Квант 1980, №11 · Страницы

100

11
1980

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

На фотографии изображена декоративная структура, созданная французским дизайнером Франсуа Мореллэ в 1962 г. Пространство сферы, диаметра около двух метров, заполнена кубической решеткой из алюмини-вых трубок. При врашении сферы или ее обхождение зрителем, наблюдаются свободные превращения пространственных образов, связанных с симметриями кубического структуры.

В. Колейнук

1

Основан в 1970 году
11
1980

Научно-популярный
физико-mатематический
журнал
Академи наук СССР
и Академи педагогических наук СССР

Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-mатематической литературы

Главный редактор
академик И. К. Кикоин

Первый заместитель
главного редактора
академик А. Н. Колмогоров

Редакционная коллекция:
М. И. Башмаков
С. Т. Беляев
В. Г. Болтянский
Н. Б. Васильев
Ю. Н. Ефремов
В. Г. Зубов
П. Л. Капица
В. А. Кириллин
А. И. Климанов
С. М. Козел
В. А. Лешковцев
(зам. главного редактора)
Н. А. Патрикева
И. С. Петраков
Н. Х. Розов
А. П. Савин

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

В НОМЕРЕ:
2 Л. Ашкиназ. МГД-генератор
8 П. Блехер. О людях правдивых, лгунах и обманщиках

Лаборатория «Квант»
12 Дж. Уокер. Физическая фейверрк

Математический кругхок
15 В. Залёалер. Задача о треугольниках с общим основанием

Задачик «Квант»
19 Задачи М651—М655; Ф663—Ф667
21 Решения задач М605—М608; Ф608—Ф612
27 А. Аврамов. Арифметические прогрессии в треугольнике Паскала

«Квант» для младших школьников
29 Задачи
30 Е. Гик. Морской бой

По страницам школьных учебников
33 Ю. Иванов. Сколко варнантов?

Практикум абитуриента
38 Л. Асламазов. Силы треня и движение

Искусство программирования
42 Заочная школа программирования. Урок 11

Информация
XIV Весоюзная олимпида школьников
45 В. Василов, А. Земляков, И. Клумова. Олимпида по математике
51 Т. Петрова, Л. Чернова. Олимпида по физике
54 Т. Романовский. Экспериментальный тур олимпиды по физике
59 Призеры XIV Весоюзной олимпиды школьников

61 Шахматная страница
62 Ответы, указания, решения

Шахматный конкурс (3-я с. обложки)
Наша обложка (37)
Смесь (7, 11)

© Издательство «Наука». Главная редакция физико-mатематической литературы, «Квант», 1980

2

Л. Ашкинази

МГД-генератор

Человеческое общество не может жить без энергии. Пока основной источник энергии для человека — природное топливо: уголь, нефть, газ. Но запасы этого топлива не вечны. Правда, мы знаем другие источники энергии — Солнце иAtom. В будущеем основными источниками станут именно они, но их освоение требуют времени, а запасы природного топлива тем временем убывают. Как эффективное использовать эти запасы? Естественное предложение — повышать коэффициент полезного действия устройства, преобразующих энергию природного топлива в электрическую энергию. Немаложным применением преобразования энергии с высоким КПД является уменьшение загрязнения окружающей среды.

Как известно, КПД тепловой машины увеличивает при увеличении максимальной и уменьшении минимальной температур рабочого тела. Но минимальная температура ограничена сизу — это температура окружающей среды. Чем ограничена сверхим максимальная температура? Прочность лопастей турбин — либо прочность всех металлов падает с ростом температуры, а на быстродвижущие детали приходится набольшие нагрузки. Лопасти турбин ТЭС работает «на пределе», и одна из основных завотуронтелей — получение материалов, обладающих высокой прочностью при высоких температурах. В лучших ТЭС доступит КПД 35—40%.

Если мы хотим увеличить КПД за счет повышения температуры рабочого тела, надо искать способ преобразования энергии горячого газа в электрическую энергию, не требующий от материалов высокой прочности.

Однажды на место через Темзу стоял человек и пытался изменить разность потенциаль между двумя

3

Электродами, опущенными в воду. Оdnako разность потенциальной получасы равной нулю, и огромный Майкл Фарадей (а это был именно он) пошел домой. Недача Фарадей объяснялась лишь низкойчевствительностью приборов, которые он пользовался. А разность потенциальных существовала, и она была изменена спустя 19 лет физиком Волластоном. И тогда же Уильям Томсон (лорд Кельвин) предложил использовать этот эффект для преобразования энергии движения морской воды во время приливов в электрическую энергию.

Так были заложены иденые основы нового метода преобразования энергии, который дает возможность использовать природное топливо с бóльшим КПД, чем в традиционных ТЭС. Этот метод называют магнитогидридинамическим.

МГД-генератор

Представим себе трубу, сделанную из электриозолирующего материала и имеющего на двух противоположных стенках изнутри проводящие электроды. Труба помещена в магнитное поле. Внутри трубы движется струя горячего газа. Такова принципальная схема магнитогидридинамического генератора — МГД-генератора. (Движение горячего струи газа во многих отношениях похоже на движение жидкости. Отсюда — название и самого метода, и генератора.) В МГД-генераторе механическая энергия движущегося горячего газа преобразования в электрическую энергию. Посмотрим, как это делается.

Пусть для определения газ в МГД-канале (так называют трубу с электриродами на внутренних стенках) движется слева направо со скоростью $\vec{v}$, а индикция $\vec{B}$ магнитного поля направлена так, как показано на рисунке.

Если в газе, движущемся по МГД-каналу, есть свободные электрионы, то под действием силы Лоренца $F=evB$ они будут дрейфовать в газе по направлению к близкой шему к нам (на рисунке) электриоду и скалпывать на нем. В результате между электрицами на стенках МГД-канала будет создавать разность потенциальов. Если мы подklючим к электриdam какую-нибудь электрическую нагрузку, то по цепи нагрузки будет протекать ток.

Итак, задача решения — помещив поток горячего газа в трубу с двумя электридрами и магнитное поле, мы сделали генератор электрической энергии.

Механизм возникновения тока в МГД-генераторе такой же, как и в любом электрическом генераторе — ток возникнет в проводнике, движущемся в магнитном поле. Но только в электрических генераторах эти проводники металлические, твердые, а в МГД-генераторе это — горячный газ.

Однако это лишь приципп действия. Чтобы понять, при каких условиях будет работать такой генератор, вычислим его параметры — ЭДС и внутреннее сопротивление. Пусть сопротивление нагрузки бесконечно, иначе говоря — нагрузка разомкнута. Каково будет напряжение $\delta$ на выходе генератора, то есть ЭДС? Оно равно работе по перемещению

4

единичного заряда между электродами. Поскольку эта работа произвольная против силы $F = evB$, при шрипне канала, равной $d$, $\mathcal{E} = Fd/e = vBd$. Для $d = 3$ м, $v = 1500$ м/c и $B = 5$ Тл $\mathcal{E}$ составит 22,5 кВ — вполне значительную величины, достающий для практических применений.

Вернемся на минуту во времяена Фарадея и оценим ЭДС для пары электродов, опущенных в Темзу (конечно, река — это не струя проводящего газа, а струя проводящий жидкость, но прициппальной разницы нет). Темза — река широкая (это хорошего), но медленная (это плохо), а магнитное поле Земли маленькое (это тоже плохо). Полягая $d = 30$ м, $v = 0,1$ м/c, $B = 10^{-4}$ Тл, получим $\mathcal{E} = 3 \cdot 10^{-4}$ В. (Такую величины Фарадей изменить не смог…)
Теперный внутреннее сопротивление $M\Gamma D$-генератора.

Как известно, сопротивление металлического проводника длины $L$ и сечения $S$ равно $R = \frac{mL}{e^2n\tau S}$, где $m$ и $e$ — масса и заряд электрода, $n$ — концентрация свободных электродов в металле, $\tau$ — время свободного пробета электрода (см. «Физика 9», с. 175). Мы можем воспользоваться этой формулой и для случая газа с электронной проводимостью, подставляя в формулу «газовые» значения $t$ и $n$. При температуре $T = 2000$ К и давления газа в канале $10^5$ Па (величины, объчные для $M\Gamma D$-генераторов) $t$ составляет $\sim 10^{-12}$ с. Как видно из рисунка, в нашем случае $L = d$, $S = hl$, так что $R = 3,5 \cdot 10^{19} \frac{d}{nhl}$. Итак, мы связывали внутреннее сопротивление $R$ $M\Gamma D$-генератора с размерами канала и концентрацией электродов в газе.

