлось бы в доказательстве обязательно учитывать отсутствие самопересечений. Начиные или отсутствие самопересечений у той или иной фигуры в трехмерном пространстве — это задача «трехмерной геометрии расположения». Все опыт математики показывают, что задачи о расположении в трехмерном пространстве очень трудны. Ведь эта геометрия включает в себя, скажем, теорию узлов и зацепленей, известную свойства неприступностью («Квант», 1975, № 7, с. 6); в ней возникны такие феномены как «рогатая сфера Алексадера» («Квант», 1977, № 7, с. 22); простейшие ее вопросы, например, можно ли через маленькую дырку вывернуть наизнанку тор, ставят в тупик нашу интуицию. И вот что удивительное. Kazалось бы, в пространстве размерности большее трех проблем расположения должны еще более остро. Но нет: с ростом размерности эти трудности сглаживаются. Впрочем, «сглаживание» начинается с размерности 5; четырехмерное пространство в из-

9

Рис. 18.

вестном смысле не проще трехмерного. К сожалению, здесь не могу аргументировать только что сказанное, так что прошу поверить мне на слово.

Но вернемся к ленте Мёбиуса. Теорема 1, как мы видели, в действительности относится к самопересекающимся лентам. Маловерятно, чтобы условие отсутствия самопересечения не возникла в трехмерном пространстве. Например, в полне верятно, что теорема 2 не улушаем. Ведь улушить ее — значит придумать новую конструкцию ленты. Опыт показывает, что оптимальные конструкции былиют простыми и гармоничными, каковой и является конструкция из доказательства теоремы 2. Естественно предположить, что если бы лучшая конструкция существовала, она была бы найдена — за столко лет!

Вот почему можно ожидать, что $\lambda = \sqrt{3}$.

6. Заключение: об одной аналогичной задаче

Склеем из бумажной полоски не ленту Мёбиуса, а цилиндр (размеры полоски — любые). Можно ли, не сминая бумаги, вывернуть цилиндр на

изнанку? Если цилиндр шириок и низок, то, конечно, можно, а если он узок и высок — то нельзя. Обозначим через σ такое число, что если отношение длины полоски к ширине больше σ, то цилиндр вывернуть можно, а если меньше — то нельзя. Доказательства трех следующих теорем (более трудных, чем теоремы 1, 2, 3) я оставляю вам в качестве задачи:

Теорема 1’. $\sigma \geq \pi$.

Теорема 2’. $\sigma \leq \pi + 2$.

Теорема 3’. Предположим, что в процессе выворчивания допускается самопересечения. Тогда любой цилиндр, сделанный из полоски, у которой относение длины к ширине больше π, можно вывернуть наизнанку (не сминая бумаги).

Большое число об этом не известно.

В заключение я хочу сказать, что мыслить написать эту статью возникла у меня при чтении статьи Б. Гальперина и К. Уивера в журнале «Transactions of the American Mathematical Society» (1977, т. 230), из которой я узнал о современном положении дел с обсуждавшимся проблемами.

10

Ю. Соколовский
Сожжем энергию!

Беседа любительей физики

Ю ра. Давайте обсуadm такую задачу:
Альпинсит и турист запаслись одинаковыми вязанками хвороста. Турист разложил свой космер у подножия холма, альпинсит — на его вершине. Последний, признамться, здорово попомел, пока вмаскивал вязанку на холм. Говоря языком физики, альпинсит совершил механическую работу, сообщив своим дробом потенциальную энергию. Так куда же эта энергия подвалась, когда хворост сгорел?

Коля. Сгореть энергия не могла. Сгорел один дрова, а их потенциальная энергия обязательно превращалась в кakyю-нибудdy другую.

Ю ра. В какую же именно?

Коля. Очевидно, в энергию продуктов сгорания — зольи и дыма. Они ведь, находясь наверху, тоже обладают потенциальной энергейой относительно подножия холма.

Таня. Золу-то действительно можно потом сбросить вниз и заставить совершить механическую работу. А вот дым…

Коля. Ну, а дым устремляется высь и способен при этом что-нибудdy поднять. Вот наполним этим дымом большой шар, прикрепим корзину…

Таня. Все это мог бы с тем же успехом совершить и дым от костра туриста — он ввести вверхничуть не хуже. В чем же проявляется тогда дополнительная энергия той вязанки, что пылает на вершине холма? О золе говорить не стоит: ее массаничтожна по сравнению с массой сгоревших дров. А если вязанку хвороста заменить канистрой керосина, то зольы вообше не будет.

Коля. Видно, я поторопился. Почему устремляется вверх горячий дым? Потому что он легче воздуха. На его место опускается более тяжелый холодный воздух. Из-за этого могут возникать разные осложнения. Чтобы в них не запутаться, давайте вообразим, что все проинсходит не на Земле, а на Луне…

Таня. Как же могут костры гореть на Луне, где нет воздуха?

Коля. Пусть горят не костры, а особые горелки: в одном баллоне — ацетилен, в другом — кислород, оба сжиженные. Где встречаются обе струи — горит огонь. Продукты сгорания, даже

11

газообразные, падают вниз, на лунную почву.
При padени они способны совершить такую же по величине работы, какая была затрачена на подъем горючего и окислителя.

Таня. Ты прав, в отсутствие атмосферы все действительное очень просто.

Коля. Но на Земле «всплывание» горячо дыма в холодном воздуха переворочает все вверх ногами!

Таня. Попробуем разобраться. Вспомните, ведь всплывание мяча в воде вовсе не нарушает закона сохранения энергии. Правда, потенциальная энергия мяча при всплывании растет. Но растет за счет уменшения потенциальной энергии той воды, которая опускается на место поднимаящего мяча. Так как масса опускающего воды больше, ее потенциальной энергии хватает еще и на увеличение кинетической энергии мяча, и на совершение работы против сил жидкого трения (с соответствующим нагревом мяча и воды). Одним словом, за счет потенциальной энергии опускающего воды пополняются и потенциальная, и кинетическая, и внутренняя энергия мяча, а также внутренняя энергия окружающей мяч воды. Здесь все понятно до конца.

Коля. Наш случай не так прост: до сортания было полено, которое «тонуло» в воздухе, а продукты сортания в нем «всплывают!» Как понять энергетические превращение «тонулого» во «всплывающее»?

Таня. Не поможет ли нам механическая модель в виде погруженного в воду цилиндра (трубы) с двумя поршнями (рис. 1)? Когда поршни развинуты, цилиндр всплывает, когда сбижены — тонет. И в обих случаях он способен произвольить работу — например, поднимать грузы (рис. 2). Когда цилиндр находится вблизи дна, развигаем поршни, а когда он всплыет, сбижаем. Так цилиндр и движется перiodически вверх-вниз…

Коля. Попучается «вечный дивигатель»!?

Таня. Вовсе нет: чтобы глубоко под водой развигать поршни, надо совершать работу против сил гидросатического давления. А для этого нужен источник энергии.

Коля. Кажется, я уловил сходство с нашими вязанками. Дрова в воздухе «тонут», а дым «всплывает» потому, что объем дыма города больше. Значит, образующийся при горении дым отсечетет во все стороны окружающей воздуха, совершая при этом работы против сил atmosферного давления. Совершаться эта работа может не инчае, как за счет части химического энергии сгорающего топлива. И только остальная часть этой энергии идет на повышение температуры.

Таня. Раз помещена аналогия, доведем ее до логического конца. Мы одну вязанку сжигаем внизу, и двум сам поднимается до вершины — как всплывает цилиндр, когда поршни развинуты

12

близда. А другую вязанку мы вставиваем наверх и сжигаем лишь там, как могли бы поднять цилиндр при сbijженных поршнях, а затем их развинуть. Совершив работу по поднятию цилиндра, мы облегчаем потом развижение поршней: вода у поверхности давит слабее, чем у дня. Точно так же и с вязанками: при горении на высоте, где давление атмосферы меньше, образущется дыму города легче развигать окружающий воздух, чем при горении внизу. Поэтому меньше доля химического энергии топлива затрачивается на эту работу и, соответственно, больше доля ее идет на нагрев.

Коля я. Выходит, что костер на вершине дает больше теплла, чем костер внизу? Это и есть разгадака! Работа по подъему дров не пропадает, она возвращается в виде добавочного теплла.

Ю ра. Не зря ли мы поверили в эту разница работ по отнесению дымом окружающего воздуха внизу и на высоте? Работа зависит не только от силы, но и от пути. Когда мы развигаем поршни в цилиндре — один раз внизу, а другой вверху — перемешение их одно и то же. Работы при этом, действительно, пропорциональны силам. Здесь Таня была права. Когда же решила о kostрах, она ошиблась. Попробую обьясить.

Продукты сгорания вязанок внизу и вверху равны по массе, но вовсе не одинаковы по объему. Вверху давление меньше, там та же масса газа займет значительное больший объем, отнеся для этого окружающий воздух города дальше. Значит, больше будет и путь, на котором сгорается работа против сил atmosфериного давления. Как известно, работа при расширении определяется произведением $p\Delta V$ — величины предолеваемого давления на изменение объема. Начальный объем — объем дров — по сравнению с окончательным объемом продуктов сгорания несоизмеримо мал, так что изменение объема $\Delta V$ и окончательный объем $V$ практически равны: $p\Delta V \approx pV$. Но по закону Бойля — Мариотта для равных масс определенного газа произведение $pV$ от давления не зависит, оно одинаково и на вершине, и у подожжия холма. Не отличается, следовательно, и работа отнесения окружающего воздуха.

Коля я. Мне не совсем ясно, как ты здесь применил закон Бойля — Мариотта, не сказав ни слова о температурех.

Ю ра. При сгорании вязанки дров — все равно, у подожжия холма или же на вершине — образуется определенное количество углекислого газа, паров воды и других продуктов сгорания. Эта порция раскаленных газов расширяется до тех пор, пока давление и температура ее не сравняются с давлением и температурой окружающего воздуха. К таким конечным состоянием одинаковых порций газов — с одинаковыми температурами (будем считать, что температуры воздуха у под-

13

ножния и на верхние одинаковы), но при разных давлениях (из-за разности высот) — можно применить закон Бойля — Мариотта. Тогда получается, что конечные объемы (а значит, и увеличения объемов) пропорциональны давлениям окружающей атмосферы. Следовательно, работы по распределению газов на любых высотах одинаковы.

