[Комбинации, в которых в жертву приносится ферзь]

57

Консультирует — чемпон мира по шахматам, международный гроссейстер А. Карпов.
Введет страничку — мастер спорта СССР по шахматам, кандидат технических наук Е. Гик.
В предыдущеем номере нашей «Шахматной странички» мы познакомили вас со значением дебютной комбинацией, в котором были уже на шестом ходу жертвуют ферзя и обьявляют непрятельскому королю мат в два хода («мат Легаля»). Эффективные жертвы ферзя всегда производят сильное впечаление и надолго остаются в памяти шахматистов. Сегодня мы покажем вам еще несколько комбинаций, в которых в жертву приносится ферзь. Все они по праву относятся к жемчужинам шахматного творчества.
Первая комбинация принадлежит генеральному американскому шахматисту прошлоого века, неофicialным ему чемпону мира Паулю Морфи.

Л. Паульсен — П. Морфи.

Эта позиция встретилась в его партии с Л. Паульсеном из туринира в Нью-Йорке 1857 года — первом туринире, в котором играл П. Морфи. Здесь последовало: 1…Ф:f3!!
2. gf Лg6+ 3. Kph1 Ch3
4. Лd1 (на 4. Лg1 следует мат в три хода, беззащиты черные и после 4. Фd3 f5
5. Фc4+ Кpf8!) 4…Cg2+
5. Kpg1 C:f3+ 6. Kpf1 Cg2+

7. Kpg1 Ch3+ (Морфи избирает самый простой путь к победе, однако черные могли обьявить формированный мат в четыре хода: 7…Ce4+

8. Kpf1 Cf5! 9. Фe2 Ch3+

9. Kpe1 Лg1×) 8. Kph1 C:f2 9. Фf1 C:f1 10. Л:f1 Лe2

10. Лa1 Лh6 12. d4 Ce3. Белые сdalись.
    Следующая жертва ферзя принадлежит другому вликому мастеру комбинации М. Талю. Эти две партии разделяют более чем 110 лет!

11. К. Торре — Эм. Ласкер. Белые начинают и выиграют.

М. Таль — А. Суэтин.

1. Ф:e5! de 2. ef+, и черные сdalись. На 2…Kpf8 следует 3. Ch6×, а на 2…Kpd7 решает 3. Cf5++ Kpc6
2. Ce4+ Kd5 5. C:d5+Kpd7
3. C:a8+ Kpe7 7. Cg5+ Kpf8
4. Ch6+ Kpe7 9. f8Ф+.

Интереснейшая комбинация на следующей диаграмме встретиласьровно 70 лет назад в партии двух выдающихся гроссейторов Рети и Тартаковера.

2. Адамс — К. Торре. Белые начинают и выиграют.

Обе они содержат геометрические мотивы. Партии сыгранны талантливым механиским мастером начала века K. Торре, причем в одном случае он является автором комбинации, а в другом — совтором.

Напоминаем читателям «Шахматной странички», что в следующем номере «Кванта» открывается наш «Шахматный конкурс», победители которого будут нагradены шахматно - математической литературой с авторфом чемпонами мира А. Карпов.

58

Метод неподвижных точек

1. Например,
   $$f(x) = \begin{cases} b & \text{при } x \in [a; (a+b)/2] \\ a & \text{при } x \in [a+b]/2; b \end{cases}.$$

2. Например, годятся функции, изображенные на рисунках 1 и 16.

3. Например, круговое кольцо и его поворот вокруг центра на угол, не кратный 2π.

Рис. 1a.

Рис. 16.

Рис. 2.

4. Например, $P^{-1}T_vP$, где $T_v$ — параллельный перенос плоскости $a$ на ненулевой вектор $\vec{v}$, а $P$ — взаимно однозначное отображение круга $K$ на плоскость $a$, показанное на рисунке 2.

5. Указание: воспользоваться идеей решения упражнения 1.

6. Указание: доказательство аналогичного доказательства того, что точка $c$ (в первой теореме) неподвижна.