Какие же величины $R$ надо обеспечить, чтобы применение $M\Gamma D$-генератора было экономически целесообразно? Пусть от генератора с размерами канала $d = h = 3$ м, $l = 15$ м мы хотим получить мощность $P = 2000$ MBt. Если сопротивление нагрузки $R_H$, то ток в генераторе и нагрузке $I = \mathcal{E}/(R + R_H)$, мощность, развиваемая генератором, $P_r = \mathcal{E}I = \mathcal{E}^2/(R + R_H)$, мощность, выделяющая в нагрузке, $P = \mathcal{E}^2R_H/(R + R_H)^2$, мощность потерь $P_n = \mathcal{E}^2R/(R + R_H)^2$. Так как по условиям $P = 2000$ MBt, а $\mathcal{E} = 22,5$ кВ, то $R_H = 4(R + R_H)^2$. Основное, ради чего мы «изобретаем» $M\Gamma D$-генератор, — высокий КПД. Значит, $P_n$ должно составлять лишь небольшую часть $P_r$ — скажем, не более 10%. Иначе $M\Gamma D$-генератор оказывается не эффективнее обычной ТЭС. Итак, пусты $P_n \leq 0,1P_r$, то есть $\mathcal{E}^2R/(R + R_H)^2 \leq 0,1\mathcal{E}^2/(R + R_H)$; тогда $R \leq 0,11R_H$. Отсюда и из $R_H = 4(R + R_H)^2$ имеем $R \leq 0,022$ Ом. Для того чтобы при заданных величины $d = h = 3$ м, $l = 15$ м получить такое $R$, надо иметь концентрацию электродов $n \geq 10^{20}$ электродов/m³. Но отсутствует в газе такому количеству электродов? При температуре 2000 К раз практические целекомостит из неонизированных молекул; его можно инцизировать, нагрев, напrimер, до 8000 К. Но ведь при такой температуре плавается все известные материалы — $M\Gamma D$-канал и камеру сгорания просто не из чего будет делать…

Однако концентрацию электродов можно увеличить добавлением к газу легкоонзирующихся добавок. Такими добавками, или, как их называют, присадками, могут быть щелочные металлы, причем наиболее эффективно добавление калия и цезия. Например, добавка к смеси $\text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O}$ (продукты сгорания угля или природного газа) 1% калия создает при температуре газа 2500 К концентрацию электродов, в $10^{24}$ раз больше шуто, чем в его отсутствие.

Присадка калия вводится в самое начало $M\Gamma D$-канала, сразу за камеру сгорания, в виде солей $K_2\text{CO}_3$ или $K_2\text{SO}_4$ — дешевых и легкоодуступных соединений калия. Частцы должны быть мелкими, размером порядка микрона,— они должны успеть расплавиться, испариться, разложиться ионизировать в самом начале канала, чтобы к электродам пришел газ уже с достающим проводимостью.

Еще больше увеличивает проводимость газа добавка цезия. Но цезий весма дорог, и применять его можно только в том случае, если при работе $M\Gamma D$-генератора не будет необходимости в постоянном расходе

5

МГД-генератор с открытым циклом.

присадки. Чтобы узнать, как расходуется присадка при работе МГД-генератора, нам придется занять вопросы о судьбе газа, прошедшего через МГД-канал.

Этот газ имеет еще волне достаточного энергии, чтобы врашать турбины ТЭС. В этом случае МГД-генератор будет играть «самой высокотемпературной ступени» в ТЭС. Это еще более повышит его КПД. После МГД-канала и турбин газы вырабатывается в атмосферу. И хотя фильтры задерживают на выходе из канала почти 95% присадки, из труб МГД-электростанции мощностью 2000 МВт все равно будет вырабататься в атмосферу 4 тонны присадки в час. Поэтому в МГД-генераторе, который после канала вырабатывает газы в атмосферу, цезий применять нельзя — слищом дорогого обойтиется. Для таких МГД-генераторов, называемых МГД-генераторами с открытым циклом, в качестве присадки возможно применение только калия в виде K₂CO₃ или K₂SO₄.

Раз существует МГД-генератор с открытым циклом, то, наверное, существует и МГД-генератор с замкнутым циклом? Да. В нем рабочим телом обычно является инертный газ (как правило, аргон), присадкой — цезий.

Газ после канала и турбин (если они есть) возвращается… куда? Не в камеру сорта — гореть в МГД-генераторе с замкнутым циклом нечем, природное горючее в нем не сжигается. Газ возвращается в зону нагрева, который может быть, например, «внутренность» atomного реактора. Потерь газа и присадки в этом случае нет, и можно использовать цезий, который создает бóльшую проводимость, чем калий.

Применение МГД-генератора с замкнутым циклом может повисить КПД atomной электростанции, но для широкого применения МГД-генераторов как с открытым, так и с замкнутым циклом надо решить группу проблем, из которых наиболее сложная, так сказать, «узловая».

МГД-генератор с открытым циклом.

6

Проблема канала.

Необходимы изоляционные и проводящие материалы, не слишком быстро разушающие в условиях работы МГД-генератора. А условия эти непростые.

СРЕДА в МГД-генераторе с открытым циклом — химические активные продукты сгорания топлива с еще более химических активными примесями (сера) и присадкой (калий).

В МГД-генераторе с замкнутым циклом — хотя и химические неактивные инерные газы, но загочень химических активная присадка (цезий).

ТЕМПЕРАТУРА 2000÷3000 К.
И вдобавок этот химический активный и довольно горячной ветер имеет

СКОРОСТЬ 1000÷2000 м/c.

Такие условия выдерживают только самые тугоплавкие соединения (Al₂O₃, MgO). Их используют в качестве изоляторов стенок МГД-канала. А металлы также условия не выдерживают вовсе. Поэтому электроды делают не из металлов, а из проводящих химических соединений и их смесей (ZrO₂+CeO₂, ZrO₂+La₂O₃, LaCrO₃ и др.). Оdnako стойкость этих материалов также оставляет желать лучшего. Многочисленные попытки зашитить электроды от действия потока горячных газов пока не увенчались полным успехом. Если «проблема канала» и ряд других, то же достаточно сложных проблем (мощный электромагнит, высокотемпературный атомный реактор) удался решить, то перед МГД-генератором откроются следующие.

Перспективы применения.

1. МГД-ГЕНЕРАТОР С ОТКРЫТЫМ ЦИКЛОМ НА ПРИРОДНОМ ГОРЮЧЕМ КАК МЕТОД ИСПОЛЬЗОВАНИЯ ЭНЕРГИИ С МАКСИМАЛЬНЫМ КПД.

Такой генератор будет работать на угле, нефти или газе, имея КПД 50—60% (при двухступенчатой схеме: МГД-генератор + турбины ТЭС на его выходе). Для генерирования, например, мощности 2000 MBт генератор (МГД+ТЭС) должен иметь сечением 9 м² (d=h=3 м) и длиной 15 м. Скорость газов в канале будет 1500 м/c, магнитное поле 5 Тл. Ежесекундно в камере сгорания две тонны горючего будут превращаться в смесь газов CO₂+H₂O, нагретую до 2500 К, а в начало канала ежесекундно будет водиться 20 кг присадки K₂CO₃. Соответствие газа в канале будет 0,02 Ом. Важным параметром МГД-генератора как высокотемпературной ступени ТЭС будет время непрерывной работы — нельзя же слишком часто останавливать МГД-электростанцию для ремонта канала. (Обеспечение большого времени непрерывной работы — еще одна важная проблема в создании мощных МГД-генераторов.) На действующем МГД-генераторе У25 (максимальная мощность 20 MBт) достигнут время непрерывной работы около 10 дней при работе мощности 3 MBт. Но для того чтобы применение МГД-генераторов было экономически целесообразно, мощность должна быть увеличена в 10—100 раз.

2. МГД-ГЕНЕРАТОР С ОТКРЫТЫМ ЦИКЛОМ НА ПРИРОДНОМ ГОРЮЧЕМ ДЛЯ ПОКРЫТИЯ «ПИКОВЫХ НАГРУЗОК» В ЭЛЕКТРИЧЕСКОЙ СЕТИ.

Такие электростанции называют «пиковыми» или «полупиковыми», в отличие от «базовых». Потребление энергии в течение суток меняется — например, в городах «пик нагрузки» приходит на вечер. Изменение режима работы обычно ТЭС довольно сложно, и вечером энергии не хвадает. Ситуация может быть облегчена при наличии МГД-генератора соответствующего мощности, так как его включение или изменение режима работы занимает несколько минут. Такой генератор включается бы только в период «пика нагрузки» и увеличивается бы в необходимости степени мощности электростанции.

