Квант 1987, №6 · Страницы

ISSN 0130—2221
Кеанн
Научно-популярный
физико-математический
журнал
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1987

1

В номере:

2 В. Е. Корепиц. Узоры Пенроуза и квазикристаллы
8 Ю. М. Брук, В. И. Геллер. Белые карлики — кристаллические звезды
15 П. В. Бернитейн. Несколько дополнительных уроки литературы, или Еще раз о научном предвидении

Новости научки
7 Антіпротон в ловушке

Задачик «Кванта»
19 Задачи M1046—M1050, Ф1058—Ф1062
21 Решения задач M1026—M1030, Ф1038—Ф1042
42 Список читателей, письших правильные решения

«Квант» для младших школьников
27 Задачи
28 В. С. Ашавский. И один в поле воин

Калейдоскоп «Кванта»

Математический кругок
34 Д. В. Фукс. Построения одним циркулем
37 В. Я. Саннинский. Размышляя об одной оптимальной задаче

Лаборатория «Кванта»
39 А. И. Буздин, В. В. Сорокин. Кипение жидкости

Искусство программирования
43 В. А. Каймин. Проверка правильности алгоритмов

Практикум абитрирента
47 С. М. Козел. Задачи на газовые смеси

Варианты вступительных экзаменов
50 Задачи вступительных экзаменов в различные виды в 1986 году

Информация
57 VII Московская олимпиада по программированию
57 Летняя школа «Юный программист»
58 Итоги шахматного конкурса 1986 года

Ответы, указания, решения
«Квант» улыбается (14, 18)
Шахматная страница
Чемпионат микрокомпьютеров (3-я с. обложки)

На первой и второй страницах обложки показаны квазикристалические замощения плоскости двумя цыплями, придуманные Роджером Пенроузом.

© Издательство «Нука». Главная редакция физико-mатематической литературы, «Квант», 1987

4

повторить; при этом получится пара треугольников, размеры которых в $t^2$ раз больше исходных. Последовательно применяя преобразование инфляции, можно получить пару треугольников сколь угодно больше размера. Таким образом можно заместить всю плоскость.

Можно показать, что описанное замещение треугольниками Робинсона не является перiodическим.

Наметим доказательство этого утверждения. Будем рассуждать от противного. Предположим, что замещение плоскости треугольников Робинсона периодически с периодами $\vec{u}$ и $\vec{v}$. Покроем плоскость сетью параллелограммов со стороны $\vec{u}$, $\vec{v}$ (см. рис. 1). Обозначим через $p$ число $P$-treугольников, у которых лежающая вершина (относительно нашей сети) расположена в затрихованном параллелограмме; аналогично определим число $q$. (Отбранные $p+q$ треугольники образуют так называемую функментальную область данного периодического замещения.) Рассмотрим круг радиусом $R$ с центром $O$. Обозначим через $p_R$ (соответствие $q_R$) число $P$-treугольников (соответствие $Q$-treугольников), лежащих внутри этого круга.

Можно доказать, что

$$\lim_{R \to \infty} \frac{p_R}{q_R} = p/q. \tag{1}$$

Действительно, число треугольников, пересекающих окружность радиуса $R$, пропорционально $R$, в то время как число треугольников внутри круга радиуса $R$ пропорционально $R^2$. Поэтому в пределе отношения числа $P$-treугольников к числу $Q$-treугольников в круге равно этому отношению в функментальной области (рис. 8).

Возьем теперь нашей замещение и выполним преобразование дефляции. Тогда в исходной функментальной области оказывается $p' = 2p+q$ меньше $P$-treугольников и $q' = p+q$ меньше $Q$-treугольников (см. рис. 7). Обозначим через $p'_R$ и $q'_R$ меньше треугольников в круге радиуса $R$. Теперь легко получить противоречие. В самом деле,

$$\frac{p}{q} = \lim_{R \to \infty} \frac{p_R}{q_R} = \lim_{R \to \infty} \frac{p'_R}{q'_R} = \frac{p'}{q'} = \frac{2p+q}{p+q},$$

Антипротон в ловушке

Еще сто лет назад многие не верили в реализность существования атомов. «To, чего нельзя увидеть, не может существовать» — примерно такой аргумент считался неоспоримым. Тепер он каждая просто неелепым, поскольку не только atoms, но даже и отдельные элементарные частицы стали сейчас реальными объедаемыми исследованием.

Счетчики в лабораториях регистрации нейтроны, фотоны, электроны и т. п. Установки, составленные из большого числа специальных детекторов, скрытых вышеко в Эдисон, — но в чем бы будет хранить Вашу заменательную жидкость?». Так и с электроном. Ясно, что он не сможет жить в сосуде, даже если там создать максимальное возможный вакуум, — электрон простро «приплитет» к стенке.

И все же электрон, а также и антиэлектрон — позитрон — хранить можно, причем хранить долго. Ловушку для электрона илиpositronа можно создать с помощью электрического и магнитного полей. В магнитном поле электрон движется по окружности или спирали. Электрическое поле, созданное в конденсаторов специальной формы, не дает заряженной частице убежать по спирали. Комбинируя оба поля, можно «поймать» заряженную часть частцы: точное изменение ее массы, магнитного момента и т. п. Наконец, можно будет «подсадить» в ловушкуpositron и сделать антиатом — антиводород.

Можно придуть и много других интересных опытов, надо только предолеть трудности, которые осталось еще немного. Учены надеются, что «антипротон в ловушке» скоро будет привлечным экспонатом в физической лаборатории.

Я. С.

БЕЛЫЕ КАРЛИКИ —
КРИСТАЛЛИЧЕСКИЕ
ЗВЕЗДЫ

Кандидат физико-математических наук
Ю. М. БРУК,
В. И. ГЕЛЛЕР

В бескрайней пустоте изнеможенный шар,
Охваченый тоской и горем без предела,
Уродливый, немой, давно окамененный,
кращался, позабыв, что раныше был не стар.

Леконт de Лиль. «Последний бог»

9

В этой статье мы постараемся расскажать о том, что нельзя увидеть ни в микросоп, ни в телекоп, но что можно понять с помощью довольно простых и привчных представлений. Речь пойдёт в основном о белых карликах и … конденсаторах. Что такое конденсатор, знают, конечно, все читатели «Кванта». Про белые карлики читатели тоже, верятно, слышали. Так называются очень плотные звезды с массой примерно такой же, как у нашего Солнца, но с радиусом в несколько сотен или даже в тысячу раз меньше солнечного. Разглядеть, как устроены внутренности белого карлика, мы, конечно, не можем. Но, порасускдав о плоском конденсаторе, мы сможем, воспользовавшись физическими аналогиями, получить представление о том, как устроены эти данные и мало похожие на Солнце звезды.

Немного простых вычислений

Масса типичного белого карлика $M \sim 2 \cdot 10^{30}$ кг, его радиус $R \sim 10^{-2} R_\odot$ ($R_\odot = 7 \cdot 10^8$ м — радиус Солнца). Среднюю плотность вещества, из которого состоит карлик, мы получим, разделив массу звезды на ее объем: $Q$ оказывается $\sim 10^9$ кг/м$^3$.

Если бы мы пожелали «построить» белый карлик из отдельных атомов, мы должны были бы собрать их в большое облако вблизи той «точки» в пространстве, куда хотим «поместить» звезду, и сказать это облако до плотностей примерно в $10^6$ раз больших, чем средняя плотность нашей планеты. В космическом пространстве облака из молекул или атомов скимиются под действием сил gravitation.

Реальные белые карлики, как это вытекает из теории строения и эволюции звезд, содержат мало «тяжелых» элементов или даже совсем их не содержат. Для оценок можно считать, что белый карлик «построен» из одинаковых атомов, имеющих примерно по десятиу электронов на атом. Массу $m$ атома при этом можно приять примерно в 20 раз большей массы нуклона, т. е. считать $m \sim 10^{-26}$ кг. Разница масс нуклона (протона и нейтрона), а также масс электрон при грубом расчете можно, конечно, пренебречь. Это вполне разумные допущения, и они фактически не повлияет на те выводы, к которым мы придем.

Число $n$ atomных ядер в единице объема получится, если разделить $\Omega$ на $m$. Для нашей белого карлика $n$ оказывается $\sim 10^{35}$ м$^{-3}$. Значит, средний объем пространства, приходящая на одно ядро, $\sim 10^{-35}$ м$^3$, и среднее расстояние между ядрами $\sim 10^{-12}$ м. Размеры же общих атомов порядка $10^{-10}$ м. Так что мы приходим к выводу, что средние расстояния между ядрами внутри белого карлика в сотно раз меньше размеров тех атомов, из которых мы «начинали строить» звезду. Понятно, что при столбьбих плотностях атом как система «электроны+ядро» не существует.

В процессе сканирования все электроны в недрах белого карлика уже «отдраны» от своих ядер и образуют электронную жидкость. А как ведут себя ядра (которые можно назвать в таком случае «голодранцами»)? Для них существуют две возможность: они либо «плавают» в «электронном море», напоминая взвешьих частиц в жидкости, либо образуют кристаллический решетку, в которой и «наlintа» электронная жидкость,— тогда система ядер и электронов подбна по структуре общим металлам.

Какая же из указанных возможностей реализации на самом деле? Белые карлики — жидкие? или кристаллические?

Наша цель — разобрать в этом вопросе. И поможет нам, как это ни удивительно на первый взгляд, плоский конденсатор.

Плосий конденсатор и плазменная частота

Совокупность электронов и ядер внутри белого карлика образует плазменную систему, которая похожа на плазму в недрах Солнца или на плазму, образующуюся при общном газовом разряде. Общим для этих систем является сосуществование положительных и отрицательных частцц, взаимодействие между которых обусловлено кулоновским силами. (О том, чем существенно отличается плазма в белых карликах от классической кулоновской системы заряда-

10

дов с противоположными знаками, мы поговорим позже.) В целом плазменные системы электронейтральны. А что произдет, если в какой-то небольший области пространства электронейтральность нарушится?

Рассмотрим элемент объема, занятого плазмой, между двумя плоскими площадками. Сначала обсуждим простой случай, когда положительные и отрицательные заряды в плазме одинаковы по абсолотной величины. Пусть площадь каждой площадки $S$, а расстояние между ними $d$. Заряды частц будем считать равными $\pm e$, а их концентрацию равной $n_e$. Предположим, что мы смогли разделить заряды в этом объемчике и помещить все положительные заряды на одну площадку, а все отрицательные — на другую. По существу мы создали заряженный плоский конденсатор. Очевидно, что абсолотная величины заряда пластин этого конденсатора $Q=n_eeSd$, и направленность поля в нем $E=Q/\varepsilon_0S=n_eed/\varepsilon_0$.

В результате относительной смесице части с противоположными зарядами равно $d$. Появившееся при смесиении электрическое поле можно оценить, пользовясь приведенной выше формулой для конденсатора. Сила, действующая на одну частицу, равна $eE=n_ee^2d/\varepsilon_0$; разделив эту силу на массу частицы $m$, получим ее ускорение: $n_ee^2d/\varepsilon_0m$. Обратите внимание: сила и ускорение частицы пропорциональны ее смесению, а направлены они так, чтобы восстановить равновесие. Но это означает, что частица будет совершать гармоничное колбания, и мы можем сразу сказать, какова должа быть часть этих колбаний:

$$\omega_0^2 = \frac{n_ee^2}{\varepsilon_0m}.$$ (*)

Колбания с частотой $\omega_0$ называют электростатическими, ленгмюрвскими или просто плазменными.

Вероятно, читатель уже договорая, какой следующий шаг мы собираемся сделать в наших рассудениях. Конечно, мы должны попытаться понять, нельзя ли обобщить эти рассуждания о плазменных колбаниях на электронно-ядерную плазму в белых карликах. Ответ на этот вопрос позволяет также обобщение действительного возможно. В электронно-ядерной плазме тоже должны быть колбания, обусловленные взаимными смесиями зарядов. Но этот случай отличается от рассмотренного выше простейшего тем, что заряд ядра не равен заряду электрона. Разные у них и массы. И очень важно, что концентрация части в плазме белого карлик в сотни тысяч раз больше, чем, скажем, в солнечной плазме. При таких концентрациях плазму нужно описывать квантовыми законами (тогда как солнечный плазму можно считать классическим газом заряженных частиц, взаимодействующих по закону Кулона). Оказывается к тому же, что вопрос о плазменных колбаниях в белых карликах тесно связан с вопросом о возможности существования в них кристаллических структур. Обсуждение этих вопросов мы теперь и займемся.

Лдерные кристаллы и устойчивость кристаллечекой решетки

Одно из самых общих и привучных для нас фазовых превращений — это кристаллизация. Никого не удивляет, что зимой реки и озера покрывают льдом. Замерзают порой даже моря. Но разве не удивительно, что кристаллизация может произойти в плазменном море, образуемом электронами иatomными ядрами внутри белых карликов?

В ранних теории белых карликов считалось, что вещество при плотности, типичных для внутренних об-

11

ластей этих звезд, представляют собой жидкую смесь ядер и электронов. Ядра в таком «расторе», как и частицы в обычных жидкостьх, могут быть добавлено значительные расстояния, движение их при этом могло бы быть совершено хаотически. Идеи о построении и устойчивости решеток из atomных ядер, погруженных в электронное море, появились немного более даватки лет назад.

Давайте и мы предложим, что атомные ядра с зарядами Ze действительно образуют кристаллесую решетку, т. е. «привязаны» к определенным местам в пространстве. Окружающие их электроны «волны», конечно, «гулять» по всему этому кристаллу, но в среднем около каждого ядра находится Z электронов. Разрушение решетки было бы, очевидно, возникло, если бы ядра могли сильно смщаться из своих положений равновесия. Мальые же колбания ядер к разрушению решетки не приводят.

В обычных твердых телах колбания кристаллесной решетки имеют в основном температурное проискождение. Для ядерного же кристалла очень важную роль играет кулоновское взаимодействие. Колбания плазменного типа будут проискдить при любых температурах, в том числе и при очень низких. Наша цель сейчас — оценить частоту и энергия этих колбаний и сравнить последнюю с потенциальной энергией ядра в кристаллесной решетке и с величины kT, характеризующей температурные колбания. Если потенциальная энергия оказывается намного большие kT и характерной энергии плазменных колбаний, то мы можем сказать, что ядро «привязано» к «своему» узлу в кристаллесной решетке.

Удобно разделить всю нашу систему «ядра+электроны» на условные ячейки, имеющие сферическую форму и такие, что в каждой из них находится одно ядро с зарядом Ze и Z электронов. Если в единице объема содержится nₐ ядер, то радиус r ячейки можно определить из условия $\frac{4}{3} \pi r^3 n_\alpha = 1$; отсюда $r \sim n_\alpha^{-1/3}$. В целом каждой такая ячейка электронетральна. Так как число электронов Z >> 1, можно для оценок считать, что электроны, образующие облака с отрицательным зарядом, равномерно «размазаны» по ячейке. Колбания ядра в этом отрицательном зарядном облке проискдят с плазменной частотой

$$\Omega_0^2 \sim \frac{n_\alpha(Ze)^2}{\varepsilon_0 m_\alpha} \sim \frac{Z^2 e^2}{\varepsilon_0 m_\alpha r^3}.$$

Это по существу та же формула (*). Но только сейчас речь идет о колбаниях ядер с зарядом Ze и массой mₙ.

