Квант 1981, №7 · Страницы

КВАНТ
7
1981

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

В. FRANKLIN

Исполнилось 275 лет со дня рождения выдающегося американского ученого Бенджамина Франклина. В этом номере мы публикуем статью о его жизни и деятельности, написанную академиком П. Л. Капицей.

1

В НОМЕРЕ:

Ученыые образцы к молодежи
2 Л. Седов. Будьте готовы к новым условиям жизни людей

---

4 П. Капица. Научная деятельности Бенджамина Франклина
11 В. Болтянский. Плоские графы
17 Л. Боровинский. Почему не лежится Ваньке-Встаныке?

Задачик «Квант»
19 Задачи М691—М695; Ф703—Ф707
21 Решения задач М645—М655; Ф663—Ф667
32 С. Кротов. Математический матник в неинерцальной системе отчета

«Квант» для младших школьников
35 Задачи
36 М. Гервер. Как сделать из мужи слона?

Практикум абитуриента
39 В. Данилин. Электронизмерительные приборы
44 В. Кордемский. Семнадцать задач на смекалку

Варианты вступительных экзаменов вузы в 1980 году
45 Московский автотехнический институт
46 Московский гидромелоративный институт
47 Московский институт инженеров геодезии, аэрофотосъемки и картографии
47 Московский институт стали и сплавов
49 Московский институт электропного машиностроения
49 Московский энергетический институт

Искусство программирования
51 А. Салтовский. ЕС ЭВМ — семейство универсальных вычислительных машин

Информация
54 В. Гороховик, О. Рабинович, Т. Фисенко. 10-летие летней ФМШ в Белоруссии
56 Л. Курляндчик. Математические содержания в ФМШ при ЛГУ
57 Вечерняя физическая школа
58 Спрашивайте — ответаем

Ответы, указания, решения

Уголок коллекционера (10, 3 с. обложки)

Смеся (18, 34)

© Издательство «Наука». Главная редакция физико-математической литературы, «Квант», 1981

3

Вместе с тем следует сказать, что фундаментальные основы всякой отрасли науки немногочисленны и, вообще говоря, очень просты. Просты — это верно, но для понимания этих простых основ (что должно являться главным результатом образования) необходимо владеть смыслом применяемых понятий, существующее характеристческих величины, правильным определением различных объектов и научиться операции при теоретических и экспериментальных действиях, с помощью которых такого рода простые гипотезы и законы формулируются. Obладание современными методами и умением в теории, в эксперименте, на практике обязателено для успехов в науке и технике.

Таким образом, в образование и в творческой работе главное — это накопление знаний, методических навыков и понимания. Следует подчернуть, что понимание невозможно без знаний, но один знания разных факторов и даже решетурных методов действия с ними не обязательно связаны с пониманием сутки дела. Можно встретить людей, которые много знают и мало понимают. Серьезные успехи связаны с действительным пониманием, поэтому необходимо добаваться в жизнь, в науке и на практике понимания, и особенно важны только те знания, которые совершенно необходимы для понимания. Следовательно, успехи в образование и в творческой работе требуют максимума понимания при использовании минимума (зачастую очень большого теперь) необходимой информации. При обучении учитель должен обратить из огромного накопления запаса информации именно ту, которая обеспечит требуемое понимание. Тогда молдые учены легко смогут ориентироваться в данной отрасли знания и найти нужную дополнительную информацию по ходу своей конкретной деятельности.

Во многих науках, так же как и в искусстве, требуется системачесное и правильное обучение смолоду. Неправильное или только решетурное усвоение знаний смолоду через вредными последствиями, так как потом переучивать трудно, а иногда и невозможно.

Нужно всемерно развивать энтузинам, интерес к получению знаний, который возникает и процветает именно в коллективе — в школе и вузе. В обучении и в решетической деятельности необходимо прививать молодежи самостоятельное, критическое восприятие фактов при овощении научных знаний и самокритичное отношение к собственным поступкам.

Самоответженность, одержимость, глубокая внутренняя запитание стимулирует познать существяющий природы и научных достижения безусловно способствует обещанию к собственным поступкам.

Каждай из вас есть член коллектива, коллектива соративков, товарищей старшего и более молодого поколеня. Без общения и работы в коллективе, без технологии деятельности с коллективом теперь вообще невозможно добиться каких-либо значительных результатов.

Фундаментальные знания приобретаются в молодости — в школе и вузе, но процесс совершенствования и дальнейшего обучения продолжается в течение всей творческой деятельности человека. Однако нужно помнить, что именно в молодости вы получаете основные знания и методические навыки, и это наложит свой отпечаток на всю ваш дальнейшую деятельность.

Дорогие друзья! Перед вами открыты широкие двери для творческого деятельности на благо и во славу нашей Родины, на пользу всему человечеству. Не упустите смолоду такой возможности, это обязательно послужит для вас источником глубокого внутреннего удовлетворения, больших радости и счастья, которые вы найдете в своей трудовой деятельности.

4

В января этого года исполнили 275 лет со дня рождения выдающегося американского естественнойателя Бенджамина Франклина. В связи с этим юбилеем мы публикуем статью академика Петра Леонидовича Капиць, посвященную ученому. Статья с некоторыми сокращениями перепечатается из брошюры «Жизнь для науки», выпущенной издательством «Знание» в 1965 году.

П. Капица

Научная деятельности Бенджамина Франклина

Франклин родился в Америке, в городе Бостоне, в 1706 году. Он умер, когда ему было 84 года. Его дейтельность охватывает весь XVIII век и тесно связана с произходным тогда быстрым развитием естественных и общественных наук. Это эпоха просветительей, эпоха, предшествующая перiodу коренных общественных переворотов в Европе.

Имя Франклина вошло в историю мировой культуры не только как имя крупнейшего ученого, одного из основателей учения об электричестве, но и как имя крупнейшего програмсивного государственного и общественного деятельности Америки, принимающего живейшее участие в борьбе за ее освобождение от колонального положения.

Современники единодушно описывают Франклина как исключительно обязательного человека, всесторонне образованного, сгущенными и широкими взглядами, интересного и острумного собеседника. Франклин часто путешествовал и много лет прожил за гранией, главным образом в Англия и Франции. Здесь он общался с передовым людьми своего времени и к концу жизни стал популярейшим лицом в Европе. На своей родине, в Америке, Франклин и посядень является одним из наиболее почитаемых людей за все время истории США.

Основные научные открытия Франклина в области электричества были им сделаны в 50-е годы XVIII века, до работ Гальвани и Вольта, то есть до эпохи галванического тока, и относится к начальному периоду завоевания наукой этой могучеей силы природы. За 200 с лишним лет, прошедших со времена работ Франклина, учение об электричестве настоящего продвинулось вперед, что сейчас работы Франклина изучают в средней школе, в тех классах, где только начинают знакомиться с физикой. Всем

5

нам с юности извесны основы учения о статическом электричестве, хотя, возможно, неоторные из нас могли позабыть, что собственно здесь было сделано Франклином. Например, все ли из нас помят, что наименование положительного и отрицательного положов было впервые в научу Франклином?

Подробное описание научных работ Франклина вряд ли сейчас интересно, но сама история развития работ Франклина в области электричества, мне думается, не только интересна, но и полезна для современного ученого. Следует это из того, что путь развития научки, то есть путь познания природы, по которым идет человекство, — единый. В своих исканиях научных истин мы передко сбиваемся с правильного пути и тогда теряется время. Поэтому, чем меньше мы будем отклоняться от правильного пути, тем скорее и экономически будут развивать наши познания и завоевания сил природы. Изучая историю научки, мы находим те факторы, которые способствуют быстрому развитию научки. С этой точки зрения история научных работ Франклина представляет исключительный интерес.

Работы Франклина по электричеству были им сделаны за короткий период времени, всего за 7 лет, с 1747 по 1753 год. За этот короткий срок Франклин был признан ведущим ученым своего времени. Большинство крупных научных обществ или академий отметили научные заслуги Франклина, избрав его своим членом, и ряд университетов присвонил ему почетное звание доктора.

Естественное возникнет вопрос: как могло служиться, что Франклин, равшеникда не занимающийся физикой, в небольшим городе Америки, вдали от центров мировой научки, будучи уже человеком зрелого возраста, смог за несколько лет работы возглавить развитие целой научной дисциплины?

И это произошло в середине XVIII века, когда научка велась людьми на уровне знаний таких ученых, как Ньюотон, Гюйгенс, Эйлер? О диалетантиме здесь говорить не приходится. Как же мог Франклин

доступать таких результатов, которые остались недоступны професссионным ученым?

Мне думается, что надо искать объяснение в том, что Франклин первый правильно понял существое электрических явлений и поэтому открыл правильно путь для дальнейших исследований в этой области.

Do работ Франклина было уже накоплено большое количество материалов, но факты были разознены, и выдвинутая им гипотеза не только обединила эти факты в стройную картину, но и указывала правильно путь для дальнейших исследований.

Свою основную гипотезу Франклин изложил в письме к Питеру Коллинзону в 1749 году. Она дает ясную картину процессов, произходших при электричезации тел. Эта картина до сих пор в основном остается правильно. Вот выдержка из этого письма: «Электрическая materia состоит из частиц крайне малых, так как они могут произвольать общные вещества такие плотные, как металл, с такой легкостью и свободой, что не испытывают заметного сопротивления». В нашей дни называем эти «крайне малые частицы» электронами. Далее Франклин рассматривал любое тел как губку, насыщенную этим частицами электричества. Электризация тела состоит в том, что тело, имеющее избыток электрических частиц, положительное заряжение; если тело имеет недостаток этих частиц, оно заряжено отрицательно.

Конечно, Франклин тогда не имел возможность на опите воспринать материалы новой характера электричества и поэтому не имел возможности определить, кто на самом деле получает электрическую materia и, следовательно, заряжен положительно, и кто ее теряет, то есть заряжен отрицательно. Поэтому он принал научад, что называет заряжен положительно, может быть, думая, что шеerstая materia при трении о стекло втирает в него электричество. Только в конце прошло века, после открытия части электричества —

6

Электронов, стало известно, что неположительный электрод, как думал Франклин, накапливает электрические частицы, но отрицательный. Чтобы не менять привчных обозначений положительного и отрицательной полярности, электону приписали отрицательный заряд.

Свойство взаимного отталкивания одноменное заряженных тел Франклин распространил на заряды, находящиеся на металлических проводниках. Он считал, что заряды, отталкиваясь друг от друга, будут стремиться на нарушенную часть налектизованного металлического тела. Он доказал справедливо своего предположения следующего опытом.

