Квант 2018, №4 · Страницы

23

КОНКУРС

ИМЕНИ

имеют абсолютно такой же вид и такие же названия, как для электрического поля. Это (с точки зрения автора) оправдывает переопределение магнитного диполя. С другой стороны, какая разница, каким символом обозначать тот или иной параметр, если в сопровождающем тексте имеется его определение. Например, если в задаче про нахождение ускорения бруска при начале его скольжения по наклонной

А.П.САВИНА

плоскости с трением обозначить массу бруска символом g, ускорение свободного падения символом P, коэффициент трения символом D, а угол наклона плоскости к горизонту символом m, то для найденного ускорения получится необычная по виду формула (читателям предлагается вывести ее самостоятельно и улыбнуться). Но суть дела от этой замены символов никак не меняется!

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

Мы завершаем очередной конкурс по решению математических задач. Они рассчитаны в первую очередь на учащихся 7–9 классов, но мы будем рады участию школьников всех возрастов. Конкурс проводится совместно с журналом «Квантик». Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу: [email protected] или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии укажите город, школу и класс, в котором вы учитесь, а также обратный почтовый адрес. Мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и команд (в таком случае присылается одна работа со списком участников). Участвовать можно, начиная с любого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы. Задания, решения и результаты публикуются на сайте sites.google.com/view/savin-contest Желаем успеха!

29. В Шиловске шило стоит на 1% дешевле, чем в Мыловске, а мыло — на 1% дороже. Проезд из одного города в другой стоит 1000 рублей. У юного бизнесмена, живущего в Шиловске, есть 100 тысяч рублей и он мечтает разбогатеть, «меняя шило на мыло». Сбудутся ли его мечты? А.Заславский

30. Гравировщик шлифует алмаз, имеющий форму выпуклого многогранника, превращая его постепенно в бриллиант. Начинает он с того, что сначала срезает все уголки алмаза-многогранника (маленькие пирамидки при вершинах) остро отточенным плоским ножом. Докажите, что после этой операции число всех вершин у полученного многогранника будет четным, а число ребер будет делиться на 3. Г.Гальперин

31. Дана клетчатая доска, все клетки которой изначально имеют черный цвет. Одной операцией разрешается выбрать на доске любую фигурку из 5 клеток, изображенную на рисунке 1 (фигурку можно поворачивать), и изменить цвет каждой из клеток этой фигурки на противоположный (черный — на белый и наоборот). Можно ли за несколько таких операций перекрасить Рис. 1 всю доску в белый цвет, если: а) доска имеет размеры 7 ¥ 7; б) доска имеет размеры 8 ¥ 8? С.Костин

32. Разрежьте фигуру на рисунке 2 на две одинаковые части. В.Расторгуев

Рис. 2

К указанным открытиям следует прибавить … многочисленные измерения длины градусной дуги меридиана … Пьер Симон Лаплас

«Норвегия» описала круг около северного полюса. Затем мы продолжали путь … Курс был взят на юг… Руаль Амундсен

… корабль «Королева» в открытом море был поражен молнией … Когда же наступила ночь, то по положению звезд выяснилось, что из трех компасов, имевшихся на корабле, два, вместо того чтобы указывать на север, стали указывать на юг, а третий стал указывать на запад. Доминик Франсуа Араго

Тот факт, что Земля наша вращается вокруг своей оси, можно обнаружить, не глядя на звезды, скажем с помощью так называемого маятника Фуко. Ричард Фейнман

А так ли хорошо знакомы вам

?

физика+география

С незапамятных времен человек стремился освоить неизведанные земли. Расширяя свои поиски, путешественники, мореплаватели и торговцы нуждались в надежных ориентирах. Рано или поздно они задавались вопросом, как устроена поверхность Земли, насколько Земля тяжела, какую она имеет форму и как движется. Для этого изобретали приборы, помогающие определять местонахождение, рисовали географические карты, искали способы все более точного измерения времени, не забывая поглядывать на звездное небо. А ведь задача узнать, где и когда чтото происходит и как движется, относится к «департаменту» физики – любой ее курс начинается с вопросов, связанных как раз с пространством и временем. Не об этом ли идет речь в приведенных выше цитатах выдающихся ученых и естествоиспытателей? Подключение науки к решению прикладных вопросов позволило в исторически кратчайший срок не только перейти от примитивных навигационных приборов к точнейшим спутниковым системам, но и беспрецедентно расширить наши знания и об устройстве Земли, и обо всем окружающем ее мире. Говоря сегодня о союзе географии и физики, мы никак не могли обойти участие в нем астрономии. Тем самым, мы поднялись еще на одну ступеньку на пути к уже заоблачным высотам, куда устремимся в следующем выпуске «Калейдоскопа».