Мы уже упомянуты, что из-за большой концентрации частиц плазма в белом карлике описывается квантовыми законами. Естественно, что и колбания в такой плазме должны быть чисто, что полная энергия колбаний кристаллесной решетки, построенной из atomных ядер, складывается из отдельных порций — квантов энергии. Знача частоту колбаний, легко оценить и энергию такой порции. Для этого надо частоту $\Omega_0$ умножить на постоянную Планка $\hbar \left(\hbar = \frac{h}{2\pi}\right)$.

Величина $\hbar \Omega_0$ и есть характерная энергия плазменных колбаний, относящаяся к одной колблющей частице, в нашем случае — к одному ядру. Здесь уменьшено еще сказать, что для типичных условий внутри белых карликов энергия kT тепловых колбаний (опять же в расчете на одну частоту) много меньше, чем $\hbar \Omega_0$. Это позволяет нам «забыть» о температуре, говоря о колбаниях кристаллесной решетки белого карлика. (Желание могут убедиться в справедливости неравенства kT << $\hbar \Omega_0$, подставив в формулу для $\Omega_0$ численные значения параметров, характерные для белых карликов, и приняв для

12

Оценки температуры $T$ внутри белого карлика $\sim 10^6$ К.

Итак, нам остается сравнить $U_0$ и $\hbar \Omega_0$. Потенциальная энергия ядра, «сидящего» в узле кристаллической решетки, $U_0 \sim \frac{Z^2 e^2}{\varepsilon_0 r}$. Иногда говорят, что эта общая «кулоновская» формула определяет «глубину потенциальной ямы», в котором «попало» колблющеся ядро. Можно сказать еще, что $U_0$ определяет энергию связи ядра в системе окружающих его других частиц.

Запшем теперь отношение $\hbar \Omega_0 / U_0$, используя приведенные выше формулы для $\Omega_0$ и $U_0$:

$$\frac{\hbar \Omega_0}{U_0} \sim \left( \frac{\hbar^2 \varepsilon_0}{Z^2 e^2 r_m} \right)^{1/2} = \left( \frac{r_0}{r} \right)^{1/2}.$$

Здесь $r_0 = \frac{\hbar^2 \varepsilon_0}{Z^2 e^2 m_\pi}$ — параметр, характеризующий ядро с заданным $Z$ и $m_\pi$. Типичное значение $r_0 / r$ для белых карликов — порядка $10^{-5}$. (Это число вы можете получить сами, считая плотность вещества в звезде $\sim 10^9$ кг/м$^3$, а $Z \sim 10$.)

Тем самым мы убеждаемся, что $(r_0 / r)^{1/2} \ll 1$, а это-то и означает, что энергия колбанный ядер внутри белого карлика меньше потенциальной энергии. Другими словами, кристаллическая решетка, если она образовалась, сама по себе развалится не должна!

Кристаллизация в белом карлике

Do six пор мы обсуждали ситуацию, когда обусловленные температурой эффектив можно было не учитывать. В этом случае выполняется неравенство $\hbar \Omega_0 \gg kT$. Однако теория эволюции звезд предсказывает, что когда белый карлик был молодым, в его недрах шли ядерные реакции и он был довольно-tаки горячим. После того как ядрыные реакции кончились, температура в звезде могла быть еще около $10^7$ К. Естественно, что при достаточно высоких температурах карлик мог и не быть кристаллиским. В его ранней истории возможно существование такого периода, когда $kT$ было больше $\hbar \Omega_0$. В этом случае основную роль играли не плазменные, а температурные колбания.

И для этого периода именно $kT$ нужно сравнить с $U_0$, чтобы решить вопрос о том, существовала ли тогда кристаллическая решетка.

No, как бы то ни было, большеча часть жизни карлика проходит в условиях, когда $kT < \hbar \Omega_0 \ll U_0$. Поэтому по мере его оставления должна произойти кристаллизация. В кристаллизации звездные внутренние области все время остаются горячее наружных, поэтому кристаллическая структура — «корка» — возникает сначала именно снаружи, а уже потом «прорастает» в глубь карлика.

При кристаллизации выделяется энергия, которая в конечном случае звездой излучается. Расчеты показывают, что эта энергия не столь уж и мала. Естественно сравнить ее с полной gravитационной энергейзды (так называется энергия, которая потребовала бы, чтобы разушить gravитуриous шар и «растышить» все составляющие его частицы на достаточно большие расстояния друг от друга). Сравнение позволяет утверждать, что энергия, выделяющаяся при кристаллизации, может достигать долей процента или даже несколько процентов от полной gravитационной энергии белого карлика. Другим источником энергии, излучаемой карликом, является его тепловой энергии. При условии близости температуры внутренних кристаллических ядерной решетки (последняя по оценкам может быть порядка $10^7$ К) запасы тепловой энергии могут оказаться сравнимыми с энергейем кристаллизации. В принципе можно считать, что белый карлик после прекращения в нем ядерных реакций в состоянии излучения энергии порядка процента от его gravитационной энергии.

Гравитационная энергия звезды по

13

порядку величины равна $GM^2/R$; подставляя $M \sim 2 \cdot 10^{30}$ кг, $R = 7 \cdot 10^6$ м, получим приблинительное $4 \cdot 10^{43}$ Дж. Средняя светимость горячих и ярких белых карликов порядка $10^{-2} L_\odot$, где $L_\odot \approx 4 \cdot 10^{26}$ Вт — светимость нашего Солнца (светимость — это полная энергия, излучаемая за единицу времени). Зная это, легко подчитать, что запасов энергии — тепловой и выделяющейся при кристаллизации — белому карлику должно хватить на излучение по крайней мере в течение $10^9$ лет. Приведенные цифры являются конечного же, лишь типичными значениями, для конкретных звезд они могут отличаться. Часто говорят, что конечными стадиями эволюции звезд могут быть белые карлики, нейтронные звезды или черные дыры. Оказывается, однako, что даже после «бурной молодости» звезды «не хотят умирать». Исчерпав запасы ядерной энергии, они сохраняют все же другие источники и запасы энергии, позволяющие им долго излучать и после того, как они должны до своей «старости».

Можно теперь сформулировать и основной выбор нашего рассказа о белых карликах. Не очень горячие звезды этого типа должны кристаллистическими; они кристаллистическими; как только их температурапоняется примерно до $10^6$ К.

Наблюдать белые карлики очень непростою, особенно если это холодные звезды (в астрономии их называют «красные» белые карлики). Слабый блеск и сложность их спектров требуют очень совершенных телексовов. В то же время сейчас известно несколько тысяч белых карликов, разбросанных в сфере радиусом 100 парсек ($1$ парсек $\approx 3 \cdot 10^{16}$ м) вокруг Солнечной системы. Всего же белые карлики составляют от 5 до 10 % всех звезд.

Состояние вещества белых карликов, несуществующей и недостижимое в земных условиях, нам очень важно знать и для физики нейтронных звезд — ведь их нарушные слои состоит из вещества примерно с теми же параметрами, что и внутри белых карликов.

Приложение

О связи главных параметров белых карликов

Основными характеристиками любой звезды являются конечно, ее масса, радиус, химическая состав, температура и светимость. Разумеется, не все эти звелинны являются неависимыми. Легко понять, например, что светимость должна быть связана с температурой — чем горячей звезда, тем более она излучает. Мы приведем здесь пример другой связи — между массой белого карлика $M$, его радиусом $R$ и относением $Z/A$. Параметры $Z$ и $A$ — это номер в Перiodической системе элементов и массовое число (т. е. число нуклонов) ядер тех atomов, из которых «построена» звезда. Для простоты будем считать, что белый карлик «построен» из одинаковых атомов (интересующую нас качественную картину это предположение не испорит).

Сылы гравитации, скимающее вещество звезды, создают внутреннее gravитационное давление. Что «противостоит» этому давлению, что обеспечивает равновесие звезды? В случае звезда, подобных нашему Солнцу, гравитационному сжатюю противостот газовое давление (давление плазмы). В белых карликах гравитационное давление уравновешивается давлением электронной жидкости внутри звезды. Из условия равновесия $p_G = p_e$ можно получить формулу, связывающего интересующие нас параметры $M, R, Z$ и $A$. Но сначала надо найти $p_G$ и $p_e$. Мы сделаем это, воспользовавшись соображениями размерности.

Естественно предположить, что формула для гравитационного давления в центре звезды должна быть $p_G$ с массой звезды $M$, ее радиусом $R$ и гравитационной постоянной $G$. Выпишем размерности этих величины:

$$[p_G] = \kappa r^1 M^{-1} c^{-2},$$
$$[M] = \kappa r, [R] = m, [G] = \kappa r^{-1} M^3 c^{-2}.$$

Будем искать интересующую нас зависимость $p_G(G, M, R)$ в виде $p_G \sim G^x M^y R^z$. Запишем условия равновесия газовой размерностей левой и правой части написанного соотношения:

$$\kappa r^1 M^{-1} c^{-2} = \kappa r^{-1} M^3 c^{-2} = \kappa r^{-1} + y M^3 x + z c^{-2}.$$

Такое равенство может быть выполнено, только если

$$1 = -x + y, -1 = 3x + z, -2 = -2x.$$

Решая эту систему уравнений, получим: $x = 1, y = 2, z = -4$. Следовательно, исключаем формула такова:

$$p_G \sim G \frac{M^2}{R^4}.$$

Теперь перейдем к определению $p_G$. Здесь полезно нести результаты

14

Крокодил в конверте

Ольга Иеронимовна Капица улыбалась доброй материской улыбкой. Письмо пришло от Пети. Правда, он уже не Петя, а Петр Капица, 27-летний физик, недавно принятый на стажировку в Кембридж, в лабораторию Резерфора. Вскрыв конверт и посмотрев на дату, 25 октября 1921 года, стала читать. Сначала спокояное описание пребывания в Кембридже. И вдруг «…отношение с Резерфором, или, как я его называю, «крокодилом», уличшаются». Что это — озорство? Мальчищество? Ну, ладно в школе — какие только клики не дают своим учительям ребята. Но ведь Петя далеко не школьник! Ученого с мировой известностью, наставника, к которым с таким трудом удалось попасть, и вдруг назвать КРОКОДИЛОМ!! Ведь если сотрудники узнали, узнали и сам профессор! Выгонит, чистое слово, выгонит!

Всё знали. Знал и Резерфор. И не выгнал. Он тоже не был лишен чувства комора. Через год в беседе с Резерфором Капица напомил шефу первый день их встречи. Тогда Резерфор сказал, что все 30 мест в лаборатории заняты. Петр Леонидович спросил, какую точность допускает профессор в научной работе? Получив ответ — 2 — 3 %, Капица сказал, что один сотрудник в дополнительке к 30 составляет всего около 3 % и что это не выходит за рамки требуемой точности. Професор спрягал улыбку в усы… и принал молодого физика. Вспоминая это, Резерфор добавил, что он этому очень рад.

Так почему же «крокодил»?

Петр Леонидович объясал это так: «Это животное нигде не поворачивает назад и потому может символьизировать резерфородскую производность и его стремление к продвижению вперед».

В 1931 году «Крокодил» выхлопал 15 тысяч футов стерлингов на постройку и оборудование специального здания лаборатории для Капицы. В febrero 1933 года в Кембридже состоялось торжественное открытие лаборатории. На торцевой стене 2 этажного здания был высечен по камню огромный, во всю стену крокодил. Его по заказу Капицы сделал известный скульптор Эрик Гилл. Резерфор сам обьясил, что это он. Входную дверь открыли позолоченным ключом в форме крокодила.

Прошло около 60 лет, и когда сегодня вдоль здания этой лаборатории проходит группа туристов, на вопросы о крокодиле гидотегает: «Это минимальная шутка одного из учеников профессора Резерфора». А ведь это не «милолетная шутка», а Памятник. Памятник друзьбе между учительем и учеником, английским физиком Резерфором и советским физиком — основателем и первым директором Института физических проблем Леонидович Капицы.

Вот о чем мог бы расскаать гидотегае в Кембридже, ведущая группу mismo здания лаборатории с ползушим по стене крокодилом.

В. З. Бульванкер

НЕСКОЛЬКО ДОПОЛНЕНИЙ
К УРОКУ ЛИТЕРАТУРЫ,
или Еще раз о научном предвидении
Кандидат физико-математических наук
П. Б. БЕРНШТЕЙН

Рассказывали, что когда Давид Гильберта спросили о судьбе одного из его учеников, он сказал: «Ах, этот! Он стал позтом. Для математика у него слищком мало воображения!».

Отдадим должное остроумию великого математика. Но … Трудно сказать, какого ученого потеряла наука в лице упомянутого ученика, но думает-

17

Так в 1920 году роботы начали свое победенное шествие. И очень скоро это понятие перекочевало в работы ученых.

Конечно же, заслуга Карала Чапека не в том, что он введел слова, воспользовались ученым (как это произшло со словом «кварк», усышанным в кошмарном сне героем английского писателя Джеймса Джойса «Поминки по Финнегану»: физики называли кварками гипотетическиеfundamentальные частицы, из которых, как предполагают, состоит многое элементарные частицы). Стого говоря, и не Карал Чапек придумал слова «робот». Вот как он сам это описывает: «…в один прекрасный день …автор пришел в голову сложет…писью. И пока железо было горячно, он прибежал с новой идеей к своему брату Иозефу, художнику, который в это время стоял у молберта… Автор изложил сложет так коротко, как только мог… „No я не знаю, — сказал автор, — как мне эти искусственных рабочих назвать. Я бы назвал их лаборжи [по-видимому, от английского слова labour — П. Б.], но мне кажется, что это слишком книжно“. „Так назови их роботами“, — пробормotal художник,…продолжая грунтовать холст…» В своей пьесе Чапек поставил вопрос об общественных последствиях технического прогресса, рассмотрел многое философские проблемы будущего науки — кибернетики. В дискусии о пьесе он сказал: «Я хотел написать комедию, отчасти комедию науки, отчасти — комедию правды… Создание гомункулуса — идея средневековья; для того, чтобы она соответствовала условиям нашего века, прошес создания должны организован на основе массового производства… Замысел человекаского развития в конце концов из-под власти человекаских рук, начал жить по своим законом». Думается, понятно, почему, создав механического (или, скорее, электронного) «человека», ученыы вспомнили не Голема, не какого-нибудь другого гомункулуса, а роботок Карала Чапека.

И еще один пример. Кто разработал теории многоступенчатого ракетного движения? Ответ на этот вопрос не затруднит никакого. Конечно Константин Эдуардович Циолковский! Им высказаны многие основополагающие идеи, выведены формулы, указаны пути развития ракетной техники. Его вклад в научку общепризнан и неоспорим. Но идея (только идея!) о «двигателе с несколько ступенями» была высказана в XVII века французским писателем, поэтому и философом Сирано де Бержераком, имя которого конечно же известно многим по драме Э. Ростана. В произведении «Иной Свет, или Государства и империя луны», опубликованном в 1657 году, описан двигатель, с помощью которого герой добирается до нашего естественного спутника: «Как только пламя уничтожало один ряд ракет,— они были расположены по шесть штук,— благодаря запалу, помещенному в конце каждого ряда, загорался другой ряд»…

Понстине, нет предела человекаской фантазии. Но справедливости ради стоит заметить, что одно только богатое воображение не позволяет бы писателям и поэтому стать предсказателями в науке. Необходимы и глубокие знания.