Электромагнитная индукция

$$1. I = \frac{|\overrightarrow{B}|l|\overrightarrow{v}|(R_1+R_2)}{R_1R_2};$$

$$P = \frac{|\overrightarrow{B}|^2 l^2 |\overrightarrow{v}|^2 (R_1+R_2)}{R_1R_2}.$$

2. Амплитуда тока и его частота увеличится вдвое.

3. $I = |\overrightarrow{B}|a|\overrightarrow{v}|/R$; если квадрат вдвігать с постояннымускорением, ток будет изменяться по линейному закону.

4. Ток в кольце увеличится вдвое.

5. Протекционное по катушке заряды одинаковы, а количество теплоты, выделяющегося в катушке, в первом случае больше.

6. Указание. Во-первых, полная индукция магнитного поля пропорциональна числу витков катушки. Во-вторых, полная площадь поверхности, охватываемой витками катушки, тоже пропорциональна числу витков.

7. Во второй катушке течение постоянный ток.

8. $v_{\min} = \frac{\varepsilon}{LI_0}$.

Ленинградский государственный университет им. А. А. Жданова

Математика

Вариант 1

1. 4 (при любом $a \in \mathbb{R}$). Указание. При $a \neq 0$ разделите обе части уравнения на $af(x)$ и сделайте набросок графика функции $y = \frac{f'(x)}{f(x)}$.

2. $[\log_a(4+\sqrt{16+a^2}); 3\log_a2[$ при $a \in ]0; 1[, [\log_a(4+\sqrt{16+a^2}); +\infty[$ при $a \in ]1; +\infty[$. При $a \in ]-\infty; -1[ \cup ]-1; -2(\sqrt{2}-1)] \cup [2(\sqrt{2}+1); +\infty[$. Указание. Данное уравнение равносильно смешанной системе

$$\left\{ a \cdot \frac{(\sin x+\cos x)^2-1}{2} + (\sin x+\cos x) = 1, \cos x \neq 0. \right.$$

4. $R(\sqrt{2}-1)tg^2a$. 5. Указание. $\overrightarrow{MQ} = \overrightarrow{MP} + \overrightarrow{PQ}, \overrightarrow{NP} = \overrightarrow{NQ} + \overrightarrow{QP}$.

Вариант 2

1. Набольшее — при $a=1$, наименьшее — при $a=\frac{1}{2}$. Указание. Фигура, о котором говорится в задаче, защищкована на рисунке 3.2. $$\frac{5}{2}; +\infty$$ . 3. $x = \frac{\pi}{2} k (k \in \mathbb{Z})$ при $a=0; x_1 = \arctg(2a) = \pi k, x_2 = \frac{1}{2} \arctg(4a) + \frac{\pi}{2} l (k, l \in \mathbb{Z})$ при $a \neq 0$. Указание.

Представьте левую часть уравнения в виде квадратного трехчлена относительной $a$.

4. Два. Указание. Выразите $l$ через $a$ и $b$.

5. $\frac{1}{8}\sqrt{2}(3-\sqrt{3})a$. Указание.

Пусть $SABC$ — данный правильный tetrahedр, $M$ — середина стороны $BC, H$ — основание высоты tetrahedра, проведенной из $S, K$ — середина ребра $SA, O_1 = (MK) \cap (SH)$ (рис. 4).

Тогда $O_1$ — центр шара, вписанного в tetrahedр, $|O_1H|$ — его радиус. Центр $O_2$ сферы, о котором говорится в условиям, лежит на $[SO_1]$, причем если $(O_2D) \perp (AS)(D \in AS)$, то $|O_2O_1| = |O_2D|$ — исключый радиус.