Коля. Если работа по распределению газа не зависит от давления, то в чем причина различия между теплоемкостьми газа $C_V$ при постоянном объеме и $C_p$ при постоянном давлении, о котором нам говорили на факультативных занятиях *)? Как известно, чтобы повышить на один градус температуру данной порции газа в цилиндре с поршнем, где давление постоянно, нужно больше теплы, чем в запаянном состоянии, то есть при неизменном объеме (рис. 3). Добавочное теплое идет на совершение работы: распределения газа поднимаетяжелый поршень.

Таня. Да, но это добавочное теплое, как нам только что доказал Юра, не зависит от величины давления. При удвоенном весе поршня та же порция газа займет вдвоем меньший объём, приращение этого объема в результате нагрева тоже будет вдвоем меньше (рис. 4). Работа останется той же самой.

Коля. Ты меня убедили. Но теперь я — увы! — перестал понимать, почему газ не совершает вообщеникай работы, когда его нагревают в запаянном состоянии. Постоянство его объема обеспечивает не чем иным, как прочность стенок, то есть оказываемым им давлением на газ. Чемже сосуд, тем слабее меняется объем, но тем мощнее давление стенок. Работа по распределению, если она от давления не зависит, не может стремиться к нулю с упрочением сосуда.

Юра. Противодействие стенок нельзя отложить с давлением поршня, хотя бы и очень тяжело. Давление поршня постоянно, а силы реакции стенок растут вместе с деформациями стенок. По мере утяжеления поршня объем газа стремится к нулю, а при увеличении жесткости стенок — к объему недеформированного сосуда… Сликом много существенных различий!

Таня. Для наглядности предположим, что один цилиндр с газом закрыт сверху резиновой перепонкой, а другой — поршнем (рис. 5). Дефор-

*) О. Ф. Кабардин, С. И. Кабардин, Н. И. Шефер. Факультативный курс физики. 9 класс. Пособие для учащихся. (М., «Просвещение», 1978.) С. 53—57.

А. П. Кирьянов, С. М. Коршунов. Термодинамика и молекулярная физика. Пособие для учащихся. (М., «Просвещение», 1977.) С. 91—92.

Л. П. Свитков. Термодинамика и молекулярная физика. Факультативный курс. (М., «Просвещение», 1971.) С. 40—41.

Б. М. Яворский, А. А. Пинский. Основы физики. Т. I. (М., «Наука», 1974.) С. 241—243.

14

мированная перепонка давит на газ точно так же, как и поршень. Если поршень поднимется вдвое выше, объем под ним увеличится в два раза, а давление остается прежним. А когда перепонка протеется в два раза больше (пунктир), она становится давить вдвое сильней, но объем увеличится чутучуть. К чему же приведет повышение температуры газа, скажем, в два раза? В правом цилиндре — к удвоению объема под поршнем с сохранением давления, а в левом — к увеличению деформации перепонки, а значит, и давления, практические вдвое при совсем незначительном увеличении объема. В обихх случях соблюдается постоянство относения $\frac{pV}{T}$, но работа по расширению в левом сосуде пренебрежима мала (из-заничтожности самого расширения), тогда как в правом она существена и совсем не зависит от веса поршня.

Коля. Я chimаю мое возражение относительно равенства работ против сил atmosферного давления визу и на вершине холма. Тайнственному «превашению в ничего» потенциальной энергии доставленных на вершину дров придется искать новое обьясение.

Таня. Давайте еще раз — и как можно четче! — сформируем суть проблемы. Мы рассматрием два опыта с одинаковыми начальными условиями: две тожественные взанки лежат у подножия холма. Одинаковый и конечные результаты: дрова сторели, выделены равные количество теплоты, клубы дыма ушли в небо. Но в одном случае была совершена работа по поднятию взанки дров, а в другом — нет.

Юра. Мне почувствовалсь в твоем рассуждении некоторых нечеткости. «Клубы дыма, — говоришь ты, — ушли в небо»?

Таня. Я имела в виду: поднялись вверх — в те разреженные слоны atmosферы, где холодный воздуха по плотности не отличается от горячего дыма.

Коля. Но такого не может быть: давление дыма всегда равно давлению окружающего воздуха, при поднятии дым расширяется, как и воздуха. При разных температурах им ни на какой высоте не сравняться по плотности. Кроме того, температура дыма в процессе подмена его вверх не остается неизменной: дым остывает, отдавящее окружающее воздуха. Так что сразу и не сообщилось, до какой высоты поднимаются столбы дыма от обихх костров.

Юра. Не к чему утрудать себя рассмотрением излиших сложностей. За «конечное состояние» лучше принять дым не «в небе», а непосредственно над вершиной холма. Если речь идет о костре альпинста, это — дым, только что образовавшийся в результате сторания дров. Он имеет какую-то температуру. С такой же точно температу-

15

рой возникает дым и от костра туриста. Но пока он поднимется до вершины холма, температура его уменышится. И не только из-за неизбежного рассеяния тела в окружающей воздуха. Существует еще и другая, более принципальная причина охлаждения дыма в процессе его подъема.

Таня. Какая именно?

Ю р а. Поднимаясь, дым расширяется — в соответствии с уменышением атмосферного давления — и при этом совершает уже знакомую нам работу «растlkивания» окружающего воздуха. Это происходит за счет внутренней энергии дыма. Уменышение ее означает понжение температуры.

Таня. Телерь мне все понятно: дым от нижнего костра достигает вершины холма, значительное охлаждение. Этот он и отличается от дыма, порождаемого верхимом костром.

Ю р а. Как видим, конечный итог сгорания вызанок у подножия и на вершине вовсе не одинаков:
на одной и той же высоте над уровнем моря (чуть выше вершины холма) дым верхнего костра горячее, иными словами, конечная внутренняя энергия у него больше. Этот избыток энергии и получен за счет той механической работы, которое совершило альпинист, доставив свою вязанку к вершине холма.

Коля. Вот телерь мы действительно разгадали тайну «сожженной» энергии.

Ю р а. Справедливости ради надо сказать, что приуманная только аналогия с цилиндрами тоже правильно отражает нашу «проблему костров», но в ином варианте. Над только предположить, что сгорание происходит не в открытых кострах, а внутренние机理ческих оболочек из какого-нибудь негорючого, весы гибкого, но почти совсем нерастижного материалов. (И достаточно легкого для того, чтобы наполнения горячеим дымом оболочка могла взлететь в воздух и достигнуть вершины холма без затрат энергии.) В этом случае работа по подъему топлива на вершину вознаграждается потом бóльшим выделением тепла при его сгорании.

Таня. Фактически мы разобрались в трех различных процесах горения: при отсутствии воздуха (на Луне), внутрен замкнутых оболочек и в земной атмосфере. Оказалось, что сообщенная топливу при подъеме его наверх энергия всякий раз находится определенное применение. В первом случае она пополняет потенциальную энергию продуктов сгорания, а во втором — обеспечивает дополнительное выделение тепла при сгорании, а в третьем — идет на увеличение внутренней энергии поднявшегося высьдяда.

Возможны, пожалуйста, и другие случан, а значит,— и новые загадки. Но с сегодняшей задачей мы справились!

16

Зонные пластинки

Интересные явления, связанные с интерференцией и диффраκцией волн различных физических природы, можно наблюдать, если воспользоваться зонными пластинками. Что это такое?

Зоны Френеля

Представим себе, что посредние между точными источником волн $A$ и приемником волн $B$ находится непрозрачный экран с круглым ответием (рис. 1). Согласно принципу Гюйгена — Френеля каждой точки в ответении экраня является вторичным источником волн, и от каждой из них волны приходит к приемнику. Колбания всех вторичных источников корректны, поэтому волны, приходящие к приемнику, будут интерферровать. От чего зависит результат интерференции? Воспользовемся методом, предложенным Френелем.

Длина пути от источника до приемника зависит от места прохождения волны через ответие в экране. Сначала при увеличении радиуса ответия, начиная с совсем малого, интерференции волн будет привить к увеличению амплитуды колбаний у приемника $B$. Так будет до тех пор, пока разность хода $\Delta l$ по пути $AO_1B$ и $AOB$ не достигнет половины длины волны $\lambda/2$:

$$\Delta l = \left| AO_1 + O_1B \right| - \left| AO + OB \right| = \lambda/2.$$

Колбания от точек $O$ и $O_1$ приходит в точку $B$ в противоположных фай-

зах, поэтому они будут ослаблять друг друга, а не усиливать, как было раньше.

Отверстие, удовлетворяющее этому условиям, называется первой зоной Френеля. Обозначив через $a$ расстояния от точного источника до экрана и от приемника до экрана ($|AO| = |OB| = a$), найдем выражение для радиуса $r_1$ первой зоной Френеля:

$$r_1 = \sqrt{|AO_1|^2 - |AO|^2} = \sqrt{\left(a + \frac{\lambda}{4}\right)^2 - a^2} = \sqrt{\frac{a\lambda}{2} + \frac{\lambda^2}{16}}.$$

Если выполняется условие $a \gg \lambda$, то $r_1 \approx \sqrt{a\lambda/2}$.

Увеличим радиус ответия до такого значения $r_2$, при котором разность хода по пути $AO_2B$ и $AOB$ равна длине волны $\lambda$:

$$\Delta l = \left| AO_2 + O_2B \right| - \left| AO + OB \right| = \lambda.$$

Кольцевую зону с внутренним радиусом $r_1 = |OO_1|$ и внешним $r_2 = |OO_2|$ называют второй зоной Френеля. Внешний радиус $r_2$ второй зоной Френеля в рассматриваемом случае равен

$$r_2 = \sqrt{|AO_2|^2 - |AO|^2} = \sqrt{\left(a + \lambda/2\right)^2 - a^2} = \sqrt{2\left(a\lambda/2\right) + \lambda^2/4} \approx \sqrt{2a\lambda/2} \approx \sqrt{2} r_1.$$

Аналогично можно определить внешний радиус третьей, четвертой

18

рис. 2.

рительного качества чертеж должны содержать 25—100 зон.

Приготовив таблицу радиусов границ зон, присутствие к изображению чертежа. Для этого лист втана укрепите кнопками на лице фанеры или на чертежной доске. С помощью циркуля и рейсфедера нанести черной тушью систему концентрических окружностей. Затем зоны через одну зачерните тушью (рис. 2).

Фотография чертежа с различных расстояний, можно получить зонные пластники с различными фокусными расстояниями.

Фотографирование следует проводить при хорошем солнечном освещении, тщательно наводя на резкость и выбирая правильную экспозицию.

После проявления, закрепления и просушки выберите наиболее удачные негативы и вставьте их в рамки для диапазитовов. Тепер можно приступить к опытам с зонными пластниками.