3. МГД-ГЕНЕРАТОР КАК МОЩНЫЙ МЕСТНЫЙ ИСТОЧНИК ЭЛЕКТРОЭНЕРГИИ ДЛЯ КРАТКОВРЕМЕННОГО ПОТРЕБЛЕНИЯ.

Для питания экспериментальных физических установок часто требуется

8

О людях
правивых,
лгунах
и обманшиках

Среди математических задачи на сообразительность особый интерес представляют логические задачи. Такие задачи, как правило, не требуют специальных математических знаний, и их условия может быть обясенено даже людям, весы далеки от математики.

В настоящее время мы разберем четыре логические задачи. В этих задачах у нас будут присутствовать люди правивые, говорящие во всех случаях только правду, и лгуны, всегда говорящие только правду. Однако наиболее трудность и наиболее интерес, как мы увидим, будут представлять те задачи, в которых встречаются еще и обманщики, то есть люди, говорящие что угодно, только бы запутать спрашивающего.

Задача 1*). На развилке двух дорог, одна из которых ведет в город A, две живут правдивые люди, а другой ведет в город B, две живут лгуны, математик встретил житель одного из этих городов. может ли математик за один вопрос выяснить у встреченного им жителя, какая из дорог ведет в город A?

Ответ в задаче 1 является положительным даже при дополнительном условии, которое мы всегда будем придерживать в случае вопроса, чтобы ответом на него служить

*) Задачи 1 и 2 были сообщены автору венгерским математиком П. Майором.

жили слова «да» и «нет». Вопрос, решающий задачу 1, таков: «Ведет ли эта дорога (указывая на одну из дорог) в ваш родной город?». Легко проверить, что ответ «да» означает, что данная дорога ведет в A, ответ «нет» — что в B. В самом деле, если ответающий является жительем города A, то он всегда говорит правду и поэтому его ответ «да» означает, что указанная дорога ведет не в B, то есть в A, а ответ «нет» означает, что эта дорога ведет в его родной город, то есть в B. Таким образом, в общих случаях ответ «да» означает, что данная дорога ведет в A, и ответ «нет» — что в B, что и утверждалось.

Заметим, что мы не определляем при ответе, с тем мы разговариваем — с жительем города A или с жительем города B, но это и не требовалось. Автору известны и другие решения задачи 1, но все они основаны на одной и той же идее: вопрос о том, ведет ли данная дорога в город A, нужно задать в такой форме, чтобы лгуну приходиловать «дважды отрицательный» ответ. Поскольку двойное отрицание эквивалентно положительнымному ответу, лгун в этом случае дает тот же ответ, что и человека, говорящий правду. Это и происходит в приведенном нами решении.

Вторая задача, которую мы разберем, является условиям первого. Это условия с связанно с появлением среди ответающих обманщика.

Задача 2. Пусть в условиях задачи 1 математик встретил на развилке не одного, а трех человек, один из которых является жительем города A, второй — житель города B, а третий — обманчиком. При этом математик знает, что среди этих трех один — житель города A, другой — житель города B, а третий — обманчик, но конкретно не знает, кто из них есть кто. может ли математик за два вопросы выяснить дорогу в A?

9

Уточним, что каждый из двух вопросов может быть задан любому из трех лиц, встреченных математиком на развилке, и на вопрос ответает только тот, кому этот вопрос задан. Кроме того, каждый из встреченных знает «кто есть кто» среди них и какая дорога ведет в А и какая — в В.

Решение задачи 1 называется на мысль: а нельзя ли первым вопросом выделить из трех человек того, который не является обманщиком? Тогда задача 2 будет сведена к задаче 1 и, задав выделенную человеку тот же вопрос, что и в задаче 1, мы узнали дорогу в А. Оказывается, такой первый вопрос задать можно, хотя догадаться до него, как кажется автору, непросто.

Перенумерем для удобства всех трех человек произвольным образом. Вопрос задается первому. Вот он: «Предположим, что каждый из вас трех сейчас отправится в А или в В по следующему принципу: житель города А поедет в город А, житель города B — в город B, а обманчик — если только обманщик не является вы сами — поедет вместе с вам; если же вы — обманчик, то вы поедете куда угодно. Пойдет ли при этих условиях в А вот этот (указывая на второго) человек?».

Мы утверждаем, что при ответе «да» третий человек — не обманщик, а при ответе «нет» второй человек — не обманщик. Действительно, если вопрос мы задали обманщику, то и второй и третий из опрашиваемых не является обманщиком и, стало бы, третий им не является. Наоборот, его ответ «нет» свидетельствует о том, что второй человек является лгуном (ведь только лгун не идет вместе с ним). Если же вопрос мы задали лгуну, то его «да» означает, поскольку обманщик идет в В, а человек, говорящий правду, — в А, что второй человек — обманщик, а третий — человек, говорящий правду. «Нет» же означает, что, наоборот, второй — это человек говорящий правду, а третий — обманщик.

Проанализировав все возможности, нетрудно видеть, что при ответе «да» третий человек, а при ответе «нет» второй человек зависит не являются обманщиками. Таким образом, в обихах случай мы можем указать человека, не являющегося обманщиком, и тем самым задана 2 решена.

Заметим, что, как и при решении задачи 1, основная идея состоит в том, чтобы заставить лгун сделать двойное отрицание, то есть добиться того, чтобы его ответы имели тот же смысл, что и у человека, говорящего правду, и чтобы они при этом различили обманщикка и необманщикков.

Задание 3. На химический концепс приехали N ученых; некоторые из них являются химками, остальные — алхимиками, причем известно, что химков больше. Химик на все вопросы ответает правдиво, а алхимик всегда лжет. На концепс попал математик, задавшийся целюустановить о всех ученых, кто из них есть химик, а кто — алхимик. Для этого ему разрешается спрашивать любого ученого о любом другом ученом, кто он. Указите способ, при котором математик может выяснить «кто есть кто» за (N—1) вопросов.

Решение задачи 3 сравнительно несложно. А именно, спросим у любого ученого (назовем его для определения первым) о каждом из остальных. В результате эти (N—1) ученых будут разбииты на две группы: группы тех, кто по словам первого ученого является химиком, и группы тех, кто по словам первого ученого является алхимиком. Отнесям первого ученого к первой группе. Выберем из этих группы больше. Тогда ученые этой группы — химики, ученые другой группы — алхимики (доказите!). Тем самым задана решена.

Теперь мы подошли к центральной задаче нашей статьи — задаче M585 («Квант», 1979, № 9). Ее условия совпадает с условиям задачи 3, за тем исключением, что алхимики являются уже не лгунами, а обманщиками. В задаче M585 пред-

10

лагалось выяскить «кто есть кто» на конференции за а) 4N, 6) 2N—2, в) [3N/2] вопросов.

Эта задача является несравненно более сложной, чем задача 3, и опять это связано с тем, что ответы лгуна хотя и являются неправильными, но они, так сказают, «постоянно неправильны», что позволяет извлекать из них почти столкко же информации, что и изправильных ответов правдивого человека. Ответы же обманщика произвольны, и извлечь из них какую-либо информацию — задача города более сложная.

Приводимое ниже решение дает возможность выяскить, кто — химик, а кто — алхимик, даже за меньше, чем [3N/2], число вопросов, а именно — за $q=3k$ вопросов, если $N=2k+1$ — число нечетное, и за $q=3(k-1)$ вопросов, если $N=2k$ — число четное.

Вначале мы рассмотрим нечетные $N$. Искомый способ мы определим индукцией по $k$. Если на конференции присутствовал $N=1$ ученный ($k=0$), то он, очень/no, химик, поскольку химиков должно быть больше; никаких вопросов в этом случае задавать не надо: $q=0=3\cdot0$.

Предположим теперь, что для всех нечетных чисел, меньше than $N=2k+1$, мы уже имеем способ, позволяющий решить задачу в требуемое число вопросов. Укажем такой способ для числа $N=2k+1$. Перенумеруем для удобства всех частников конференции произвольным образом и начем спрашивать второго, третього и т. д. ученых, кто есть первый ученный. Этот прос мы прекратим, как только произойдет одно из двух событий:

Собътие А. Среди опрошенных ученых большиство высказалось за то, что первый ученный — алхимик.

Собътие В. Число ученых, утверждалось, что первый ученный — химик, равно $k$.