Мetalлический чайник ставился на изолятор и электризовался. Требовалось найти опыт, который доказал бы, что заряд распределяется по нарушенной поверхности чайника. Для этого внутри чайника помещалась цепь, которая посредством изолированной ручки можно было постепенно извлекать из чайника. Степень электризации чайника определялась по отталкиванию двух шариков, подвешенных к нему на ниточках. Опыт заключался в том, чтобы за изолированную руку подымать цепь из чайника и наблюдать, как по мере ее вытягивания степень электризации чайника уменьшается.

Франклин рассуждал так: пока цепь находится внутри чайника, ее поверхности увечивает внутреннюю поверхность чайника; когда цепь вытягивают наружку, то она увечивает наружную поверхность чайника [цепь «на выходе» касается чайника — прим. ped.]. Франклин заключает: если заряд распространяется только по нарушенной поверхности налектизованного поверхности чайника, то только при ее увечинии налектизованность будет уменьшаться. Это и наблюдается на самом деле, когда производится опыт.

Описание всех своих работ Франклин дает в письмах своему другу Колинзону в Англии. В этих письмах описывается большое количество различных опытов, которые стали классически:n получение электрического ветра, свойства стекания зарядов с острия и др. В этих же письмах Франклин с точки зрения своей гипотезы дает правильное объяснение ряда уже известных электрических явлений, например картины накопления электрических зарядов в Лейденской банке, и на этом основании он делает плоский конденсатор. Колинзон докладывает о работах Франклина в Королевском обществе ([англиская Академия наук — прим. ped.]). Потом он издал их отделной книгой, которая и стала основным научным трудом Франклина. Эта книга выдержала ряд изданий и была переведена на многое языки.

Ясность и правильность понимания Франклином является электризации для ему возможность найти опыт, который впервые убедительно докладывает электрическую природу газовых разрядов. Идея опыта Франклина заключалась в следующем.

Положим, между грозовой тучей и землей поставлен длиной вертикальной изолированной от земли металлической стержень. Если грозовая туча имеет электрический заряд, то заряд потивоположного знака находится в верхней части стержня. Если на этом верхнем конце стержня сделать острие, то наведенный заряд стечет и стержень зарядает электрическом того же знака, что и туча.

Франклин считал, что присутствие этого заряда можно будет обнаружить по искре, которая возникнет, если приносится к проводнику свободным концом заземленной проводки. Франклин предполага, как потом выяснилось, ошибочно, что для успена этого опыта стержень надо поставить на возвышенность, чтобы он был ближе к облаку.

Так как влизаи его дома такой возвышенность не было, он думал, что ему не удался сделать этот опыт. Он подробно описал, как его надо делать, и предлагал это выполнить другим. Сам же он решил продолжать аналогичный опит, но несколько других путем, который не требовал возвышенности.

7

Для этого опыта вместе металлического стержня он решил использовать бечевку, поднимая ее вверх змеем. Поскольку во время грозы всегда былает ветер, змей можно запустить, а так как еще идет и дожды, то ввервка, намокая, станет проводящей и может заменить металлический стержень. Чтобы бечевка легче заряжалась, была предусмотрено возможность на верхнем конце бечевки дать стекать наведенным зарядам. Для этого по углам рамки змея Франклин помещил острия. Для того чтобы изолировать бечевку от земли, внизу к ней была привязана шелковая лента, которая была защищена от дждая. К концу бечевки у земли был подвешен металлический ключ, из которого Франклин во время грозы и извлекал искусру. Таким путем в присутствии своих друзей и знакомых он доказал электрическую природу грозового разряда. Опыт со змеем был сделан Франклином 12 апреля 1753 года, тогда же он впервые нашел, что грозовые облака, как правило, былают заряжены отрицательно.

Кроме чисто научных работ, у Франклина есть еще одно общепризнанное достинение: это его изобретение — громоотвод. В истории внедрения в жизнь этого изобретения есть тоже много почительного. Это длинная история,ей посвящены многие исследовательские работы. Поэтому я могу только совсем кратко рассказать, как Франклин изобрет и внедрил громоотвод.

После того как была раскрыта существующее грозовое разряда, естественно, вставл вопрос, как можно рационально бороться с разрушениями и пожарами, причиняемыми молнийей. Стало ясно, что когда молния ударяет в здание, корабль или любой другой возвышающейся объект, то вред причиняется тем, что мощный электрический ток, проходя по плохе проводящей среде, производит разрушения и воспламенения. Поэтому, если при ударе молнии в здание дать возможность электрическому разряду пройти в такой хорошо проводящий среде, как металл, разрушений не будет.

Несоменно, Франклин с его острым практическим умом раныше других увидел возможность найти защиту от молнии путем отвода тока. Но гораздо труднее для него было найти наиболее рациональный форму громоотвода и заставить общественное мнение признать его как действенное средство борбы с разрушениями, вызвываемых грозой. С этой задачей Франклин быстро справился, и его деятельности в этом направлении до сих пор может служить примером, как нужно проводить новые технические идеи в жизни.

Franklin не только не брал паентта на свой громоотвод, но дал возможность пользоваться им безвозмездно всякому, кто этого хотел. Кроме того, он повел большеую и искусную пропагандистскую работу для внедрения его в жизнь. За нейменем времени нельзя расскаазать полностью историю внедрения громоотвода, поэтому я остановилось на наблюдаеме ярких моментах.

Вполне возможно, что ни одно изобретение не вызвало такой бури разнообразных возражений, какую вызывал 200 лет назад тот небольшой металлический стержень, который в наших дни венчает почти каждое сооружение и является стандартным элементом его конструкции.

Против громоотвода возникли как научные возражения, так и политические. Когда Франклин давал описание действия громоотвода, кроме его очередной функции — дать беспрерывательный путь электрическому ток по металлическому стержню в землю, он еще указал на возможность существования и другого процесса.

Franklin считал, что если над сооружением находится грозовая туа и если громоотвод снабжен острем, то с него может произойти медленное стекание электрического заряд. Это явление мы теперь называем тихим разрядом. Он и будет нейтрализовать заряд облака и его разряжать. Поэтому Франклин допускал, что громоотвод не толькоащита здание, но обобщение может предотвращать грозовые разряды. Научные противники

8

Франклина считали, со своей стороны, что стекание заряда с острия не только не будет нейтрализовать заряд тучи, но будет создавать более благоприятные условия для возникновения молний. Поэтому громоотвод скорее вреден, так как дает возможность возникновения грозовых разрядов, которые без него вообще не было бы.

Учены, стоявшие на этой точке зрения, считали в особенности вредным и опасным для здания его соседство с другими, снабженными громоотводом.

Интерес общественного мнения к этим вопросам был очень велик, и это хорошо иллюстрирует известным случаем: когда в Цент-Oмере, во Франции, господин де Виссери поставил громоотвод на своей доме, его соседы были этим так испуганы и возникшие, что подали на него в суд. Процесс произвел много шума и длился несколько лет в период между 1780 и 1784 годами. Интересно, что на стороне защиты громоотвода выступал молодой адво-
карт Максимильян Робеспьер, и это громкое дело положило начало его известности. Любопытно также, что одним из экспертов со стороны истца выступал Марат, который считал громоотвод опасной затемei и был против его установки. После долгой борьбы и апелляции de Виссери выиграл процесс.

Интересна тактика Франклина во всей этой борьбе за громоотвод. Он обычно не выступал публично, но путем бесед и путем своей громадной переписки он непрерывно воздействовал на ведущих ученых и общественных деятельности. Такой пропагандой он создавал себе мощную армию из передовых людей того времени, которая боролась за проведение в жизнь его детща — громоотвода.

В Англинии борьба против громоотвода приобрела резко политический характер. Англяйский ученный Вильсон пытался доказать, что известный вредного действия громоотвода можно, если его конец сделать тупым и этим помещать стеканию заряда. Так как время этого спора совпало с эпохой освобождения Америки от колониального положения и Франклин стал крупной политической фигурой молодой Америки и одним из активнейших борцов за свободу, то всякий граждан Англии, снабжший свой громоотвод острием, а не тупым концом, считался политический неблагодежным.

Король Англии Георг III требовал от Королевского общества, чтобы оно отказалось от своего решения в пользование на Франклиновском громоотводе. На это требование короля резидент Королевского общества ср Джон Пригль,лейб-медик короля и личный друг Франклина, дал следующий известный ответ: «И по своему долгу и по своим склонностям, он по мере сил всегда будет исполнять желания его величества, но он не в состоянии ни изменить законов природы, ни изменить действия их сил». За эти слова его уволили с должности королевского врача и срещали с резидентства Королевского общества.

9

Медаль Коплея, присуденая Франклину за открытия в области электричества.

В процессе борьбы по вопросу о громоотводе были использованы все методы, kleвета, инсинuation и лично против Франклина, и против его друзей. Франклин сохранял большое способствие, не обращая внимание на личные выпады, и неизменно говорил, что в вопросах науки правда выявляется только опитом. Действительно, опыт и решил этот спор, но много десятов лет спустя, когда учение о грозовых разрядах и об электрическом поле достигло современного уровня. Теперь мы видим, что весь этот спор не имел никакого основания, так как для общного громоотвода не имеет значения, чем он завершается, острием или тупым концом. На небольшим расстоянии от земли геометрическая форма конца громоотвода не может заметно влиять на распределение электрического поля над землей.

Но один из ведущих специализов по грозовым разрядам доктор Шонланд указывает, что все же процесс нейтрализии заряда облака путем тихого разряда, предсказанный Франклином, возможно осуществить, но только тогда, когда острие громоотвода находится на таким большом расстоянии от земли, что оно сравним с высотой тучи. Это имеет место для громоотводов, помещенных на самых высоких американских небоскребах, тогда действительно удается наблюдать с острия стержня тихий разряд, не переходящий в молнию. Шонланд добавляет, что это, несомненно, должно быть Франклину чувство справедливо удовлетворения, если бы он мог это знать.

Только кратко скажу о деятельности Франклина в других об-

лactях науки, так как, кроме описанных значений достиней, у него есть еще достинения и в других областях.

Franklin занимается геофизкой, дал карту тестия Гольфстрима, изобрел музыкальный инструмент с трудностями стеклянными шарами, экономического печку, до сих пор распространяется в Америке и Франции, уличные фонари, двойные очки для старческого дальнейского и многое другое. Кроме того, благодаря своему общественного характера и живому уму Franklin много консультировал и способствовал развитие науки. Конечно, сведения о большинстве этих консультаний канули в вечность, но некоторые дошли до нас.