60

8. Один корень при $a=0$, два — при $a=1$, четыре — при $0<a<1$; при $a<0$ и при $a>1$ корней нет. Указание. Постройте график функции $y=\frac{1}{4}x^2e^{2-x}$ (для поведения при $x\rightarrow+\infty$ см. п. 117 пособия «Алгебра и начала анализа 10»). 9. Два корня при $a\in\{-\sqrt{2},\sqrt{2}\}$ $U]=-1; 0[U]0; 1[$, три корня при $a\in\{-1,0,1\}$, четыре корня при $a\in]-\sqrt{2};-1[U]1; \sqrt{2}[$; при $|a|>\sqrt{2}$ корней нет.
9. $-\frac{1}{2}$. 12. $a=-1$; искомая точка $(0;-1)$.
10. В точке $\left(\frac{16}{9};\frac{4}{3}\right)$. 14. Указание. См. задачу № 28 в § 45 пособия «Геометрия 9-10». 15. Указание. Примените метод математической индукции. 16. Указание. См. § 22 пособия «Геометрия 9-10». Проведите через $C$ прямую, параллельную $(AB)$, и через $B$ прямую, параллельную $(CM)$.
11. Указание. При готовении с центром $A$ и коэффициентом $\frac{|AK_2|}{|AK_1|}$ точка $D$ переходит в точку $D_1\in K_2$, а касательная $(BC)$ к окружности $K_1$ в параллельную ей касательную к окружности $K_2$.

Белорусский государственный университет им. В. И. Ленина
(cm. «Кваант» № 5)

Математика
Вариант 1

1. а) $]-\infty;-1[U]\frac{5}{4};+\infty$ $[;6)$ $[-1]$;
   b) $]-\infty;1[U\{\frac{5}{4}\};\Gamma)$ $[1]$. 2. $]0;\frac{1}{6}[U$
   $U]\frac{3}{2};+\infty$ $[.$ 3. $[\frac{1-\sqrt{5}}{2};0[U[\frac{1+\sqrt{5}}{2};$
   $+\infty$ $[.$ 4. $-1.$ 5. $\frac{1}{3}\sqrt{15}\pi R^3)$.

Вариант 2

1. $\frac{1}{4}$. 2. $x=a^2-4a$ при $a>2$. 3. 6.
2. $x=\frac{\pi}{4}+\pi k(k\in Z)$, при $a=-\frac{3}{2}$, $x=(-1)^k\frac{\arcsin(1-\sqrt{2a+3})}{2}+\frac{\pi}{2}k(k\in Z)$
   при $a\in]-\frac{3}{2};\frac{1}{2]}$ (впрочем, случай $a=-\frac{3}{2}$ можно не писать отдельно).
3. $\frac{3a^3}{8\sin\frac{\alpha}{2}}\sqrt{2\cos\alpha+1}$.

Вариант 3

1. $]0;1[.$ 2. $S_1=\frac{x^{2n+2}-1}{x^2-1}$ при $|x|\neq1$, $S_1=n+1$ при $|x|=1$.
   $S_2=\frac{2x[nx^{2n+2}-(n+1)x^{2n}+1]}{(x^2-1)^2}$ при $|x|\neq1$,
   $S_2=n(n+1)$ при $x=1$, $S_2=-n(n+1)$ при $x=-1$. 4. $[-1]$. 5. $\frac{2}{3}h^3\cdot tg^2\alpha\cdot\sin\beta$.

Физический факультет и факультет радиофизики и электронники

1. Цилиндр опрокинется при угле $a=arctg D/h\approx22^\circ$.
2. $\frac{V_n}{V_c}=\frac{\rho_c-(1-n)\rho_b}{(1-n)\rho_b}-\rho_b=1,0\times10^3\mathrm{kg/m^3}$ — плотность воды).
3. $T=(1+n)\Delta T$.
4. $q=\frac{n-1}{n}\mathcal{E}$.
5. $I=\sqrt{\frac{|F||v|}{R}}\approx0,3\mathrm{A}$.
6. Угол падения света подобрать нельзя.
7. $\Gamma_2=\frac{\Gamma_1}{2\Gamma_1-1}=\frac{2}{3}$.