Ясно, что если произошло событие $A$ и к этому моменту $t$ ученых утверждали, что первый ученный — химик, и $f$ — что он алхимик, то $f=t+1$. (Действительно, $f>t$, а если предположить, что $f\geq t+2$, то событие $A$ должно произойти хотя бы на один вопрос раныше.) Ясно, кроме того, что при этом опрос было задано $q_1=f+t=2f-1$ вопросов. (Частным случае события $A$ является ситуация, когда уже второй ученный сказал, что первый является алхимиком — здесь $t=0$, $f=1$.)

Если же произошло событие $B$ и при этом $f$ ученых утверждали, что первый ученный — алхимик, то общее число заданных вопросов равно $q_1=k+f$.

Нетрудно видеть, что опрос превращается до того, как будет опрошены все учены, приступующее на конференции. В самом деле, предположим противное. Значит, перед опросом последнего ученого не произойдет ни одно из событий $A$, $B$. Пусть в этот момент среди опрошенных ученых $t$ человек высказался за то, что первый ученный — химик и $f$ — за то, что он алхимик. Поскольку не произошло события $A$, $f\leq t$. Поскольку не произошло события $B$, $t\leq k-1$. Поэтому общее число опрошенных $f+t\leq 2(k-1)$. Добавив к ним первого и последнего ученых, мы получаем, что общее число участников конференции не превосходит $2k$, тогда как их $2k+1$. Полученное противоречение доказывает, что одно из событий — $A$ или $B$ — произойдет до того, как будет опрошен последний учены.

Пусть произошло событие $A$. Тогда мы утверждаем, что в группе ученых, состояние из первого ученыго и всех опрошенных ученых, число алхимиков не меньше числа химиков.

Действительно, если первый ученный — химик, то те $f$ ученых, которые утверждали, что он алхимик,— сами алхимики. Поскольку общее число ученых в рассматриваемой группе есть $1+t+f=2f$, число алхимков в группе в этом случае не меньше числа химиков. Если же первый ученный — алхимик, то алхимики являются и те $t$ ученых, которые утверждали, что он химик. Позному и в этом случае число алхими-

11

миков не меньше 1+f, то есть не меньше половины.

Далее, поскольку число химиков превосходит по условию задачи общее число алхимиков, вставшейся группе из $N-2f=2(k-f)+1$ ученых число химиков также должны превосходить число алхимиков. Число $N-2f$, очевидно, меньше $N$, поэтому по предположению индекции существует способ, позволяющий за $q_2=3(k-f)$ вопросов выяснить, кто вставшейся группе ученых есть химик и кто — алхимик. Выберем теперь из этой группы произвольного химika (такой, очевидно, найдется) и просим его (на это уйдет $q_3=1$ вопрос), кто есть первый ученный.

Если он алхимик, то те $t$ ученых, которые утверждали, что он химик, — алхимики. Поэтому нам остается лишь выяснить у выбранного нами химика, «кто есть кто» среди тех $f$ ученых, которые утверждали, что первый ученный — алхимик (на это уйдет еще $q_4=f$ вопросов). В результате мы восстановим полную картину разбиения участников конференции на химиков и алхимиков и истратим на это $q=q_1+q_2+q_3+q_4=2f-1+3(k-f)+1+f=3k$ вопросов, что и требовалось.

Если же первый ученный оказался химиком, то те $f$ ученых, которые утверждали, что он алхимик, сами являются алхимиками. Поэтому нам остается выяснить у выбранного нами химика лишь «кто есть кто» в группе из $t$ ученых, утверждших, что первый ученный — химик. На это мы затрагим $q_4=t$ вопросов. Общее число вопросов $q=q_1+q_2+q_3+q_4=2f-1+3(k-f)$ —

Задача
для исследования

a) Для каких натуральных $k$ верна следующая теорема: На сфере расположено шесть точек так, что лучи, соединяющие центр сферы с этим точками, образуют три взаимно перpendикулярные прямые. Тогда сумма $k$-х степеней расстояний от любой точки сферы до этих шести точек одна и та же.

b) А если вместе этих шести точек взять на сфере четыре вершины правильно от любой точки сферы была построенной, и опишите все (или наиболее симметричные) также расположения.

к. Бабенко

12

Дж. Уокер

Физический фейерверк

Задачи-вопросы, публикуемые ниже, взяты из книги Дж. Уокера «Физический фейерверк», выпущенной недавно издательством «Мир».
Большинство задач связано с различными явлениями природы, встречающимся практическими на каждом шагу. Чтобы ответить на все поставленные вопросы, нужно проведити соответствующие опыты или наблюдения.
Ответы, приведенные в конце журнала, как правило, лишь уточняют задачу или подсказывают путь к ее решению.

1. Волшебный пропеллер

Пропеллер на палочке с зарубками — замечательная игрушка, которую вы без труда можете сделать сами. По всей длине одной палочки делаются небольшие поперечные вырезы; на конце ее гвоздиком закрепляется свободно врашающая пропеллер (рис. 1, а). Второй палочки проводят по вырезам.

Взяв палочку с зарубками левой рукой так, чтобы большой палец был обращен к вам, а указательный находился с противоположной стороны палочки, начинайте водить другой палочной взад-перед по зарубкам. Телер прижмите к палочке с зарубками указательный палец. Пропеллер начинает крутиться. Ослабьте нажим указательного пальца и прижмите к палочке большой палец, продолжая при этом водить другой палочной по зарубкам. Пропеллер закрутится в другую сторону.

Показывая этот фокус непосвященным, незаметно нажмите на палочку по очереди то большим, то указательным пальцами: зрители будут поражены неожиданным переменами направления врашения пропелера. Вы же можете давать этому явлению самые фантастические объяснения. Например, говорите, что изменение направления врашения пропелера связано с флуктуациями интенсивности космического излучения.

Первый вопрос, на который предстоит ответить: почему пропеллер вообще крутится? Следующий вопрос: почему направление его врашения зависит от того, с какой стороны вы нажмите на палочку?

Если вам хочет сделать этот фокус позанятнее, укрепите на палочке четыре пропелера (рис. 1, б). Правда, разница тут не велика, потому что все они будут врашаться в одну сторону. И еще одна конструкция: два пропелера укрепляются друг за другом (рис. 1, в). Здесь возможно прямой крутится вправо или влево или, что гораздо интереснее, можно сделать так, чтобы один пропеллер крутился в одну сторону, а другой — в другую.

2. Смотанный шланг

Если вы попробете налить воду в шланг, как показано на рисунке 2, то из другого его конца не вылется ни капли. Да и влить вам удastoreм мало. Почему?

Рис. 1.

14

9. Вихрь в чашке кофе

Осторожно покрутите ложечкой в чашке с горячим кофе так, чтобы кофе начал равномерно врашаться. Тепер аккуратно тонкой стружкой вливайте в центр чашки холодное молоко. Вы увидите, что там образуется небольшой вихрь. Возможно, вы заметите и небольшие углубление в его середине. Если желивать в кофе горячое молоко, вихря не будет. Почему вихрь возникает в первом случае и не возникает во втором?

10. «Взаимодействие» тонущих предметов

Когда несколько предметов одновременно погружаются в вязкую жидкость, например в масло или сахарный раствор, между ними могут возникать весма страницы взаимодействия.

Приведем примеры.

1. Опустите в вязкую жидкость один за другим два цилиндра (рис. 7). При определенных значениях вязкости жидкости, размеров и скорости цилиндров второй цилиндр может догнать первый и обойти воокруг него так, что они расположятся на одном уровне. Затем они начнут врашаться и погружаясь, разойдутся в разные стороны.

2. Бросьте в жидкость один диск, а следом за ним еще два. Вы увидите, что последнее догонят первый и все три образуют устойчивую конфигурацию «бабочки» (рис. 8).

3. Тепер бросьте в вязкую жидкость кучкой несколько шариков (tri — шесть). Они разойдутся таким образом, что оказывается в вершинах горизонтального расположенного правильного многоугольника, который по мере погружения будет увеличивать в размерах.

Как это можно обьясить?

8. Яйцо «выскакивает» из стакана

Опустите яйцо в стакан с водой и поставьте стакан под кран (рис. 6). Если поток воды превышает некоторые критическую величины, то яйцо поднимается, как будто его притягивает струж воды. Почему это происходит?