В затемнном помещении расположите настольную лампу направив белого экрана на расстоянии 2—3 м. Перемещая зонную пластнику между лампой и экраном, найдите такое их вззаменное расположение, при котором на экране получится четкое изображение нитей лампы. Изменя положение зонной пластники относительно экрана, получите увеличенное или уменьшенное изображение нитей лампы. Измерив расстояния от лампы до зонной пластники и от зонной пластники до экрана, по формуле линзы вычислите фокусное расстояние зонной пластники.

Опыты со звуковыми волнами

Для опытов со звуковыми волнами зонные пластники можно изготовить из тонкого пенопласта или нескольких слоев картона.

Радиус $r_1$ первого зоны Френеля для звуковой волны длиной 3,2 см при удалении источника звука и приемника от экрана на расстояние $a=10$ см равен

$$r_1 \approx \sqrt{a\lambda/2} = 4 \text{ см.}$$

Внешние радиуса двух следующих зон тогда равны, соответственно,

$$r_2 \approx \sqrt{2} r_1 \approx 5,67 \text{ см},$$

$$r_3 \approx \sqrt{3} r_1 \approx 6,93 \text{ см.}$$

На квадратном листе картона или пенопласта нанесите с помощью циркуля окружности радиусов $r_1, r_2, r_3$, а затем вырежьте три зоны Френеля — вы получите зонную пластнику. Для проведения опытов нужно сделать специальные перемычки, позволяющие закрепить вторую зону при удалении из экрана первой и третий зон.

Опыты с зонной пластиной можно проводить в школьном кабинете физики. Установите на столе звуковой генератор и подklючите к его выходу громкоговоритель. Чтобы источник звуковых волн был по своим свойством близок к точечному, перед самым диамиком поставьте только экран из звуковоголошающего материала (например, пенопласта или картона), с круглым ответием диаметром 2—3 см. Например этого ответия поставьте электродинамический микрофон и соедините его выводы со входом усилителя низкой частоты (УНЧ). К выходу УНЧ подklючите демонстрационный амperметр или электронный осциллограф (рис. 3 и 4).

Установив микрофон на расстоянии 20 см от источника звука, включите звуковой генератор. Ручками управления на передней панели генератора установите частоту электрических колебаний на его выходе,

Френеля — первой и второй. Хотя диаметр отверстия в экране увеличается, амплитуда звуковых колебаний, регистрации микрофона, существенно уменьшается! Открывание третий зоны вновь приводит к увеличению амплитуды звуковых колебаний.

Самое большое воздействие амплитуды звуковых колебаний обнаружается при помещении между источником звука и микрофоном зонной пластинки, в котором открыты первая и третья зоны Френеля, но закрыта вторая зона.

Зонная пластинка для сантиметровых электромагнитных волн

Все опыты, выполненные со звуковыми волнами, можно проделать и с электромагнитными волнами сантиметрового диапазона, используя тот же самый экран с вырезанным в нем колцевыми зонами. Чтобы экран был непрозрачным для электромагнитных волн, его необходимо оклеить металлической фольгой.

В расчетах размеров зон Френеля для опытов со звуковыми волнами не случайно была выбрана длина волны 3,2 см, так как именно такая длина электромагнитных волн, излучаемых школьным CBЧ-генератором электромагнитных волн.

Для того чтобы источник и приемник электромагнитных волн был по своим свойством близкими к точным, нужно изготовить металлические экраны с круглыми отверстиями диаметром 2—3 см в центре и укрепить их на рупорах антенн генератора и приемника.

Соответствующий длине звуковой волны в воздухе 3,2 см:

$$v = \frac{v}{\lambda} = \frac{340 \text{ m/c}}{3,2 \text{ cm}} = 10,6 \text{ кГц.}$$

Регулировкой напряжения на выходе звукового генератора и усилия УНЧ добейтесь отклонения стрелки демонстрационного амператора примерно на половину шкалы.

Поместите между источником звука и микрофона экран с закрытыми отверстиями и убедитесь, что звуковые волны частно поглощаются экраном — отклонение стрелки амператора уменьшается.

Тепер откройте первую зону Френеля. При правильном расположении источника звука и микрофона относительно экрана с отверстием амплитуды звуковых колебаний при одной открытии зоне Френеля оказывается почти в два раза большей амплитуды колебаний при отсутствии экрана!

Еще более удивительным результат получается при открывании двух зон

20

Математический кружок

С. Аццеллов, В. Барышеев

Погоня, столковение, попмка

Ровно в полдень часовая и минутная стрелки часов совпадают. Когда они совпадают в следующий раз? Несмотря на простоту, эта страя задача веса почительна. Решим ее.

Пусть $v_1$ и $v_2$ — частоты вращения часов и минутной стрелок. Очевидно, $v_1 = \frac{1}{12} \mathrm{q}^{-1}, \quad v_2 = 1 \mathrm{q}^{-1}$.

Если $t$ — момент вращения следующего после полдня совпадения стрелок, то $v_2 t = v_1 t + 1$, либо к моменту $t$ минутная стрелка совершит на один оборот больше часов. Следовательно,

$$t = \frac{1}{v_2 - v_1} \approx 1 \text{ ч } 5 \text{ мин } 27 \text{ с}.$$

Мы видим, что величины $t$ зависит лишь от разности частот $v_2 - v_1$. Это наводит на мысль, что решение можно получить, рассуждая по-другому. За время между двумя последовательными совпадениями минутная стрелка совершает один оборот относительно часов. Поскольку частота вращения минутной стрелки относительно часов равна $v_{21} = v_2 - v_1$, может сразу заключить, что

$$t = \frac{1}{v_{21}} = \frac{1}{v_2 - v_1}.$$

Эта задача относится к задачам следующего типа. В некоторых системе отсчета заданы характеристики движения нескольких тел. Требуется найти, как положения тел меняются друг относительно друга с течение времени. На этом занятии математическое кружка мы познакомимся с нескольких таких задачами. Все они будут решены с помощью одного и того же примера: выбор подходящей системы координат.

1. Автомобили у перекрестка

Автомобили $A$ и $B$ движутся равномерно с одинаковыми скоростями по прямым дорогам 1 и 2, пересекающимся в точке $O$. Нужно определить кратчайшее расстояние между автомобилими, если известны их начальные положения ($|AO| = a, |BO| = b$) и угодл α между дорогами (рис. 1 а).

21

Рассмотрим движение авторомыя $B$ с точки зрения наблюдателя, находящшегося в авторомиле $A$. Как известно, скорость такого движения равна разности $\vec{V}_B - \vec{V}_A$ и постоянна по величины и направлению *). Это значит, что авторомыя $B$ движется относительно авторомыя $A$ по некоторой прямой 3. (На рисунке 1 б прямая 3 изображена пунктиром; она нарисована в системе отсчета, связанной с авторомим $A$.) Следовательно, авторомыя находится всего друг к другу в тот момент, когда авторомыя $B$ оказывается в точке $B'$, являющейся основанием перепределения, опущенного из точки $A$ на прямую 3. Длина отрезка $AB'$ равна искомому кратчайшейму расстоянию между авторомыми.

Чтобы изобразить положение отрезка $AB'$ в неподвижной системе отсчета, сметим его конец $B'$ параллельно дороге 1 так, чтобы он попал в точку $B_1$ на дороге 2, и проведем $[B_1A_1] \parallel [B'A]$. Точки $A_1$ и $B_1$ являются искомыми положениями авторомыя (рис. 1 б).

Очевидно, прямая 3 параллельна биссектрисе угла между дорогами. Нетрудно подчитать, что $|A_1B_1| = |AB'| = |a - b| \sin \frac{\alpha}{2}$.

2. Охотник и лиса

Лиса безщит с постоянной скоростью $\vec{V}_1$ по прямой l. Неподвижный охотник замечает лису, когда она находится в близкой оценке прямой l (на расстоянии a). Как должен движется охотник, чтобы произвести выстрел с кратчайшего расстояния, если он может.beжать со скоростью, равной по велинице $|\vec{V}_2|$? Каково это кратчайшее расстояние?

Нетрудно сообщить, что при условии $|\vec{V}_2| \leq |\vec{V}_1|$ охотник должен.beжать прямой нено. Расмотрим движение охотника в системе отсчета, связанной с лисой, т. е. движущейся со скоростью $\vec{V}_1$ (рис. 2 a). Скорость $\vec{V}_{21}$ охот-

*) «Физика 8», п. 8.

22

жат на окружности радиуса $|\vec{V}_2|$ с центром в точке $O$.

Во внешней системе отсчета пряма, по которой будет лежать охотник, должна иметь общие точки с этой окружностью и проходить как можно близке к точке $A$.

Если $|\vec{V}_2| < |\vec{V}_1|$, то этим условиям удовлетворяет касательная, проведенная из точки $B$ к окружности. В этом случае искомое направление движения охотника (угол ф; см. рис. 2 а) и кратчайшее расстояние до лисы $R_{\min}$ таковы ([AC] $\perp$ [BC]):

$$\cos \varphi = \frac{|\vec{V}_2|}{|\vec{V}_1|}, \quad R_{\min} = |AC| = a \sin \varphi.$$

Если $|\vec{V}_2| > |\vec{V}_1|$, то охотник может лежать в пределах затрихованного сектора в любом направлении, если движется прямолинейно (рис. 2 б): условия задачи не запрещают охотнику достичь какой-то точки лицевой пролывыше, чем через эту точку пробежит лиса, и в этом месте спокойно подождать лису *).

Наконец, при условии $|\vec{V}_1| = |\vec{V}_2|$, человек может сколь уголно близко подбежать к лице, выбрав соответствующий малый угол ф.

Читателью предлагается самому доказать эти утверждения и нарисовать нужные рисунки.

3. Пароход и катер

Перpendикулярно к прямолинейному берегу моря проходит канал. Вдоль берега с постоянной скоростью $\vec{V}$ плывем пароход. Катер начинает движение по каналу из точки $B$, когда пароход находится в точке $A$ — у устья канала. С какой постоянной скоростью

*) При условии $|\vec{V}_2| > |\vec{V}_1|$ возможно и кривolinейные траектории движения охотника. Семейство этих траекторий можно описать, например, следующим способом. Пусть направед заано любое положительное число $t$. Тогда в течение интервала времени от начала движения до момента $t$ охотник может лежать по любой траектории; начиная с момента $t$ охотник может двигаться по любой из бесконечного множества прямолинейных траекторий, удовлетворяющих условиям задачи.