Так, например, Людовик XVІ просил Франклина быть членом комиссии по вопросу о ценностях способа лечения, предложенного доктор Месмером, который использовал так называемый «животный магнетизм». Интересно, что в той же комиссии участвовал доктор Гильотен, изобретатель гильотины. Franklin отрицал существование животного магнетизма, но считал, что это не вредный способ лечения, так как он развлекает состояниеных людей, не приносим в вред, что не всегда можно сказать о других необоснованных лекарственных методах лечения.

Очень одобрительно Франклин относялся к полетам братов Монгольфе.

Franklin считал, что научные достижения есть достояние всего человека и zabota о развитию мировой науки должна стоять вне политических и военных противоре-

10

Дом Франклина в Пасси. Рисунок Виктора Гюго.

чий между народами. Так, во время войны с Англейй, когда знаментий исследователь капитан Кук возврашался из своего плавания, Франклин дал указания всем американским кораблям и корсарам относиться с уважение к капитану Кук, где бы они его встретили во время его путешествия. Для наших дней также представляют ин-террес, что Франклин, заседая в конгрессе, убедил не распространять на научное оборудование эмбарго, наложенное на все товары английского производства.

Изучая биографию Франклина, все больше и больше понялашь, почему существует всеобщее уважение и преклонение перед этим большим человеком, которое народ Америки дал человекству.

В эпоху быстро роста естественных наук каждой страна для своего Великого родоначальника науки — у нас это был Ломоносов, в Англей — Ньюотон, в Италии — Галилей, в Голландии — Гюйгенс, во Франции — Декарт, в Германии — Лейбниц, в Америке — Франклин. Достижения этих больших ученых являются гордостью всего человека. И мы, советские люди, благодарны американскому народу, давшему и воспитавему для человека Великого Франклина.

Уголок коллекционера

НА МАРКАХ — ФРАНКЛИН

Выдающийся американский естественный и общественный деятель Бенджамин Франклин, 275-летие со дня рождения которого отмечается в этом номере «Квата», оставил заместный след в мировой филателиии. Ему посвящено несколько десятиков почтовых марок. Большое их, естественно, выпущено в США. Первая американская марка с портретом Франклина вышла в 1847 году. Вместе с маркой, изобразяющей Джорджа Вашингтона, она образовала первую серю марок, имеющих хозяйние на всей территории США. Воспел逮ин к ней добавилось 28 americanских марок, посвященных Франклину. Две из них, выпущенные в 1908 и 1922 годах, приведены в нашей подборке. Марки с изобравением Франклина по традиции открывали новые почтовые серии в США.

В 1956 году ряд стран торжественно отметил 250-летие со дня рождения Франклина. В нашей стране этому событию было посвящено торжественное заседание Академии наук. Юбилей Франклина был ознакомлен в выпуском специальных почтовых марок. Мы воспроизведем здесь марки СССР, Румыния и Болгарии, посвященные этому событию.

В. Лешковцев

11

В. Болтянский

Плокские графы

В этой статье мы продолжаем изучение топологических свойств графов, начатое в предыдущем номере журнала. На этот раз речь поидет о некоторых глубоких свойств плоских графов. Их изучение потребует вместества «дьявола абстрактной алгебры» и одного из его прислушников — инварианта по имени индекс пересечения.

Три домика и три колодца

Граф $A$ называется вложимым в плоскость, если существует на плоскости граф $A'$, геометрный $A$. Так, граф, составленный из ребер tetraэдра, и граф, составленный из ребер куба, вложимы в плоскость (рис. 1).

Приведем два примера графов, не вложимых в плоскость.

Пример 1 («домики и колодцы»). На плоскости даны шесть точек: $D_1, D_2, D_3$ (домики) и $K_1, K_2, K_3$ (колодцы); можно ли на плоскости проведи тропики от каждой домика к каждой колодцу так, чтобы никакие две тропики не пересекались?

Рис. 1.
Рис. 2.

13

что каждый цикл является объединением конечного числа ломаны, каждый из которых домашорфна окружности (причем эти ломанные попарно не имеют общих звенев).

Позному достаточно установить справедливо доказываемого утверждения в случае, когда каждый из циклов $x, y$ состоит из одной ломанной, домашорфной окружности. Сдвинув чуть-чуть вершины циклов $x$ и $y$, мы можем добиться того, чтобы индекс $I(x, y)$ не изменился и никакой отрезок, входящий в цикл $x$, не был паралелен никакому отрезку, входящему в $y$. Выберем террь прямую $l$, не паралелную ни одной прямой, соединяющей какую-либо вершину цикла $x$ с какой-либо вершиной цикла $y$, и будем непрерывно перемещать цикл $x$ (как твердое целое) паралелно прямой $l$ (рис. 5). Индекс пересечения $I(x, y)$ мог бы изменяться лишь в те моменты, когда вершины двужущего цикла $x$ проходят через ребра неподвижного цикла $y$ или когда ребра цикла $x$ проходят через вершины цикла $y$ (вершины цикла $x$ не могут попасть в вершины цикла $y$ в силу выбора прямой $l$). Однако, как показывает рисунок 6, в момент, когда неокоторое ребро $a$ цикла $x$ проходит через вершину $q$ цикла $y$, число точек пересечения не меняет свое четность, а потому индекс пересечения $I(x, y)$ не меняется. То же происходит и при прохождения вершин цикла $x$ через ребра цикла $y$.

Итак, в течение всего движения индекс пересечения не меняется, является инвариантом. Но в конце концов цикл $x$ попадает в положение, в котором он совсем не имеет общих точек с $y$ (см. рис. 5), так что индекс пересечения становится равным нулю. Следовательно, и первоначально было $I(x, y) = 0$.

Невложимость полного пативершинного графа

Теперь мы в состоянии доказать, что граф $P_2$, рассмотренный в примере 2, не вложим в плоскость. Соединним ломаными попарно 5 точек на плоскости, не обращая пока внимание на пересечения. Ребра-ломаны, не имеющие общих концов, условия называются нестеменными. Обозначим через $J$ сумму индексов пересечения по всем параметRESх ребер. Конечно, число $J$ зависит от того, каким образом нарисованы на плоскости ребра. Если бы их удалилось нарисовать без пересечений, число $J$ оказалось бы равным нулю. Однако мы доказем, что при любом

14

способ проверения ребер число J оказывает нечетным. Тем самым будет доказано, что граф $P_2$ не вложим в плоскость.

Предположим, что мы меняем положение одного ребра, скажем $M_1M_2$. Первоначальное положение этого ребра обозначим через $x$, а его новое положение через $x'$. Несмежными с ребром $M_1M_2$ являются три ребра ($M_3M_4$, $M_4M_5$, $M_5M_3$). Замкнутая ломаная $M_3M_4M_5$ (возможно, пересекающая себя) является циклом; обозначим его через $y$ (рис. 7). Ломанные $x$ и $x'$, вместе взятые, также образуют цикл. Поскольку индекс пересечения любых двух циклов равен нулю:

$$I(x \cup x', y) = 0,$$

число точек пересечения ребра $x$ с циклом $y$ (то есть со всеми несмежными ему ребрами) имеет ту же четность, что и число точек пересечения ребра $x'$ с циклом $y$.

Таким образом, при замене ребра $x$ ребром $x'$ число $J$ не меняет свое четность.

Из доказанного следует, что при любых расположениях ребер на плоскости число $J$ всегда имеет одну и ту же четность. Действительно, если заданы два различных расположения ребер, то, последовательно замечая сначала одно ребро первого расположения соответствующим ребром второго расположения, затем еще одно, еще одно и т. д., мы постепенно заменим первое расположение вторым, а четность числа $J$, в силу доказанного, меняется не будет.

Итак, либо для всех расположений ребер число $J$ четно, либо для всех расположений нечетно. На рисунке 3 имеется только одна точка пересечения (разумеется, кривые ребра на этом рисунке можно заменить ломаными). Таким образом, на рисунке 3 число $J$ равно единице, а потому для любого расположения ребер оно нечетно и, значит, $P_2$ не вложим в плоскость.

Задачи

1. Докажите, что граф $P_1$ из примера 1 не вложим в плоскость.
2. Ребрами графа служат стороны и наиболее диагонали правильного $n$-угольника

$(n > 3)^*$. Докажите, что при четном $n$ этот граф может быть вложен в плоскость, а при нечетном — нет.

3. Ребрами графа служат стороны и наиболее диагонали*) правильного $2n$-угольника. Докажите, что при $n \geqslant 3$ этот граф не вложим в плоскость.
4. Ребрами графа служат стороны и наиболее диагонали*) (их $2n+1$ правильного $(2n+1)$-угольника. Докажите, что этот граф не вложим в плоскость.

Нельзя ли проще?

Выше (см. рисунки 5, 6) мы доказали, что индекс пересечения любых двух циклов на плоскости равен нулю. Возможно, читатель предложит следующое более простое доказательство: будем вигнаться по замкнутой ломаной $x$; в каждой точке пересечения с замкнутой ломаной $y$ мы будем либо входить во внутреннюю область ломаной $y$, либо выходить из нее во внешнюю область; так как точки входа и точки выхода через точку число точек входа равно числу точек выхода; значит, общое число точек пересечения ломаных $x$ и $y$ четно.

Однако это доказательство можно признать корректным лишь в том случае, если уже выясен смысл понятия «внутренняя область», а это понятие вовсе не является таким простым, как каждая на первый взгляд. Выясенно смысл этого понятия посвящена.

Teорема Жордана

Замкнутая линия, гомеomorphная окружности, называется простой замкнутой.

*) Притом «диагонали» учитку приподняты в пространство и поэтому попарно не пересекаются.

15

нутой линей. Теорема Жордана состоит в том, что всякая простая замкнутая линия, расположенная на плоскости, разбивает эту плоскость на две области (внутреннюю и внешнюю). Поясим смысл этой теоремы. Пусть $l$ — простая замкнутая линия на плоскости. Возьмем точки, $p, q$, не лежащие на линии $l$. Если $p$ и $q$ можно соединить ломаной, не пересекающейся с $l$, то считают, что точки $p$ и $q$ лежат в одной и той же области относительно линии $l$. Если же любая ломаная, соединяющая точки $p$ и $q$, обязательно пересекает $l$, то считают, что $p$ и $q$ лежат в разных области. Теорема Жордана утверждает, что линия $l$ определяет на плоскостировно две области.

Не следует думать, что теорема Жордана утверждает нечто совершенное. Каждыйся ее «очевидность» объясняется лишь тем, что на ум обычно приходит очень простые линии (окружность, контур выпуклого многоугольника и т. п.). В общем же случае утверждение

Рис. 8.

нце теоремы Жордана не так уж очень видно. На рисунке 8 изображена простая замкнутая ломана (это можно проверить, обведя линию карандашом). Однако вовсе не очень видно, что плоскость разрезана этой линии на две области; например, далеко не сразу поняты, в какой области (внутренней или внешней) лежат точки $a, b, c, d$.