15

Задача
о треугольниках
с общим основанием

В пятом номере «Кванта» за 1978 год было предложено найти геометрическое решение следующей задачи: два треугольника на плоскости имеют общее основание, а их вершины $C_1, C_2$ различны и лежат по одному сторону от основания; доказать, что расстояние между вершинами $C_1$ и $C_2$ больше, чем расстояние между центрами $O_1$ и $O_2$ вписанных окружностей этих треугольников.

За прошедшие два года редакция получила много посем по поводу этой интересной и трудной задачи. Однако доказательства, учитывающего все возможности взаимного расположения вершин, не удалось найти ни одному из наших читателей.

Мы помещаем два доказательства; первое приумал харьковский математик А. И. Медянник, второе представляет собой доказательство, предположенное авторами задачи В. А. Залгаллером и А. А. Ивановым, упрощенное по совету академика А. В. Погорелова.

Первое доказательство

Нам понадобится следующей свойство биссектрисы угла треугольника («Геометрия 6—8», задача 914): если AD — биссектриса угла A тре-

узольника $ABC$ ($D \in [BC]$), то $\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{|AB|}{|AC|}$.

Пусть точка O — центр вписанной в $\triangle ABC$ окружности (рис. 1). Выразим вектор $\vec{O} = AO$ через векторы $\vec{a} = \vec{BC}, \vec{b} = \vec{AC}, \vec{c} = \vec{AB}$ и через их длины $a, b, c$.

Легко видеть, что $\vec{\varrho} = \frac{|AO|}{|AD|} \cdot \vec{AD} = \frac{|AO|}{|AD|} \left( \vec{c} + \frac{|BD|}{|DC|} \vec{a} \right)$.

По свойству биссектрисы $\frac{|DC|}{|BC|} = \frac{|BD|}{|DC|} + \frac{|BD|}{|DC|} = \frac{c}{b+c}$.

Аналогично ($BO$ — биссектриса угла B),

$\frac{|AO|}{|AD|} = \frac{1}{1 + \frac{|OD|}{|AO|}} = \frac{1}{1 + \frac{|BD|}{c}}$.

Из $\frac{|BD|}{|DC|} = \frac{c}{b}$ и $|BD| + |DC| = a$ получаем $|BD| = \frac{ac}{b+c}$.

Поэтому $\frac{|AO|}{|AD|} = \frac{b+c}{a+b+c}$.

Воспользовавшись тем, что $\vec{a} = -(\vec{b} + \vec{c})$, получим окончательное $\vec{\varrho} = \frac{b\vec{c} - c\vec{b}}{p}$,

(1)

где $p = a + b + c$.

Теперь приступим к решению задачи. Выразим длину вектора $\vec{d}_0 = O_1O_2$ через $d = |C_1C_2|$ и длины сторон треугольников $ABC_1, ABC_2$.

По доказанному (см. рис. 2)

$\vec{d}_0 = \vec{\varrho}_2 - \vec{\varrho}_1 = \frac{b_2\vec{c} - c\vec{b}}{p_2} + \frac{c\vec{b}_1 - b_1\vec{c}}{p_1}$,

Рис. 1.

16

где $p_1 = a_1 + b_1 + c$, $p_2 = a_2 + b_2 + c$.

Вычисляя $\vec{d}_0 \cdot \vec{d}_0 = d_0^2$, после несложных преобразований получим
$$p_1^2 p_2^2 d_0^2 = p_1^2 cb_2 [2cb_2 - 2(\vec{b}_2 \vec{c})] +$$
$$+ p_2^2 cb_1 [2cb_1 - 2(\vec{b}_1 \vec{c})] +$$
$$+ 2p_1 p_2 [cb_2(\vec{b}_1 \vec{c}) - c^2(\vec{b}_1 \vec{b}_2)] -$$
$$- b_1 b_2 c^2 + cb_1(\vec{b}_2 \vec{c})].$$

(2)

Заметим, что $2(\vec{b}_1 \vec{c}) = a_1^2 - b_1^2 - c^2$, $2(\vec{b}_2 \vec{c}) = a_2^2 - b_2^2 - c^2$; поэтому
$$2cb_1 - 2(\vec{b}_1 \vec{c}) = 2cb_1 - a_1^2 + b_1^2 + c^2 =$$
$$= (a_1 + b_1 + c)(b_1 - a_1 + c) =$$
$$= p_1(b_1 - a_1 + c),$$

аналогично,
$$2cb_2 - 2(\vec{b}_2 \vec{c}) = p_2(b_2 - a_2 + c).$$

Это позволяет сократить равенство
(2) на $p_1 p_2$. Кроме того, $\vec{d} = \vec{b}_2 - \vec{b}_1$, откуда $2(\vec{b}_1 \vec{b}_2) = b_1^2 + b_2^2 - d^2$. Поэтому
(2) принимает вид
$$p_1 p_2 d_0^2 = p_1 cb_2(b_2 - a_2 + c) +$$
$$+ p_2 cb_1(b_1 - a_1 + c) +$$
$$+ [cb_2(a_1^2 - b_1^2 - c^2) - c^2(b_1^2 + b_2^2 - d^2)] -$$
$$- 2b_1 b_2 c^2 + cb_1(a_2^2 - b_2^2 - c^2)],$$
откуда
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) =$$
$$= [(a_1 + b_1 + c)(a_2 + b_2 + c) - c^2]d^2 +$$
$$+ [(a_2 - b_2 - c)(a_1 + b_1 + c)b_2 +$$
$$+ (a_1 - b_1 - c)(a_2 + b_2 + c)b_1 +$$
$$+ (b_1^2 - a_1^2 + c^2)b_2 + (b_1^2 + b_2^2)c +$$
$$+ 2b_1 b_2 c + (b_2^2 - a_2^2 + c^2)b_1]c,$$

что после преобразования внутри квадратных скобок дает
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) = [(a_1 + b_1)(a_2 + b_2) +$$
$$+ c(a_1 + b_1 + a_2 + b_2)]d^2 +$$
$$+ [c(a_2 - a_1)(b_2 - b_1) +$$
$$+ (a_1 b_2 - b_1 a_2)(a_2 - a_1 + b_1 - b_2)]c.$$

(3)

Чтобы доказать, что $d > d_0$, нам достаточно убедиться в положительности правой части равенства (3). Последняя состоит из двух слагаемых. Поскольку $a_1 + b_1 > c$ и $a_2 + b_2 > c$, первое слагаемое больше, чем $3c^2 d^2$. Остается проверить, что второе слагаемое по модулю меньше, чем $3c^2 d^2$. Очевидны соответствия $|a_2 - a_1| < d$, $|b_2 - b_1| < d$.

Рис. 3

Позтому
$$p_1 p_2(d^2 - d_0^2) > (c^2 + 2c^2)d^2 -$$
$$- |c^2(a_2 - a_1)(b_2 - b_1)| -$$
$$- |a_1 b_2 - b_1 a_2|(|a_2 - a_1| +$$
$$+ |b_2 - b_1|)c > 3c^2 d^2 - c^2 d^2 -$$
$$- 2dc|a_1 b_2 - b_1 a_2| = 2c^2 d^2 -$$
$$- 2dc|a_1 b_2 - b_1 a_2|.$$

Ниже будет доказано, что $|a_1 b_2 - b_1 a_2| \leq cd$.

Позтому правая часть неравенства (4) неотрицательна.

Следовательно, $d > d_0$.

Итак, осталось доказать следующее lemma.

Лемма. Пусть в плоскости треугольника $ABC_1$ произвольным образом расположена точка $C_2$. Тогда (рис. 3)
$$|a_1 b_2 - b_1 a_2| \leq cd.$$

Доказательство. Опустим из точки $C_2$ перпендикулярны $C_2 P$, $C_2 Q$, $C_2 T$ на прямые $BC_1$, $AC_1$, $AB$.

Вокруг четырехугольника $AQC_2 T$ можно описать окружность с диаметром $AC_2$.

Так как $Q\hat{A}T = \alpha$, по теореме синусов, $|QT| = b_2 \sin \alpha$.

Рассматривая аналогично четырехугольника $C_1 PC_2 Q$ и $PC_2 TB$, получим $|PQ| = d \sin \gamma$ и $|PT| = a_2 \sin \beta$.

Пусть $R$ – радиус окружности, описанной около треугольника $AC_1 B'$. По теореме синусов, $\sin \gamma = \frac{c}{2R}$, $\sin \beta = \frac{b_1}{2R}$, $\sin \alpha = \frac{a_1}{2R}$. Позтоomy $|QT| = \frac{a_1 b_2}{2R}$, $|PT| = \frac{a_2 b_1}{2R}$, $|PQ| = \frac{cd}{2R}$.