4. Корабли в тумане

Чемыре корабля $A, B, B$ и $\Gamma$ плывут в тумане с постоянными скоростями прямолинейными курсами. Корабли $A$ и $B$ чуть не столь нульсь; назовем это событие «столкновением». Известно, что произойдет следующее столкновение: $A$ и $B, A$ и $B, A$ и $\Gamma, B$ и $B, B$ и $\Gamma$, причем в одном месте в одной и same время столкновалось не больше двух кораблей. Докажите, что если

*) Несоклько лет назад эта задача предлагалась на вступительных экзаменах по математике (письменно) на естественных факультеты Ленинградского университета. Составители вариантов предполагали, что задача будет решаться алгебраически. Решение при этом оказается громоздким. Попробуйте провести его сами.

23

Рис. 4.
скорости кораблей В и Г различны по величины, мо они также стальваются.

Рассмотрим перечисленные события с точки зрения наблюдаателя, находящогося на корабле A. В этой системе отчета траектория корабля Б — прямая, проходящая через точку A (сам корабль A в этой системе отчета неподвижен). Траектория корабля B также есть прямая, проходящая через точку A. Допустим, что траектории кораблей B и B не совпадают (изображим траекторию корабля B пунктиром; см. рис. 4).
В этом случае в точке A проинсходит стольновение сразу трех кораблей: A, B и B (инчете корабли B и B не столкнутся), что противоречит условию задачи. Следовательно, в нашей системе отчета траектории кораблей B и B совпадают, а стольновение B и B проинсходит не в точке A, а где-то в другом месте. Точно так же можно убедиться, что траектория корабля Г совпадает с траекториями кораблей B и B. Поскольку у кораблей B и Г величины скоростей по условию различны, различны и величины их скоростей в выбранной системе отчета.
Таким образом, в этой системе отчета корабли B и Г движутся по одной прямой с разными скоростями и, следовательно, неизбежно стальваются *).

5. Осторожный охотник и лиса
   Лиса бежит с постояной скоростью по прямой l. Охотник замечает лису, когда она находится на расстоянии a от него в направлении, составляющим угол α с прямой l (рис. 5 a), и начинает

*) Другой способ решения см. в книге Дж. Литт вуда «Математическая смесь» (М., «Нayka», 1965), с. 10.

Рис. 5.
наем преследование, выделяясь с моей же по величины скоростью, что и лиса. Поскольку «мактика» лисы охотнику неизвестна, он безит все время прямо за лисой. Как близко охотнику удасется подбежать к лисе *)?

Рассмотрим события в системе Oxy, где лиса неодвижна и находится в начале координат O (ось Oxy направлена вдоль лисей тропы в сторону движения лисы). Скорость охотника в этой системе $\vec{V}_{BA} = \vec{V}_B - \vec{V}_A$, где $\vec{V}_A$ и $\vec{V}_B$ — скорости лисы и охотника в неподвижной системе отчета. Пусть в некоторых моментах охотник находится в точке $B_1$ (рис. 5 б). Обозначим проекции ско-

*) Эта интересная задача однажды подробно обсуждалась в «Кванте» (1973, № 2, с. 39).

24

Рости $\vec{V}_{BA}$ охотника на направления $\vec{OB}_1$ и $\vec{Oy}$ (см. рис. 5 б) через $V_1$ и $V_2$. Если $\vec{OB}_1$ составляет с направлением $\vec{Oy}$ угол $\varphi$, то

$$V_1 = -|\vec{V}_{BA}|(1 + \cos \varphi)$$

и

$$V_2 = -|\vec{V}_{BA}|(1 + \cos \varphi),$$

то есть $V_1 = V_2$ в любой момент времени. Следовательно, в любой момент времени охотник равноудален от начала координат $O$ системы координат $Oxy$ и некоторой прямой, параллельной оси $Ox$. Найдем уравнение этой прямой. В начальной момент времени охотник удален от лисы (т. е. от начала координат) на расстояние $a$, поэтому искомая прямая отстопит от точки $B$ на расстоянии $a$ (рис. 5 б). Таким образом, уравнение этой прямой в системе координат $Oxy$ имеет вид $y = -(a - a \cos \alpha) = a(\cos \alpha - 1)$, прямая находится на расстоянии $a$ (1—cos $\alpha$) от начала координат. Поэтому близкие к лице положение охотника — это точка $C$, расположенная на оси $Oy$ на одинаковом расстоянии $a(1 - \cos \alpha)/2$ от $O$ и от найdenной прямой: $R_{\min} = a(1 - \cos \alpha)/2$; оно достигается, когда охотник на прямой $l$.

6. Грустная история зайца

По прямой с постояной скорость $\vec{V}$ безжитяц. В том момент, когда заяц находится в точке $A$, волк начинаем по его из точки $B$ с координатами $(a; \alpha)$ (рис. 6 а), дв歧ясь с постояной по величине скорость $|\vec{U}| = n|\vec{V}|(n > 1)$, направленный все время к заяцу. Будем ли заяц пойман, и если да, то коедда и еде *)?

Перейдем в систему отчета, где заяц неподвижен и находится в начале координат $O$. (Наверное, в этой системе отчета заяц очень страшно — ведь он бездействует!). Пусть ось $Oy$ направлена вдоль заяцевой тропы в сторону движения зайца. Скорость волка в этой системе $\vec{U}' = \vec{U} - \vec{V}$. Докажем прежде всего, что заяц будет пойман.

Пусть точка $B_1$ есть положение волка в какой-то момент времени и пусть $\vec{OB}_1$ составляет с осью $Oy$ угол $\varphi$ (рис. 6 б). Проекция скорости $\vec{U}'$ на направление $\vec{OB}_1$

$$U_{\vec{OB}_1} = |\vec{V}|(\sin \varphi - n).$$

По условию $n > 1$; значит, для любых $\varphi$ величины $U_{\vec{OB}_1}$ отрицательна, причем $|U_{\vec{OB}_1}| \geq |\vec{V}|(n - 1)$. Поэтому волк обязательно доходит заяца за время, не больше $\frac{a}{n - 1}$ (в начальной момент он находится я от заяца на расстоянии $a$).

Найдем теперь время, за которой волк доходит заяца. Для этого шем проекцию скорости $\vec{U}'$ на направление оси $Oy$ выбранной системы координат. Имеем (см. рис. 6 б):

$$U_{\vec{Oy}} = -|\vec{V}| + n|\vec{V}| \sin \varphi.$$

Пусть $(x; y)$ — координаты волка в системе $Oxy$. В момент времени $T$,

*) Решение этой задачи, используемые приемы высшей математики, приведено в книге «Избранные задачи» (М., «Мир», 1977)—см. задачу 154.

25

Когда заяц пойман, $x_T = y_T = 0$. В начальной момент времени $y_0 = a \cos \alpha$. Таким образом, проекция на ось $Oy$ перемещения волка за время $T$, необходимое для поимки зайца, равна $y_0 = a \cos \alpha$. Поэтому среднее значение проекции скорости волка на ось $Oy$ за время $T$

$$\bar{U}'_{\rightarrow Oy} = -y_0 / T = -a (\cos \alpha) / T.$$

Найде м теперь из (1) и (2) соответствие между $U'_{\rightarrow OB_1}$ и $U'_{\rightarrow Oy}$. Имеем:

$$U'_{\rightarrow OB_1} = U'_{\rightarrow Oy} / n + |\vec{V}| / n - n |\vec{V}|.$$

Поскольку слагаемые $|\vec{V}| / n$ и $n |\vec{V}|$ от времени не зависит, такое же соответствие справедливо и для средних значений расматриваемых проекций, то есть

$$\bar{U}'_{\rightarrow OB_1} = \bar{U}'_{\rightarrow Oy} / n + |\vec{V}| / n - n |\vec{V}| = -a (\cos \alpha) / n T + |\vec{V}| / n - n |\vec{V}|.$$

С другой стороны,

$$\bar{U}'_{\rightarrow OB_1} = -a / T.$$

Из (3) и (4) находим исключение поимки:

$$T = \frac{a}{|\vec{V}|} \cdot \frac{n}{n^2 - 1} \left(1 - \frac{\cos \alpha}{n}\right).$$

Проверим этот ответ для оценных частных случаев.

$1^\circ$ $\alpha = 0$: волк безит на встроечу зайцу. В этом случае величины относительной скорости движения волка равна $|\vec{V}| / (n + 1)$, так что он доогнит зайца за время $T_1 = \frac{a}{|\vec{V}| / (n + 1)}$.

Этот же результат получается из (5) при подстановке $\alpha = 0$.

$2^\circ$ $\alpha = \pi$: волк безит зайцем. При этом величина его относительной скорости равна $|\vec{V}| / (n - 1)$ ($n > 1$), и он доогнит зайца за время $T_2 = \frac{a}{|\vec{V}| / (n - 1)}$.

Подставляя $\alpha = \pi$ в выражение (5), получаем тот же ответ.

За время $T$ зац пробегает расстояние

$$S_3 = |\vec{V}| T = \frac{an}{n^2 - 1} \left(1 - \frac{\cos \alpha}{n}\right),$$

так что волкLOBит зайца в точке на прямой $l$, отстоящей от точки $A$ на этом расстоянии $S_3$.

Задание и

1. На луг перpendикулярно к опущке леса выходит прямолинейное шоссе.

Из леса со скоростью $\vec{V}$ выезда автобус. Из каждой части луга имеет смысл бескать, чтобы догнать автобус, если вы можете двигаться со скоростью $\vec{U} (|\vec{U}| < |\vec{V}|)$?

2. Докажите, что все четыре корабля $A, B, B$ и $\Gamma$ из задачи 5 в любой момент времени находится на одной прямой.

3. В каждой вершине правильно $n$-угольника находится по собаке. По команде все собаки одновременно начинают движение, причем каждой преследует свою близжайшую по часовой стрелке соседку. Какое время проходит до встречи собак и какое расстояние пробегает каждой из них, если они бегут со скоростью $|\vec{V}|$?

4. Квадратный огород окружен забором. В вершине $A$ забора сидит собакосторок. В противоположной вершине $B$ — дырка, достающая для зайцев, но слишком узкая для собаки. Пробравшийся в огород воришка-зац, заметив собаку, бежит к дырке по прямой со скоростью $|\vec{V}|$; собака преследует его со скоростью $n |\vec{V}|$, $n > 1$, причем всегда безит прямой зайцем. Определите (приблизительно), в какой части огорода зац может чувствовать себя в безопасности.