Борис Николаевич Бугаев, взявший себе литературный посевом «Андрей Белый»,учился на физико-mатематическом факультете Московского университета.

Фразис Бэкон окончил Кембридский университет. Он обладал многими специальными знаниями, состоял в переписке с выдaoшимся учеными своего времени. Карл Маркс охарактеризовал его как «родоначальника английского материализма и всея современной экспериментурической науки».

Карал Чапек учился в Сорбонне и в Пражском университете и был весна сведщ во многих инженерных проблемах.

Одним из самых образованных людей своего времени был и Сирано де Бержерак. В сале своего друга Пьера Гассенди — философа-материалиста, астронома, математика — Сирано встречался с Пьером Ферма, Рене Декартом; он интересовался теории Коперника и Кеплера.

И в заключение хотелось бы привести без комментариев цитату из позмы Семена Кирсанова «Зеркала» (1969 год):

«No путь испытаеля круг, особенно если беретесь за еще не известный труд. Сначала — гипотеза, nitь… Но не боитесь гипотез! Лучше жить в постоянных ушибах, спотыкаясь, ища. Но однажды сквозь мусор ошибок выглянет ключ. Возможно, что луч, ложясь на стекло под углом, придает составным особый уклон, и частицы вставот, как иглы ежа: каждая — снимок, колючий начес световых невидимок.〈…〉

No цель еще далеко, а стекло безответно и гладко. Но ужешевелися договора! Что, если выприятить игры частиц, возвратить, восспрещить отражение? Я на верном пути! Так идти — от решения к решению, ни за что не назад! Нити лазеров скрышаются и скользят. Вот уже что-то мерещится!».

Простите за длинуную цитату, но мне кажется, что она имеет отношение к теме заметки. Что же мерещится? Не так интересно, если голосация, а может быть, машина времени?…

Классификация

В 1984 году в издательстве «Наука» вышла книга человека-материалиста АН СССР Л. Б. Окуня «Физика элементов частц». Книга эта имеет своеобразную структуру. В ней для obлегения чтения основной части, носящей специальный характер, приведен слоев терминов. Один из терминов — «адроны» — в свое время был предложен самим Львом Борисовичем и получил международное признание. Интересно объяснение термина «классификация», которое мы здесь полностью воспроизвольем.

Классификация — распределение объектов или явлений по классам. Многочисленные примеры различных типов классификации встречаются на страницах этой книги.

Интересный пример классификации, лежащий в раз-

мок физики, приведен в книге «Слова и вещи» современного французского философа М. Фуко. По словам Фуко, эта классификация взята им из книги аргентинского писателя Хорхе Луиса Борхеса, который в свою очередь яковы цитирует некуло восточную энциклопедию. Я не нашел этой цитаты в книгах Борхеса и привожу ее в том виде, как она дана у Фуко:

«Животные подразделяются на: а) принадлежих Имперatorу, б) балзамированных, в) прирученных, г) молочных поросят, д) сирен, е) сказочных, ж) бродячих собак, з) включенных в настоящую классификацию, и) бучетвуоших, как в безумии, к) неисчислимых, л) наиссованных очень тонкой кислоткой из верблюдайшей шести, м) и прочих, н) только что разбивших кувшин, о) издателька кажушихся мухами».

Если классификация какого-либо раздела физики чем-то напоминает вам эту классификацию животных, то, значит, вы еще недостагоно овладели данным разделом. Изучайте его до тех пор, пока скодство не пропадет.

19

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 школьной программы. Наболее трудные задачи отмещаются звездочек. После формирования задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые.

Решения задачи из этого номера можно отправлять не позднее 1 сентября 1987 года по адресу: 103006 Москва К-6, ул. Горького, 32/1, «Квант». Решения задачи из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присваивают в разных конвертах. На конверте в графе «Кому» написите: «Задачик «Кванта» № 6-87» и номера задач, решения которых вы посылаете, например «M1046» или «Ф1058». В графе «…адрес отправителя» фамилию и имя просим писать разборную. В письмо вложите конверт с написанным на нем вашим адресом (в этом конверте вы получите результаты проверки решения).

Условие каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присваивает в отдельном конверте в двух экземплярах вместе с вашим решением этой задачи (на конверте помещьте: «Задачик «Кванта», новая задача по физике или «…новая задача по математике»).

В начале каждого письма просим указывать номер школьных и класс, в котором вы учитесь.

M1046. Встроугольном треугольнике ABC угол A равен 60°. Докажите, что одна из биссектрис угла, образованного высотами, проведенными из вершин B и C, проходит через центр описанной окружности этого треугольника.

В. Погребян, ученик 10 кл., Винница

M1047. В шахматном турипе, проводимом в один круг, не менее 3/4 всех сыгранных к некоторому моменту партий закончился вничью. Докажите, что в этот момент неокторы два участника набрали одинаковое число очков.

M. Бона, ученик гимназии, Венгрия

M1048*. Один из двух играющих («начинающий») ставит на некоторую клетку шахматной доски коня. Затем играки по очереди передвигают коня по общим правилам (буквой «Γ»), при этом нельзя ставить коня на поле, где он уже побивал. Проигрывает тот, кому некуда ходить. Кто может добиться победы (независимо от действия противника) — начинающий или его партер a) на доске 8×8; 6) на доске m×n, где m≥n≥3?

В. Зудилин, ученик 10 кл., Вельцы

M1049. Будем говорить, что в цилиндр Ц1 вписан боком другой цилиндр Ц2, если две образующие второго цилиндра лежат на основаниях первого, а четые точки окружностей основания второго — на боковой поверхности первого (рис. 1). Взяв цилиндр Ц1, у которой отношение диаметра к высоте равно k, пишем в него боком (если это возможно) цилиндр Ц2, в него вписем боком Ц3, в него — Ц4 и т. д. При каких значениях k a) можно вписать Ц2, но нельзя Ц3; 6)* можно вписать Ц10, но нельзя Ц11; 8)* можно вписать бесконечную последовательность Цn (n=1, 2, …)?

В. Столин, ученик 11 кл., Вильнюс

M1050. На отрезке [−1, 1] выбрано k различных точек, для каждой посчитано произведение расстояний до остальных k−1 точек и через S обозначена сумма обратных величины этих k произведений. Докажите, что a) S≥2 при k=3; 6)* S≥4 при k=4.

Л. Д. Курляндчик

Ф1058. Шарик катится вдоль ребра прямогоного железа ACB (рис. 2) со скоростью v без просальзывания; расстояние AB равно радиусу шарика. Какие точки шарика обладают максимальной скоростью? Чему равна скорость?

С. С. Кротов

Ф1059. В некоторой точке пространства необходимое создать максимальное возможную направнюю поля (ускорение свободного падения), имея в распоряжении заданную массу вещества неизменной плотности.

a) Какую форму необходимо придать веществу?
b) Каково должно быть взаимное расположение тела и точки?

Е. Н. Юносов, И. В. Яминский

20

We have been publishing Kvant’s contest problems every month from the very first issue of our magazine. The problems are nonstandard ones, but their solution requires no information outside the scope of the USSR secondary school syllabus. The more difficult problems are marked with a star (*). After the statement of the problem, we usually indicate who proposed it to us. It goes without saying that not all these problems are first publications. The solutions of problems from this issue (in Russian or in English) may be posted no later than 1 st September 1987, to the following address: USSR, Moscow, 103006. Москва К-6, ул. Горького, 32/1, «Квант». Please send the solutions of physics and mathematics problems, as well as problems from different issues, under separate cover; on the envelope write the words: “KVANT’S PROBLEMS” adn the numbers of all the solved problems; in your letter enclose an unstamped selfaddressed envelope — we shall use it to send you the correction results. At the end of the academic year we sum up the results of the Kvant

Ф1060. Математический матник представляет собой неевесомый стержень длиной $l$, к свободному концу которого прикреплен маленький массивный грузик. На стержень надета бусинка такой же массив, которая может свободно скользить по горизонтальной направляющей, проходящей на уровень середины стержня (рис. 3). Найти перiod малых колебаний такого матника. Трене отсутствует.

Л. Г. Маркович

Ф1061. Плама спиртовки, перед тем как погаснуть, начинает мерцать и потрескивать. Почему?

А. С. Бутов

Ф1062. Космическая частица, движущаяся со скоростью, близкой к скорости света, попадает в резервуар экспериментальной установки, наполненной жидкостью с показателем преломления $n=1,6$. Проходжение частицы через жидкость сопровождается свечением. Через небольшой промежуток времени после попадания частицы в резервуар был включен прибор, находящийся в точке $C$, который зафиксировал в момент включения две светящиеся точки $A$ и $B$ (схема опыта в определенном масштабе приведена на рисунке 4; дан вид сверху, точки $C$, $A$ и $B$ лежат в горизонтальной плоскости). Объясните наблюдающееся явление и, используя рисунок, найти скорость частицы. Торможением частицы в жидкости претензь.

А. И. Вуздин

Problems

M1046—M1050, P1058—P1062

M1046. In the acute triangle $ABC$ the angle $A$ is $60^\circ$. Prove that one of the bisectors of the angle between the two altitudes drawn from the vertices $B$ and $C$ passes through the circumcircle of the triangle.

V. Pogrebnyak, 10th form student, Vinnitsa

M1047. In a one round chess tournament no less than 3/4 of the games concluded at some moment were drawn. Prove that at this moment at least two players had the same number of points.

Miklos Bona, gymnasium student, Hungary

M1048*. The first of two players places a knight on an empty chessboard. Then the players make ordinary moves in turn with the knight, never placing it in a position which it occupied before. The player who can’t make such a move loses. Who can win (independently of his opponent’s moves) — the first player or the second a) on an 8 by 8 board; b) on an $m$ by $n$ board, where $m \geq n \geq 3$?

V. Zudilin, 10th form student, Beltsy

M1049. We say the cylinder $C_1$ is inscribed sideways in the cylinder $C_2$ if two generators of the second cylinder lie on the base of the first, and four points of the base circle of the second are on the lateral surface of the first (see figure Pис. 1). Taking a cylinder $C_1$ whose altitude to diameter ratio is $k$, inscribe (if possible) a cylinder $C_2$ into $C_1$ sideways, then a cylinder $C_3$ into $C_2$ sideways, etc. For what values of $k$ is it possible to

a) inscribe $C_2$, but not $C_3$;
b) inscribe $C_{10}$, but not $C_{11}$;
c) inscribe an infinite sequence $C_n$, $n=2, 3, \dots$?

V. Stolin, 11th form student, Vilnius

M1050. If $k$ distinct points are chosen on the closed interval $[-1, 1]$ and the product of distances from a chosen point to the other $k-1$ points is computed for each chosen point, we denote by $S$ the sum of inverses of these $k$ products. Prove that a) $S \geq 2$ if $k=3$; b) $S \geq 4$ if $k=4$.

L. D. Kurlyandchik

22

М1028. а) На плоскости заданы две пересекающие прямые и на их отмею по одному точке (D и E). Построите треугольник ABC, у которого bisсетрисы AE и CD лежат на данной прямых, а их основания — данные точки E и D. б)* Докажите, что если при этом $\angle CDE=30^\circ$, то один из углов треугольника ABC равен $60^\circ$ или $120^\circ$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

М1029. Среди пчленов арифметической прогрессии удалось выбрать кчленов, образующих возрастанию геометрического прогрессию. Докажите

a) Заметим, что прямая AC должна проходить через точки D$_1$ и E$_1$, симметричные D и E относительно данных прямых (рис. 1). Отсюда вытекает следующое построение:

отражаем точки D и E относительно данных прямых OE и OD (О — точка их пересечения); проводим через их образы D$_1$ и E$_1$ прямую до пересечения с DO — в точке C и с EO — в точке A (если D$_1=E_1$, то прямую через D$_1$ проводим произвольно, но так, чтобы она пересекала лучи DO и EO, рис. 2); находим третью вершину B исключого треугольника как точку пересечения прямых AD и CE.

Это построение не всегда осуществимо: может оказаться, что D$_1$E$_1$||DO, D$_1$E$_1$||EO или AD||CE. Но и в том случае, когда треугольник «построится», прямые AE и CD могут оказаться bisсетрисами не внутренних, а внешних его углов. Из равенств

$$\angle DOE = \angle AOC = 180^\circ - \frac{1}{2} (\angle A + \angle C) = 90^\circ + \frac{1}{2} \angle B$$

следует, что задача разрешима только при $\alpha = \angle DOE > 90^\circ$. Но это условие не является еще достоинным. Дополнительно надо гарантировать существование точки A и C, а также чтобы точки D, O и E лежали по одному сторону от прямой AC. Можно показать, что задача разрешима тогда и только тогда, когда

$$-2 \cos \alpha < DO : EO < -1/2 \cos \alpha \text{ при } \alpha \neq 120^\circ$$

(в этом случае решение единственного) или когда

$$DO = EO, \alpha = 120^\circ$$

(в этом случае D$_1 = E_1$, решенный бесконечно много). Подробности исследования оставляем читательм.

б) Построим точки D$_1$ и E$_1$, как в решении задачи a). Треугольник DEE$_1$ — правильный ($\angle EDE_1 = 2\angle EDO = 60^\circ, DE = DE_1$). Если D$_1 = E_1$ (рис. 2), то DO и EO — bisсетрисы этого треугольника, следовательно, O — его центр и $\angle DOE = 120^\circ$. По равенству (1) угол B равен $60^\circ$.

Пусть теперь D$_1 \neq E_1$ (рис. 3). Поскольку EE$_1 = ED = ED_1$, треугольник D$_1$EE$_1$ — равнобедренный, а значит,

$$\angle EE_1A = 180^\circ - \angle ED_1A = 180^\circ - \angle EDA$$

(здесь мы пользовемся тем, что точки E$_1$ и D$_1$ лежат внутри угла AOC, т. е. по одному сторону от A, так как угол DOE — тупой). Из равенства (2) следует, что точки A, D, E и E$_1$ лежат на одной окружности (рис. 3). Поэтому $\angle EAD = \angle EE_1D = 60^\circ$, а $\angle BAC = 2\angle EAD = 120^\circ$.

M. Волчеквич, B. Н. Дубровский

Поделим все члены геометрической прогрессии на перрыв и выпшем их по возрастанию. Тогда она примет вид 1, q, …, $q^{k-1}$, где $q > 1$. Все эти числа входят в некоторую n-членную арифметическую прогрессию; ее будем тоже считать возрастющей (иначе поменяем знак ее разности). Члены арифметической прогрессии,

24

то
a) $S(M_1) \leq S(M_2)$;
б) $P(M_1) \leq P(M_2)$.

Рис. 2.

Рис. 3.

Ф1038. Три одинаковые нерастяжные нити прикреплены на одинаковых расстояниях друга от друга к колыцу радиусом $r_0$ и аналогичным способом — к колыцу радиусом $2r_0$. Нити пропущены через третье колыцу радиусом $r_0$ (см. рис. 3). Колыцо 1 закреплено в горизонтальной плоскости, и все системы нахождения в равновесии. Найти расстояние между центрами колес 2 и 3. Все колыца сделаны из одной и той же проволоки. Тренец пренебречь.