Механико-математический факультет и факультет прикладной математики

1. $x_{\max}=\Delta l+\sqrt{(\Delta l)^2+2h\Delta l}=20$ см.
2. $l=\frac{N^2}{N^2-N^2}=\Delta l=64$ см.
3. $l=h+\rho gh^2/p$ (десь $\rho$- плотность ртути).
4. Напряжение будет достаточно.
5. $q=\pi D^2|\overrightarrow{B}|/4R$.
6. $\beta\approx(n_\phi-n_\kappa)\alpha=0,12^\circ$.
7. $d=F/n$.

Химические факультет

1. $\frac{N_1}{N_2}=\frac{3}{\cos\alpha}-2=4$.
2. $T=\frac{1-n}{n}\Delta T=297\mathrm{K}$ (десь $n=0,01$).
3. $R_1=U/I-(n-1)R_2$.
4. $R_1=0,96R_2$.
5. $U_3=\frac{hc}{e}\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda_0}\right)$ (десь $h$- постоянная Планка, $c$- скорость света, $e$- заряд электрона).
   Вильнюсский государственный университет им. В. Капсукаса
   (cm. «Кваант» № 5)

Математика
Вариант 1

1. $\frac{1}{12}$. Решение. Обозначим точку пересечения медиан треугольника $ABC$ через $O$. Площади треугольников $PQR, POQ, QOR, ROP, AOB, BOC, COA$ обозначим соответствующее $q, q_1, q_2, q_3, Q_1, Q_2, Q_3$. Тогда $\frac{|OP|}{|OA|}=\frac{1}{3}$ (так как $|OA|=\frac{2}{3}|AK|$ и $\frac{|AP|}{|PK|}=1$), $\frac{|OQ|}{|OB|}=\frac{1}{2}, \frac{|OR|}{|OC|}=\frac{1}{6}$. ИЗ $S_{ABL}=S_{CBL}$ и $S_{AOL}=S_{COL}$ следует $S_{ABO}=S_{CBO}$. Аналогично $S_{CBO}=S_{ACO}$. Значит, $Q_1=Q_2=Q_3=\frac{1}{3}$. Позточу $q_1/q_2/q_3=\frac{|OP|}{|OA|}\cdot\frac{|OQ|}{|OB|}=\frac{1}{8}$.

61

Аналогично $\frac{q_2}{Q_2} = \frac{1}{12}, \frac{q_3}{Q_3} = \frac{1}{24}$. Тогда $q = q_1 + q_2 + q_3 = \frac{1}{12}$.

2. $\left[ \frac{2}{3} \sqrt{21}; +\infty \right]$. 3. $x = \pm \frac{\pi}{8} + 2\pi k (k \in \mathbf{Z})$.

3. $\left[ \frac{5}{3}; +\infty \right]$.

Вариант 2

1. $\frac{11}{12}$. 2. $\left[ \frac{-5+\sqrt{13}}{2}; 1 \right]$. 3. $x = \pm \frac{\pi}{8} + 2\pi k (k \in \mathbf{Z})$.

2. $\left[ -1; \frac{7}{3} \right]$.

Физика

Вариант 1

3. В калипметре будет смесь из $m'_1 \approx 0,3$ кг воды и $m'_2 \approx 0,7$ кг льда; температура смеси $t = 0^{\circ}\mathrm{C}$.

4. $F = \frac{l^2-a^2}{4l} = 0,12$ м.

Вариант 2

3. Турист находится в точке с координатами $x = x_0 + s \cos \alpha \approx -1,5$ км и $y = y_0 + s \sin \alpha \approx 4,5$ км.

4. $R = U/I - r \approx 0,34$ Ом (здесь $I = S \sqrt{\frac{D[c(T-T_0)+\lambda]}{\rho\tau}}$ — ток при коротком замыкании, $r = \varrho l/S$ — сопротивление предохранитель).