5. Несоколько собак окружили зайца. Скорости собак не превышает скорости зайца. Все собаки зайцу видны. Может ли заяц вырвать из окружения, и если да, то как, если собаки при преследования бегут так, что скорость каждой из них всегда направлена к той точке, где в данной момент находится зайц?

26

Однополостный гиперболид

На первой странице обложки вы видите бумажную модель однополостного гиперболида. Так называется поверхность, задаваемая в пространстве уравнения

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1.$$

У гиперболида на обложке параметры $a$ и $b$ совпадает ($a = b$), и он является телом вращения с осью $Oz$ (обосновайте это). Проще всего изготовить модель однополостного гиперболида вращения следующим образом. Возьмем два колеса одинакового диаметра с равномерно расположенными вдоль обода поверхностими. Посадим колеса на обшую ось и продемен в поверхности тонкие резинки параллельно оси (см. рис. 1). Если теперь закрепить эти резинки в отверстиях, и повернуть верхнее колесо на угол $\alpha$, меняший $180^\circ$, то резинки расположатся на поверхности однополостного гиперболида. Доказите, что при повороте на угол $-\alpha$ резинки расположатся вдоль той же поверхности.

Из нашей резиновой модели видно, что на поверхности гиперболида имеются два семейства скрещивающихся прямых линий. Выведите это строю из уравнения поверхности.

Первая Московская телевушка, сконструированная архитектром Шухым, изготовлена из таких «моделей» (вместо резинок там использованы стальные тросы).

Однополостный гиперболид вращения можно получить, вращая кривую $$\frac{x^2}{a^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1$$ вокруг оси $Oz$. Эта кривая является гиперболой. Именно поэтому поверхность называется гиперболидом. Однополостным он называется потому, что есть еще и двухполостный, получаемый вращением гиперболы относительно оси $Ox$. Уравнение $$\frac{x^2}{a^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1$$ отличается от привчного вам уравнения гиперболы $xy=1$. Но это не должно вас смущать — отличие не является прициплальным. Почему это действительное так, вы поймете, прочитав в «Кванте» № 3 за 1975 год статью о гиперболе. На первой странице обложки хорошо видны и оба семейства скрещивающихся прямых и гипербола. На четвертой странице обложки даны некоторые указания о склейке бумажной модели, подобной приведенной на первой странице.

27

Сложный многогранник

Сложный многогранник, показанный на второй странице обложки—не что иное, как объединение десяти кубов с общим центром.

Рассажем сначала о «родственнике» этого многогранника — многогранника, составленном из пятей кубов. Он строится на основе додекаэдра. Оказывается, в додекаэдр можно пятью различными способами вписать куб. Один из таких кубов показан на рисунке 1 зеленьым цветом. На фотографии вы видите модель этого многогранника.

Семейство из 10 кубов тоже строится на основе додекаэдра. Берется пара противоположных вершин $T$, $T'$ (рис. 1) и рассматривают три (красных) отрезка $A_1B_1$, $A_2B_2$, $A_3B_3$ (как нетрудно заметить, при поворотах около оси $OT$ на углы, кратные $2\pi/3$, они переходят друг в друга). Через эти отрезки проводятся три попарно перпендикулярные плоскости, пересекающие в точке $V$ на оси $OT$ (рис. 2) и рассматривают еще три плоскости, им симметричные относительно центра $O$ додекаэдра. Эти плоскости и ограничивают наш куб.

Такой куб можно построить для каждой пары противоположных вершин додекаэдра, а так как вершин у него 20, как раз получится 10 кубов. Их объединение и изображено на обложке.

Попробуйте на обложке «увидеть целиком» один из этих кубов. Если суммеете, вам будет легко выделять и остальные; вы заметите, что у каждой куба две вершины — «изолированные» (они лежат на оси, отправляясь от которой строился этот куб), а каждая из шести остальных вершин имеет «соседа» (вершину другого куба). Эти пары «соседей» красного группыруются вокруг десятичных звезд, образованных объединением пересекающих ребер пятей кубов.

Если вы захотите по строить модель изображенного на обложке многогранника, то можете воспользоваться рисунком 3: на нем показана штриховкой, с достаточной точностью, выходающая наружу часть каждой грани каждой куба. Таких «шаблонов» нужно изготовить 60 штук; затем их нужно правильно склеить, исходя из рисунка на обложке*). Но это не просто! Красиво склеить такой многогранник сумме только трудолюбивый и квалифицированный любитель моделирования.

*) Более подробно об этом рассказано в книге В. Гамаюнова «Проектрография», М., 1976, МГПИ им. Ленина.

28

Задачик
кванта

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с моментом основания журнала. Публикуемые в нем задачи не стандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки ньюштейн школьной программы. Наиболее трудные задачи отмещаются звездочки. После формирования задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задчи публикуются впервые.

Решения задачи из этого номера можно отправлять не позднее 1 марта 1979 года по адресу: 113035, Москва, М-35 Б. Ордынка 21/16, редакция журнала «Квант». В графе «Кому» написите: «Задачик «Кванта» № 1—79» и номера задачи, решения которых вы посылаете, например «M541, М543» или «Ф555». Решения задачи из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присваивают в разных конвертах. В письмо вложите конверт с написанным на нем вашим адресом (в этом конверте вы получите результаты проверки решений).

Условие каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации (или цикла задач), присваивает в отдельном конверте в двух экземплярах вместе с вашими решениями этих задач (на конверте помещьте: «Задачик «Кванта», новая задча по физике» или «…новая задча по математике»).

В начале каждого письма просим указывать вашие имя, фамилию, номер школьи и класс, в котором вы учитесь.

M541. В компании из $N$ человек у каждойровно трое друзей.
a) Докажите, что $N$ четно.
b) Всегда ли такую компанию можно разбит на $N/2$ пар так, чтобы люди в каждой паре были друзьями?

Д. Берништейн

M542. Дан прямогольный треугольник $A_0A_1A_2$ с катетами $|A_0A_2|=a$ и $|A_1A_2|=b$. Муравей полезет по бесконечной ломаной $A_2A_3A_4A_5$ …, где $A_nA_{n+1}$ — высота треугольника $A_{n-2}A_{n-1}A_n$.
a) Найдите длину его пути (из бесконечного числа отрезков).
b) Постройте предельную точку $L$, к которой приближается муравей. На каких расстояниях от катетов она находится?

П. Емельянов

M543*. Пусть

$$\rho(x, y) = \frac{|x - y|}{\sqrt{1 + x^2} \sqrt{1 + y^2}}.$$

Докажите, что для любых действительных чисел $a, b, c$ выполено неравенство

$$\rho(a, c) \leq \rho(a, b) + \rho(b, c).$$

Andrei Paszkiewicz (Варшава)

M544*. Какое наиболее число вершин, из которых нельзя проверить ни одной диагонали (лежащей целиком внутри многоугольника) может иметь невыпуклый $n$-угольник? Решите эту задачу сначала для $n=4, 5, 6, 7$.

C. Бычков

M545. На плоскости задано $n$ точек. Нужно разместить в этих точках $n$ проекторов, каждый из которых освещает угол величины $360^\circ/n$ так, чтобы осветить всю плоскость. Докажите, что это возможно при любом расположении данных точек, если

a) $n=3; 6)$ $n=4$; в) $n$ — любое натуральное число.

29

г) Пусть теперь проекторы освещают углы $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$ ($\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n = 360^\circ$) и составлены в одну точку так, что они освещают плоскость. Доказите, что можно перевести в каждую из данных точек по одному из $n$ проекторов так, что все плоскость будет по-прежнему освещена.

Г. и В. Гальперины

Ф553. Тяжелая доска массы $M$ лежит на двух тонкостенных катках радиусов $r$ и $R$ и равных масс $m$. Расстояние между центрами катков $l$. С каким ускорением начинает двигаться доска, если ее отпустить? Трене между всеми поверхностями таково, что просkalывания нет.

Ф554*. Брусок массы $m_1$ лежит на доске массы $m_2$, которая находится на гладкой горизонтальной поверхности. Коэффициент треня между бруском и доской равен $\mu$. На доску действует сила $\vec{F}$, изменяющаяся со временем по закону $\vec{F} |=bt$, где $b$ — постоянная величины. Нарисовать графики зависимости ускорения бруска и доски от времени $t$.

Ф555. a) Легкий жесткийстержень длины $l$ с грузом массы $m$ наверху закреплен шарнирно в нижней точке и удерживает в вертикальном положении двумя горизонтальными пружинами жесткости $k$, скрепленные с его верхим концом (рис. 1). В направлении, перпендикулярном к пружинам,стержень двигается не может. При какой массе груза вертикальное положениестержня перестанет быть устойчивым?

б) Стальная спица длины $l$ задалена в пол так, что стоит вертикально. Если к ее верхнему концу приложить небольшую горизонтальную силу $\vec{F}$, верхий конец спицы отклонится на величины $a \ll l$. Оценить, груз какой массы может выдержать, не согласиться, спица на своем верхнем конце. Различим формулы, которое принимает спица под действиям на нее горизонтальной или вертикальной сил, пренебречь.

Г. Комкин

Ф556. Если на ледяной брусок надеть проводочную петлю, к которой подвешен груз (рис. 2), проводка начинает резать лед. Это объясняется тем, что при повышении давления температура плавления льда попадает, лед под проводкой начинает таять, а над проводкой — вновь смерзаться.

Однако, если петлю сделать не из проводки, а из капроновой нити такого же или даже меньше диаметра, лед практически не режется. Почему? Попробуйте проверсти описанный опыт.

Г. Косуров

Ф557. В схеме, изображенной на рисунке 3, ключК замыкают. Найти максимальный ток в цепи и максимальное напряжение на конденсатор.

П. Зубков

30

Решения задач
M494, M496—M499; Ф508—Ф511

M494. Внутри квадрата со стороны 1 расположено $n^2$ точек. Доказите, что существует ломаная, содержащая эти точки, длина которого меньше a) 3n; б) 2n.

Идея построения ломаной ясна из рисунка 1: мы делим квадрат на $n$ вертикальных полосок и затем обсудим все точки «змейкой»: первый слева полосу проходим сверху видз, следующую — снизу вверх и т. д. Сумма длины звенев ломаной не больше суммы длины их проекций на вертикальную и горизонтальную стороны квадрата. Сумма вертикальных проекций, как легко видеть, не превыходит $n$, а сумму горизонтальных проекций можно оценить так. Горизонтальная проекция звена, не пересекающего границ полосок, не превыходит $1/n$, а проекция звена, пересекающего $k$ вертикальных отрезков границ полосок, не превыходит $(k+1)/n = k/n+1/n$. Общее число вертикальных границ полосок равно $n-1$, поэтому сумма всех $n^2-1$ горизонтальных проекций не больше

$(n^2-1)/n+(n-1)/n=n+1-2/n \leq n+1$.