Поскольку радиус колца 2 в два раза больше радиуса колца 3, его длина в два раза больше длины колца 3, и так как колыца сделаны из одинаковой проволоки, масса колца 2 в два раза меньше колца 3. Если $m$ — масса колца 3, то полный вес, удерживаемый нитями, равен $3mg$. Следовательно, сила натяжения каждой нити между колцами 1 и 3 —

$$F_1 = mg.$$

Так как трене отсутствует, сила натяжения каждой нити одинаковова вдоль всей ее длины:

$$F_2 = F_1 = mg$$

(см. рис. 3).

Запишем теперь условия равновесия колца 3:

$$3F_1 - mg - 3F_2 \cos \alpha = 0,$$

откуда

$$\cos \alpha = \frac{2}{3}.$$

Расстояние между центрами колес 2 и 3 (см. рис. 3):

$$x = r_0 \text{ стg } \alpha = r_0 \frac{\cos \alpha}{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha}} = r_0 \frac{2}{\sqrt{5}},$$

$$x = \frac{2r_0}{\sqrt{5}}.$$

В. П. Бородин

*) Определим величины внешнего (телесного) угла многограника при вершине $A$ как плоскь сферической части поверхности кусочка $K_A$ при $r=1$. Из нашего расчедения следует, что сумма внешних углов выпуклого многограника равна $4\pi$, т. е. не зависит от многограника.

25

Ф1039. К бруску, лежащему на наклонной плоскости, прикреплена нить, перекинута через проволочную петлю; на другом конце нити высит грузик (см. рисунок). При этом брусок неподвижен. Коэффициент треня скольжения равен μ.

В отсутствие качаний вдоль наклонной плоскости действуют сила треня покоя (ее максимальное значение равно μN=μMg cos α), сила натяжения нити T и составляющая силия тяжесте бруска, равная Mg sin α. Так как брусок неподвижен, то из условия равновесия грузика T=mg≤Mg(μ cos α+sin α) (тренем нити о петлю пребрегаем).

При отклонении на небольший угол φ0 грузик начинает копложению равновесия, т. е. с ростом скорсти, натяжение нити T увеличивается, все время превышая значение mg. Наконец, эта уvelичивающая сила превышает удерживающие брусок силы, и тогда брусок начинает движение. Это наступает при условии

$$mg + \frac{mv^2}{l} > Mg(\mu \cos \alpha + \sin \alpha),$$

т. е. при $v_1^2 > gl(M(\mu \cos \alpha + \sin \alpha) - m)/m$.

Движение бруска будет продолжаться и после прохождения полежения равновесия, когда скорсть и, следовательно, сила натяжения начинает уменьшаться. Далее прохождение значения скорсти грузика $v_1$ брусок еще некоторое время будет продолжать перемещаться по инерции, расходя накопленную кинетическую энергию на работу против силы треня и «скатывающей силы».

После остановки бруска, когда грузик начинает после максимального отклонения при колбании опускаться, процессной подтвердит в обратном направлении. Грузик опять наберет скорсть, и нить снова рыбком «сдернет» брусок, заставляя его пройти некоторое расстояние, меньше по сравнению с предыдущим. Постепенно процесс затухнет.

Г. В. Меледин

Ф1040. Три одинаковые проводящие плоские площадь S каждой расположенной другу другу на расстояниях d1 и d2 (см. рисунок). Вначале на плоские 1 нахождение заряд Q, а плоские 2 и 3 были незаряжены. Затем плоские 2 и 3 присоединяют к батарее с напряжением U, плоские 1 и 3 соединяют проводником. Найти установившее заряды на плоские axes.

Пусть установившие заряды на плостинах 1, 2 и 3 равны соответствующим q1, q2 и q3.

Будем считать, что поля между пластнами однозначны (т. е. пребрежем искажением поля на краях пластин). Тогда для направленной полей, создавемых каждой пластиной, можно пользоваться выражением для направленности поля бесконечной равномерного заряденной плоскости:

$$E = \frac{q}{2S\varepsilon_0}.$$

После соединения пластин 1 и 3 проводником потенциальы пластин становятся равными. Следовательно,

$$\varphi_1 - \varphi_2 = \varphi_3 - \varphi_2 = U$$

(так как разность потенциальов пластин 3 и 2 равна напряжению источника). С другой стороны,

$$\varphi_1 - \varphi_2 = E_{12}d_1, \quad \varphi_2 - \varphi_3 = E_{23}d_2,$$

где $E_{12}, E_{23}$ — проекции напряженной полей между пластинами 1-2 и 2-3 на направление «от 1 к 3». Согласно принципу суперпозиции

$$E_{12} = \frac{q_1 - q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0},$$

26

$$E_{23} = \frac{q_1 + q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0}.$$

Таким образом,

$$\frac{q_1 - q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0} d_1 = U,$$

(1)

$$\frac{q_1 + q_2 - q_3}{2S\varepsilon_0} d_2 = -U.$$

(2)

Учитывая, что согласно закону сохранения заряда

$$q_1 + q_2 + q_3 = Q,$$

(3)

из уравнения (1)—(3) находится:

$$q_1 = \frac{Q}{2} + \frac{S\varepsilon_0 U}{d_1},$$

$$q_3 = \frac{Q}{2} + \frac{S\varepsilon_0 U}{d_2},$$

$$q_2 = -S\varepsilon_0 U \left( \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_2} \right).$$

В. Н. Ивановко

Ф1041. Проводящий стержень длиной $l$ и массой $m$ подвешен на двух несовомых местах стержнях длиной $h$ к горизонтальной оси (см. рисунок). Эта рамка находится в одномродном вертикальном магнитном поле, индукция которого в. Через рамку пропускают импульс тока $I_0$ малой дигельности $t$. Определить максимальное отклонение рамки от вертикальной плоскости. Смеценце рамки за время $t$ очень мало.

При малом смесении рамки за время $t$ результатирующая сила, действующая на стержень, есть

$$F = I_0 Bl.$$

За это время стержень прообретает импульс

$$p = mv = F\tau = I_0 Bl\tau,$$

и кинетическая энергия стержня становится равной

$$E = \frac{mv^2}{2} = \frac{p^2}{2m} = \frac{I_0^2 B^2 l^2 \tau^2}{2m}.$$

В дальнейшем при отклонении рамки потенциальная энергия стержня увеличивается за счет уменьшения его кинетической энергии. В крайнем положении рамки при максимальном угле отклонения $\alpha_{\max}$ потенциальная энергия равна

$$U = mgh (1 - \cos \alpha_{\max}) = 2mgh \sin^2 \frac{\alpha_{\max}}{2}.$$

Из закона сохранения энергии —

$$\frac{I_0^2 B^2 l^2 \tau^2}{2m} = 2mgh \sin^2 \frac{\alpha_{\max}}{2}$$

— находится:

$$\sin \frac{\alpha_{\max}}{2} = \frac{I_0 Bl\tau}{2m\sqrt{gh}}.$$

В. В. Пай

Ф1042. Оцените, на каком расстоянии железнодорожные рельсы какутся слившимися. Предполагается, что вы, хорошего представления физики наблюдаемо явления, может сами задать числовые значения необходимых величины.

Для проведения оценки можно поступить следующим образом. Поставьте на листе бумаги две точки очень близко друг к другу — например, на расстоянии $l \approx 1,5$ мм. Удаляя лист от глаз, оцените расстояние, на котором точки сольются в одну. Если у вас нормальное зрение, это расстояние $d \approx 2$ м. Угол $\alpha \sim \frac{l}{d}$ — минимальное угловое расстояние между точками, при котором они различны глазом как два объекта. Этот угол характеризует ваш глаз.

Рельсы будут казаться вам слившимися, когда угловое расстояние между ними будет $\alpha$. Если рельсы находятся на расстоянии $L \approx 1,5$ м один от другого, то они сольются в точку на расстоянии $D \sim \frac{L}{a} \sim \frac{L}{l} \approx 2$ км.

П. И. Зубков

27

Задчи

1. Замените буквы цифрами так, чтобы получились верные равенства (см. рисунок). При этом одинаковым буквам должны соответствовать одинаковые цифры, разным — разные.

2. Говорят, что Тортила отдала золотой ключик Буратино не так просто, как рассказал А. Н. Толстой, а вынесла три коробочки: красную, синию и зеленую. На красной коробочке было написано «Здесь лежит золотой ключик», на синей — «Зеленая коробочка пуста», а на зеленой — «Здесь сидит гадюка». Тортила прочала надписи и сказала: «Действительно, в одной коробочке лежит золотой ключик, в другой — гадюка, а третья пуста, но все надписи неверны».

Где же лежит золотой ключик?

3. У Коли, Вити и Юры было 12, 14 и 22 ореха. Когда Коля отдал Вите столько орехов, сколько было у Вити, затем Вита отдал Юре столько орехов, сколько было у Юры, а Юра отдал Коле столько орехов, сколько оставалось у Коли, у всех ребят орехов оказалось поровну. Сколько орехов было у каждой?

4. Лихие капитаны парусников, перевозивших хлопок из Австралии в Англия, не стремились полностью загружать свои корабли, хотя были заинтересованы в перевозке большего количества хлопка. Почему?

5. Выпуклый четырехугольник разрезали по двум прямым, соединяющим середины противоположных сторон. Покажите, что из полученных четырех кусков всегда можно сложить паралелограмм.

Эти задчи нам предложили: В. Н. Русанов, А. П. Савин, С. В. Дворянинов, Л. П. Моцалов, В. В. Произвольов.

В начале прошло век Англлювоздоражили известия о катстрофах в угольных шахтах — страшные взрывы уносили жизнь тысяч шахтеров. Они проискодили из-за воспламенения газа, который шахтеры назвали «рудничным». Понять причину внезапных взрывов не удавалось почти столетие. Только в 1916 году немецкий физик-химик Валтер Нернст высказал предложение, что они проискодят в результате реакций, которые можно назвать цепными. И еще почти 50 лет понадобилось для создания теории этого явления.

…Приходилось вам видеть каменные обвалы в горах? Один маленький камешек, случайно сорвашийся со своей места, увлекает за собой огромные массы других камней,лавиной устремляющихся вниз. Попробуем оценить, сколько камней участвует в таком камнепаде. Пусть первый камень начинает свой путь на высоте 500 м и на каждом метре своего пути вовлекает в движение еще одного соседа. Каждый новый камень в свою очередь становится инцициатором движения других, другие — следующих и т. д. Движение как бы передается по цепи. После одного метра путь в потоке будет два камня, после второго метра — четыре, после третьего — восемь и т. д. Когда лавина достигнет подножия горы, в ней уже должно быть 2⁵⁰ камней. Это огромное, более чем 150-зачное число! Конечно же, в результате ситuation количесто камней оказывается гораздо меньше. Не все камни вовлекают в движение соседей, некоторые камни наталкивают на прействия на своем пути и останавливаются. Тем не менее число 2⁵⁰ дает некоторое представление о масштабах цепного процесса. По сходной схеме развиваются и некоторые химические реакции.

Одно из самых распространенных веществ в природе — вода. Для образования молекулы воды — молекулы H₂O — должны встречаться три реагирующие частицы — два атома водорода и один atom кислорода. Поэтому для такой реакции водород и кислород надо смешать в количественном соотношении 2:1. Эта смесь называется «гремучим» газом. В 1817 году английский ученый Гемфри Деви обнаружил удивительное явление — в присутствии платины смесь водорода и кислорода реаги-

30

рует со взрывом. Без платины реакция идет медленно и только при очень высоких температурах.

При взаимодействии водорада с кислородом происходит нечто похожое на явление каменного объала в горах, только еще быстро, почти мгновенно. В обычных условиях водорад и кислород — это газы с химическими формулами H₂ и O₂, т. е. какая молекula состоит из двух атомов. Это их естественное и устойчивое состояние. Чтобы разорвать молекулу H₂ на два атома, надо затратить определенную энергию. Присутствие платины в газовой смеси облегчает разрыв молекулы H₂ на атомы — на ее поверхности реакция H₂→2H происходит относительно легко.

Образующийся на поверхности платины atom водорада краяне неустойчив, он стремится посокреем избавиться от своего вынужденного одиночества. Время его «холодой» жизни очень мало. Не зря в природа atomы водорада, кислород и многохydrites веществ объединяются в неразличные пары — молекулы. Активный atom водорада вызывает цель дальнейших превращений, как один маленький камешек вызывает цель обвал в горах. При его взаимодействии с молекулой O₂ происходит реакция H+O₂=OH+O — образуется сразу две активные частицы: «одинокий» atom кислород и частица OH (ведь в ней до молекулы воды неxbатает одного атома водорада, к которым она стремится быстро присоединиться). Активные частицы — O и OH — далее взаимодействуют с молекулами водорада

$$\text{OH} + \text{H}_2 = \text{H}_2\text{O} + \text{H},$$
$$\text{O} + \text{H}_2 = \text{OH} + \text{H} \text{ и т. д.}$$

В этих реакциях образуется не только устойчивые молекулы H₂O, но и новые активные частицы, которые снова взаимодействуют с молекулами водорада и кислорода с образованным новых молекулы воды и новых активных частиц. Все элементы реакции не независимы друг от друга, а представляют собой цель взаимодействия. В каждой элементарной реакции образуется не только продукт реакции, но и заключается основа для дальнейших взаимодействия — появляются новые активные частицы. (Вспомним, как при камнепаде в горах каждый новый камень вовлекает в движение своих соседей.) Платина только помещает начать цель превращений (разложение молекулы H₂). Дальше реакция может идти и без ее участия.

Не всегда, ввидно, верна последия: «Один в поле не воин». В цепной реакции один «воинственный» atom может повести за собой десяти миллионов своих сородиков.

Именно цепные реакции приводили к взрывам в каменнуюгольных копях Англии. Образующийся «рудничный» газ мгновенно восплемался при зажигания ламп, освещающих шахты. Огонь в лампе помогал началу цепной реакции в «рудничном» газе (как платина в «гремучем» газе). За избегение безопасной лампы для работы в шахтах была обязывана специальная награда. Через год Гемфри Деви и его молодому сотруднику Майклу Фарадею — будущеему первооткрывателю является электромагнитной индукции — удалось сконструировать безопасную лампу, в которой опасный газ по трубочкам отводился из области пламени. Сделали они это, ничего не зная о цепных реакциях.

Естественно, возникают вопросы: при каких условиях может начаться цепная реакция? существует ли сила, способная остановить или хотя бы замедлить такую лавину?

Эти вопросы изучались советскими учеными — академиком Н. Н. Семеновым и его сотрудниками. В частности, увечивая концентрацию молекул (т. е. их количество в единице объема), они обнаружили, что цепной процесс начинается при вполне определенной — критической — концентрации. Ниже этой концентрации реакция не идет, а выше — носит лавиновозбраный характер. Как будто неведомый полководец отдает приказ о насуплении — и десяти миллионов части мгновенно идут в бой.

Более того, оказалось, что критическая концентрация зависит от формы сосуда и обратно пропорциональна площади его стенок. Вот как пишет об этом сам Н. Н. Семенов: «Отсюда был лишь один шаг до предположения, что активные частицы — скажем atomы кислорода,— доходя до стенок, захватываются имми, выбывают из игры и не могут далевать реакцию. Два таких atomа, встречаясь на стенке, образуют вновь неактивную молеку-

31

лу кислорода, которая легко слеает в объем, очищая стенку. На пути цепи — от места ее зарождения внутри сосуда до стенок — происходит то или иное число реакций, возникает столько-то частиц. Чем уже сосуд, тем короче эта цепь, тем меньше в ней элементарных реакций, тем меньше успет возникнуть разветвленей».