Мы приведем доказательство теоремы Жордана, основанное на применении индекса пересечения. При этом ограничимся случаем, когда $l$ — не произвольная простая замкнутая линия на плоскости, а простая замкнутая ломана.

Пусть $b_1, b_2, \dots, b_n$ — последовательные звенья ломаной $l$. Проведем отрезок, пересекающий звено $b_1$ в точке $a$, и возьмем на этом отрезке две точки $p, p'$, расположенные по разные стороны звена $b_1$ на одном и том же расстоянии от него. Через точки $p$ проведем отрезок, параллельный звену $b_1$, до точки его пересечения с биссертрикой угла между звеньями $b_1$ и $b_2$ (рис. 9). Из этой точки пересечения проведем отрезок, параллельный $b_2$, до пересечения с биссертрикой угла между звеньями $b_2$ и $b_3$ и т. д. В результате мы получим ломаную $x$, звенья которого находится на одном и том же расстоянии от соответствующих звеньев ломаной $l$. Если при этом точка $p$ была взята достаточно близко к $a$, то построенная линия $x$ не пересекает $l$, и проядь вдоль линии $l$, должна вернуть либо в точку $p$, либо в $p'$. Легко понять, однако, что в точку $p'$ ломаная $x$ принадлежит если бы ломана $x$ соединяла точки $p$ и $p'$, то, присоединив к $x$ отрезок $pp'$, мы получили бы цикл, который с циклом $l$ пересекается в единственной точке $a$, то есть индекс пересечения этих двух циклов был равен 1, что невозможно. Итак, $x$ представляет собой замкнутую ломаную, выходящую из точки $p$, один раз проходящий вдоль ломаной $l$ и возвращающийся в точку $p'.$ Аналогично получается замкнутая ломана $x'$, выходящая из $p'$, один раз проходящий вдоль ломаной $l$ и возвращающейся в точку $p'$.

16

Пусть теперь $c$ — произвольная точка, не лежащая на линии $l$. Тогда ее можно содействить, не пересекая $l$, либо с точкой $p$, либо с точкой $p'$: достаточно проверки из точки $c$ луч, пересекающий линии $x, x'$, и от точки $c$ пройти до первой точки пересечения этого луча с какой-либо из линии $x, x'$, а затем по этой линии до точки $p$ или $p'$.

Нетрудно понять, что если из точки $c$ проведены две различные ломаны $y, z$, не пересекающие $l$ и оказывающиеся в одной из точки $p, p'$, то обе они оказываются в одной и той же точке. В самом деле, если бы ломана $y$ соединяла точку $c$ с $p$, а ломана $z$ соединяла точку $c$ с $p'$ (рис. 10), то ломана $y \cup z$ вместе с отрезком $pp'$ составляла бы цикл, индекс пересечения которого с циклом $l$ равнялся 1, что невозможно.

Тепер уже нетрудно доказать теорему Жордана. Обозначим через $U$ множество всех точек плоскости, которые можно, не пересекая $l$, соединить с точкой $p$, а через $V$ — множество точки, которые можно, не пересекая $l$, соединить с точкой $p'$. Тогда $U$ и $V$ и будут теми двумя области, на которых линии $l$ разбиает плоскость. В самом деле, если точки

$c_1, c_2$ принадлежат одной области (скажем, $U$), то существует ломанные $y_1, y_2$, не пересекающие $l$, которые соединяют $c_1$ и $c_2$ с точкой $p$. Объединение их представляет собой ломаную, соединяющую $c_1$ и $c_2$ и не пересекающую $l$. Итак, две точки, принадлежшие одной области, можно соединить ломаной, не пересекающей $l$ (инначе, как и выше, мы получили бы цикл, имеющий с $l$ индекс пересечения 1).

Тем самым теорема Жордана (для случая простой замкнутой ломаной) доказана.

Заметание. Все «далекие» точки плоскости расположены в одной и той же области относительно линии $l$ (рис. 11). Поэтому одна из двух области, определяемых линей $l$, не ограниченная, а другой — ограниченная. Неограниченную область называют внешней, а ограниченной — внутренней. Точки внешней области характеризуется тем, что из этих точки можно проверить ломанные, не пересекающие $l$ и уходящие как уггодно daleko от $l$; точки внутренней области этим свойством не обладают.

Задание.

5. Если ломана $l$ — очень сложная, то определить «на глаз», в какой области (внутренней или внешней) лежит точка $a$, трудно: для этого нужно выяснить, можно ли, отправляясь из точки $a$, выйти из «лабириента», образованного линейей $l$ (см. рис. 8). Докажите, что если луч, исходящий из точки $a$ и не проходящий через вершины ломаной $l$, пересекает $l$ в четном числе точки, то точка $a$ лежит во внешней области (то есть выбраться из «лабириента» можно), а если в нечетном, то точка $a$ лежит во внутренней области.

6. На плоскости проведены $k$ ломанных линии, каждой из которых соединяет две заданные точки $p$ и $q$. Докажите, что если других ломанные попарно не имеют, то плоскость разбиита на $k$ области.

17

Л. Боровинский

Почему не лежится Ваньке-Встаныке?

Наверное, многие из вас помнят с раннего детства или читали недавно своим младшим братишкам и сестренкам веселые стихи Самучила Яковлевича Маршака о куkle-нева-lяшке — Ваньке-Встаныке:

Уснули телята, уснули цыплята,
Не слышно веселых скворчат из гнезда.
Один только мальчик — по имени Ванька,
По произвшу Встаныка — не спит никака.
У Ваньки, у Встаныки — несчастные няныки:
Начнут они Ваньку укладывать спать,
А Ванька не хочет — приляжет и вскочит,
Уляжется снова и встает опять.
Укроют его одеялом на вате —
Во сне одеяло отбросит он прочь
И снова, как прежде, стоит на кровати,
Стoit на кровати ребенок всю ночь.
Лечил его доктор из детской больницы.
Большому сказал он такие слова:
— Тебе, дорогой, потому не лежится,
Что слишком легка у тебя голова!

Итак, «доктор из детской больниц», по словам позта, нашел причину странного поведения Вань-

2 «Квант» № 7

18

«головы» не играет никакой роли. В нижней части «тульвиша» находится массивное тело в форме сферического сегмента высотой $h$. Сегмент ограничен часть поверхности «тульвиша» и плоскостью, перpendикулярной оси, проходящей через центры сферы и точку их соприкосновения.

Если попытаться положить кукулу на горизонтальном поверхности и представить ее самой себе, она немедленно встает. Почему? Очевидно, что вертикальное положение Ваньки-Встанки является положением устойчивого равновесия. В механике есть правило: в состоянии устойчивого равновесия центр тяжести тела должен находиться в самом низком из возможных для него положении. Это означает, что значение потенциальной энергии, вызванной силой тяжести, должно быть наименьшим из всех возможных.

Выясним, при каких условиях потенциальная энергия Ваньки-Встанки будет минимальной, когда он занимает вертикальное положение. Выведем кукулу из положения равновесия, отклонив ее ось на угол $\alpha$ от вертикали. Пусть $h_c$ — высота центра тяжести массивного тела при вертикальном положении оси, $M$ — его масса и $m$ — масса «головы». Масса оболочки тульвиша не имеет значения, так как высота центра тяжести оболочки, а значит, и ее потенциальная энергия при наклоне Ваньки-Встанки не изменяется.

Как видно из рисунка, высота центра тяжести массивного тела при наклоне оси равна $h_c = |CD| + |BL| = h_c \cos \alpha + R - R \cos \alpha$, а высота центра тяжести головы — $h_2 = |LO| + |KO_1| = R + (R + r) \cos \alpha$.

Общая потенциальная энергия массивного тела и «головы» равна $E_\pi = Mgh_1 + mgh_2 = (M + m)gR + (m(R + r) - M(R - h_c))g \cos \alpha$.

Отсюда следует, что потенциальная энергия Ваньки-Встанки при вертикальном положении оси, то есть при $\alpha = 0$, будет минимальной, если выражение, на которое умножается $g \cos \alpha$, отрицательное:

$$m(R + r) - M(R - h_c) < 0,$$

или

$$m < M \frac{R - h_c}{R + r}.$$

Осталясь, правила, неизвестной величины $h_c$, но ее можно выразить через известные величины $R$ и $h$ (прием это без доказательства):

$$h_c = h \frac{8R - 3h}{12R - 4h}.$$

Таким образом, мы нашли точное математическое условие, показывающее, в какой мере должна быть «легка голова» у Ваньки-Встанки, чтобы он принимал вертикальное положение, как только будет предоставлен самому себе.

Кроссамбер

Заполнительные клетки цифрами 1, 2,…, 9 так, чтобы для каждой числа, получшегося по горизонтали, в розовой клетке следа от него была записана сумма его цифр;

Для каждой числа, полученного по вертикали, в розовой клетке над ним также была записана сумма его цифр;

цифры в каждой из этих чисел были различны.

Голубые клетки остаются пустыми.

Э. Рекстин

19

Задачи

М691—М695; Ф703—Ф707

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи не стандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки ньюшней школьной программы. Найболее трудные задачи отмещаются звездочек. После формировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Задачи этого номера предлагались на заключительном туре Всегоозной олимпиды школьников. Число в скобках обозначает класс, в котором предлагается задач. Решения задач из этого номера можно отправлять не позднее 15 сентября 1981 года по адресу: 113035, Москва, М-35, Б. Ордынка 21/16, редакция журнала «Квант». В графе «Кому» написите: «Задачик «Кванта» № 7 — 81» и номера задач, решения которых вы посылаете, например «М691, М692» или «Ф703». Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присылайте в разных конвертах. В письмо включите конверт с написанными на нем вашим адресом (в этом конверте вы получите результаты проверки решений). Условие каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присылайте в отдельном конверте в двух экземплярах вместе с вашим решением этой задачи.

М691. Будем говорить, что число обладает свойством (K), если оно разлагается в произведение K последовательных натуральных чисел, больших 1. а) Найдите K такое, для которого неокоторое число N обладает одновременно свойствами (K) и (K+2).