Таким образом, для длины ломаной мы получаем оценку $2n+1$.

Рис. 1. Рис. 2. Рис. 3.

Задча a) решения, а чтобы доказать 6), надо улучить оценку на 1.

Для этого следует изменить нашу конструкцию. Разделим квадрат на $n$ полос разной ширины $(h_1, h_2, \dots, h_n)$ так, чтобы в каждой полосе былоровно по $n$ точек («граничные» точки можно относить и влево, и вправо). Соединним все верхние точки полос и все нижние точки отрезками попеременно красного и синого цветов (рис. 2). Мы можем выбрать начало ломаной-змейки так, чтобы она прошла либо по всем синим отрезкам, либо по всем красным. Сумма горизонтальных проекций $2(n-1)$ красных и синих отрезков ломаной вместе не больше 2; если мы выберем тот цвет, для которого эта сумма меньше 1, то получим для суммы всех горизонтальных проекций оценку

$(n-1)(h_1+h_2+\dots+h_n)+1 \leq n$.

Сумма вертикальных проекций, как и предшеDE, не больше $n$.

Итак, мы построили ломаную длины не больше $2n$, — решили 6).

Пример «плотного» расположения точек в вершинах треугольной решетки (рис. 3; при большом $n$, чтобы уменьшить в квадрате $1 \times 1$ $n^2$ точек, нужно взять длину стороны треугольника равнойprimерно $\sqrt{2/\sqrt{3}}/n$) показывает, что константу $2$ в условиях задания заведом неЛЬЗ (далее для больших $n$) заменить числом, меньшим $\sqrt{2/\sqrt{3}}$.

H. Васильев, A. Тармаковский

31

М496. Каких шестиначных чисел больше: представимых в виде произведения двух трехначных чисел или не представимых?

Трехначных чисел (от 100 до 999) существуют всего 900. Следовательно, пар (не обязательно различных) трехначных чисел существуют всего $\frac{900 \cdot 899}{2} + 900 = \frac{900 \cdot 901}{2} = 405450$.

Поэтому шестиначных чисел, представимых в виде произведения двух трехначных, заведено не больше этого количества. А всего шестиначных чисел 900 000. Значит, больше половины из них не представимы в виде произведения двух трехначных.

Н. Васильев

M497. На сторонах BC, CA и AB остроуольного треугольника ABC взяты произвольные точки A₁, B₁, C₁; на отрезках AA₁, BB₁ и CC₁ как на диаметрах построены окружности. Доказите, что три общие хорды пар этих окружностей пересечаются в точке пересечения высот треугольника ABC.

Решение этой задачи использует следующую хоршую теорему:

Если три окружности попарно пересекаются, то при общие хорды каждой пар окружностей (или их продолжения) проходят через одну точку или паралельны (рис. 4).

Сначала мы решим задачу, а затем даим набросок доказательства теоремы.

Построим на отрезках AB, AA₁ и BB₁ как на диаметрах окружности OₑB, OₑA₁ и OₑB₁ соответственно. Общей хордой окружностей OₑB и OₑA₁ являются, очевидно, высота AHₐ треугольника ABC (поскольку $\widehat{AH}_A B = \widehat{AH}_A A_1 = 90^\circ$; рис. 5). Точно так же общей хордой окружностей OₑB и BHₐ треугольника ABC.

Аналогично доказывается, что общие хорды двух других пар окружностей: OₑA₁ и OₑC₁, OₑC₁ и OₑB₁ проходят через точку пересечения высот треугольника ABC. Задача решения.

Осталось доказать теорему.

Построим на данных окружностей (лежащих в горизонтальной плоскости) три сферы с центрами в плоскости окружностей и посмотрим на них сверху. Мы увидим три окружности, по которым пересекаются сферы (их проекции на горизонтальной плоскость — наши три хорды), и точку их пересечения (ее проекция — нужная точка пересечения хорд).

В. Гутемахер

M498. Для каждого натурального n ≥ 3 указывает наименьшее k такое, что любые n точек плоскости, никакие три из которых не лежат на данной прямой, можно разделить k прямыми.

Многие из приславших нам решение этой задачи вспомнили такой факт (его нетрудно доказать с помощью индукции):

k прямых разбивают плоскость не более, чем на $\frac{k(k+1)}{2} + 1$ частей (для k прямых общего положения будетровно $\frac{k(k+1)}{2} + 1$).

33

Ф508. Перiod обращения Меркурия вокруг Солнца составляет 88 земных суток, а вокруг свеей оси — 59 земных суток. Какова продолжительность дня и ночи на Меркурии?

Обозначим продолжительность суток на Меркурии через $x$ (земных суток). За один земные сутки Меркурий повернется вокруг свеей оси на угол $\frac{360^\circ}{59}$ и сместится по свеей орбите (в ту же сторону) на угол $\frac{360^\circ}{88}$. Разность $\frac{360^\circ}{59} - \frac{360^\circ}{88}$ представляется собой угол, на котором Меркурий в течение один земных суток повернется по отношению к Солнцу:

$$\frac{360^\circ}{59} - \frac{360^\circ}{88} = \frac{360^\circ}{x}.$$

Отсюда

$$x \approx 179$$

— сутки на Меркурии приблизительно равны двум меркурианским годам.

Следовательно, меркурианские день и hour приблизительно равны по продолжительности его году.

E. Левитан

Ф509. В окане имеет течение, захватывающее лишь верхий слой воды. По течению плывет плот со звукоулавывающей annapагурой. На дне, впереди по течению, расположен неодвижный источник звука. Наблюдатель на плот обнаржился, что звук достигает плота в направлении, составляющим угол $\beta$ с вертикально. Какой угол с вертикально составляется истинное направление на источник звука? Скорость течения $u$, скорость звука в воде $v$. Толщина двихущевая слоя много меньше ельбины океана.

Рис. 8.

Рис. 9.

На границе $AB$ движущегося слоя звук каким-то образом изменяет свое направление — преломляется (рис. 8). Звук достигает плота $P$ под углом $\beta$, равным углу преломления. Поскольку слой тонкий, можно принять интерсуцией нас угол $CPS$ равным углу падения $\alpha$. Таким образом, задача свыводу закона преломления звуковой волны на границе неодвижной и двихущевая сред.

Пусть $CO$ — направление распространения звука в неодвижной среде и $KO$ — положение волновой поверхности (волнового фронта) в некоторый момент $t$ (рис. 9). Спустя промежуток времени $\Delta t$ волновой фронт займет положение $K'O'$. Подобным же образом обозначим через $OD$ направление распространения звука в верхем слое воды (с точки зрения наблюдается на плоту), а через $OL$ и $O'L'$ — положения фронта волны в моменты $t$ и $t + \Delta t$.

За время $\Delta t$ фронт волны $KO$ перемещается на расстояние $|MO'| = |v| \Delta t (MO' \perp KO)$, а точка пересечения фронта с поверхности разделена сред перемещается на расстояние $|OO'| = \frac{|v| \Delta t}{\sin \alpha}$. Аналогично, перемещение точки перемещения волнового фронта $OL$ с гранией раздела относительно наблюдаемого падения волны ($\alpha \rightarrow \pi/2$, $\sin \alpha \rightarrow 1$) угол преломления не превозходит значения

$$\beta \rightarrow \arcsin \frac{1}{1 + |u|/|v|}$$

Оказывается, тот же закон преломления справедлив и тогда, когда плот уже пропыллел над источником звука. Правда, в этом случае угол преломления $\beta$ больше угла падения $\alpha$, следовательно, преломление возможно лишь при углах па-

34

Деняя

$$\alpha < \alpha_{\text{np}} = \arcsin \frac{1}{1 + |\vec{u}| / |\vec{v}|}.$$

При больших углах проискот полное отражение звука от движущегося слоя.

Г. Комкин

Ф510. На резиновый шар натянута прочная резиновая сетка, нитки которой удут по меридианам шара. Какую форму примет шар, если повисить в нем давление?

Рассмотрим одну из нитей и выберем на ней малый участок длины $l$ (рис. 10). Обозначим силу натяжения нитки через $\vec{T}$. Равнодейстуюшая $\vec{Q}$ сил натяжения, действующих на выбранный участок, равна по абсолотной величины $2|\vec{T}| \sin \frac{\alpha}{2}$.

При $l \ll R$ ($R$ — радиус кривизны нитки в данном месте) $\alpha = \frac{l}{R} \ll 1$, поэтому можно считать, что

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \frac{\alpha}{2}, \quad |\vec{Q}| = \frac{l}{R} |\vec{T}|.$$

Так как выделенный участок нитки находится в равновесии, сумма всех действующих на него силы равна нулю. Это означает, что со стороны шара на нить действует сила

$$\vec{F} = -\vec{Q}.$$

По третьему закону Ньютона на шар со стороны нитки действует сила

$$-\vec{F} = -(-\vec{Q}) = \vec{Q},$$

направленная к центру шара.

Через любую параллель шара проходит одно и то же число нитей $N$. Для параллель радиуса $r = R \cos \varphi$ ($\varphi$ — угол, образованный радиусом шара, проведенным к параллели, с плоскостью экватора) равна $2\pi r = 2\pi R \cos \varphi$. Следовательно, через участок оболочки шара площадью $l \times l$ проходит число нитей

$$n = \frac{N}{2\pi R \cos \varphi} l.$$

Тогда давление, оказываемое на оболочку, равно

$$p = n \frac{|\vec{Q}|}{l^2} = \frac{N |\vec{T}|}{2\pi R^2 \cos \varphi}.$$

Если бы оболочка шара осталась сферической, давление с увеличением угла $\varphi$ возрастало бы. На самом деле согласно закону Паскаля давление взделено бы одним и тем же. Значит, оболочка шара — не сферическая. Она шпре по экватору, чем по вертикальном диаметру; радиус кривизны меридиана уменьшается к экватору и увеличивается к полюсу так, что $R^2 \cos \varphi = \text{const}$.

Форма оболочки напоминает собой тыкву (рис. 11). Можно быть, форма тыквы как раз и объясняется наличием «подкрепляющих нитей», и душих по ее меридианам?

Ф511. Пластины плоского конденсатора площадью $S$ образуют малый угол $\alpha$ ($\alpha \ll 1$) друг с друга с другой. Среднее расстояние между пластнами равно $b$. Нарисовать примерную картину плоских линей электронности поля конденсатора и найти емкость конденсатора.