Из неравенства треугольника следует $|PT| - |QT| \leq |PQ|$; поэтому

17

Рис. 4

му после подстановки выражений для $|QT|$, $|PT|$, $|PQ|$ и упрощенный получим

$$|a_1b_2-a_2b_1| \leq cd.$$

Второе доказательство

Будем при закрепленном основании $AB$ равномерно движать вершину $C$ вдоль отрезка $C_1C_2$ из $C_1$ в $C_2$. При этом центр $O$ вписанного круга будет по какому-то пути перемещаться из $O_1$ в $O_2$.

Лемма. При движении вершины $C$ с ненулевой скоростью центр $O$ движется с меньшей скоростью.

Из этой леммы следует, что, когда $C$ пройдет с постоянной скоростью отрезок $C_1C_2$, точка $O$, движясь в каждой момент с меньшей скоростью, пройдет из $O_1$ в $O_2$ более короткий путь. Тем более прямой путь $|O_1O_2|$ короче, чем $|C_1C_2|$.

Прежде чем доказывать лемму, затемим следующее. Если вершина $C$ движется со скоростью $\vec{v} \neq 0$, то лучи $BC$ и $AC$, идущие вдоль сторон треугольника, поворачиваются с некоторыми угловыми скоростями $\omega_1$ и $\omega_2$, причем хотя бы одна из этих скоростей — не нуль. Условимся о знаках: считаем угловую скорость положительной, если луч поворачивается по часовой стрелке, и отрицательной, если луч поворачивается против часовой стрелки.

Скорости $\vec{v}$ и $\omega_1$, $\omega_2$ связаны между собой. Если от точки $C$ отключить вектор $\vec{v} = \vec{CT}$ (рис. 4), то длина $|CP|$ его проекции на направление, перpendикулярное лучу $BC$, равна $|\omega_1| \cdot |BC|$. (Это вызвано тем, что

Рис. 5

полная скорость перемещения точки $C$ слагается из скорости ее движения вместе с поворачивающимся лучом $BC$ и из скорости ее движения вдоль этого луча.) Аналогично, длина $|CQ|$ проекции $\vec{v}$ на направление, перpendикулярное лучу $AC$, равна $|\omega_2| \cdot |AC|$. Вокруг четырехугольника $CPTQ$ можно описать окружность. При этом $\vec{v}$ равен диаметру этой окружности.

Аналогичное построение можно проделать для скорости $\vec{v}_0$ движения центра $O$, только в этом случае $[BC)$, $[AC)$ заменяются на $[BO)$, $[AO)$, а $\omega_1$, $\omega_2$ заменяются на $\frac{\omega_1}{2}$, $\frac{\omega_2}{2}$.

Хотя бы одна из скоростей $\omega_1$, $\omega_2$ — не нуль. Кроме того, одновременное изменение знаков у $\omega_1$, $\omega_2$ меняет на противоположное направление $\vec{v}$ и $\vec{v}_0$, не меняя величины $\vec{v}$ и $\vec{v}_0$. Поэтому при доказательстве неравенства $\|\vec{v}\| > \|\vec{v}_0\|$ можно, не теряя общности, считать, что $\omega_1 > 0$, и рассмотреть отдельно три случая: $\omega_2 > 0$, $\omega_2 = 0$, $\omega_2 < 0$.

Случай 1. Пусть $\omega_2 > 0$. Повернем на $90^\circ$ четырехугольник $CPTQ$ вокруг точки $C$ в положение $CP'TQ'$ (рис. 5), а четырехугольник $OP_0T_0Q_0$ — вокруг $O$ в положение $OP'_0T'_0Q'_0$, и проведем $(P'_0P'') \parallel (Q'_0Q'') \parallel (OC)$. Точки $P''$ и $Q''$ разделят пополам отрезки $CP'$, $CQ'$, потому что $|CP'| / |CB| = \omega_1$, а $|OP'| / |OB| = \frac{\omega_1}{2}$.

Поскольку $\vec{v}$ — диаметр круга, однсанного вокруг треугольника $CP'Q'$, а $\vec{v}_0$ — диаметр круга, описанного вокруг треугольника $CP'Q'$, а $\vec{v}_0$ — диаметр круга, описанного вокруг треугольника $CP'Q'$, а $\vec{v}_0$ — диаметр круга, описанного

18

Рис. 6

Рис. 7.

санного векруг $OP'_0Q'_0$, имеем
$$|\vec{v}| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \gamma} = \frac{|P''Q''|}{\sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}},$$
$$|\vec{v}_0| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \left(\frac{\pi}{2} + \frac{\gamma}{2}\right)} = \frac{|P'_0Q'|}{\cos \frac{\gamma}{2}}.$$

Отрезок $P'_0Q'_0$ наклонен к биссекtrисе $CO$ круче, чем один из лучей $AO$, $BO$, и тем более круче, чем $AC$ и $BC$, которые наклонены к $CO$ под углом $\frac{\gamma}{2}$. Поэтому расстояние между параллельными прямыми $P'_0P''$ и $Q'_0Q''$ превышает $|P'_0Q'_0| \sin \frac{\gamma}{2}$.

Тем более $|P''Q''| > |P'_0Q'_0| \sin \frac{\gamma}{2}$, что вместе с (5) дает $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$.

Случай 2. Пусть $\omega_2 = 0$ (рис. 6); тогда $|CP| = \omega_1 |BC|$, $|OP_0| = \omega_1/2$, откуда $|\vec{v}| = \frac{\omega_1}{\sin \gamma} |BC|$, $|\vec{v}_0| =$

$$\frac{\omega_1}{2 \sin \frac{\gamma}{2}} |BO|.$$

Но $|BC| > |BO|$ (так как $\angle BOC$ — тупой), а $\sin \gamma < 2 \sin \frac{\gamma}{2}$, откуда $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$.

Случай 3. Пусть $\omega_2 < 0$. Как и в случае 1, повернем на $90^\circ$ четырехугольники $CPTQ$, $OP_0T_0Q_0$ в положение $CP'T'Q'$, $OP'_0T'Q'_0$ (рис. 7) и проведем $(P'_0P'') \parallel (Q'_0Q'') \parallel (BD) \parallel (OC)$. Точки $P''$, $Q''$ снова лежат в серединах отрезков $CP'$, $CQ'$.

На этот раз снова
$$|\vec{v}| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin (\pi - \gamma)} = \frac{|P''Q''|}{\sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}},$$
$$|\vec{v}_0| = \frac{|P'_0Q'|}{\sin \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right)} = \frac{|P'_0Q'|}{\cos \frac{\gamma}{2}},$$
и, чтобы убедиться, что $|\vec{v}| > |\vec{v}_0|$, нам достаточно проверить, что в этом случае
$$|P''Q''| > |P'_0Q'_0|.$$

Подвергнем отрезок $P''Q''$ готовети с центром $C$ так, чтобы он перешел в некоторый отрезок $BM$. Аналогично подвергнем отрезок $P'_0Q'_0$ готовети с центром $O$ так, чтобы он перешел в некоторый отрезок $BN$. Существенно, что коэффициенты готовети при этом одинаковы. Поэтому для доказательства (6) достаточно убедиться, что $|BM| > |BN|$. Но последнее видно из того, что треугольник $BNM$ имеет тупой угол при вершине $N$. Действительно, если $N$ лежит слева от прямой $BD$, то $M\widehat{NB} > \widehat{COB} > \frac{\pi}{2}$, а если $N$ лежит справа от $BD$, то $M\widehat{NB} > M\widehat{NO} = \widehat{COA} > \frac{\pi}{2}$. Лемма доказана.

Замечание. Из леммы нетрудно вывести, что неравенство $|O_1O_2| < |C_1C_2|$ сохраняет, во-первых, если $C_1$, $C_2$ будут лежать по разны есторонь от прямой $AB$, во-вторых, если треугольники $ABC_1$, $ABC_2$ с общим основанием $AB$ расположены в пространстве в разных плоскостях.

Вопрос. Зафиксируем основание треугольной парамиды и будем двигать ее вершину. Будет ли центр вписанного шара двигаться с меньшей скоростью, чем вершина?

20

стопки по количеству томов (в невозрастящем порядке) и заполняет ведомость, в котором указывает количество томов в каждой стопке (рис. 2). Кроме сказаного выше, чиновник никогда ничего не делает.

a) Какая запись будет сделана в ведомости через места, если общее количество томов $n=3$, $n=6$, $n=10$ (начальное расположение произвольно)?

b) Докажите, что если общее число томов $n=k(k+1)/2$, где $k$ — натуральное, то, начиная с некоторого дня, ведомость будет заполняться одинаковыми записями.

b)* Исследуйте, что будет через много дней работы при других значениях $n$.