С увеличением концентрации увеличивается число активных частиц. С увеличением площади стенок сосуда их количество уменьшается, так как становится больше захваченных стенками сосуда и выбывших из игры частиц. Если постепенно заполняется сосуд реагирующих газами, то до определенной концентрации цепная реакция идти не может — на стенках оседает и успокаивает больше активных частиц, чем их образуется в объеме сосуда. Продолжая дальше заполнять сосуд газами (другими словами, увеличивая концентрацию), мы должны до такой критической концентрации, при которой активных частиц образуется больше, чем их гибнет на стенках. Поверхность сосуда уже не в силах справиться с такой лавиной активных частиц. Их становятся слишком много. В этот момент происходит переход от инертного состояния до бурной реакции. Критическая концентрация — это граница, отделяющая зону «спокойствия» реакции от зоны «взрывной» активности. Она зависит не только от того, какие газы реагируют, но и от того, в каком сосуд эти газы находятся. Не один полководец управляет цепной реакцией, а сразу два. Первый — концентрация —ОВет атомы в бой, вторый —поверхность сосуда — пытается их остановить. Судья им критическая концентрация. Ниже не — сильнее второй, выше — побеждает первый.

Если мы, поддерживая ту же концентрацию, будем уменьшать сосуд, то doitем до такого размена, когда больше часть цепей вообше не успет разветвиться. тогда число погибших на стенке активных atoms оказывается больше, чем число вновь образующихся в результате реакции. Лавина развивается уже не сможет, и реакция практической прекратиется.

Стенки сосуда — не единственная сила, способная успокивать активные частицы. Это могут сделать и чужие молекулы примесей, стalkиваясь с которых частия теряют свою активность. Ничегоные количество примесей могут очень сильно влиять на скорость цепных процессов.

Результаты опытов были необходимыми, и многие учены им просто не поверили. Например, знаменитый немецкий химик Макс Боденштейн объяснил полученные результаты ошибкой эксперимента. Недоверчиво встретили результаты опытов Семенова даже его близкие коллеги. «Мне пришлось пережить немного непрятных часов», — вспоминает ученый.

Это сегодня академик Н. Н. Семенов — основоположник новой науки — химической физики, автор классического труда «Цепные реакции», настоящий книги многохимических и химков. А тогда, более 50 лет назад, ему потребовалось немало мужства, чтобы в сложной ситуации не потерять уверенности в правоте своих идеи.

Цепные реакции лежат в основе многохимических промышленных технологий. Это и горение, и получение горючих материалов из нефти, и производство пластмасс. Далее взрыв atomной бомбы — это цепная реакция, только активными частицами в этом случае оказываются не atoms, а нейтроны. Когда ученики Семенова академики Ю. В. Харитон и Я. В. Зельдович создают в 1939 году теорию цепного распада урана, им во многом помогли представления о цепных реакциях.

Более 20 лет понадобилось миру, чтобы до конца осознать значение разветвленных цепных реакций. В 1956 году академик Н. Н. Семенов первым из советских ученых был удостоен Нобелевской премии за исследование механизмов химических реакций. В своей речи при ее получении он сказал: «Дальнейший задачей химии является создание возможности рационального управления скоростью и направлением химического превращения. Теория цепных реакций намечает первоначальные пути подхода к этому вопросу».

32

Замечательные линия и точки

Гипербола была известна еще древнегреческий математиком. Она определяется как множество точек, разность расстояния расстояния которых до двух заданных точек $F_1$ и $F_2$ построена. Эти точки называются фокусами гиперболы.

Менее известна другая кривая — конхоида. Она определяется так: на плоскости фиксируются прямая $l$ и точка $O$ и задается число $a$. Через точку $O$ проводятся всевозможные прямые, на каждой из которых от точки пересечения с прямой $l$ в обе стороны откладываются отрезки длины $a$. Вторые концы этих отрезков и образуют конхоиду.

Представьте себе два круглых острова в океане и лодку, пльвушную вдоль морской границы, т. е. нахождение во всей момент на одинаковом расстоянии от берегов этих островов. Если размеры островов одинаковы, то путь лодки будет прямолинейен, а если нет, то лодка будет пльтЬ по гиперболе.

Древнегреческий математик Никомед (3 век до н. з.) решал задачу трискции уелла с помощью конхоиды. Проведем через точку $A$ прямую $l$, параллельную прямой $OD$, окружность с центром в точке $A$ и радиусом $a = AO$. Конхоида, построенная по прямой $l$, точке $O$ и числу $a$, будет пересекаться с окружностью в точке $C$. Угол COD равен 1/3 угла $AOD$.

33

Гипербола — одно из конечских сечений: ее можно получить, пересекая конечскую поверхность плоскостью, не проходящей через ее вершину и пересекающей обе ее половины. Другими конечными сечениями являются парабола и эллипс.

Гиперболой является график обратной пропорциональной зависимости: $y = k/x$. При удалении точек графика к бесконечности они прижимаются к одной из осей координат $x$ или $y$. Эти прижемые звязываются ее асимптотами. Асимптоты есть у любой гиперболы.

Если поместить в один из фокусов гиперболического зеркала источник света, то, отразившись в зеркале, свет будет проедать двить так, как будто он исходит из второго фокуса гиперболы. Это оптическое свойство гиперболы. Его использовал Гарин в романе А. Н. Толстого «Гиперболюй инженера Гарина».

Головоломки

1. Квадрат разбит на пять прямой угольников так, как изображено на рисунке. Известно, что площади прямой угольников, примыкающих к границе к границе каедрата, равны. Покажите, что центральный прямой угольник — это каедрат.

2. Какую намет именно длину может иметь кривая, делющая площадь прямойно-треугольника со стороны а на две равные части?

34

Построения
одним циркулем

Кандидат физико-математических наук
Д. В. ФУКС

Среди бесчисленных задач на построение встречаются также, в которых построение требуется произвести одной линейкой или одним циркулем. Однако давно известно, что отсутствие линейки не существует круга возможных построений: всякое построение, выполнение циркулем и линейкой, можно проделать одним циркулем.

Идея о построении с помощью одного циркуля была вывинута еще итальянским ученым Джованни Баттиста Бенедetti (1530—1590). В 1672 году появился книга «Euclidus Danicus» датского геометра Георга Мора (1640—1697). В ней он показал, что все задачи, которые сводятся квадратным уравнением, можно решить геометрическими с помощью одного циркуля. Более чем через 100 лет, в 1797 году, эта задача была новым построением и решена итальянцем Лоренцо Маскерони (1750—1800). Соответствующое утверждение называют теоремой Мора — Маскерони.

В этой заметке мы приведем доказательство этой теоремы.

Во всех решаемых ниже задах на построение мы ограничиваем описанием самого построения, предоставляя читателю самостояльно доказать, что построение приводит к желаемой цели. Впрочем, доказательства приведены в разделе «Ответы, указания, решения» на с. 58.

1. Формулировка результата. Разумеется, нельзя проверить циркулем прямую, поэтому все рассматриваемые задачи на построение должны состоять в построении некоторой точки (на плоскости).

Теорема. Предположим, что точка М может быть построена по точкам $A_1$, …, $A_n$ при помощи циркуля и линейки. Тогда точка М может быть построена по точкам $A_1$, …, $A_n$ при помощи одного циркуля.

Чтобы доказать эту теорему, построим, какие построения произведения линейкой. С помощью линейки можно проверить через две данные точки прямую и найти ее точки пересечения с ранее построенными прямыми и окружностями. Но так как с самого начала нам были данные точки, всякая ранее построенная прямая была неогда проверена через еще ранее построенные точки, и всякая

35

ранее построная окружность имеет своим центром ранее построенную точку. Таким образом, в процессе построения линейка применяется только к решению одной из двух следующих задач.

Задача 1. По данным точкам A, B, C, D найти точку пересечения прямых AB и CD.

Задача 2. По данным центра O и данным точкам A и B найти точку пересечения окружности S с прямой AB.

Наша теорема будет доказана, если мы установим, что обе эти задачи могут быть решены при помощи одного циркуля.

2. Вспомогательные построения. В этом и следующем пунктах, говоря «построение», мы подразумеваем построение одним циркулем. Мы начнем с решения четырех вспомогательных задачи.

Задача 3. Даны (различные) точки A и B. Построить на луче AB точку C такую, что AC=2AB.

Построение (рис. 1). Проведем через точку A окружность с центром B. На этой окружности трижды отложим отрезок AB, начиная от точки A. Получившаяся при третьем откладывании точка C удовлетворяет требованиям задачи.

Задача 4. Дана окружность с центром O и дуза AB на ней. Построить точку, делящую эту дугу пополам.

Построение (рис. 2). Через точку O проведем окружности с центрами A и B. Проведем окружность с центром O радиусом AB. Возьмем две точки: P и Q пересечения этой окружности с двумя построенными; тогда дуги OP и OQ равны дуге AB. Затем через точки B и A проведем окружности с центрами P и Q до их пересечения в точке R. Наконец, радиусом OR проведем окружность с центром P или Q. Точка C пересечения этой окружности с дугой AB и будет искомой.

Задача 5. Дана окружность S с центром O и точка P≠O. На луче OP построить точку P′ такую, что OP·OP′=r², где r — радиус окружности S.

(Tакая точка P′ называется симметричной точке P относительно окружности S.)

Построение. Слушай 1. Точка P лежит вне окружности S (рис. 3). Проведем через точку O окружность с центром P. Пусть Q и R — точки ее пересечения с окружностью S. Проведем через точку O окружности с центрами Q и R. Отличная от O точка пересечения этих окружностей и есть искомая точка P′.

(Это построение проходит и в случае, когда точка P лежит внутри окружности S, но находится от ее центра O на расстоянии, большем r/2.)

Слушай 2. Точка P лежит внутри окружности S. Пользоватьство задачи 3, мы последовательно строим на луче OP точки P₂, P₃, … такие, что OP₂=2OP, OP₃=3OP, …, пока не достигем до точки Pₙ, которая будет лежать в S. Для точки Pₙ мы строим симметриную относительно окружности S точку P′₁, пользоваться предыдущим построением. Наконец, на луче OP′₁ (т. е. на луче OP) мы строим точки P′₂, P′₃, … такие, что OP′₂=2OP′₁, OP′₃=3OP′₁, … Точка P′ₙ и будет искомой.

Задача 6. Даны окружность S с центром O и несоравданное точку A, B. Построить окружность, проходящую через точку O и точки пересечения прямой AB с окружностью S (в пределахжения, что прямая AB не проходит через центр окружности S и пересекает ее в двух точках). Доказать, что эта окружность, за вычетом точки O, представляет собой геометрическое место точек, симметричное

36

ных точкам прямой AB относительно окружности S.

Построение (рис. 4). Проведем через точку O окружности с центрами A и B. Точка их пересечения, отличную от O, обозначим через P. Построим точку P′, симметрично точке P относительно окружности S (задание 5), и построим окружность с центром P′, проходящую через O. Это и есть искомая окружность.

3. Основные построения. Построение к задание 2. Если точка O не лежит на прямой AB, проходит построение задания 6 и даже его упрощенный вариант: мы строим точку P, как в задание 6, и затем проводим окружность с центром P радиусом, равным радиусу окружности S (знач центр окружности S, мы можем радиус окружности изменить циклелем); точки пересечения построенной окружности с данной окружностью — искомые точки. Если точка O лежит на прямой AB, то это построение не пройдёт: точка P сольется с точкой O. Тогда мы применяем другое построение (рис. 5): с центром A (или с центром B, если A=O) проводим произвольную окружность, пересекающую окружность S в двух точках, обозначаем точки пересечения через C и D и делим друг CD и DC окружности S пополам (задание 4). Точки деления и будут искомыми.

Построение к задание 1 (рис. 6). Построим произвольную окружность S, внутри которого содержится все данные точки и центр O которого не лежит ни на одной из прямых AB и CD. (Это легко сделать «на глазок», но для «строгого построения» такой решет не годится. Можно построить так: построить произвольную окружность, найти, пользоваться построением задания 2, точки ее пересечения с прямыми AB и CD и взять в качестве O точку построенной окружности, отличную от найденных точек.) Затем, пользоваться построением задания 6, строим окружность S₁, проходящую через O и через точки пересечения окружности S с прямой AB, и окружность S₂, проходящую через O и через точки пересечения окружности S с прямой CD. Затем мы обозначаем через P точку пересечения окружностей S₁ и S₂, отличную от O, и строим точку P′, симметрично точке P относительно окружности S. Это и есть искомая точка.

4. Заключительные замечания. 1°. Если данные задания на построение включают в себя не только точки, линейка может оказаться для ее решения необходимой. Например: данные кривая c и точки A, B; найти точки пересечения кривой c с прямой AB. Это, вообще говоря, нельзя сделать без линейки. Однако бывают, что подобные задания свойства к заданным рассмотренного типа и решаются одним циклелем. Например: на плоскости нарисована окружность; пользоваться одним циклелем, найти ее центр. Это можно сделать так: отметим на окружности три точки A, B, C; как известно, циклелем и линейкой можно построить центр окружности, описанной около треугольника ABC; значит, это можно сделать и одним циклелем. (Впрочем, задача имеет городадо более простое решение — найти его!) Мы видим, кстати, что в заданных 2, 4, 5 и 6 не обязательно было указать центр заданной окружности.

2°. Один линейкой можно проделать не всякое построение, выполните циклелем и линейкой. (Доказательство см. в книге: Радемахер Г. и Теплиц О. Числа и Фигуры. — М.: Наука, 1966.) Существует, однако, поразительная теорема Штейнера, согласно которой все построения, выполнимые циклелем и линейкой, могут быть проделаны одной линейкой, если на листе предварительно нарисована окружность и отмечен ее центр.

37

Значит, если вы собирались делать построения циркулем и линейкой и забыли дома линейку, не беда — можно обойтись одним циркулем; если же вы забыли циркуль — попросите его утоварища и нарисуйте им одну окружность, предварительно пометив ее центр; после этого вы можете построить что угодно одной линейкой. (Хуже, конечно, если вы забыли дома и циркуль, и линейку — здесь уже наука бесcilна вам помочь.)

Размышляя об одной оптимальной задаче

В. Я. САННИНСКИЙ

Олимпидные задачи полезны не только для проверки математических способностей вжестих условий соревнования. В более способной области, когда есть время на размышление, конкурсная задача может стать источником небольшого самостоятельного исследования, чем-то напоминающего сервисное математическое творчество.

Я показую это на примере следующей задачи на доказательство, встречающейся во многих конкурсных сборниках:

Если все простые числа, начная с 5, запутеваны в порядке возрастания, то каждое запутеванное простое число будет больше своего утренного номера.

Попробуйте доказать это самостоятельно. Это не очень трудно, я, например, придумал доказательство довольно быстро*. Однако после этого я не бросил задачу, а стал размышлять над ее формулировкой. И сразу возник вопрос: причем здесь числа 5 и 3, нельзя ли взять другие числа? Это подсказывает об обценке задачи — вместе пары чисел (3, 5) расстоять произвольную пару $(k, p)$, где $k$ — натуральное, а $p$ — простое. Получилось утверждение, которое я назвал

$Y(k, p)$: если все простые числа, начная с $p$, запутевать в порядке

*) Я воспользовался тем, что средние последовательных чисел $9n, 9n+1, \dots, 9n+8, n=1, 2, 3, \dots$, может встретиться не более трех простых.