Примерная картина сливых линей электронности окружностей с центром в точке $O$. Действительно, сливые линии всегда перpendикулярны к поверхности проводника, значит, они перpendикулярны к пластинам конденсатора. Из сообщений симметрины оченьindo, что они перpendикулярны и к биссектрисе угла, образованного пластинами. Если бы на месте биссектрисы оказалась тонкая металлическая пластина, картина сливых линей никак не изменилась. Рассуждая аналогично, мы придем к выводу, что сливые линии должны

35

быть перпендикулярны к любому лучу, выходящему из точки $O$ и нахождение внутри угла $\alpha$. Это и означает, что сильные линии представляют собой дуги концентрических окружностей.

Густота силовых линей не всегда одна и та же, она уменьшается вдоль оси $X$. Это объяснить нетрудно. Как известно, густота силовых линей пропорциональна напряжению электрического поля. Найдем, как изменяется напряжение по мере увеличения координаты $x$ (начало координат нахождения в точке $B$). Работа по перемещению единичного заряда с одной пластиной конденсатора на другую вдоль линия юго ой сильной линей должна быть одной и той же (эта работа равна разности потенциальных между пластинами). Следовательно, чем длиннее силовая линя, тем меньше напряжение (сила, действующая на единичный заряд). С учетом малости угла $\alpha$ получим

$$|\vec{E}| = |\vec{E}_0| \frac{b}{b + \alpha x},$$

где $\vec{E}_0$ — напряжение на силовой линей $AB$ (там, где расстояние между пластинами конденсатора равно $b$), $\vec{E}$ — напряжение на соседней силовой линей, отстоящий от $AB$ на $x$, $b$ и $b + x$ — длины соответствующих силовых линей.

Так же изменяется и густота силовых линей.

Теперь найдем емкость $C$ конденсатора. По определению

$$C = \frac{q}{U},$$

где $q$ — заряд и $U$ — напряжение конденсатора. $U$ можно выразить через $|\vec{E}_0|$:

$$U = |\vec{E}_0| b.$$

Осталось выразить $q$.

Вблизи пластины электрическое поле аналогично полю плоскости; следовательно, его напряжение

$$|\vec{E}| = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0},$$

где $\sigma$ — поверхностная плотность заряда, $\varepsilon_0$ — электрическая постоянная. Отсюда

$$\sigma = 2\varepsilon_0 |\vec{E}| = \frac{2\varepsilon_0 |\vec{E}_0| b}{b + \alpha x}.$$

Обозначим через $l$ «глубину» пластины и выделим на пластине узкую полоску шириной $\Delta x$. Ее заряд равен

$$\Delta q = \sigma l \Delta x = \frac{2\varepsilon_0 |\vec{E}_0| b l}{b + \alpha x} \Delta x.$$

Чтобы найти весь заряд пластины, надо просуммировать заряды всех элементарных полосок и перейти к предлу при $\Delta x \rightarrow 0$. В результате получим

$$q = 2\varepsilon_0 b l |\vec{E}_0| \int_{-a}^{a} \frac{dx}{b + \alpha x} = \frac{2\varepsilon_0 b l |\vec{E}_0|}{\alpha} \ln \frac{b + \alpha a}{b - \alpha a}.$$

Тогда окончательно

$$C = \frac{q}{U} = \frac{2\varepsilon_0 l}{\alpha} \ln \frac{b + \alpha a}{b - \alpha a}.$$

И. Словодецкий

36

В. Вавилов

Сечения многогранников

В этой статье разбираются 10 задач о сечениях, взятые в основном изучении «Геометрия 9» и «Геометрия 10». Первочередная цель — систематизировать примы построения сечений многогранников. Здесь подбраны примы и задачи, в основе которых — построение пересечений и параллельное проектирование. К примем, связанным с перепедикулярностью, мы вернемся в другой статье.

1. Постановка задачи

Доказывая теоремы, решая stereometricские задачи, мы используем чертежи, то есть изображения на плоскости фигур, расположенных в пространстве.

«В stereometрии изображением фигуры (оригинала) будем называть любоу фигуру, подобную параллельной проекции данной фигуры на некоторую плоскость» (IX, § 13) *).

Таким образом, для построения изображений нужно учитывать свойства параллельной проекции. В частиности (рис. 1),

1° Точка изображения точки;
2° прямая линия изображения прямой линии;
3° параллельные прямые изображения параллельными прямыми;
4° если точки M лежит на отрезке [A; B], то изображение точки M лежит на изображении отрезка [A; B] и делит изображение отрезка в том же отрезке, в каком точка M делит отрезок [A; B].

*) Ссылка «IX, § 13» отсылает к § 13, «Геометрия 9»; «X, 73, 84» ознакомает упражнения 73 и 84 из учебника «Геометрия 10».

Рис. 1.

37

нипересечения этих двух множества. При этом, как правило, изображение многограничка будет считаться заданным, а плоскость сечения будет дана трея точками (иногда — прямой и точкой) на изображении. Ползоваться можно, как обычно при геометрических построениях, только линейкой и циркулем. Задча считается решенной, если найдены все отрезки, по которым плоскость сечения пересекает грани многограничка.

Итак, пусть нам dado изображение некоторые фигур (плоскости, прямой, многограничка). Требуется на нем найти изображение некоторого геометрического объекта (точки, отрезка, многоугольника), связанного с исходными фигурами определенным образом.

На чертежах, при наших построениях, синий цвет будет соответствовать секущей плоскости, а красный — той плоскости, в которой щется линия пересечения.

2. Вспомогательные задачи

Прежде чем перейти к основной задаче, рассмотрим несколько вспомогательных приемов для определения пересечений прямых и плоскостей.

1. Пересечение двух пересекающих прямых найти легко: точка, в которой они пересекаются на чертежке, и есть изображение их точки пересечения в пространстве. Но — осторожно! Это верно лишь в предположении, что прямые на самом деле пересекаются. (А прямые в пространстве, «как правило», скрещиваются!). Не владайте в ошибку (рис. 2).

2. Пересечение прямой AB и плоскости α найти не сложно, если известны параллельные проекции A₁, B₁ точек A, B на α (рис. 3). Построение ясно из чертежа.

3. Пересечение прямой AB и плоскости α легко найти и в том случае, когда даны точки пересечения A₁, B₁ с плоскостью α для всех пересекающих через точки A, B соответственно (рис. 4).

4. Пересечение двух плоскостей α и (ABC) находится просто, если даны параллельные проекции A₁, B₁, C₁ точек A, B, C на α. Проследите за этим построением самостояльно (рис. 5).

Можно указать еще много различных ситуаций, когда удается построить пересечение двух заданных плоскостей (ABC) и α.

38

3. Построение сечения по трем заданным точкам

Здесь систематически применяются приемы, описанные в предыдущем разделе. Читатель должен самостоятельно прослеживать за ними по мультипликационнойным сериям рисунков.

5. Сечение параллеленnea плоскостью, заданной треми точками A, B, C (IX, 75, 95, 96, 145, 147)

выполнено на рисунках 8, а—е. Здесь надо построить проекции $A_1, B_1, C_1$ точек A, B, C параллельно боковым ребрам (рис. 8, 6), применить задачу 2 для построения $X_1$ (рис. 8, 8) и найти $X_2$; затем, взяв новое направление проектирования (рис. 8, 2), найти точку $X_4$ (снова задача 2) и применить задачу 1 для нахождения точек $X_6$ и $X_5$ (рис. 8, 8).

6. Сечение треугольной парамиды плоскостью ABC показано на рисунках 9, а—д (IX, 133, 135). Здесь дважды применяется задача 3.

7. Сечение треугольной признамы плоскостью ABC показано на рисунке 10,

39

4. Параллельные прямые и плоскости

Кроме ранее изученных примов, часто применяются две теоремы о параллельных плоскостях: (I) сечение двух параллельных плоскостей прямой плоскостью есть пара параллельных прямых; (II) пересечение двух плоскостей, параллельных прямой l, есть прямая, параллельная l.

8. Построение сечения треугольной парамиды плоскостью, проходящей через заданные точки C, D, параллельно ребру AB приводится на рисунках 11, а—в (IX, 53, 54, 95). Здесь точки X₂, X₃ получены как пересечение прямой, проходящей через X₁ параллельно AB, с соответствующими гранями (см. теорему II). Рекомендуем читатель решить задачу для случая, когда точки X₂, X₃ лежат не на ребрах, а на их продолжениях.

9. Сечение метраэдра плоскостью α, проходящей через точку M на высome AA₁, параллельно грани ACD, показано на рисунках 12, а—в (IX, 93, 94, 146; X, 312). Здесь дважды применяется теорема I: α || (ACD)⇒

40

Рис. 12.

Рис. 13.

$\Rightarrow (X_1X_2) \parallel (AB_1) \text{ и } \alpha \parallel (ACD) \Rightarrow (X_3X_4) \parallel (CD)$.

10. Сечение метраэдра ABCD плоскостью $\alpha$, проходящей через точку М паралелно скрещивающим ребрам AD и BC (IX; 132, 160), показано на рисунке 13, $\alpha$ — $\beta$. Здесь дважды применяется теорема II: $\alpha \parallel (AD)$ и $(AA_1D) \parallel AD \Rightarrow (MX_1) \parallel (AD)$, а затем $\alpha \parallel (BC)$ и $(BCD) \parallel (BC) \Rightarrow (X_3X_4) \parallel (BC)$.

11. Более трудные задачи

12. Докажите, что данный отрезок, не паралелный данной плоскости, можно паралелно спроектировать на отрезок любой длины на данной плоскости.

13. На какой по величины угол на данной плоскости можно паралелно спроектировать данный угол?

14. Докажите, что если для трех не лежащих на одной прямой точек плоской фигуры известны их изображения, то изображения всех точек этой фигуры выполняются.

15. Докажите, что изображением данного треугольника может служить любой треугольник *).

16. Докажите, что изображением четырехугольника может служить любой четырехугольник, у которого диагонали делятся точкой пересечения в тех же отношениях, как и у исходного.

17. Докажите, что изображением tetraэдра может служить любой четырехугольник с проведенными диагоналими.

18. Менный куб поставлен на больший куб так, что они имеют общую вершину и их грани паралелны. Построить сечение полученной фигуры плоскостью, заданной треями точками, из которых
    — все три лежат на трех скрещивающих ребрах меньше куба;
    — все три лежат внутри трех различных граней больше куба;
    — одна точка лежит на верхнем основании маленького куба, а две другие на различных ребрах больше куба.