6. Докажите, что чисел, обладащих одновременно свойствами (2) и (4), не существует. (8)

В. Федотов

М692. Точки $C_1, A_1, B_1$ взяты на сторонах, соответственно, $AB, BC, CA$ треугольника $ABC$ так, что $|AC_1| : |C_1B| = |BA_1| : |A_1C| = |CB_1| : |B_1A| = 1:3.$

Докажите, что периметр $P$ треугольника $ABC$ и периметр $P_1$ треугольника $A_1B_1C_1$ связаны неравенствами a) $P_1 < \frac{3}{4}$ P; 6) $P_1 > \frac{1}{2}$ P. (8)

В. Турчанинов

М693. В некоторых последних 1000 жителей. Ежедневно каждый из них делится узнанным вчера новостями со всеми своим знакомыми. Известно, что любая новость становится известной всем жителем поселка. Докажите, что можно выбрать 90 жителей так, что если одновременно всем им сообщить какую-то новость, то через 10 дней она станет известной всем жителем поселка. (9)

Н. Карташов, А. Савин

М694. В каждой вершине куба записано число. За один шаг к двум числам, размещенным на одном (любом) ребре, прибавляется по единице. Можно ли за несколько таких шагов сделать все восемь чисел равными между собой, если вначале были поставлены числа, как на рисунке 1? Как на рисунке 2? Как на рисунке 3? (9)

М695*. Можно ли все клетки какой-нибудь пря-mогуольной таблицы окрасить в белый и черный цвет так, чтобы белых и черных клеток было по-

20

ровну, а в каждой строке и в каждом столбце было более 3/4 клеток одного цвета? (10)

С. Конягин

Ф703. Ракета запущена с поверхности Земли вертикально вверх с первой космической скоростью и возвращается на Землю недалеко от места старта. Сколько времени она находилась в полете? Радиус Земли $R_3=6400$ км.
Примечение. Площадь эллипса с получениями $a$ и $b$ равна $S=\pi ab$. (10)

Е. Сурков

Ф704. По двум гладким наклонным плоскостям, образующим одинаковые углы $\alpha$ с горизонтом, движутся, касаясь друг друга, цилиндр и клин (рис. 4). Найти, с какой силой клин давит на цилиндр. Масса цилиндра $m_1$, масса клина $m_2$. Третий между цилиндром и клином пренебречь. (8)

С. Кротов

Ф705. Горизонтальное расположенный цилиндрический теллоизолированный сосуд объема $V_0=100$ л, заполненный гелем, разделен на две части теллопропониаемым поршнем, который может перемещаться без трения. Газу, находящему в левой части сосуда, сообщают количество телла $\Delta Q=100$ Дж. Найти изменение давления в сосуде к тому моменту, когда поршень перестает двигаться. (9, 10)

А. Зильберман

Ф706. Для горизонтального перемещения грузов на расстояние $L=20$ м используется самоходная тележка, перемещаются по горизонтальным рельсам. На троссе длины $l=5$ м к тележке подвешивают перемещаемый груз (рис. 5). Тележка половину вверхяется равноускорению, а половину — равнозамедленно. Определять возможность значенияускорения тележки, при которых груз после остановки тележки в конце пути будет неподвижным. (10)

В. Можаев

Ф707. Объектив телефонна Гейла имеет диаметр $D=250$ см и фокусное расстояние $F=160$ м. Тележкоп используется для фотографирования искусственного спутника Земли, имеющего диаметр $d=200$ см и находщегося на расстоянии $L=320$ км.

1. На каком расстоянии от фокуса должна быть расположена фотопластика?
2. Каким будет размер изображения искусственного спутника?
3. Каков будет диаметр размещых (несфокусированных) изображений звезд на фотографини? (10)

С. Козел

21

Решение задач

M645. В подвале три коридора (рисунок 1; $|OA| = |OB| = |OC| = l$), все выходы из которых закрыты. В нем находится инспектор Варнике и представник. Варнике заменяет представника, если расстояние между ними не превышает $r$. Он знает, что максимальная скорость представника в два раза меньше его собственной максимальной скорости. В начальной момент инспектор находится в точке $O$ и не видит представник. Как должен действовать Варнике, чтобы наверняка поимать представника, если $a) r = l/3, 6) r = l/4, \text{в})^* r > l/5, \text{в}) r > l/7$. Шириной коридоров и размеры людей пребрежень. (Варнике должен придумать такой план действия, чтобы, даже если представник о нем заранее знает, он все равно не смогу услугу).

Рис. 1.

Рис. 2.

1. Решение задачи при $r > l/5$ (в частисти, при $r = l/3$ и $r = l/4$).
   Сначала Варнике «прочесывает» коридор $OC$. Убедившись, что представника там нет, Варнике удаляется в коридор $OA$ на расстояние $2r$ и затем возвращается в точку $O$, двигаясь с максимальной скоростью (в дальнейшем будет подразуматься, что инспектор всегда движется с максимальной скоростью). Предположим, что, вернувшись в точку $O$, инспектор не увидел представника; что ему в таком случае известно о возможном местонахождения представника?

1. Проступник не может находиться в коридоре $OC$: легко проверить, что если бы он за время отсутствия инспектора в точке $O$ попытался перебежать из коридора $OB$ в коридор $OC$, то к моменту возврашения инспектора в точку $O$ расстояние от представника до $O$ было бы не больше, чем $r$.

2. Если проступник находится в коридоре $OA$, то на расстоянии от $O$, больше $2r$: действительно, когда инспектор был в коридоре $OA$ на расстоянии $2r$ от $O$, то проступник (если он находится в $OA$) был на расстоянии от $O$, больше $3r$, а к моменту возврашения инспектора в точку $O$ расстояние от проступника до $O$ могло уменьшиться не более чем на $r$ (рис. 2).

Если же $r \geq l/3$, то проступник вообще не может находиться в $OA$ и тем самым задача а) решена: чтобы пожать проступника, инспектор достаточно исследовать до конца коридор $OB$.

Если $r < l/3$, то смысл дальнейших действия инспектора заключается в том, чтобы углубляться то в коридор $OB$, то в коридор $OA$ на все больше расстояния, но так, чтобы проступник не смогет перебежать в коридор $OC$. Каждый такое «углубление» вместе с последующим возвратом в точку $O$ будем называть циклом. Первый цикл уже описан. Во втором цикле инспектор отправляется в коридор $OB$ на расстояние $3r$. Вернувшись в точку $O$ и не увидев проступника, инспектор знает, что

1. в коридоре $OC$ проступника нет (если проступник находится в коридоре $OA$, то — на расстоянии от $O$, больше $2r$, и потому до возврашения Варнике в точку $O$, при удалении его на расстояние $3r$ в коридор $OB$, проступник не смогет перебежать в коридор $OC$ так, чтобы при этом оказаться на расстоянии от $O$, больше $r$);

2. если проступник находится в коридоре $OB$, то расстояние от него до $O$ больше $5r/2$ (более $(3r + r) - 3r/2$).

Если же $r \geq l/4$, то проступник вообще не может находиться в коридоре $OB$ (поскольку тогда его длина больше $3r + r = 4r \geq l$ — противоречие); тем самым решена задача 6).

Пусть после цикла с номером $n$ инспектор знает, что в коридоре $OC$ проступника нет, а в коридоре $OX$ (где $X = A$ при $n$ нечетном и $X = B$ при $n$ четном) проступник не может находиться на расстоянии от $O$, меньше или равном $y_n$. Тогда в следующем цикле инспектор отправляется в другой коридор на расстояние $y_n + r$ (рис. 3). Вернувшись в точку $O$, инспектор знает, что

1. в коридоре $OC$ проступника нет;

2. в только что исследованном коридоре проступник не может находиться на расстоянии от $O$, меньше или равном $y_n + r \geq l - r$, то в исследованном коридоре проступника вообще нет.

Найдем формулу для $y_n$. Так как $y_n + 1 = \frac{y_n + 3r}{2}, 3r - y_n + 1 = \frac{3r - y_n}{2}$, откуда $3r - y_n = \frac{3r - y_1}{2^{n-1}} = \frac{r}{2^{n-1}}$, то есть

22

Рис. 3.

$$y_n = 3r - \frac{r}{2^{n-1}}.$$

Преступник ловится, если $y_n + r \geqslant l - r$ при каком-нибудь $n$, то есть $\frac{r}{2^{n-1}} \leqslant 5r - l$. Отсюда видно, что если $5r > l$, то после достаточно большого числа циклов ловится.

2. Решение задачи при $l/7 < r \leqslant l/5$ использует следующую новую идею: после достаточно большого числа циклов, описанных в разделе 1, инспектор должен углубиться в очередной коридор на расстояние не $y_n + r$, а $l - r$ (то есть «прочеется» его до конца), не обращая внимание на то, что преступник может перебежать в коридор $OC$.

Положим $\varepsilon = \frac{7r - l}{2}$. Инспектор должен действовать так, как описано в разделе 1, до тех пор пока не будет выполняться неравенство $y_n \geqslant 3r - \varepsilon$. После этого инспектор углубляется в очередной коридор (скажем, $OA$) на расстояние $l - r$. Вернувшись в точку $O$ и не увидев преступника, инспектор знает, что в коридоре $OA$ преступника нет, а в коридоре $OC$ преступник не может находиться на расстоянии от $O$, больше $(l - r) - (3r - \varepsilon) = 3r - \varepsilon$. Затем инспектор углубляется в коридор $OC$ на расстояние $4r - 2\varepsilon$. Вернувшись в точку $O$ и не увидев преступника, инспектор знает, что в коридоре $OC$ преступника нет (поскольку в противном случае преступник был бы появан, оказавшись в коридоре $OC$ от Варнике на расстоянии, меньше $(3r - \varepsilon) + (4r - 2\varepsilon)/2 - (4r - 2\varepsilon) = r)$, а в коридоре $OA$ преступник не может находиться на расстоянии от $O$, больше $3r - 2\varepsilon = (4r - 2\varepsilon) - r$. Затем инспектор идет в коридор $OA$ на расстояние $4r - 4\varepsilon$, затем в коридор $OC$ на расстояние $4r - 8\varepsilon$, снова в коридор $OA$ на расстояние $4r - 16\varepsilon$ и т. д. Когда инспектор увидит, что ему надо идти на отпечательное расстояние, он должен сделать вывод, что преступник находится в коридоре $OB$.

Затем иее. Удалось доказать, что при $r \leqslant l/7$ не существует способа наверняка понимать преступника. Доказательства этого факта, принимающая И. Голубчку и В. Прасолову, сложные и поэтому здесь не приводятся.

В. Дринфельд,
В. Соколов

**M646. От точки $O$ на плоскости отложены 2n векторов длины 1. Они раскрашены по переменному в красный и синей цвете. Пусть $\vec{s} - \vec{c}$ сумма $n$ красных векторов, $\vec{r} - \vec{c}$ сумма $n$ синих векторов. Доказите, что $|\vec{s} - \vec{r}| \leqslant 2$.