возрастания, то каждое запутеванное простое число больше чем его номер, умноженный на $k$.

Одна беда. Это утверждение не всегда верно (не для всех $k$ и $p$). Например, $Y(3,3)$ — ложно (простое число 13 меньше, чем его утроенный номер: $13 < 3 \times 5 = 15$). С другой стороны, мы знаем, что $Y(3,5)$ — верно (это утверждение нашей исключной задачи). Ну а тогда возникает задача описания всех хороших пар $(k, p)$, то есть таких пар, для которых $Y(k, p)$ верно.

Чтобы решить ее, я начал пробовать различные небольшие пары, и быстро нашел несколько нежорших (например, $(4,5), (6,3)$) и несколько хороших пар $(\langle 1,2\rangle, (2,3), (2,5), (3,7))$. Советуючитатель превращать чтение на этом месте и тоже пробовать небольших пар.

Далее читатель не последовал моему совету, он легкооймет, что из справедливости $Y(k, p)$ вытекает справедливость $U(k', p')$, если $k' \leq k$ и $p' \geq p$. Я тоже это быстро заметил и поэтому решил не искать все хорошие пары, а искать только неулучшемые пары $(k, p)$, то есть такие, для которых верно $Y(k, p)$, но ложно $Y(k', p')$ при $p' > k$ и ложно $Y(k', p')$ при $p' < p$. Так возникала новая задача: найти все неулучшемые пары.

Упражнение 1. Докажите, что пары $(1,2), (2,3) и (3,5)$ неулучшемые.

Я это доказал, как наверно и читатель, без особого труда и взгляда за следующее пару — $(4,7)$. Она оказалась не хорошей: $7 > 4 \cdot 1, 11 > 4 \cdot 2, 13 > 4 \cdot 3, 17 > 4 \cdot 4$, но неверно, что $19 > 4 \cdot 5$. Я перешел к следующей паре — $(4,11)$ — и начал пробовать $11 > 4 \cdot 1, 13 > 4 \cdot 2, \dots, 29 > 4 \cdot 6, 31 > 4 \cdot 7, \dots$. Вскоре мне это надоело, и я решил, что у меня есть правдоположная гипотеза: пара $(4,11)$ неулучшема. Признаюсь, мне пришлось немало повозиться, преждеем чем я сумел ustановить справедливость этой гипотезы.

38

Рассудал я так. Пусть $p_1 = 11, p_2 = 13, ..., p_n, ...$ интеграция нас нужнация. Чтобы доказать $Y(4, 11)$, нужно установить неравенство $p_n > 4n$ для всех $n \in \mathbb{N}$. Возьмем число $m = 210 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7$ (произведения всех простых чисел, меньших 11) и разобем множество натуральных чисел $n \geq 11$ на $m$ классов, в зависимости от остатка при их делении на $m$. Именно, к $r$-ому классу $K_r$, $r = 0, 1, ..., m - 1$ отнесем все числа вида $n = tm + r$, где $t \in \mathbb{N}$. тогда каждое натуральное число $n$ попадаетровно в один класс $K_r$ — именно, в класс с номером $r$, равным остатку от деления $n$ на $m = 210$. Выбросим из списка $K_0, K_1, ..., K_{m-1} = K_{209}$ все классы, номера которых — составные числа. Другими словами, остатим в списке лишь те классы, номера которых взаимно просты с $m$. Заметим, что все рассматриваемые простые числа $p_1, p_2, ..., p_n$ … находятся в осташих классах (почему?). Обозначим номера осташих классов через $a_1, a_2, a_3, ...$, например, $a_1 = 11, a_2 = 13, ..., a_{47} = 209$.

Уражение 2. Найдите все номера (их $\varphi(m) = \varphi(210) = 48$) осташих классов и проверите, что для них выполяется неравенство $a_n > 4n$, где $n = 1, 2, ..., 48$.*

Занутем теперь в порядке возрастания все числа, находящиеся в осташих классах. Этот список начинается с уже известных нам чисел $a_1, a_2, a_3, ...$, но не оборвется на $a_{48} = 211$, а поддет дальше: $a_{49} = 217, a_{50} = 221, ...$. Тогда оченьindo, что $a_n \leq p_n$ для всех $n = 1, 2, ...$ (ведь наши простые числа $p_1, p_2, ...$ находятся среди осташих чисел $a_1, a_2, ...$). Поэтому нам достаточно доказать неравенство $a_n > 4n$ (для всех $n$). Для первых 48 чисел $a_1, ..., a_{48}$ оно уже проверено (упражнение 2), для дальнейших $n$ мы его докажем по индукции. Индукцию будет вести по вспомогательному параметру $t$ при фиксированном $r$ ($r = 1, 2, ..., 48$), то есть проверем доказательство для всех чисел из класса с номером $a_r$. Любое число $a_s$ из этого класса представляется в виде $a_s = t \cdot 210 + r$. Начало индукции уже есть (мы проверили, что при $t = 0$ число $a_r$ удовлетворяет неравенству $a_r > 4r$). Пусть (индукционное предложение), $a_s = 210 \cdot t + r > 4s$. Нам нужно установить неравенство $210(t + 1) + r > 4(s + 48)$, либо $s + 48$ — номер следующего числа $210(t + 1) + r$ из рассматриваемого класса (с номером $a_r$). Но оно сразу следует из индукционного предложения и оченьного неравенства $210 > 4 \cdot 48$. Утверждение $Y(4, 11)$ доказано.

Уражение 3. Проверите, что при $k > 5$ утверждение $Y(k, 11)$ неверно.

Так как $Y(4, 7)$ неверно то же, мы установили, что пара $(4, 11)$ действительное неулучшаема.

Проблем продвижется дальше — будем искать неулучшаемую пару вида $(5, p)$.

Уражение 4. Проверите, что пары $(5, p)$ не являются хорошими при $p < 23$, также как и пара $(6, 23)$.

Исследование пары $(5, 23)$ $(23 > 5 \cdot 1, 29 > 5 \cdot 2, 31 > 5 \cdot 3$ и т. д.) приводит к

*) Классы $K_0, K_1, ..., K_{m-1}$ называются классами вычетов по модулю $m$. Число этих классов с номерами взаимно простыми с $m$ обозначается $\varphi(m)$; функция $\varphi$ называется функцией Эйлера.

очередной гипотезе: пара $(5, 23)$ неулучшаема.

Справедливо есть той гипотезы можно установить, рассуждая так же, как для пары $(4, 11)$. То есть взять $m = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 = 9699690$, рассмотреть классы вычетов по модулю $m$, из них выделить $\varphi(m) = 1658880$ классов, взаимно простых с $m$, занимает в все числа (начиная с 23) из выделенных классов в порядке возрастания $(a_1, a_2, ...)$ и доказать по индукции, что неравенство $a_n > 5n$ (из которого следует $p_n > 5n$ для выбранной номера простых чисел $p_1 = 23, p_2 = 29, ...$) верно для любого числа $a_n$ из данной класса, если оно верно для номера $a_n$ этого класса. Тогда остется «только» проверить, что неравенство $a_n > 5n$ выполняется для всех $n$ от 1 до $\varphi(m) = 1658880$. Конечно, эта проверка неоспользовна для человека. Пришлось ее поручить машине; ЭВМ ЕС — 1045 за 6 минут для ответ; действительно, $a_n > 5n$ при $n = 1, 2, ..., \varphi(m)$. Гипотеза о неулучшаемости пары $(5, 23)$ установлен.

В современной математике такое встречается часто: логическими рассуждениями математик свойит задачу проверки бесконечного набора утверждений (у нас — неравенств) к конечному (но большому) набору, а уже утверждения этого набора проверяет ЭВМ.

Каковы дальнейшие перспективы? Пониск следующей неулучшаемой пары (вида $(6, p)$) приводит к числам, на пределе возможности ЭВМ ЕС — 1045, а пары вида $(7, p)$ — завершено не подаются нашему подходу. Позатем я пробовал иначе обобщить исходную задачу и пришел к следующей формулировке:

Торема. Простые числа растут быстрое любой линейной функции от их номера; иначе говоря, если $p_1 = 2, p_2 = 3, ..., p_n, ...$ последовательность всех простых чисел в порядке возрастания, то для любых $k$ и $b$ неравенство $p_n > kn + b$ выполняется для всех $n$, больших некоторого $n_0$ (зависящего от $k$ и $b$).

Попробyte и вы доказать эту известную дальше? Например, можно было попробовать доказать, что простые числа растут медленнее, чем многолен второй степени от их номера. Но это уже трудная задача: мы приближаем к переднему краю науки, и двигать дальше можно только изучить труды наших великих предшественников — Эйлера, Лагранжа, Гаусса, Римана, Чебышева.

39

Кипение жидкости

Кандидат физико-mатематических наук
А. И. БУЗДИН,
кандидат химических наук
В. В. СОРОКИН

Процесс кипения жидкости всем нам хорошо знаком. Мы говорим, что вода в чайнике кипит, когда интенсивное образование пара присходит по всему объему жидкости. В этом заключается отличие кипения от испарения, при котором процесс парообразования идет лишь с открытом поверхности.

Кипение начинается тогда, когда давление насыщенного пара в пузырьках становится равным внешнему атмосферному давлению.*) Если же давление насыщенного пара меньше атмосферного, случайно образовавшийся в жидкости пузырек пара должен склопнуть и исчезнуть.

Погранчное кипение жидкости

Хорошо известно, что каждый жидкость характеризуется в полне определенной температурой кипения при определенном атмосферном давлении. Например, вода при нормальном атмосферном давлении ($p_0=760$ ммрт. ст.) кипит при 100 °C, а только ($C_7H_8$) — при 111 °C.

А при какой температуре будет кипеть «смесь» только и воды, двух не смешивающихся друг с другом кипкость? Казалось бы, температура кипения должна лежать между 100 °C и 111 °C. Однако, если в пробирку с водой осторожно налить немного только (он оказывается над водой, так как его плотность меньше, чем плотность воды) и нагревать ее в водной бане, то оказывается, что кипение начинается примерно при 95 °C! Отметим, что при проведении этого опыта необходимо пользоваться довольно точным термометром.

В чем же дело? Ответ подсказывает эксперимент. При внешательном наблюлении видно, что кипение начинается на границе раздела кипости — только и воды, и мы имеем дело с так называемым погранчным кипением жидкости. В этом случае в образуощийся на границе газовый

40

пузырек испаряется как вода, так и только, и пузырек содержит насыщенные пары воды и только. При кипении полное давление паров в пузырьке, равное атмосферному давлению $p_0$, представляется собой, согласно закону Дальтона, сумму парциальных давления насыщенных паров только $p_T(T_K)$ и воды $p_B(T_K) : p_0 = p_T(T_K) + p_B(T_K)$. Таким образом, давление насыщенного пара воды и только, каждого в отдельности, меньше атмосферного, а значит, и температура пограночного кипения $T_K$ должна быть меньше температуры кипения как воды, так и только.

Особенно удачным получается аналогичный демонстрационный опыт, если в пробирку налить немного четыреххлористого углерода ($\text{CCl}_4$), который при $76,7\degree\text{C}$, а поверх него налить воду. С тем чтобы граница раздела жидкости была заменее, четыреххлористый углерод можно предварительно подкрасить растivo-

Рис. 1.

40

41

хлористый углерод: $T_{\text{к}} = 65^{\circ}\text{C}$. При этом давление паров $\text{H}_2\text{O}$ равно 190 mm pt. ст., а давление паров $\text{CCl}_4$ составляет 570 mm pt. ст., что в сумме дает нормальное атмосферное давление, т. е. 760 mm pt. ст.

К сожалению, такой простой расчет приводит к достоверному результату не всегда — зачастую следует принять во внимание взаимную расторяемость компонентов.

Любопытно, что если поддерживать погранчное кипение в течение некоторого времени, то можно заметить, что четыреххлористый углерод выкипает значительное быстрее, чем вода. Как вы думаете, с чем это связано? Попробуйте оценить, во сколько раз быкипает $\text{CCl}_4$ по сравнению с водой (плотность четыреххлористого углерода $q = 1600 \text{ кг/м}^3$).

Давление насыщенных паров

Мы привели к тому, что для определения давления насыщенных паров воды при данной температуре надо воспользоваться справочными таблицами. А нельзя ли попробовать самим получить температурную зависимость давления насыщенного пара, т. е. выступить в роли экспериментатора — составителя таблицы?

Рассмотрим один из простых методов получения такой зависимости, который вы сможете воспользоваться. Установка для проведения опыта представляет собой наполнитель холодной воды химической стакан, в котором погружена перевернутая вверх дом пробирка с нанесенным на ее стенки делениями. Пробирку и термометр можно укрыть в стоящем на столе лабораторном штанах с лапками.

Частчно заполним пробирку водой, установим стакан с перевернутой пробиркой и термометром на электронной плитке и начнем нагревание. По мере увеличения температуры воды будем записывать данные об изменении объема газа в пробирке, т. е. фиксировать нанесенные на стенки пробирки деления.

Газ в пробирке представляет собой смесь воздуха и насыщенных паров воды. Суммарное давление, естественно, равно атмосферному давлению (давлением водыного столба в стакане можно пребегчь, поскольку оно составляет лишь 17 mm pt. ст. Однако с ростом температуры водыной пар дает все более заметный вклад.

Используя уравнение Мендлеева — Клапейрона, для воздуха в пробирке запишем

$$\frac{p_0 V_0}{T_0} = \frac{p_B V}{T}, \quad p_B = p_0 \frac{V_0}{V} \frac{T}{T_0},$$

где $p_0$ — начальное давление (равное атмосферному), $V_0$ и $T_0$ — соответственно начальные объем и температура воздуха. Теперь, зная, как меняются объем и температура, мы можем найти давление насыщенного пара при данной температуре:

$$p_H = p_0 \left( 1 - \frac{T}{T_0} \frac{V_0}{V} \right).$$

Полученная таким образом экспериментальная зависимость давления насыщенного пара от температуры хорошего согласно справочными данныхми. Особенно хорошо согласие при температуре выше 80 °C — ошибка составляет менее 5 %. При низких температурах точность этого метода падает. Подумайте, с чем это связано, каковые основные источники ошибок и как можно было бы повышить точность предлагаемого метода. Попробуйте поставить лабораторную работу по определению температурной зависимости давления насыщенного пара в вашем школьном кабинете физики.

42

Список читателей, приславших правильные решения
Большинство читателей, приславших решения задачи M1001—M1015, Ф1013—Ф1027, справились с задачи M1001, M1003—M1005, M1007, M1009, M1011, M1015, Ф1013—Ф1015, Ф1020, Ф1023, Ф1024. Ниже мы публикуем фамилии тех, кто прислал правильные решения остальных задачи (цифры после фамилии — последние цифры номеров решенных задачи).