*) Напомним, что размеры изображения полей не играют (см. п. 1), поэтому «любой треугольник» означает «любой треугольник с точностью до подобия».

41

Задания

1. Расставьте числа 1, 2, …, 9 в кругочки (см. рисунок) так, чтобы сумма чисел по внутреннему треугольнику равнялась квадрату одного из этих чисел, сумма чисел по окружности — кубу того же числа, а сумма чисел по внешнему треугольнику — сумме квадрата и куба этого числа.

2. Был очень жаркий день, и четыре супружские пары выпили 49 бутылок coca-cola. Анна выпила 2 бутылки, Бетти — 3, Сессиль — 4, Доротти — 5. Мистер Адамс выпил столко же, сколько и его жена, мистер Браун — вдвое, Вильсон — втрое, Грин — вчетверо больше своих жен. Назовите фамилию каждой из четырехdam.

3. В одном племени приняты женские имена, составленные лишь из двух букв — А и В. Сочетания AAA и BB сами по себе что-то означает, но из состава более длинных слов их можно без ущерба вычеркивать (или письвать). Сочетание AAB в последнее время заменили на более культуроное сочетание BA, так что теперь они развозначаны. Можно ли верить вождю племени, который говорит, что у него шесть дочерей и всех их зовут по-разному?

4. Решите уравнение, изобравенное на рисунке (букве А соответствует одна цифра, букве Н — другая).

42

А. Савин

Кое-что
о выпуклости

Изучая геометрию в школе, вы встречете с разными плосками и пространственными фигурами. Так, вы уже знаете, что такое треугольник, квадрат, окружность, куб, пирамида, шар, конус, цилиндр. Конечно, этот перечень далеко не исчерпывait всего разнообразия форм, существующих в природе. Отромное количество замысловатых и приудливых форм способно создать и человекачесное воображение. Естественно, что лишь немного из этих форм имеют названия. Да и нужно ли все их назвать?

Когда садовод сокрушается: «Проклятие птицы склевали у меня все вшни!» — ему безразлично, какие именно птицы это сделали —воробьи, друзы или попуган. Он говорит о существах, которые летают, садятся на ветки деревьев и не прочь полакомиться сочными вшнями. Знаете ли вы, что существует 8616 различных видов птиц? Можно ли запомнить все их названия? Конечно, нет. Зоологически всех птиц на 40 отрядов: голуби, чайки, воробьные и т. д., обвединив в один отряд птиц, обладающих похожими свойствами. И если вы будете знать эти сорок отрядов, а также два-тиредесятка названный птиц, обитающих в вашей местности, то знакомство с птицами можно уже считать состоявшимся.

Так и в геометрии: вы знакомите с наиболее часто встречающимся фигурами. А можно ли выделить какие-нибудь интересные совокупности — «отряды» фигур? Да, и это одна из целей геометрии. Свойство, которое объединяет фигуры в тот «отряд», о котором мы хотим расскаазать, называется «выпуклостью».

Слово выпуклый не является для вас новым. Однако попробyte дать этому понятию четкое определение и вы увидите, что это сделать не так уж просто. Посмотрим, как это по-

43

натие определяется в «Словаре русского языка» С. И. Ожегова. Читаем: «Выпуклы — имеющий дугообразную поверхность, образенную наружу». А что значит дугообразную? Читаем: «Дугообразный — имеющий форму дуги». Что же такое дуга? «Дуга — часть окружности, круга, или кругой кривой линии». Тут уже нашей терпение лопается: во-первых, кривыые линии могут быть самыми разнообразными, а во-вторых, круг — не линия. Исходя из этого определения выпуклости, можно ли что-нибудь утверждать о выпуклости (или невеликий), например, куба? По-моему, нельзя. Так что такое «определение» никак не может устроить математика.

В математике понятие выпуклый имеет четко определенный смысл. Множество мочек называется выпуклым, если вместе с любыми двумя его точки A, B этом многоеству принадлежит и весь отрезок [AB].

Тепер довольно оченьindo, что куб — выпуклое тело. А вот фигура на рисунке 1 не выпукла. Нетрудно понять, что любой треугольник является выпуклой фигурой. А четырехугольники могут быть как выпуклыми, так и невелики (рис. 2).

Ну, а можно ли про выпуклы множество что-нибудь до ка за ть? Можно. Например, доказите (это совсем просто), что пересечение двух или несколько выпуклых множеств снова является выпуклым множеством (пустое множество также будем считать выпуклым). Большое трудно доказать такое утверждение: через любую мочу границы выпуклой фигуры на плоскости можно проверить прямую мак, чтобы вся фигура лежала по одному сторону от этой прямой. Такая прямая изображена на рисунке 3; она называется опорной прямой. Если граничная точка является «угловой», как на рисунке 4, через нее можно проверить несколько опорных прямых. Доказите самостояльно, что если некоторая плоская фигура имеет опорную прямую в каждой граничной точке, то эта фигура является выпуклой. Таким образом, сформированное утверждение можно принять за определение выпуклой фигуры.

44

Думаю, что наличие опорных прямы у плоских выпukлых фигур (аналгично — опорных плоскостей у выпukлых тел), хотя и является очень важным свойством, вред ли кого удивит: оно довольно очень. Следующий факт города более удивительен.

Теорема. Если на плоскости задано несколько выпukлых фигур, каждые три из которых имеют общую точку, то найдется точка, принадлежая одновременно всем этим точкам.

Требование выпukлости фигур существует. Действительно, взгляните на рисунок 5: из четырех фигур, изображенных на ней, невыпukла лишь одна; однако, хотя у любых трех фигур есть общая точка, точки, принадлежащей одновременно всем четыREM фигурам, нет.

А если на плоскости задано несколько выпukлых фигур, таких что любые две из них имеют общую точку? Обязательно ли найдется точка, общая для всех этих фигур? Показите самостояльно, что такой точки может и не быть.

Вы обратили внимание, что мы все время подчеркивали то, что расматриваемые фигуры — плоские? И это неспроста, потому что существует четыре выпukлых тела в пространстве, каждые три из которых имеют общую точку, но нет точки, общей всем четыREM телам, например, четыре грани треугольной парамиды, изображенной на рисунке 6. Значит, в пространстве подобная теорема уже не имеет места? Оказывается, чтобы она осталась верной и в пространстве, ее достагоно лишь немного «подправить». А именно:

Теорема’. Если в пространстве задано несколько выпukлых тел, каждые четыре из которых имеют общую точку, то найдется точка, принадлежая одновременно всем этим точкам.

Теорема, о которой мы только что расскажали, была открыта не так давно — в начале 20-х годов нашей столетия авторским математиком Э. Хелли и носит его имя (Хелли формулировал ее для выпukлых тел, расположенных в п-мерном пространстве). Теорему Хелли можно рассмотреть и для выпukлых множество, лежащих на прямой (на прямой выпukлыми множество является отдельные отрезки, лучи, а также все прямая и пустое множество). На прямой теорема Хелли звучит так:

Теорема’. Если на прямой задано несколько выпukлых множество, каждые два из которых имеют общую точку, то найдется точка, принадлежая одновременно всем этим точкам.

Попробуйте доказать эту теорему самостояльно.

Если вас занитесовали выпukлые фигуры, прочитите книгу И. М. Яглома и В. Г. Болтянского, которая так и называется: «Выпukлые фигуры».

Задачи наших читателей

1. Батарейка и лампока карманного фонаря вместе с соединительными проводами образуют цепь. Длина проводов в цепи (от «+» до «—» батарей) $l=10$ м. Провод медный, его поперечное сечение $S=1$ мм². В цепи идет ток $I=0,15$ А, на которых расчитана лампока. За какое время под действием электрического поля электрон добавется от «—» до «+» батарей? (Считать, что число свободных электронов в медном проводе равно числу atomов меди.)
   А. Дозоров (г. Ярославль)

2. Лист бумаги, имеющий форму флажка, разрежьте на четыре части так,

чтобы из них можно было склеить выкройку куба.
Я. Темрацев (Астраханская обл.)

45

В этой статье приведены четыре важных векторных соотношения и показано на примере материлов вступительных экзаменов 1977—1978 гг., как их применять при решении конкурсных задач.

Основное соотношение. В треугольнике ABC на строоне AC взята точка D так, что |AD|:|DC| = m:n. Тогда
$$\overrightarrow{BD} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC}^*).$$ (1)

Доказательство. Имеем (рис. 1)
$$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{AD} = \frac{m}{m+n} \overrightarrow{AC} = \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC} - \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC} - \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BA} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC}.$$
Задача 1 (МГУ, эконом. фак., 1978). В треугольнике KLM на строоне KL взята точка A так, что |KA|:|AL| = 1:3; на строоне LM взята точка B так, что |LB|:|BM| = 4:1. Пусть С—точка пересечения прямых KB и MA. Известно, что площадь треугольника KLC равна 2. Найти площадь треугольника KLM.

*) В несолько ином виде эта формула рассматривается в стате С. Овчинникова («Квант», 1978, № 3, с. 48). См. также статью В. Болтянского в «Квант» 1978, № 10, с. 14.

Решение. Положим $S_{\Delta KLB} = S$. Тогда (рис. 2), очевидно, $S_{\Delta KLM} = \frac{4}{5} S$. Введем векторы $\overrightarrow{KL}$ и $\overrightarrow{KM}$. На основании (1) имеем
$$\overrightarrow{KB} = \frac{1}{5} \overrightarrow{KL} + \frac{4}{5} \overrightarrow{KM}.$$
Пусть $\overrightarrow{KC} = x\overrightarrow{KB}$, где $0 < x < 1$. Тогда
$$\overrightarrow{KC} = \frac{x}{5} \overrightarrow{KL} + \frac{4x}{5} \overrightarrow{KM}.$$ (2)

Пусть $|AC|:|CM| = m:n$. Тогда из треугольника AKM по той же формуле (1) имеем
$$\overrightarrow{KC} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{KA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{KM} = \frac{n}{m+n} \frac{1}{4} \overrightarrow{KL} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{KM}.$$ (3)

В силу единственной разложения вектора по двум неоколичным векторам из (2) и (3) получаем систему
$$\begin{cases} \frac{x}{5} = \frac{n}{4(m+n)} \\ \frac{4x}{5} = \frac{m}{m+n}, \end{cases}$$ или
$$\begin{cases} \frac{4x}{5} = \frac{n}{m+n} \\ \frac{4x}{5} = \frac{m}{m+n}. \end{cases}$$

Рис. 1.

Рис. 2.