Направление вектора $\vec{s} - \vec{r}$

$$\left( \frac{a^2 - b^2}{2} \right)^2 \geqslant \sqrt{\frac{a^2 - b^2}{2}} - \frac{a + b}{2}.$$

Представим вектор $\vec{s} - \vec{r}$ в виде суммы $n$ черных векторов (см. рисунок), каждый из которых является разностью красного вектора и близкий к нему (по часовий стрелке) синого вектора. Черные векторы опираются на попарно непересекающей дуги окружности радиуса $1$ с центром в точке $O$.

Предположим теперь, что вектор $\vec{s} - \vec{r}$ — ненулевой (инчете все доказано). Спроектируем полученные черные векторы на направление вектора $\vec{s} - \vec{r}$. Легко заметить, что проекции, направленные которых совпадает с направлением вектора $\vec{s} - \vec{r}$, не пересекаются и уменьшаются на диаметре окружности. Следовательно, сумма их длины не превыходит 2. С другой стороны, длина вектора $\vec{s} - \vec{r}$ не превыходит этой суммы. Поэтому $|\vec{s} - \vec{r}| \leqslant 2$.

Е. Шустин

Первое решение. Расстояним функцию $f(x) = x^2 + \sqrt{x}$. Вычислив ее вторую произведение $f''(x) = 2 - \frac{1}{4}x^{-3/2}$, видим, что $f''(x) \geqslant 0$ при $x \in \left[ \frac{1}{4}; +\infty \right]$. Отсюда следует, что на промежутке $\left[ \frac{1}{4}; +\infty \right]$ функция $f$ выпукла вниз (для интегрирования).

23

вала см. «Алгебра и начала анализа 10», п. 79); на рисунке изображен ее график. Позтому («Квант», 1980, № 3, с. 21) для любых точек $x, y$ этого промежутка

$$\frac{f(x) + f(y)}{2} \geq f\left(\frac{x+y}{2}\right).$$

Приименив последнее неравенство к точкам $a^2, b^2$, получим утверждение задачи.

Второе решение. Снова заменим $a^2$ на $x$ и $b^2$ на $y$. Расмотрим функцию

$$\varphi(x, y) = \left(\frac{x-y}{2}\right)^2 - \sqrt{\frac{x+y}{2}} + \frac{\sqrt{x} + \sqrt{y}}{2}.$$

Будем считать, что $x \geq y \geq 1/4$, и исследуем функцию $\varphi(x, y)$ на «монotonность по $x$», считая переменную $y$ параметром.

$$\varphi'_x(x, y) = \frac{x-y}{2} - \frac{1}{2\sqrt{2(x+y)}} + \frac{1}{4\sqrt{x}} =$$

$$= \frac{1}{2} \left(x-y + \frac{\sqrt{2(x+y)} - 2\sqrt{x}}{2\sqrt{x} \cdot \sqrt{2(x+y)}}\right) =$$

$$= \frac{x-y}{2} \cdot \left(1 - \frac{1}{\sqrt{x} \cdot \sqrt{2(x+y)} \cdot (\sqrt{2(x+y)} + 2\sqrt{x})}\right) \geq$$

$$\geq \frac{x-y}{2} \cdot \left(1 - \frac{1}{\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2}\right) = 0,$$

то есть функция $\varphi(x, y)$ — неубывающая функция по $x$.

Поскольку при $x=y=\frac{1}{4}$ функция $\varphi$ обращается в нуль, $\varphi(x, y) \geq 0$ при $x \geq y \geq \frac{1}{4}$, что дает нам требуемое неравенство.

И. Клумова

M648. Докажите, что если диагонали вписанно четЫ-reхуедольника перепедикуляры, то середины его стороны и основания перепедикуляров, опущенных из точки пересечения его диагонале на стороны, лежат на одной окружности.

Рис. 1.

Рис. 2.

Прежде всего заметим, что если $ABCD$ — вписанный четырехугольник с перепедикулярыми диагоналями (рис. 1), то подобные треугольники $AKB$ и $CKD$ (К — точка пересечения диагоналей) расположены таким образом, что продолжение высоты, опущенной на гипотенуzy одного из них, является медианой другого. (Этот факт, немедленно вытекающий из равенства отмеченных на рисунке 1 углов, по существу уже использовался в решении задач M546 и M592 — см. «Квант», 1980, № № 1, 8.)

Далее: середины $L, P, M, Q$ стороны четырехугольника $ABCD$, являясь вершинами прямого лука (рис. 2), лежат на одной окружности. Покажем, что центр $O_1$ этой окружности делит пополам отрезок $OK$ (О — центр окружности, в котором вписан наш четырехугольник).

Для этого достаточно, например, показать, что четырехугольник $LKMO$ — параллелограмм. Поскольку $LK$ — медиана треугольника $AKB$, ее продолжение является высотой треугольника $CKD$, то есть $(LK) \perp (DC)$. Но и $(OM) \perp (DC)$ (диаметр, проходящий через середину хорды); поэтому отрезки $LK$ и $OM$ параллельны. Аналогично доказывается параллельность отрезков $LO$ и $KM$.

Теперь для окончания решения задачи нам достаточно установить, на пример, что $|O_1M| = |O_1H|$, где $H$ — основание перепедикуляра, опущенного из точки $K$ на сторону $CD$. Но это следует из того, что $O_1$ — середина гипотенуzy $LM$ прямого лука (рис. 3).

Итак, все восемь точек, упомянутых в условии задачи, лежат на одной окружности. Интересно, что радиус этой «окружности восемь точек» целиком определяется радиусом $R$ данной окружности и величины $|OK| = a$. В самом деле, искому радиус равен половине длины [LM], а

$$|LM|^2 = |LP|^2 + |PM|^2 = \frac{1}{4} \left(|AC|^2 + |BD|^2\right) =$$

$$= \frac{1}{4} \left((|AK| + |KC|)^2 + (|BK| + |KD|)^2\right) =$$

24

Рис. 3.

Рис. 4.

Рис. 5.

Рис. 6.

Рис. 7.

$$\frac{1}{4}(|AB|^2 + |CD|^2 + 2(|AK| \cdot |KC| + |BK| \cdot |KD|)) =$$

$$\frac{1}{4}(|AB|^2 + |CD|^2 + 4(R^2 - a^2)) = \frac{1}{4}(4R^2 + 4(R^2 - a^2)) = 2R^2 - a^2.$$

[В этой выкладке мы вначале воспользовались тем, что произведение длин отрезков хорд, пересекающих в одной и той же точке, построено:

$$|AK| \cdot |KC| = |BK| \cdot |KD| = (R - a)(R + a)$$

(рис. 4), а затем, сообщив, что

$$90^\circ = \widehat{BCA} + \widehat{DBC} = \frac{AB + CD}{2},$$

и дополнить $CD$ до получожности другой, конгруэнтийной $AB$, получили равенство

$$|AB|^2 + |CD|^2 = (2R)^2 = 4R^2,$$

см. рисунок 5.]

Наметим другое решение. Сделаем готовотно наших восмытей точек с центром в точке $K$ и коэффициентом 2. Тогда утверждение задачи M648 превращается в такую теорему: Пусть два взаимно перепределительных луча с началом в точке $K$ внутри данной окружности, врачаясь вокруг $K$, пересекают окружность в переменных точках $P$ и $Q$. Тогда четверняя вершина $T$ прямогоольника $PKQT$ (точка, симметричная точке $K$ относительно середины [PQ]), а также точка $S$, симметричная точке $K$ относительно прямой $PQ$, вызываются по окружности, конгруэнтийной с данной (рис. 6). Второй факт (про $S$) следует из первого, так как $S$ симметрична точке $T$ относительно серединой перепределения к [PQ], а первый (про $T$) устанавливает в решение задачи M539 («Квант», 1979, № 11).

Эта «теорема о восмытях» допускает следующие stereometрические обобщения:

Если три взаимно перепределительных луча с началом в фиксированной точке $K$ внутри данной сферы, врачаясь вокруг $K$, пересекают сферу в переменных точках $A$, $B$ и $C$, то точка пересечения медиан треугольника $ABC$ и основание перепределения, опущенного из $K$ на плоскость $ABC$, выZAются по сфере, центр которого находится в точке $O_1$ отрезка $OK$ (О — центр данной сферы) такой, что $|O_1K| = \frac{1}{3}|OK|$, а радиус равен $\frac{1}{3}\sqrt{3R^2 - 2a^2}$, где $a = |OK|$, $R$ — радиус данной сферы.

Доказать это можно, например, следующее обозначение:

Пусть $D$ — вершина параллелепипеда, определяющего отрезками $KA$, $KB$ и $KC$, диагональное противоположная к $K$. Все точки $D$ лежат на сфере с центром в той же точке $O$, что у исходной сферы, и радиусом $\sqrt{3R^2 - 2a^2}$ (см. решение задачи M639 — «Квант», 1979, № 11). При этом с центром $K$ и коэффициентом $\frac{1}{3}$ точка $D$ будет все время переходить в точку пересечения медиан треугольника $ABC$ (доказите!), а точка $O$ перейдет в точку $O_1$. Таким образом, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ все время лежит на указанной сфере.

Осталось показать, что проекция точки $K$ на плоскость треугольника $ABC$ также все время лежит на этой сфере. Поскольку отрезки $KA$, $KB$ и $KC$ взаимно перепределились, проекция точки $K$ совпадает с точкой $H$ пересечения высот треугольника $ABC$. Утверждение будет доказано, если мы, например, получим равенство $|O_1H| = |O_1M|$, где $M$ — точка пересечения медиан треугольника $ABC$. Для этого заметим, что центр сферы $O$ проекируется в центр $Q$ описанной вокруг треугольника $ABC$ окружности, и воспользоваться таким известным фактом: точки $Q$, $M$ и $H$ лежат на одной прямой (прямой Эйлера), точка $M$ — между точками $Q$ и $H$, причем $2|QM| = |MH|$. (Если этот факт вам неизвестен, доказите его.) Ostальное легко следует из рисунка 7: плоскую

25

М649. Докажите равенство
$$\frac{1}{2} c_n^2 + (c_n - c_1)^2 + (c_n - c_2)^2 + \dots + (c_n - c_{n-1})^2 = \frac{n}{2},$$
еде $c_1 = 1, c_2 = 1 + \frac{1}{3},$
$c_3 = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5}, \dots,$
$c_n = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}$.