Математика
А. Абдрахманов (Алма-Ата) 02, 14; В. Акоплан (Ереван) 13, 14; Д. Алиевский (Свердловск) 12—14; Д. Ароцер (Киев) 02, 06; С. Аршава (Северодонец) 02, 06, 13, 14; Р. Асадуллаев (Масалены) 06; В. Базуткин (Кривой Рог) 06, 08; З. Бандик (СФРЮ) 06; А. Барабанов (Киев) 02, 06; С. Безека (Москва) 06; Р. Безрукавников (Калуга) 02; А. Бейянку (СРР) 06; И. Белозеров (Серпухов) 02, 13, 14; В. Бергман (Баку) 06, 08, 14; Д. Берзин (Калуга) 02, 06, 08; Э. Бесаев (Тбилиси) 06, 13; В. Будайко (Киев) 06, 08; А. Бурштейн (Москва) 02, 06; П. Бучин (Киев) 06, 12—14; Я. Баршавский (Харьков) 02, 06, 08; А. Винцок (Киев) 02, 06, 13; А. Витяев (Новосибирск) 06, 08, 13; В. Волододский (Омск) 02, 08, 12—14; Я. Второв (Киев) 06; Ю. Выменец (Ленинград) 02; Т. Гамидов (п. Борадьях АзССР) 06; О. Геворков (Тбилиси) 13, 14; И. Горорцева (София, НРВ) 06; О. Гупель (Дрезden, ГДР) 08, 13, 14; А. Гулиок (Харьков) 06, 08; В. Голованов (Киев) 06, 08; М. Гольдшед (Челябинск) 06, 08, 10, 13, 14; А. Гороховский (Киев) 06; В. Гравит (Северодинск) 02; Р. Грипце (Львов) 08, 13, 14; Д. Грбнцаров (София, НРВ) 06; А. Гусев (Белорец) 06; А. Давыдов (с. Елфимово Горьковской обл.) 06; Т. Данелия (Тбилиси) 06, 08; О. Джавадов (п. Борадьях АзССР) 06; А. Донченко (Киев) 02; И. Дохолян (Тбилиси) 13; С. Дронов (Пушино) 06; А. Дубинский (Москва) 13, 14; И. Дыников (Жуковский) 06, 08; Р. Ельчиев (с. Арчуг АрмССР) 13; В. Емец (Киев) 08; Д. Зайцев (Киев) 02, 06, 08; И. Зефиров (Химки) 06, 08; В. Иванов (Тбилиси) 14; И. Илцев (НРВ) 06, 08, 14; В. Кальчицкий (Калининград) 08, 14; В. и М. Каримовы (Алма-Ата) 06; Т. Касумов (Баку) 06, 08, 13, 14; О. Кирисовский (Винница) 14; О. Коврижин (Майкоп) 14; А. Козинский (Гайворон) 06, 08; Г. Колецичкий (Тбилиси) 14; М. Колецичный (Тбилиси) 06, 13; А. Константин (СРР) 06, 08; А. Корпилов (Ростов-на-Дону) 14; А. Корпилов (Мозырь) 02, 06, 08, 12—14; В. Крепец (Новосибирск) 06; А. Кривенko (Киев) 06; В. Круллюков (Харьков) 06, 08, 13, 14; В. Крушкаль (Новосибирск) 13; В. Куватбекова (Фрунзе) 06; Д. Кущенко (Саратов) 14; И. Кучугури (Новый Уренгой) 02; С. Лаусмаа (Кохтла-Арве) 13; О. Лимешко (Куйбышев) 06, 08, 12—14; М. Литвионов (Киев) 02, 08; А. Лобковский (п. Черноголовка Московской обл.) 06, 08, 13, 14; В. Ляндин (Белорец) 02, 06, 08, 14; А. Мазр (Киев) 06; М. Макчиан (Ереван) 13, 14; А. Макогон (Киев) 02, 06, 08; Р. Малендевич (Волеков) 02, 06, 08; А. Мельник (Гайворон) 06, 08; А. Мельер (Ленинград) 08, 12—14; А. Мидло (Ленинград) 06; В. Мильто (Киев) 06, 08; Г. Минасанц (Ереван) 06, 08; З. Мустафев (Баку) 12—14; С. Мушинский (Новосибирск) 02, 06; А. Назаран (Тбилиси) 06, 08, 12—14; И. Нарский (Тбилиси) 06, 08, 14; Ю. Ним (п. Черноголовка Московской обл.) 06; А. Новченко (Вильнюс) 14; П. Пасавов (Черновцы) 13, 14; П. Пасманик (Москва) 06, 08, 14; М. Пасуманский (Ленинград) 08, 14; О. Пелевин (Кострома) 06, 13, 14; З. Петренко (Херсон) 14; А. Петрова (Ленинград) 06; А. Петрова (Пермор) 06; В. Полинов (Магнитогорск) 06, 13, 14; А. Полицук (Москва) 12, 13; В. Помаз (Семеновка) 06; И. Портной (Одеска) 02; Д. Прокофьев (п. Сертолово Ленинградской обл.) 13, 14; В. Пушина (Харьков) 02, 08, 13, 14; Ш. Разимов (Ульяновск) 13; В. Разуллин (Челябинск) 12—14; С. Резнов (Киев) 02, 08; А. Ройтгитейн (Ленинград) 06; Д. Румынин (Краснойрск) 08, 14; Э. Сайдаматов (п. Кук-Терек Ташкентской обл.) 13; В. Сайнбаяр (МНР) 06, 14; И. Самовол (Гайворон) 06, 08; С. Сефибеков (Кашкент) 06; С. Сильвестров (Киев) 02, 06, 08; В. Слитинский (Киев) 02, 06, 08, 12—14; А. Смирнова (Киров) 12—14; В. Соловьев (п. Купавна Московской обл.) 02; И. Соловьев (п. Черноголовка Московской обл.) 02; В. Столин (Вильнюс) 08, 12—14; Д. Тамаркин (Горький) 08, 10, 13, 14; А. Тарасенко (Днепропетровск) 06, 08; А. Терехов (Алма-Ата) 12—14; Д. Туляков (Жданов) 13, 14; И. Устиловский (Москва) 06, 08; Д. Фельдман (п. Черноголовка Московской обл.) 06, 13, 14; Ф. Фот (Томск) 06; А. Френкель (Магнитогорск) 13, 14; М. Хараба (с. Надреное Тернопольской обл.) 06, 08; К. Хриневски (ПНР) 06, 08; О. Христенко (Караганда) 06, 08, 13, 14; Е. Черная (Днепропетровск) 02, 06, 08, 13, 14; Р. Чужек (ЧССР) 14; Т. Чудиновских (Целиноград) 06, 14; Е. Чурикова (Целиноград) 06; Ю. Шампук (д. Новый Двор Гродненской обл.) 06, 08; И. Шextман (Киев) 06; Я. Эфдидеев (Баку) 06, 13; А. Явран (Ереван) 06, 14; М. Ямольский (Харьков) 06.

Физика
Х. Акимов (к/х «Москва» Хорезмской обл.) 16—19, 21, 22; А. Андрианов (Кузнецовск) 17; А. Анисимов (Киев) 16, 17; А. Антонов (Москва) 16, 18, 26; У. Аскаров (Хорезмская обл.) 21; Ф. Асмандьярова (Целиноград) 17, 18, 22, 25; Х. Атабаев (к/х «Москва» Хорезмской обл.) 22; Г. Ахмедов (Сумгант) 16—18, 26; Т. Ахметов (Новосибирск) 26, 27; С. Белусов (Петроворец) 16—18, 26; Д. Бердзе (Тбилиси) 18; Д. Берзин (Калуга) 16—12, 22; А. Беслов (Кишинев) 18; С. Бобылев (Березники) 18, 21, 26, 27; А. Болотникков (Кузнецовск) 17; Д. Будько (Белгород) 16—19, 21, 22; А. Быцко (Ленинград) 26; М. Ваданов (п. Черноголовка Московской обл.) 18, 19; В. Верле蛛 (Винница) 18; Р. Верле蛛 (Винница) 18, 26; А. Винцок (Киев) 16, 25; П. Вольфбейн (Киев) 17, 18, 22, 25; А. Гаек (Днепропетровск) 18; А. Гамалонов (Полтava) 26, 27; С. Герасимов (Харьков) 17, 18, 27; А. Гольдин (с. Водяное Левовской обл.) 16—18, 22; В. Горбоевец (Свердловск) 26; Д. Горелик (Электросталь) 16, 18; К. Горячеев (Тула) 26; Г. Гридне (Тбилиси) 18; В. Гураший (п. Черноголовка Московской обл.) 16—19, 22; Д. Гуторов (Кузнецовск) 17, 18, 26, 27; С. Дикий (Черсказы) 26, 27; С. Дронов (Пушино) 18; J. Евсеев (Дмитровград) 18; Д. Евтушенко (Донецк) 16, 18; Д. Ежиков (Минск) 16, 18; А. Езерский (Минск) 18, 26; Д. Жильцов (Краматорск) 21;

(Окончание см. на с. 46)

43

Проверка правильности алгоритмов

Кандидат технических наук
В. А. КАЙМИН

Составление программы — это искусство, наука или ремесло? Можно ли составлять программы и гарантировать, что в них нет ошибок? Эти два вопросы — предмет жарких научных дисциплины, столковения меней и сервисных исследований. Попробуем разобраться.

Можно выделить три подхода к составлению программы для вычислительных машин.

Первый подход — называем его традиционным — состоит в написании программы на некотором языке программирования (бейсик, фортран, ПЛ/1, кобол и т.п.) сразу по содержательным формulierовкам задач:

Языки программирования, как правило, имеют английскую лексику, и программы на этих языках трудно читать, понимать и изучать лодям, для которых английский язык не является родным. При составлении программы при традиционной практике почти всегда в них вносится большое число ошибок, и составитель программы как можно скорее стремится выйти на ЭВМ и начать отладку программы.

Количество ошибок в программе заранее никогда не известно, а потому никакому не известно, когда закончится отладка программы. Более того, когда авторы программы заявляют, что их программы полностью отладены, в этих программах обычно еще имеются ошибки.

Второй подход к составлению программы, который принято называть структурным программированем, состоит в тщательном продумывании логики решения задачи и создании структурированных алгоритмов. Эти алгоритмы мы советуем записать на школьном алгоритмическом языке из вашего учебника и только после этого переводить запись программы на один из языков программирования. Схему составления программы можно

44

изображать так:

При таком подходе легко разделить синтаксические и алгоритмические ошибки. Синтаксические ошибки (нарушения правил языка программирования) могут появиться только при неправильном кодировании программы по алгоритмам. Алгоритмические ошибки (нарушения в логике решения задач) возникают при составлении алгоритмов; их поиск и исправление может проводиться по описаниям алгоритмов до написания и испытания программы на ЭВМ.

Третий подход, который мы называем систематическим конструктивным программ, является развитемового. Схематически его можно изображать следующей диаграммой:

Более подробно об этом подходе расскажано в «Кванте» (1986, № 10, с. 47 и № 11, с. 40).

Проверка программы на ЭВМ включает тщательно спланированные испытания на соответствие работы машин сценарию программы. Проверка состоит в проверении всех основных частных случаев постановок задач, проверке граничных условий, проверке реакций программы на недопустимые данные и недопустимые действия со стороны человека. На этой стороне — связанной со сценарием диалоговых программ (см. «Кванте», 1986, № 11, с. 40) — мы здесь подробнее остановывать не будем.

Выявление ошибок и обоснование правильности программы при таком подходе проводится путем логических рассужждения, целую которых является доказательства — будет или не будет программы давать требуемые результаты и сообщения? Полная гарантия отсутствия ошибок возможна только при наличии математических постановок решаемых задач и детальном описании сценария работы с ЭВМ.

В этой ситуации программы мы называем правильной, если при любых допустимых исходных данных она формирует результаты, строго соответствующие сценарию при любых действиях пользователя. Программа содержит ошибки, если можно указать такие данные, при которых машина дает результаты, противоречащие сценарию постановок решаемых задач, либо ее работа не будет соответствовать описанию сценария программы.

Мы рассмотрим здесь несколько примеров обоснования правильности отдельных фрагментов программы, написанных на школьном алгоритмическом языке (часть заголовка программы для краткости опускаем).

Пример 1 (задча на вычисление).

алг «вычисление x⁵»
нач v := x · x
v := v · v
y := v · x

результаты
v₁ = x · x,
v₂ = v₁ · v₁,
y = v₂ · x.

Обратите внимание, что переменной v в процессе работы алгоритма происходит неописание несколько значений, поэтому в записи результатов мы сначала букву v числовыми индексами. На основании этой программы мы делаем следующее

Утверждение. y = x⁵.

Доказательство. Из описания результатов выполнения операций имеем
y = v₂ · x = (v₁ · v₁) · x =
= ((x · x) · (x · x)) · x = x⁵.

Пример 2 (алгоритм с учетом ветвления).

алг «вычисление |x|»
нач если x > 0
то y := x
иначе y := -x

результаты
x при x > 0,
-x при x ≤ 0.

Утверждение. Эта программа всегда дает y = |x|.

Доказательство проводится разбором случая. При x > 0 выполняется первая альтернатива. В результате присавания величины станет равной y = x, что соответствует опре-

47

Задчи
на газовые смеси

Доктор физико-математических наук
С. М. КОЗЕЛ

На приемных экзаменах в.byзы абитурентам передко предлагают задачи, в которых рассматриются не чистые газы (водород, кислород и т. д.), а смеси нескольких газов. Эти задачи важны потому, что на практике чаще приходится иметь дело именно с газовыми смесями. Так, например, воздуха состоит из смеси азота, кислорода, углекислого газа с примесью других газов. Влажный воздух содержит также и водяной пар.

Задчи на газовые смеси по существу мало отличются от задачи на законы идеальных газов. Если по условию задачи состав газовой смеси не изменяется, можно рассматривать смесь как один идеальный газ с некоторым усереденным значением молярной массы. Так, сухому воздуха часто приписывают молярную массу $M_B=29$ г/mоль, усереденно по его основным компонентам. Однако, если состав смеси изменяется, понятие усереденной молярной массы теряет смысл, и с использованием уравнения газового состояния воздуха неокоторы затрудняния. В этом случае полезно вести понятие парциального давления — так принято называть давление, оказываемое каким-либо чистым газом из состав смеси, когда все другие газы из сосуда удалены.

Если газы достаточно разрежены (так что их можно считать идеальными) и химически не взаимодействуют друг с другом, молекулы разных газов не оказывают влияния друг на друга, и каждый газ в смеси ведет себя так, как если бы других газов не было вовсе. Отсюда следует, что общее давление смеси равно сумме парциальных давлений:

$$p=p_1+p_2+\dots+p_n.$$

Этот закон экспериментально установлен англійским физиком Дальтоном и был назван его именем. Поясним закон Дальтона и понятие парциального давления на примере.

Два разных газа $A$ и $B$ помещены в две камеры одинакового объема и создают давления $p_1$ и $p_2$ (см. с. 48). При помощи поршня газ из одной камеры через клапан выталкивается в другую камеру. Температура при этом поддерживается неизменной и одинаковой во всей системе. В результате во второй камере устанавливается

48

Давление $p = p_1 + p_2$. Давления $p_1$ и $p_2$ в данной случае и есть парциальные давления разных газов, а в соответствии с законом Дальтона они складаются в общие давление $p$.

Отметим еще раз, что закон Дальтона справедлив только для идеальных газов с незначимой структурой молекулами. Как показывает опыт, при достагоно высоких давлениях (порядка десятков атмосфер) наблюдаются отклонения от этого закона.