С. Лиманов, А. Тоом

Ф663. Тяжелая тележка движется со скоростью $v$ по горизонтальной плоскости и выезда на наклонную плоскость, составляющего угол $\alpha$ с горизонтом. Переход между плоскостями плавный. На тележке на нити длиной $l$ висит шарик. Какова будет амплитуда колебаний шарика, когда тележка выедет на наклонную плоскость?

Ф664. При фотографировании удаленного точного источника на фотографини из-за невисокого качества объекта и применяемого фотоматериала получается светлый кружок диаметром $d=0,1$ м. С какого максимального расстояния можно сформировать в тех же условиях два точных источника, расположенные на расстоянии $l=1$ см друг от друга, так, чтобы на фотографини их изображения не перекрывалися? Фокусное расстояние объекта $F=5$ см.

Ф665. В теплопроводном состоянии две жидкости с удаленными теплоемкостими $c_1$ и $c_2$, разделенные нетелепропроводшей перегородкой. Термературы жидкости различны. Перегородкуубирают, и после установления теплового равновесия разность между начальной температурой одной из жидкости и установившейся в сосуде температурой оказывается в два раза меньше разности начальных температур жидкости. Найти относение масс $m_1$ и $m_2$ первой и второй жидкости.

Ф666. Радиус внутренней обоймы шарикоподширника равен $r$, а внешней — $R$ (см. рисунок). Сколько оборотов сделает шарик между этим обоймами, если внешняя обойма сделает $n_1$, а внутренняя — $n_2$ оборотов вокруг оси?

Ф667. Электрон находится внутри соленона на расстоянии $r$ от его оси. За малое время $\Delta t$ индукция поля внутреннего соленона увеличивается от $B$ до $2B$. Как при этом изменяется скорость электрона? Насколько мала должа быть величины $\Delta t$, чтобы решение было верным?

21

Решения задач

M605. На плоскости отмечены 2n+1 различных точек. Занumerуем их числами 1, 2, …, 2n+1 и рассмотрим следующие преобразование R плоскости: сначала делается симметрия относительно первой точки, затем — относительно второй и т. д. — до (2n+1)-й точки.

a) Покажите, что у этого преобразования R есть единственная «неодвижная точка» (точка, которая отображается в себя).

Рассмотрим всевозможные способы намеции наихис 2n+1 точек (числами 1, 2, …, 2n+1). Каждый такой намеции соответствует свое преобразование плоскости R и свой неподвижная точка. Пусть F — множество неподвижных точек всех этих преобразований.

6. Указите множество F для n=1.

в) Какое максимальное и какое минимальное количество точек может содержать множество F при каждом n=2, 3, …?

Фиксируем произвольную систему координат.

Пусть точки A(x; y) и A*(x*; y*) симметрины относительно точки A’(x’; y’). Тогда x’ = (x+x*)/2, y’ = (y+y*)/2, откуда x* = 2x’ - x, y* = 2y’ - y.

Таким образом, точка с координатами (x; y) при симметрином относительно точки с координатами (x’; y’) переходит в точку с координатами (2x’ - x; 2y’ - y).

Позному при нашей преобразования R точка с координатами (x; y) перейдет в точку с координатами (-x+2x1 - 2x2+…+2x2n+1; y+2y1 - 2y2+…+2y2n+1), где (x_i; y_i) — координаты i-й из заданных 2n+1 точек.

a) Для неподвижной точки (x; y) преобразования R эти координаты определяются однозначно из условия

$$\begin{cases} -x+2x_1-2x_2+\dots+2x_{2n+1}=x, \\ -y+2y_1-2y_2+\dots+2y_{2n+1}=y \end{cases}$$

и равны (x_1-x_2+\dots-x_{2n}+x_{2n+1}; y_1-y_2+\dots-y_{2n}+y_{2n+1}) или

$$\left( \sum_{i=1}^{2n+1} (-1)^{i-1} x_i; \sum_{i=1}^{2n+1} (-1)^{i-1} y_i \right).$$

Утверждение a) доказано.

6. Пусть сначала данные точки X1, X2, X3 не лежат на одной прямой. Если точки A1 после симметричного точек X1, X2, X3 отображаются в себя (см. рисунок), то X1, X2, X3 — середины отрезков A1A2, A2A3, A3A1, где A2 = S_{X1}(A1), A3 = S_{X2}(A2). Значит, [A1X2], [A2X3], [A3X1] — медианы треугольника A1A2A3, так что точки A1, A2, A3 можно получить из точки X1, X2, X3 готовый с центром O и коэффициентом (-2). Легко видеть, что, если данные точки X1, X2, X3 лежат на прямой, ответ получается, в результате смысле, тот же.

в) Глядя на выражение (), нетрудно сообщить, что в множестве F точек не больше, чем число способов вырабатыва из 2n+1 данных точек те n точек, перед абсциссами которых в выражении () будет стоять знак «минус», то есть не больше, чем C2n+1. Очевидно, эта оценка точна (возьмите, например, 2n+1 точек на одной прямой с целыми координатами 1, 2, 2^2, …, 22n).

Оценим теперь число неподвижных точек сизу. Спроектировем данные 2n+1 точек на прямую так, чтобы никакие две точки не попали в одну. На этой прямой введем координаты и переменуем точки в порядке возрастания координат: x1 < x2 < … < x2n+1. Поставим n минус перед первым n числам и рассмотрим сумму — x1 - x2 - … - xn + xn+1 + … + x2n+1; она будет соответствовать некоторой неподвижной точке из нашего множества F. Далее произведем следующую операцию: выберем пару чисел x_i и x_i+1 таких, что перед x_i стоит минус, а перед x_i+1 — плюс, и поменяем у них знаки (на первом шаге, оценидно, i=n). Каждый такой операция приводит к сумме, соответствующей неподвижной точке из множества F, причем, поскольку после каждой операции сумма уменьшается, все эти неподвижные точки различаны. Все таких операций (вне зависимости от их порядка) мы можем произвести n(n+1), что уже дает нам

22

М606. Функция $f$ такова, что для всех действительных $x$ $f(x+1)+f(x-1)=\sqrt{2}f(x)$. Докажите, что $f$ — перiodическая функция.

М607. а) Разрежьте квадрат на равноведренные трапеци. б) Разрежьте равноведренный прямогольный треугольник на равноведренные трапеци. в) Докажите, что любой многоугольник можно разрезать на равноведренные трапеци.

Рис. 1.

Рис. 2. Рис. 3.

$n(n+1)+1$ неодвижных точек. Значит, в $F$ точек не меньше $n(n+1)+1$. Ровно столько неодвижных точек получится, если, например, снова взять $2n+1$ точек на прямой с целыми координатами $-n$, $-(n-1)$, …, $-1$, 0, 1, 2, …, $n-1$, $n$. При всевозможных способах расстановки $n$ «минусов» перед некоторыми из них максимальное значение суммы этих чисел равно $2 \cdot (1+2+\dots+n)=n(n+1)$, минимальное значение равно $-n(n+1)$, причем сумма может принимать любое четное значение между числами $-n(n+1)$ и $n(n+1)$ — всего $n(n+1)+1$ значений.

И. Клумова, А. Талай

◆
По условияю для любого действительного $x$ справедливый равенства
$$f(x+2)+f(x)=\sqrt{2}f(x+1)=\sqrt{2}(\sqrt{2}f(x)-f(x-1))= =2f(x)-\sqrt{2}f(x-1),$$
то есть
$$f(x+2)=f(x)-\sqrt{2}f(x-1).$$
Позному
$$f(x+4)=f(x+2)-\sqrt{2}f(x+1)= =f(x)-\sqrt{2}(f(x-1)+f(x+1))=-f(x).$$
Следовательно,
$$f(x+8)=-f(x+4)=f(x)$$
для любого $x \in \mathbb{R}$, так что $f$ — периодическая функция, период которого равен 8.
Заметим, что функция, удовлетворяющие исходному уравнению, существует на пример, $f(x)=\sin \frac{\pi x}{4}$.