Докажем, что
$$c_n^2 + 2(c_n - c_1)^2 + 2(c_n - c_2)^2 + \dots + 2(c_n - c_{n-1})^2 = n.$$
Для этого подставим в левую часть значения $c_i$ ($i = 1, \dots, n$):
$$\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2 \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + \dots + 2 \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(\left(1 + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 - \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + 3 \cdot \left(\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 - \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + 5 \cdot \left(\left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right) - \left(\frac{1}{7} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2\right) + \dots + (2n-1) \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(1 + \frac{2}{3} + \frac{2}{5} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{5} + \frac{2}{7} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 5 \cdot \frac{1}{5} \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{2}{7} + \frac{2}{9} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + \dots + \frac{1}{2n-1} = 1 + \frac{3}{3} + \frac{5}{5} + \frac{7}{7} + \dots + \frac{2n-1}{2n-1} = 1 + 1 + 1 + \dots + 1 = n.$$
С. Манукян

M650. Существует ли последовательность
$$a_1, a_2, a_3, \dots, a_n, \dots$$
а) натуральных чисел такая, что любое натуральное число единственным образом запишается в виде суммы нескольких ее членов:
$$a_{i+1} + \dots + a_{i_k} \quad (i_1 < \dots < i_k, k \ge 1);$$
б) натуральных чисел такая, что 1 не представляется в виде (), а любое целое число, отличное от 0, представляется в виде () единственным образом;
в) целых чисел такая, что 0 не представляется в виде (), а любое целое число, отличное от 0, представляется в виде () единственным образом;
е) целых чисел такая, что 0 и 1 не представляются в виде (), а любое целое число, отличное от 0, представляется в виде () единственным образом?

Докажем, что
$$c_n^2 + 2(c_n - c_1)^2 + 2(c_n - c_2)^2 + \dots + 2(c_n - c_{n-1})^2 = n.$$
Для этого подставим в левую часть значения $c_i$ ($i = 1, \dots, n$):
$$\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + 2 \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \dots + \frac{1}{2n-1}\right)^2 + \dots + 2 \cdot \left(\frac{1}{2n-1}\right)^2 = 1 \cdot \left(1 + \frac{2}{3} + \frac{2}{5} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 3 \cdot \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3} + \frac{2}{5} + \frac{2}{7} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + 5 \cdot \frac{1}{5} \cdot \left(\frac{1}{5} + \frac{2}{7} + \frac{2}{9} + \dots + \frac{2}{2n-1}\right) + \dots + \frac{1}{2n-1} = 1 + \frac{3}{3} + \frac{5}{5} + \frac{7}{7} + \dots + \frac{2n-1}{2n-1} = 1 + 1 + 1 + \dots + 1 = n.$$
В) идукции шаг. Предположим, для определенияности, что при $2^n$ знак «плоис» (то есть $n$ нечетное) и что из набора $(-1, 2, -4, \dots, \pm 2^n)$ можно единственным образом получить в виде (*) все целые числа (кроме нуля) из промежутка от $-1$ до $-4$ до $-16$ — — (последний отрицательный член набора) до $2 + 8 + 32 + \dots + (последний положительный член набора). Базис индекции ($n = 1$) оченьiden. Иndукции шаг. Предположим, для определенияности, что при$2^n$знак «плоис» (то есть$n$нечетное) и что из набора$(-1, 2, -4, \dots, \pm 2^n)$можно единственным образом получить в виде (*) все целые числа (кроме нуля) из промежутка от$-1$до$-4$до$-16$— — (последний отрицательный член набора) до$2 + 8 + 32 + \dots + (последний положительный член набора). Утверждение доказано.
г) Такой последовательности не существует.

Докажательство существует и пусть $a_1$ — ее член, отличный от $-1$. Тогда числа $1 + a_1$ и $1 - a_1$ представляются в виде (*)

26

М651. Дата сдавала в базах дивана, чемодан, сахояж, корзину, картину, картонику и маленькую собачонку. Диван весил столько же, сколько чемодан и сахояж, вместе взятые, и столько же, сколько картина, корзина и картоника, вместе взятые. Картина, корзина и картоника весили поровну и какдая из них — больше, чем собачонка. Когда выгружали базах, дама заявала, что собака не той породы. При проверке оказалось, что собака перемещает диван, если к ней на весь добавить собачож или чемодан. Доказите, что претензия дамы была справедлива.

Пусть диван, чемодан, сахояж и маленькая собачонка весят соответственно Д, Ч, С и М килограммов, а картина, корзина и картоника — по К килограммов (по условию они весят одинаково). Запишем данные зачищки в этих обозначениях:
(1) Д=Ч+C; (2) Д=3K; (3) K>M; (4) M+C>Д; (5) M+Ч>Д. Из (1)—(3) получаем
(6) Ч+C>3M.

Складывая затем неравенства (4)—(6), учитывая (1), приходим к неравенству M<0, что невозможно, так что претензия дамы справедлива.

Заметим, что задача M651 не очень реалистична. По условию получается, что картона всего в три раза легче дивана. (Приходится предположить, что в картоке лежат не шляпы, а что-то более увесистое.) Кроме того, в решении мы считаем, что собачона до и после путешествия весит одинаково (чтоы условия не противечили друг другу, собачона за время пути должны была подраст, по крайней мере, в полтора раза, что, конечно, маловерятно).

В. Гутенмахер

М652. Жена разрезал выпуклый картоный многоорганик на грани (по ребрам) и послал этот набор граней по почте Вите. Вита скелел из всех этих граней выпуклый многоорганик. может ли случай так, что многоорганики Жени и Вите не конгузятны?

Да, так может служться. Один пример такого набора восмиги граней, из которого можно склеить два разных по форме выпуклых многоорганики, приведен на рисунке 1. Соответствующие многоорганики представляют из себя одинаковые неправильные четырехугольные прямые, склеенные по разному общим основанием — прямойольником размерами 2×5; один из этих многооргаников симметричен относительно плоскости этого прямогоольника, а другой — относительно его центра (рис. 2).

Подумайте, из какого наименьшего числа граней может состоять набор, допускающий неконгузительные многоорганики. Обязательно ли многоорганики Жени и Вите имеют равные объемы?

Заметим, что если бы все ребра многоорганика имели разную длину или просто были обозначены различными помещениями.

Задание M651—M655 взяты из книги «Заочные математические алгебра», (М., «Наука», 1981).

27

Ками на гранях, — чтобы было точно известно, какое ребро с каким скленать, — то многогранники Жени и Вити обязаательно получились бы конгрузными. Это далеко не простая теорема Коши о выпуклых многогранниках; ее доказательство можно прочесть в книге Л. А. Люстерника «Выпуклы фигуры и многогранники» (второе издание этой книги должно выйти в этом году в Библиотечке «Квант»).

Н. Васильев

М653. Имеется линейка с двумя делениями. С помощью линейки можно проводить произвольные прямые и отрезки определенной длины. Построите с ее помощью a) какой-нибудь прямой угол; b) прямую, перепредикулярную данной прямой.

Будем считать длину данного отрезка между отметками равной 1.

a) Проведем две пересекающей прямые и отложим на них от точки их пересечения O отрезки OA, OB, OC, OD длины 1. Тогда все углы четырехугольника ABCD будут прямыми (каждий из них опирается на диаметр AC или BD окружности радиуса 1 с центром O).

b) Отложим на данной прямой от точки O отрезки OA и OC длины 1. Затем на каких-нибудь прямых, проходящих через O, отложим в одной полуплоскости отрезки OE и OF длины 1 (см. рисунок). Проведем теперь прямые AE и CF, пересекающей в некоторой точке B, и прямые AF и CE, пересекающей в некоторой точке H. Тогда прямая BH будет перпендикулярна данной прямой, поскольку три высоты треугольника всегда пересекаются в одной точке (точки E и F служат вершинами прямых углов, опирающихся на диаметр AC окружности радиуса 1 с центром O).

Теория геометрических построений линейкой и эталоном длины подробно обсуждается в знаментийной книге Д. Гильберта «Основания геометрии» (М., Гостехидат, 1948) в связи с анализом системы аксиом. Этими инструментами решаются многогреческие задачи на построение (в частиности, через данную точку можно проводить прямую, паралельную данной; от данной прямой можно отложить угол, конгрузный данному), но, оказывается, не все те задачи, которые разрешимы с помощью циркуля и линейки.

В. Гутенмахер

М654. Верно ли такое утверждение: из любых шести натуральных чисел можно выбрать три числа, каждый два из которых не имеют общих делителей, больших 1, или три числа, имеющие общий делитель, больший 1?

Это утверждение неверно. Вот пример шестерки чисел, среди которых никакие три не имеют общого делителя (большero 1) и нет трех попарно взамного простых: 70, 165, 247, 286, 323, 357; еще один пример, с меньшим чисlam: 14, 15, 18, 33, 55, 63. Покажем, как строить подобные примеры.

Изображим наши числа шестю точками; те, у которых есть общий многожитель, содержим «ребром» (дугой) и напишем на ребре этот общий многожитель. При этом нужно, чтобы все написанные многожители были взаимно просты — скажем, это могут быть различные простые числа (инначе три из наших чисел будут иметь общий многожитель) — и, кроме того, чтобы из каждой трех точек по крайней мере две были соединены ребром (инначе найдет три попарно взаимно простых числа). Построить такой граф — соединить шестую точку ребрами так, чтобы выполнялось последнее условие — нетрудно; для этого вовсе не обязательно проводить все 15 ребер между шестю точками — можно обойти всемую или даже шестю ребрами (рисунки a), б) соответствует двум приведенным выше примерам); остается переменной числа на всех ребрах, подходящих к каждой из шести вершин, — и пример готов.

Некоторые читатели ошиблись в решении этой задачи, сославшись на такой факт (мы приводим его в формулировке, предлагавшейся на одной из старых венгерских оптимизация и с тех пор ставшей классической): из шести людей можно выбрать трех попарно знакомых или трех попарно незнакомых. Этот факт верен, но дело в том, что три целых числа, попарно имеющих общий многожитель, не обязаны иметь общий для всех многожителя (большей 1).

Н. Васильев

28

М655. На столе у циновника Министерства околиностей лежит n томов Британской циклопедии, сложных в несколько стопок. Каждый день, прijdя на работу, циновник берет из каждой стопки по одному тому и складывает взятые тома в новую стопку, затем располагает стопки по колиществу томов (в невозрастящем порядке) и заполняет ведомость, в которой указывает количество томов в каждой стопке. Кроме сказанного выше, циновник никакого не делает.
a) Какая запись будет сделана в ведомости через месяц, 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 записами.
в) Исследуйте, что будет через много дней работы при других значениях n.

Рис. 1.
n=3, m=3, T=2

Рис. 2.

При n=3 возможно всего три расположения:
(1,1,1) — три стопки по одному тому;
(3) — одна стопка из трех томов;
(2,1) — одна стопка из двух и одна из одного тома.