Новосибирский государственный университет им. Ленинского комсомола
(см. «Квант» № 5)

Математика

Вариант 1

1. 10 км/ч. Решение. Если положить $|AC| = x$ (км), то $\frac{x}{v_0} + \frac{120-x}{v_1} = \frac{x}{v_1} + \frac{120-x}{v_0}$, откуда $x = 60$. Если $t$ — время (в часах), необходимое мотоциклосту, движущемуся со скоростью $v_0$ км/ч, для предоления расстояния от $A$ до $C$, то
   $$\begin{cases} v_0 t = 60, \\ v_0(8-t) + \frac{a(8-t)^2}{2} = 60. \end{cases}$$
   Отсюда, учитывая условие $a = 2v_0$, получаем $v_0^2 - 15v_0 + 50 = 0$
   или $v_0 \in \{5, 10\}$. Значение $v_0 = 5$ не удовлетворяет условиям, так как тогда даже на предоление расстояния от $A$ до $C$ будет уже 12 часов. Второе значение удовлетворяет всем условиям задачи.

2. $]-1-\sqrt{5}; -3[\cup]-1+\sqrt{5}; 5[$.

3. $x = \frac{13}{6} \pi + 4\pi k (k \in \mathbf{Z})$. Указание.

62

Рис. 7.

Рис. 8.

$$2x + \frac{\pi}{3} = 2 \left( x - \frac{\pi}{3} \right) + \pi.$$

4. $\frac{5}{16} \pi (3 - 2 \sqrt{2}) a^2$. Указание и пересечение есть сектор круга, окружность которого вписана в $\triangle ABC$ (рис. 7).

5. 1. Указание и пересечение. Проведем плоскость через $l$ и $(MN)$. Пусть $[ME]$ — пересечение этой плоскости с гранью $ABB_1A_1$ (рис. 8). Тогда $(ME) \parallel (NK)$ — прямые $NK, MN, ME$ и $l$ образуют параллелограмм. Из подобия треугольников $MAE$ и $C_1NK$ легко вывести $|ME| < |NK|$. Значит, этот параллелограмм пересечается с гранью $ABCD$ и прямая $l$ пересечается с ней (в точке $F$), а не с ее продолжением. Из подобия треугольников $A_1MN$ и $CKF$ легко найти $|KF|$.

Физика

Вариант 1

1. В горизонтальном направлении на тело массой $m$ действует только сила трения: $ma_{\text{гор}} = |\vec{F}_{\text{rp}}|$. Отсюда
   $$|\vec{F}_{\text{rp}}| = m |\vec{a}| \cos \alpha = mg \sin \alpha \cos \alpha.$$

2. Запишем начальные и конечные значения давления в различных участках трубки. Начальные давления: $p_{AB} = 2 \rho gh = p, p_{CD} = \rho gh = p/2, p_{EF} = 0$. Конечные давления: $p_{F} = \rho gh + p'_{CD} = p/2 + p'_{CD}, p'_{CD} = \rho gh + p'_{AB} = p/2 + p'_{AB}$. По закону Бойля — Мариотта $p_{AB}h = p'_{AB}x$ и $p_{CD}h = p'_{CD}(3h - x)$, где $x$ и $3h - x$ — конечные длины участков $AB$ и $CD$ соответственно. В итоге получаем уравнение $6p^2 - 12pp_F + 5p^2 = 0$, откуда $p_F = p(1 + 1/\sqrt{6})$ (второй коэффициент — со знаком «минус» в скобке — отброщен, так как по смыслу задачи давление должно уведомиться).

3. По закону Фарадей напряжение на катушке $U_L = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = L \frac{\Delta I}{\Delta t}$. Так как ток в цепи растет прямо пропорционально времени, $U_L$ со временем не изменяется и в любой момент $t$ $U_L = L \frac{I}{t}$. Следовательно, и напряжение на конденсаторе, равное напряжению на катушке, тоже остается постоянным: $\frac{Q_0}{C_0} = \frac{Q_0 - q}{C}$, где $Q_0$ — начальный заряд на конденсаторе, $q$ — заряд, ушедший с пластин конденсатора за время $t$, $C$ — емкость конденсатора в момент $t$. Из равенства $L \frac{I}{t} = \frac{Q_0}{C_0}$ найдем $I:I = \frac{Q_0}{LC_0} t$. Тогда ушедший с конденсатора заряд $q = I_{cp} t = \frac{I}{2} t = \frac{Q_0}{2LC_0} t^2$. Из построения напряжения на конденсаторе найдем $C$:

$$C = C_0 \frac{Q_0 - q}{Q_0} = C_0 \left( 1 - \frac{t^2}{2LC_0} \right).$$

4. При минимальной частоте вводя в верхнем положении можно записать: $m\omega^2 l = mg$. Отсюда $v = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{g}{l}}$. Выбирая $l \sim 1$ м, $g = 10$ м/c$^2$, получаем $v \sim 0,5$ Гц.

5. Сразу же заметим, что нижкой интерфейсции света в этом опите наблюдается не может, так как электрическая лампочка — источник некогерентного излучения. На рисунке 9 изображена схема эксперимента. Здесь $S$ — лампочка, $S_1$ и $S_2$ — ее первые изображения в зеркалах (в действительности изображенный бесконечно много, но для качественного обяснения явления достаточно расстоять лишь два изображения). На участок CD экрана падает лишь прямой свет от лампочки, а на участки BC и DE падает как прямой свет, так и отраженный свет от зеркал. Вот почему участки BC и DE выглядят светлее участка CD. Далее картина повторяется по обе стороны от центральной полосы.

Вариант 2

1. Искомое расстояние $l$ найдем из закона сохранения энергии, перейдет в систему отчета, где заряженная плоскость покопится:

Рис. 9.

63

$$l = l_0 - \frac{m(|\vec{v}| \sin \alpha - |\vec{u}|)^2 \varepsilon_0}{\sigma q}.$$

2. Запишем равенство моментов сил относительной точки подвеса: $mg(R - x) = Mgx$. Отсюда найдем плечо $x$ силы $\vec{Mg}$: $x = \frac{mR}{m + M}$. Из рисунка к условиям задачи следует, что $\sin \alpha = \frac{x}{R + l}$. Тогда окончательно $\alpha = \arcsin \frac{1}{(1 + l/R)(1 + M/m)}$.

3. Запишем условия равновесия поршня до пропикновения геля: $p_0 + mg/S = p_{O_2}$ и после выравнивания концентрации геля по всему сосуду: $mg/S = p'_{O_2}$. По закону Бойля — Марюtta $p_{O_2}lS = p'_{O_2}(l + x)S$. Окончательно для величины $x$ смещения поршня получим $x = \frac{p_0S}{mg}l$.

4. Как известно, $p = |\vec{F}|/S$. Выбираем $\vec{F} \sim 1\text{H}$, толщина линни $d \sim 0,2\text{ mm} = 2 \cdot 10^{-4}\text{ m}$. Тогда $p = \frac{|\vec{F}|}{S} = \frac{|\vec{F}|}{\pi d^2/4} \sim 3 \cdot 10^7\text{ Pa}$.

5. Очевидно, один из источников дает постоянное напряжение, а второй — переменное. При переменном токе дуга существенно слабее, чем при постоянном (проявляется большеое реактивное сопротивление катушки индуктивности).

Вариант 3

1. При температуре $t_1 = 100^\circ\text{C}$ давление паров воды равно $10^5\text{ Pa}$, то есть $p/3$. Следовательно, парциальное давление воздуха под поршнем станет равным $2/3 p$. Из обедининого газового закона найдем новое расстояние $x$ от поршня до поверхности воды:

$$\frac{ph}{T} = \frac{2/3px}{T_1}, \text{ и } x = \frac{3}{2} \frac{T_1}{T} h \approx 2h.$$

2. Разность потенциаль между точками $AA'U_{AA'} = U$, а между точками $BB'U_{BB'} = \frac{U}{3} = U \frac{|r - R|}{r + R}$. Знак модели приступует потому, что волтметр указывает абсолотное значение напряжения. Учитывая обзака разности $r - R$, получим

$$R = \begin{cases} r/2 \text{ при } R < r \\ 2r \text{ при } R > r. \end{cases}$$