Э. Туркевич

◆
Заметим, что правильный треугольник легко разбит на равноведренные трапеци (рис. 1); поэтому достаточно довести разбиение до правильного треугольника.
Теперь можно предложить следующей нашей задачи:
a) Искомые разбиения могут быть, например, такими, как на рисунках 2, 3.
b) Разноведренный прямогольный треугольник может быть разрезан, например, так, как показано на рисунках 4 и 5. Каждое из этих разбиений дает новые способы разбиения квадрата.
Другие способы разрезания этих фигур получаются из пункта в).
b) Очевидно, какый многоугольник разбиется на выпуклые многоугольники, а какый выпуклый многоугольник разрезается на треугольники диагоналями, выходящими из любой вершины. Всякий же треугольник может быть разбит на два прямогольных треугольника высотой, опущенной на одну из сторон; наконец, какый прямогольный треугольник можно разрезать на два равноведренных, соединенных гипотенузы с вершиной прямого угла.
Позному достаточно доказать утверждение для произвольного равноведренного треугольника.
Будем для краткости называть равноведренный треугольник с углом $\alpha$ при основании «$\alpha$-треугольником».
Рассмотрим три случая.
1°. $30^\circ \leq \alpha < 60^\circ$. Нужное разрезание представлено на рисунке 6.
2°. $0 < \alpha < 30^\circ$. Как видно из рисунка 7, если можно разрезать $2\alpha$-треугольник, то можно разрезать и $\alpha$-треугольник. Отсюда и из 1° последовательно получаем разрезаемые равноведренных треугольников с углами при основании
$15^\circ \leq \alpha < 30^\circ$, $7,5^\circ \leq \alpha < 15^\circ$, $3,75^\circ \leq \alpha < 7,5^\circ$…

23

М608. На клетчатой бумаге (сторона клетки 1) нарисован п-уольник, все стороны которого лежат на линиях сетки и имеют нечетную длину.
а) Докажите, что п делится на 4.
б) Докажите, что при n=100 площадь этого п-уольника обязательно нечетна. Выясните, какова четность площади при дружех n.

Поскольку любое α, 0°<α<30°, попадает, оченьindo, в один из указанных промежутков, получаем, что при α<30° всякий α-треугольник также можно разрезать нужным образом.

3°. 60°≤α<90°. Доказательство аналогично случаю 2° (рис. 8). Очевидно, $\widehat{BAB'}=45^\circ-\frac{\alpha'}{2}<45^\circ$ ($B'$ — центр окружности, описанной около треугольника ABC), и поэтому треугольники BAB’ и BCB’ «разрезаемы».

Продолжая указанный процесс для треугольников AB’C (точка B’’), AB’‘C, …, мы, очевидно, рано или поздно получим равноведренный треугольник с углом при основании, меньшим 60°.

В. Лев

◆ a) Очевидно, у данного многоугольника горизонтальных сторон столько же, сколько вертикальных, потому что горизонтальные и вертикальные стороны черезются. Значит, n=2k, где k — число вертикальных (или горизонтальных) сторон. Так же очевидно, что сумма длин вертикальных сторон четна, поскольку мы «спускаемся вниз» на столько же, на сколько «поднимаемся вверх». Но длина каждой отрезка нечетна; значит, вертикальные стороны — четное число, то есть k=2m. Поэтому n=4m делится на 4.
б) Введем систему координат так, чтобы оси Ox и Oy содержали самую нижнюю и самую левую стороны нашего 4m-угольника. Тогда координаты вершин нашего многоугольника будут равны
$(a_1; b_1), (a_2; b_1), (a_2; b_2), (a_3; b_2), (a_3; b_3), ..., (a_{2m-1}; b_{2m-1}),$
$(a_{2m}; b_{2m-1}), (a_{2m}; b_{2m}), (a_1; b_2m),$
где $a_i, b_i$ — целые неотрицательные числа, причем все разности $a_{i+1}-a_i, b_{i+1}-b_i$ ($i=1, 2, ..., 2m$) нечетны; здесь и ниже $a_{2m+1}=a_1, b_{2m+1}=b_1$. Нетрудно выразить через эти координаты и площадь S многоугольника, представив ее как сумму и разность площадей прямогоугольников $|a_{i+1}-a_i| \times b_i$:

$$S = \left| \sum_{i=1}^{2m} (a_{i+1}-a_i) b_i \right|.$$

Поскольку все разности $a_{i+1}-a_i$ нечетны, сумма S имеет ту же четность, что и сумма $b_1+b_2+\dots+b_{2m}$. Четности чисел $b_1, b_2, ..., b_{2m}$ черезются (поскольку все разности $b_{i+1}-b_i$ нечетны), так что все m сумм $b_1+b_2, b_3+b_4, ..., b_{2m-1}+b_{2m}$

24

Ф608. Космический корабль массой $M=12$ т движется вокруг Луны по круговой орбите на высоте $h=100$ км. Для перехода на орбиту прилуения на короткое время включается реактивный дивизатель. Скорость вылетацих из соляра ракеты газов $u = 10^4$ м/c. Радиус Луны $R_\pi = 1,7 \cdot 10^3$ км, ускорение свободного надения у поверхности Луны $g_\pi = 1,7$ м/c².

1. Какое количество топлива необходимо израсходовать для того, чтобы при включении тормозного движения в точке А траекторики корабля он опустился на Луну в точке B (рис. 1)?
2. Во втором варианте прилуения кораблю в точке А сообщается импульс в направлении на центр Луны, чтобы перевести корабль на орбиту, касающийся Луны в точке C (рис. 2). Какое количество топлива необходимо израсходовать в этом случае?

Рис. 1.

Рис. 2.

1. При движении корабля вокруг Луны по круговой орбите центростриментальное ускорение корабло сообщается силой тяготения. Позтому

$$\frac{Mv^2}{R} = \gamma \frac{MM_\pi}{R^2},$$

где $v$ — скорость корабля на круговой орбите, $M_\pi$ — масса Луны и $R = R_\pi + h$ — радиус орбиты корабля. Из этого уравнения находится

$$v = \sqrt{\gamma \frac{M_\pi}{R}} = \sqrt{g_\pi \frac{R^2_\pi}{R}} \approx 1,65 \cdot 10^3 \text{ м/c.}$$

После изменения скорости корабля в точке А корабль перейдет на эллиптическую орбиту. Обозначим $v_A$ и $v_B$ скорости корабля соответственно в точках A и B этой орбиты. Согласно закону сохранения энергии

$$-\gamma \frac{M_\pi M_1}{R} + \frac{M_1 v_A^2}{2} = -\gamma \frac{M_\pi M_1}{R_\pi} + \frac{M_1 v_B^2}{2}$$

(1)

$-\gamma \frac{MM_\pi}{R}$ — потенциальная энергия тела массы $M$ на круговой орбите в поле тяготения Луны, $M_1$ — масса спускаемого аппарата); согласно закону сохранения момента импульса (или, что то же, согласно второму закону Кеплера)

$$v_A R = v_B R_\pi.$$

(2)

Решая совместно уравнения (1) и (2), находим

$$v_A = \sqrt{2\gamma \frac{M_\pi R_\pi}{(R_\pi + R)}} = v \sqrt{\frac{2R_\pi}{R + R_\pi}}.$$

Следовательно, для перехода с круговой орбиты на эллиптическую в точке А скорость необходимо изменить на

$$\Delta v = v - v_A = v \left( 1 - \sqrt{\frac{2R_\pi}{R + R_\pi}} \right) = v \left( 1 - \sqrt{\frac{2R_\pi}{h + 2R_\pi}} \right) = v \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{h}{2R_\pi}}} \right) = v \frac{h}{4R_\pi} \approx 24 \text{ м/c.}$$

Так как движатель в круговой время, можно считать, что импульс системы «спускаемый аппарат — топливо» сохраняется. Позтому можно воспользоваться законом сохранения импульса, что дает

$$(M - m) \Delta v = mu,$$

где $m$ — масса скоршего топлива. Отсюда

$$m = \frac{\Delta v}{\Delta v + u} M \approx \frac{\Delta v}{u} M \approx 29 \text{ кг.}$$

2. Во втором случае скорость $v$ корабля в точке А меняется на величины $\Delta v$, и скорость $v_A$ на новой орбите также, что $v_A^2 = v^2 + (\Delta v)^2$ (так как $\Delta v \perp v$).

Из закона сохранения энергии (выражение, аналогичное (1), с заменой $v_B$ на $v_C$) и закона сохранения момента импульса ($v_A R = v_C R_\pi$) находим

$$\Delta v = \sqrt{g_\pi \frac{(R - R_\pi)^2}{R}} = \sqrt{g_\pi \frac{h^2}{R_\pi + h}} \approx 97 \text{ м/c.}$$