Стрелки на рисунке 1 показывают, во что каждое расположение переходит на следующий день. Из рисунка видно, что, с чего бы мы ни начали, не позже, чем через два дня (что записано как T=2), возникнет расположение (2,1), и затем оно будет повторять. На рисунке 2 показан аналогичный граф для n=6. Число m возможных расположений (вершин графа) здесь равно 11. Не позже, чем через T=6 дней после начала работы возникнет расположение (3,2,1), и затем оно будет повторять. Аналогичный граф для n=10 имеет m=42 вершины (для экономии места он не нарисован); в этом случае не позже, чем через T=12 дней после начала работы arising from the same graph, the same distribution of vertices.

Разумеется, далеко не каждый ориентированный граф, из каждой вершины которого выходит одна стрелка, обладает единственной «конечной» вершиной, то есть не всегда, и для этого стрелкам, мы приедем в одну и ту же вершину и там останемся (рис. 3). Граф может распадаться на отдельные части, не связанные между собой ни одной стрелкой, может содержать циклы. Поэтому тот факт, что при n=$\frac{k(k+1)}{2}$, начинается с некоторого дня, получается одно и то же расположение (k, k-1, …, 3, 2, 1) совсем не оченьidenен, и мы сейчас его докажем, тем самым решив пункт 6) условия задачи. Расмотрим сразу произвольное значение n.

Воображим четырьмя бесконечного листа клетчатой бумаги (рис. 4), клетки которого пропуверованы парами натуральных чисел слева направо и спизуверх: клетка с номером (x,y) стоит в столбце с номером x и в строке с номером y.

Изготовим n физек и разместим их в клетках нашей бумаги следующим образом: в первом столбце столбец физек, сколько томов в первой стопке, во втором столбце столбец физек, сколько томов во второй стопке, и т. д. Размещение физек на рисунке 4 означает, что в столках соответствующего 8, 3, 3, 1, 1, 1 томов. Преобразование, которое каждый день делает на свою столе циновник, можно представить на нашем листе в виде следующих трех операций:

1. Уберем физек, находящемся в самом нижней строке (на рисунке 4 они помещены рисунками цифрами).
2. Передвиним оставшиеся физек (они помещены латинскими буквами) на одну клетку вниз и на одну клетку вправа.
3. Тепер выложим на бумагу убранные физек, но не на нижнюю строку, откуда они были взяты, а на самый левый (освободившийся) столбец в том порядке спизуверх, в каком они лежали в строке слева направо.

В результате этих операций рисунок 4 перейдет в рисунок 5. Правда, результат действия наших трех операций отличается от того, что делает циновник, тем, что стопки могут получить расположенные не в том порядке, какой нужен: на рисунке 5 в самом левом столбце 6 томов, а в следующей за ней — 7 томов. Это легко исправить, передвинут физек M на одну клетку влево (что показано стрелкой на рисунке 5), но мы таких передвижений пока делать не будем, а ограничимся преобразованием, состоящим из трех описанных операций. При этом преобразование физека, бышая в клетке (x,y), переходит в клетку (1,x), если y=1, или (x+1,y-1), если y>1.

Назовем i-й диагональю совокупность тех клеток (x,y), для которых x+y=i+1. Под действием нашей преобразования физек, находящемся на i-й диагонали, не содержит с нее, а будут перемещаться по ней по правилам:

$$\begin{align*} (1,i) &\rightarrow (2,i-1) \rightarrow (3,i-2) \rightarrow \dots \rightarrow (i,1) \end{align*}$$

Тепер дополим наше преобразование:

4. В каждой строке, где это возможно, свинием все физек на одно место влево.

Дополнительное преобразование уже точно соответствует тому, что делает циновик. Тепер для некоторых физек

29

величина $x+y$ может уменьшаться, но она по-прежнему не может увеличиваться. Но величина $x+y$ — натуральное число. Поэтому она не может уменьшаться бесконечно много раз. Когда-нибудь для всех фишек величина $x+y$ уже не будет больше уменьшаться. Докажем, что тогда для всякого $i$ будет выполнять следующие условия: если $i$-я диагональ не полностью заполнена фишками, то в $(i+1)$-й диагонали нет ни одной фишки.

Докажем это от противного: пусть в $i$-й диагонали есть пустая клетка, а в $(i+1)$-й диагонали есть фишка. Фишки на $i$-й диагонали (если они есть) передвигаются, попадая через каждые $i$ шагов на прежние места. Фишка на $(i+1)$-й диагонали передвигается, попадая через каждые $(i+1)$ шагов на прежнее место. Посмотрим, что делается в моменты 0 (начало отсчета), $(i+1), 2(i+1), 3(i+1), ..., i(i+1)$. Фишка на $(i+1)$-й диагонали в эти моменты оказывается там же, где была в нулевой момент. Пусть место на $i$-й диагонали как бы дивгается вместе с фишками, и в перечисленные выше моменты времени оно pobывает на всех клетках $i$-й диагонали, в том числе окажется слева от клетки, где находится фишка. Но тогда эта фишка передвигается влево, а мы предположили, что все такие передвижения уже закончились. Утверждение доказано.

Что же это за расположение фишек, при котором за неполной диагонально может идти только пустая? Если $n = \frac{k(k+1)}{2}$, то такое расположение только одно: все диагонали от 1-й до $k$-й заполнены фишками, а все следующие диагонали пусты. Пусть теперь $n \neq \frac{k(k+1)}{2}$. Тогда существует такое $k$, что $\frac{k(k+1)}{2} < n < \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

Положим $r=n-\frac{k(k+1)}{2}$. В этом случае расположение фишек, при котором за неполной диагонально следует пустые, таково: все диагонали от 1-й до $k$-й заполнены фишками, на $(k+1)$-й диагонали находится $r$ фишек, а следующие диагонали пусты. Фишки, находящиеся на $(k+1)$-й диагонали, перемещаются по ней, попадая через каждые $(k+1)$ шагов на свои прежние места. Это ответ на вопрос в).

Если число фишек на $(k+1)$-й диагонали определяется только общим числом фишек, то их расположение зависит от начального расположения фишек, поэтому при $n \neq \frac{k(k+1)}{2}$ в зависимости от начального расположения томов могут получиться различные наборы периодических повторяющихся записей чиновника (в том числе при одном и том же $n$ может получиться разная длина периода).

Интересно выяснить вдобавок, каково время, доставочное, чтобы из любого начального состояния с $n$ фишками прийти к описанному. Для простоты ограничения $n = \frac{k(k+1)}{2}$ и обозначим через $T(k)$ наименьшее время, за которое из любого начального расположения томов получается расположение $(k,k-1,...,3,2,1)$.

Докажем, что $T(k) \geq k(k-1)$. Для этого приведем для каждой $k$ конкретное распределение $\frac{k(k+1)}{2}$ томов в стопках, превращающейся в окончательное лишь за $k(k-1)$ шагов: $(k-1,k-1,k-2,k-3,k-4,...,3,2,1,1)$. Его изобравнение на нашей клетчатой бумаге отличается от изобравнения окончательного распределения лишь тем, что одна фишка находится не там, где надо: в клетке $(k+1,1)$ вместе с клетки $(1,k)$. Под действием нашего преобразования и лишь фишка на $(k+1)$-й диагонали и «дырка» (то есть «отсутствие фишки») на $k$-й диагонали начинает передвигаться каждая по своей диагонали. Поскольку $k$-я диагональ короче $(k+1)$-й на единицу, дырка будет операть фишку и догонит ее robно через $(k+1)$ шагов.

30

Ф664.*) При фотографировании удаленное точного источника на фотографи из-за необходимости качеств объекта и применением фотоматериала получается светлый кругок диаметром $d=0,1$ мм. С какого максимального расстояния можно сформировать в тех же условиях два точных источника, расположенных на расстоянии $l=1$ см друг от друга, так, чтобы на фотографи их изображения не перекрывались? Фокусное расстояние объекта $F=5$ см.

Рассстояние между центрами пятен на пленке тем меньше, чем dalleше от фотоппарата расположены источники. Наименьшее расстояние между центрами пятен
$\Delta l=d=0,1$ мм

(при этом пятна касаются друг друга, не перекрываясь) во много раз меньше, чем расстояние $l$ между источниками; следовательно, источники расположены далеко от фотоппарата, и можно считать, что изображения лежат в фокальной плоскости объекта. Тогда искомое расстояние $L$ можно определить из соответствия
$$\frac{L}{F} = \frac{l}{\Delta l} = \frac{l}{d} \Rightarrow L = \frac{Fl}{d} = 500 \text{ см.}$$

При меньших расстояниях пятна на пленке будет частично перекрываться.

А. Зильберман

Ф665. В теплозолюрованном состоянии имеется две жидкости с удельными тепломкостими $c_1$ и $c_2$, разделенные heteroproводящей перегородкой. Температуры жидкости различны. Перегородкуубирают, и после установления теплового равновесия разность между начальной температурой одной из жидкости и установившейся в состоянии температурой оказывается в два раза меньше разности начальной температуры жидкости. Найти относение масс $m_1$ и $m_2$ первой и второй жидкости.

Пусть в результате смешивания жидкости, начальные температуры которых были $t_1$ и $t_2$, температура смеси в сосуда стала равной $t$. Так как сосуд теплозолюрован ($\Delta Q=0$),
$$c_1 m_1 (t-t_1) + c_2 m_2 (t-t_2) = 0;$$
отсюда
$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2}{c_1} \frac{t-t_2}{t_1-t}.$$
Согласно условиям задачи
$$2 (t_1-t) = t_1-t_2 \Rightarrow t-t_2 = t_1-t \Rightarrow \frac{t-t_2}{t_1-t} = 1.$$
Таким образом,
$$\frac{m_1}{m_2} = \frac{c_2}{c_1}$$

— относение масс жидкости равно обратному относению тепломкости.

А. Буздин

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

Условия считать число оборотов, сделанных каждой обойной против часов стрелки, положительным, по часовой стрелке — отрицательным.

В соответствии с принципом независимости движения окончательное положение шарика будет одним и тем же при любой последовательности поворотов каждой из обойм. Важно только, чтобы суммарный угол поворота внешней обоймы был равен $\varphi_1 = 2\pi n_1$, а внутренней — $\varphi_2 = 2\pi n_2$. Поэтому представим каждый из углов в виде суммы двух слагаемых
$$\varphi_1 = \alpha + \beta, \quad \varphi_2 = \alpha + \gamma.$$

Поворот обихом на один и тот же угол $\alpha = 2\pi n_0$ соответствует перемещению $\alpha \frac{R+r}{2}$ центра шарика по дуге

*) Решение задачи Ф663 вы найдете в замете С. Кротова «Математический матник в инерцциальной системе отчета» (с. 32).