3. Minimalная скорость достигается, когда центр тяжести части каната массой $m_1 = m \frac{2\pi R}{l}$, образованшей круговую petлю, оказывается поднятом на высоту $R$:

$$\frac{m |\vec{v}_{\min}|^2}{2} = m_1 g R.$$

4. Выталкивающая сила, действующая на тело человека со стороны воздуха, равна по модели $F_{BbT} = Q_{BO3D}Vg$. Объем $V$ выразим через массу человека $m$, учитывая, что плотность тела практически равна плотности воды:

$$V = \frac{m}{\rho_{BO3D}}. \text{ Таким образом, } F_{BbT} \sim \frac{Q_{BO3D}}{\rho_{BO3D}} mg.$$

по закону Менделеева — Клапейрона и закону Авогадро: $Q_{BO3D} \sim \frac{p\mu}{RT} = \frac{p\mu T_0}{p_0V_0T}$. Здесь $p_0 = 10^5 \text{ Pa}, T_0 = 273 \text{ K}, V_0 = 2,24 \cdot 10^{-2} \text{ m}^3$. Взяв $p \sim p_0 = 10^5 \text{ Pa}, T \sim 300 \text{ K}$ и зная $Q_{BO3D} = 10^3 \text{ кг/m}^3$, получаем, что $Q_{BO3D} / Q_{BO3D} \sim 760$. Следовательно, выталкивающая сила меньше тяжестями приближительного в 760 раз. Окончательно для массы $m \sim 70 \text{ кг}, F_{BbT} \sim 1 \text{ H}$.

5. В начальной моментм манометр показывает резкое padение давления. Она обусловлено, в основном, увеличенном объемах воздуха под поршнем. Затем давление увеличивается, превышавая пероначальное значение. Это связано с тем, что ацетон интенсивно испаряется, при этом давление его паров, а значит, и суммарное давление паров и воздуха, увеличивается. Рост давления способствует и рост температуры смеси до температуры окружаюшей среды.

«Квант» для младших школьников

(см. «Квант» № 4)

1. Решение:

$$7 = 9 - 2$$
$$3 = 1 + 2$$
$$= = =$$
$$4 = 8 - 4$$

При этих значениях букв можно составить очень много точекств. Вот некоторые из них:

ОЛ—ИМ+ПИ+АД : A=80,
(О+Л—И—М—П) • (ИА+Д) : A=80,
(О : (Л—И) + МП) • И+A+Д+A=80,
(О • Л—ИМ) + ПИА—ДА=80,
O : (Л—И) • МПИ : A+Д : A=80,
(ОЛ—И+М) • (ПИ : A—Д : A)=80.

2. $(63! - 61!) = 61!(62 \cdot 63 - 1) = 61!(71 - 9)$
   $(71 - 8) - 1) = 61!(71^2 - 17 \cdot 71 + 71) = 61!(71 \cdot 55)$.

3. См. рисунок 10.

4. Так как Саша может стоять рядом с Мишей, он — либо перый, либо последний. Но вперед Миши стоит Юра, следовательно, Миша не может быть вторым, а поэтому Миша — предоследний, а Саша — последний.

Очевидно, Олег стоит вперед Юры, а так как Волдя не стоит рядом с Олегом, он может находиться только между Юрой и Мишей, то есть в середине. Друзья стояят вследующем порядке: Олег, Юра, Волдя, Миша и Саша.

5. В двойной системе счисления.

6. На рисунке 11 указаан способ разрешения данного треугольника на 8 равносторонних треугольников. Чтобы получить 11 треугольников, достаточно один из полученных треугольников разрезать на четыре.

(см. «Квант» № 5)

1. Можно: на рисунке 12 показан один квадрат. Такие квадраты образуют при каждом из 12 ребер куба.

2. 1 — Тикон Педот, 2 — Тикон Вась, 3 — Педот Вась, 4 — Педот Тикон, 5 — Тикон Падей, 6 — Падей Остап, 7 — Падей Илля, 8 — Остап Тикон.