Если для каждой газа записать уравнение Менделеева — Клапейрона, то из закона Дальтона для смеси газов получим

$$pV = \left( \frac{m_1}{M_1} + \frac{m_2}{M_2} + \dots + \frac{m_n}{M_n} \right) RT,$$

или

$$pV = (v_1 + v_2 + \dots + v_n)RT,$$

где $v_i = m_i/M_i$ — число молей данного газа в смеси. Это соответствие называют уравнением состояния газовой смеси. Учитывая закон Авогадро, согласно которого моль любого вещества содержит $N_A = 6,02 \cdot 10^{23}$ молекул ($N_A$ — число Авогадро), последнее равенство можно переписать в виде

$$pV = \left( v_1 N_A + v_2 N_A + \dots + v_n N_A \right) \frac{R}{N_A} T = (N_1 + N_2 + \dots + N_n) kT = NkT.$$

Здесь $N_i = v_i N_A$ — число молекул состояствующего газа, $k = R/N_A = 1,38 \cdot 10^{-23}$ Дж/K — постоянная Больцмана. Таким образом, оказывается, что давление смеси газов при заданной температуре зависит только от полного числа молекул и не зависит от их сорта. Это одно из основных следствий молекулярно-кипетической теории идеальных газов.

Рассмотрим ряд задач на применение закона Дальтона и уравнения состояния газов смеси. Все эти задачи в разные годы предлагались абитурirement на письменном примемом экзамене в Московский физико-технический институт.

Задача 1. В сосуд объемом $V = 10$ л, наполненный сухим воздуха при давлении $p_1 = 10^5$ Pa и температуре $T_1 = 273$ K, вводят $m = 3$ г воды. Сосуд нагреваютdo температуры $T_2 = 373$ K. Каково давление влажного воздуха при этой температуре?

Давление влажного воздуха в сосуде складывается из парциальных давления сухого воздуха и водяного пара:

$$p = p_B + p_\pi.$$

При этом

$$p_B = p_1 \frac{T_2}{T_1} = 1,37 \cdot 10^5 \text{ Pa}.$$

Считая пар идеальным газом с молярной массой $M = 18$ г/mоль и предполагается, что все вода испарится, найдем

$$p_\pi = \frac{m}{M} \frac{RT_2}{V} = 0,52 \cdot 10^5 \text{ Pa}.$$

Это давление меньше давления насыщенного пара при температуре 373 К, которое равно $p_\pi = 10^5$ Pa. Следовательно, пар ненасыщен, и наше предположение было правильным.

Таким образом,

$$p = p_B + p_\pi = 1,89 \cdot 10^5 \text{ Pa}.$$

Задача 2. В сосуд постоянного объема при температуре $T_1 = 300$ К находится $v_1 = 1$ molle neона и $v_2 = 2$ molle водорода. Давление в сосуде $p_1 = 10^5$ Pa. Когда температура повышила до $T_2 = 2400$ К, давление возросло до $p_2 = 8,8 \cdot 10^5$ Pa. Какая часть молекул водорода диссоцировала при этом на атомы?

При температуре $T_1$ для смеси neона и молекулярного водорода можно записать уравнение

$$p_1 V = (v_1 + v_2) RT_1,$$

где $V$ — объем сосуда.

Если обозначить степень диссоциации водорода, т. е. относение числа распавшихся молекул к общему числу молекул до диссоциации, через $\alpha$, то при температуре $T_2$ в сосуде оказывается $v_1$ молле neона, $(1 - \alpha) v_2$ молей молекулярного водорода и $2\alpha v_2$ молей атомарного водорода. Уравнение состояния газовой смеси применяют вид

$$p_2 V = (v_1 + v_2)(1 + \alpha) RT_2.$$

50

объемом $V_1=100$ л находится $m_2=1,4$ кг азота под давлением $p_1=1,5 \cdot 10^6$ Па, во втором баллоне объемом $V_2=250$ л находится $m_2=1,2$ кг аргона под давлением $p_2=5 \cdot 10^5$ Па. Какие давления и температуры устанавливаются в баллонах, если открыть Ventilb? Теплоемкость моля азота при постоянном объеме равна $C_1=(5/2)R$, температуре моля аргона — $C_2=(3/2)R$. Молярные массы азота и аргона равны соответствию $M_1=28$ г/mоль и $M_2=40$ г/mоль.

Первоначальные температуры азота и аргона найдем из уравнения Менделева — Клапейрона:

$$T_1 = \frac{p_1 V_1}{v_1 R} = 360 \text{ K}, \quad T_2 = \frac{p_2 V_2}{v_2 R} = 500 \text{ K},$$

где $v_1 = m_1 / M_1 = 50$ моль и $v_2 = m_2 / M_2 = 30$ моль — количество молей азота и аргона.

Температура смеси $T$, установившаяся после открытия Ventilb, определяется из первого закона термодинамики — внутренняя энергия системы при смешивания газов остается неизменной (теплообмен с окружащими телами отсутствует, система рабочая)

Упражнения

1. В сосуде объемом $V=1$ л находится $m=0,28$ г азота при температуре $T=1800$ К. При этой температуре часть молекул $\alpha=30\%$ диссцинировала на атомы. Определите давление в сосуде.

2. В стальном баллоне объемом $V=60$ л содержится смесь водорода и кислорода обшей массой $m=60$ г. Давление в баллоне при температуре $T=300$ К равна $p=3,28 \cdot 10^5$ Па. Какая масса воды образуется из этой смеси, если водород и кислород вступят в реакцию?

3. Одинаковый массив водорода и гелия помещили в сосуде объемом $V_1$, который отделен от откачанного сосуда объема $V_2$ получили цепочку перегородкой, через которого могут диффундировать только молекулы водорода. После окончания процесса диффузии давление в первом сосуде уменьшилось в 2 раза. Определите отношение $V_2/V_1$, если во время процесса температура поддерживается постоянной.

Задачи вступительных экзаменов в различных.by в 1986 году

Предлагаем подборку задач вступительных экзаменов по математике и физике в некоторых университетах — Белоруссий (1), Горьковский (2), Омский (3), Саратовский (4), Уральский (5) и институты — Киевский педагогический (6), Московский архитектурный (7), Московский областной педагогический (8), Новосибирский институт инженеров железнодорожного транспорта (9), Римский политехнический (10), Томский политехнический (11), Московский авчационный технический (12).

Математика
Алгебра

1(1). Из города $A$ в город $B$, нахождение на расстоянии 105 км от $A$, с постоянной скоростью $v$ км/ч выходит авторус. Через 30 минут слева из $A$ со скоростью 40 км/ч выезда авторомы, догнав в пути автоток.

бус, поворачивает обратно и движется с прежней скоростью. Определите все значения $v$, при которых авторомы возврашаются в $A$ позже, чем авторус приходит в $B$.

2(1). Два скрепера разной мощности, работа вместе, могут выполнить работу за 6 часов. Если бы первый пропработал 4 часа, а затем второй — 6 часов, то они выполнили бы 80 % всей работы. За сколько часов каждый скрепер, работа отдельно, может выполнить всю работу?

3(1). При подведении итогов совершения вычислений, что процент числа членов бригады, перевыполненных план, заключен в пределах от 92,5 % до 93,5 %. Определите минимальное возможное число членов бригады.

4(4). Два величины выхали одновременно из одного пункта в одном направлении. Первый из них едет со скоростью 15 км/ч, второй — 12 км/ч. Спустя полчаса из того же пункта в том же направлении выхал третий велиспедент, который через некоторое время догнал второго, а еще через 1 ч 30 мин догнал и первого. Найди скорость третього велиспедента.

5(4). Три тракторные бригады вместе вспахивают поле за 4 дня. Это же поле первая и вторя бригады вместе вспахивают за 6 дней, а первая и третья вместе — за 8 дней. Во сколько раз больше площадь, вспахиваемой за день второй бригади, по сравнению с площадью, вспахиваемой за день третьей бригади?

6(4). 40 кг растора соли разлили в два сосуда так, что во втором сосуде чистой соли оказалось на 2 кг больше, чем в первом сосуде. Если во втором сосуде добавить 1 кг соли, то количество соли в нем будет в 2 раза больше,

51

Чем в первом. Найдите вес раствора, находящегося в первом сосуде.

7(6). Смешали 30 %-ный раствор соляной кислоты с 10 %-ным и получили 600 г 15 %-ного раствора. Сколько граммов каждого раствора было взято?

8(6). К раствору, который содержит 40 г соли, добавили 200 г воды, после чего его концентрация уменьшилась на 10 %. Сколько воды содержал раствор и какая была его концентрация?

9(9). Сумма первых трех членов возрастиющей геометрической прогрессии равна 26, их произведение — 216. Найдите первый член и значенатель прогрессии.

10(12). Найдите четые числа, составляющие геометрическую прогрессию, в которой сумма краинных членов равна 112, а сумма средних членов равна 48.

11. Вычислите:

a) (10) $\frac{1}{16} \sqrt{192} - 2,5 \sqrt{\frac{4}{75}} - \frac{1}{234} \sqrt{98^2 - 71^2}$;

b) (10) $\frac{\sqrt[8]{3^{11}} \cdot \sqrt[8]{3^{21}}}{\sqrt[4]{10 + \sqrt{19}} \cdot \sqrt[4]{10 - \sqrt{19}}}$;

c) (10) $\frac{(2 - \sqrt{3})(\cos 750^\circ + \cos 420^\circ)}{\sin 330^\circ + \cos (-390^\circ)}$;

d) (10) $tg(\alpha + 2\beta)$, если $tg\alpha = \frac{1}{7}$, $tg\beta = \frac{1}{3}$, $0^\circ < \alpha < 90^\circ$, $0^\circ < \beta < 90^\circ$;

e) (11) $\sin(2\alpha - \pi)$, если $tg\alpha = 3$;

f) (8) $\sin 2\alpha$, если $\sin\alpha + \cos\alpha = a$;

g) (11) $tg\sqrt{6} \cdot \log_3 36$.

12. Выполните действия:

a) (11) $(1 + \frac{a}{x} + \frac{a^2}{x^2}) \cdot (1 - \frac{a}{x}) \cdot \frac{x^3}{a^3 - x^3}$;

b) (11) $(\frac{a + 3b}{(a - b)^2} + \frac{a - 3b}{a^2 - b^2}) : \frac{a^2 + 3b^2}{(a - b)^2}$ и вычислите при $a = 0,3$; $b = 1,7$;

c) (11) $\frac{2\sin\alpha + \sin 2\alpha}{2\sin\alpha - \sin 2\alpha}$ и вычислите, если $ctg\frac{a}{2} = 2$;

d) (11) $\sin(\alpha - \frac{3\pi}{2})\cos(2\pi - \alpha) + \sin(2\pi - \alpha)\times \sin(\pi + \alpha)$;

e) (10) $\sqrt{10}\left(\sin\frac{\alpha}{2} + \cos\frac{\alpha}{2}\right)$,

если $tg\alpha = \frac{3}{4}$, $\pi < \alpha < \frac{3}{2}$ $\pi$.

13(6). Доказайте точность $\sin^3 x(1 + ctg x) + \cos^3 x(1 + tg x) = \sin x + \cos x$.

14(6). При каких значениях параметра $a$ корни уравнения $x^2 + x - a(1 + a) = 0$ имеются знаки?

15(10). При каком целом значении $b$ один из корней уравнения $4x^2 - (3b + 2)x + (b^2 - 1) = 0$ второе менше другого?

16(8). При каком значении $q$ сумма кубов корней уравнения $x^2 - x - q = 0$ равна 19?

17(3). Корни $x_1, x_2$ уравнения $x^2 + ax + 12 = 0$ обладают свойствам $x_1 - x_2 = 1$. Найдите $a$.

18. Решите уравнения:

a) (1) $|2x - 3| = 3 - 2x$;

b) (1) $\sqrt{3 - x} - \sqrt{x + 1} = 0,5$;

c) (1) $(x - 3)(x + 1) + 3(x - 3)\sqrt{\frac{x + 1}{x - 3}} = (a - 1)(a + 2)$;

d) (10) $\sqrt{2 - x} + \frac{4}{\sqrt{2 - x} + 3} = 2$;

e) (3) $\left(\frac{4}{9}\right)^x \cdot \left(\frac{27}{8}\right)^{x - 1} = \lg 4/\lg 8$;

jk) (11) $4^x - 10 \cdot 2^{x - 1} = 24$;

з) (1) $\frac{3}{2^{3 - x}} = 4^{x - 4} - 7$;

и) (1) $\log_3 \frac{x + 1}{3} = \log_3 \frac{x}{2 - x}$;

k) (10) $1 - \frac{1}{2}\lg(2x - 1) = \frac{1}{2}\lg(x - 9)$;

л) (3) $\log_2 2 \cdot \log_2 2x = \log_4 x^2$;

м) (7) $\log_2 x + \log_3 x = 1$;

н) (6) $3\log_2 x + x\log_3 = 162$;

o) (2) $1 + \log_6 \frac{x + 3}{x + 7} = \frac{1}{4}\log_6(x - 1)^2$;

п) (3) $\left(\frac{1}{9}\right)\log_3 \sqrt{x + 1} - \frac{1}{2}\log_3(x^2 - 1) = \sqrt{2(x - 1)}$;

p) (10) $\log_5(3x - 11) + \log_5(x - 27) = 3 + \log_58$;

c) (6) $4\log_2 \lg x = \lg x - \lg^2 x + 1$.

19 (10). Найдите больший корень уравнения $\lg(x + 6) - 2 = \frac{1}{2}\lg(2x - 3) - \lg 25$.

20. Решите тригонометрические уравнения:

a) (7) $\cos 2x + \cos^2 x = 0$;

b) (7) $\sin 2x + \cos x - \sin x - 1 = 0$;

b) (1) $\cos^2 x - \sin^2 3x = 0$;

r) (3) $1 - \cos x = \sin x \sin \frac{x}{2}$;

d) (8) $\sin 3x - 4 \sin x \cdot \cos 2x = 0$;

e) (3) $\sin^4 \frac{x}{3} + \cos^4 \frac{x}{3} = \frac{5}{8}$;

jk) (4) $\sin^2 x + \cos^2 2x = \sin^2 3x + \cos^2 4x$;

з) (2) $ctg x - tg x = \frac{2\sqrt{3}\cos 2x}{1 + \cos 2x}$;

и) (2) $(\sin x + \cos x)^2 = 2\sin\left(\frac{\pi}{4} + x\right) \times \sin\left(\frac{\pi}{4} - x\right)$;

k) (3) $2\sqrt{2}\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1 + \cos 2x}{1 + \sin x}$;

л) (4) $(\sin 2x + \sin 4x) \lg x = 0$;

м) (2) $5 \sin x \cdot tg x - \sin x - 5 \lg x + 1 = 0$;

н) (8) $3^{1 + \sin x} + 2 \cdot 3^{2 + \cos\left(\frac{\pi}{2} + x\right)} = 21$.

21. Решите системы уравнений:

a) (2) $\left\{ \begin{array}{l} 2x^2 - 3xy + y^2 = 3, \\ x^2 + 2xy - 2y^2 = 6; \end{array} \right.$

b) (6) $\left\{ \begin{array}{l} 3^y \cdot 9^x = 81, \\ \lg(x + y)^2 - \lg x = 2 \lg 3; \end{array} \right.$

b) (2) $\left\{ \begin{array}{l} 2 \lg \sqrt{x} + 2^y + 1 = 0, \\ \lg x^3 + 4^y - 1 = 0; \end{array} \right.$

r) (2) $\left\{ \begin{array}{l} 9^{x - y} + 2 \cdot 3^{x - y} = \log_2 8, \\ (1 - y) \lg 3 = \lg(4 - 3^x); \end{array} \right.$