Вопросы и задачи

1. Куда придет путешественник, если все время будет идти на северо-запад? (Моря и горы не учитывать.) 2. Человек прошел 10 км на север, 10 км на запад, 10 км на юг и 10 км на восток и при этом вернулся в исходную точку. Откуда он вышел? 3. Являются ли кругосветные путешествия доказательство шарообразности Земли? 4. Почему Магеллану и его команде было легче определять широту, чем долготу? 5. Календарь на корабле Магеллана после кругосветного путешествия разошелся с портовым календарем на один день. Который из календарей был впереди? 6. Какое небесное явление доказывает шарообразность Земли? 7. Кто из людей и где более всего приближался к центру Земли? 8. Можно ли различие в весе тел и отклонения отвеса в разных точках земного шара считать доказательством вращения Земли? 9. Длина тени, которую отбрасывает предмет, в течение дня меняется. Самая короткая тень – в полдень, к вечеру тень «растет». А есть ли на Земле такое место, где длина тени в течение дня не меняется? 10. Как меняется в течение года длительность дня и ночи на экваторе? 11. Будет ли наблюдаться смена дня и ночи

на Земле, если она перестанет вращаться вокруг своей оси? 12. В высоких широтах солнечные лучи летом слабо греют землю, но неожиданно сильно нагревают предметы, возвышающиеся отвесно. Чем это объяснить? 13. Почему древние греки, ориентируясь по звездному небу, основной осью считали «восток-запад», а не «север-юг», как наши современники? 14. Какая астрономическая система – Птолемея или Коперника – предпочтительнее? 15. При полетах на Северный полюс обычные магнитные компасы работают очень плохо и практически непригодны. Отчего? 16. Если основанию магнитной стрелки дать возможность свободно перемещаться, то под действием постоянного магнита она не только поворачивается, как в поле Земли, но и движется в сторону магнита. Каковы причины различного поведения стрелки?

Микроопыт

Возьмите географическую карту России и глобус. Линейкой измерьте расстояние между Москвой и Хабаровском по карте, а с помощью натянутой нитки – по глобусу. Сравните полученные результаты (не забудьте про масштаб!). Совпали ли они?

Любопытно, что…

…около 600 года до новой эры финикийские мореходы совершили географический подвиг – трехлетнее плавание вокруг Африки. Огибая ее с юга, финикийцы видели, как Солнце движется по небу справа налево, а это свидетельствовало о том, что они действительно побывали в южном полушарии! …еще в 238 году до новой эры греческий ученый Эратосфен Киренский, пользуясь лишь угломером с отвесом и линейкой, сумел рассчитать радиус Земли. Улучшить этот результат удалось только через 2000 лет. …удобную для моряков карту мира, не потерявшую значения и по сей день, на которой параллели и меридианы изображались прямыми, пересекавшимися под углом $90 ^\circ$, опубликовал в 1569 году фламандец Герард Меркатор. …Галилей, открыв спутники Юпитера и измерив периоды их обращения, усмотрел в этом небесные часы «с боем» в момент восхо-

да каждого спутника. Такие часы, предположил ученый, можно было бы использовать для определения географической долготы, в чем крайне нуждались мореплаватели. …в начале XVII века шли долгие споры между последователями Ньютона, считавшими Землю сплюснутой – «мандарином», и астрономами отцом и сыном Кассини, полагавшими ее вытянутой вдоль оси вращения – «лимоном». Измерения длины дуги меридиана около экватора и в полярных областях, проведенные в нескольких экспедициях, подтвердили правоту Ньютона.

…если учесть сплюснутость Земли, то оказывается, что вершина горы Килиманджаро, расположенной вблизи экватора, находится примерно на 6 км дальше от центра Земли, чем вершина самой высокой горы мира – Эвереста.

…еще Христофор Колумб обратил внимание, что во время его плавания магнитная стрелка заметно отклонялась от направления «север-юг». Во избежание волнений на борту, пришлось заявить суеверным морякам, что на это повлияло смещение Полярной звезды. В скором времени такое поведение магнитной стрелки удалось объяснить воздействием магнитного поля Земли. …современная спутниковая навигация позволяет определять местонахождение и скорость перемещения объекта в любой точке земного шара. Для этого приемной системе необходимо регистрировать поступление сигналов по меньшей мере от четырех спутников, по задержке каждого сигнала вычислять расстояния до них, а вместе с тем – и свое точное положение.

Что читать в «Кванте» по теме «Физика+ география»

(публикации последних лет)

1. «Физический калейдоскоп» – 2012. Приложение №3, с. 16; 2. «Про волчок и гироскоп» – 2015, №1, с. 28; 3.«Как дятел Спятел планировал отпуск» – 2015, № 5/6, с. 28; 4. «С полюса – на полюс» – 2016, Приложение №2, с. 62; 5. «Расстояние на сфере» – 2017, №4, с. 36; 6. «Сказка про Буратино и его глобус» – 2017, №11, с.24.

Материал подготовил А.Леонович

35

ЛА Б О Р АТО РИЯ

Вот один характерный пример. «Волшебный пропеллер» нам описывают как палочку с зарубками и пропеллером на гвоздике, вбитом в ее торец. Пропеллер крутится, когда другой палочкой водят по зарубкам. Как все просто! Да сейчас это сделаю… И, найдя палочку, начинаю ножом делать на ней зарубки. Но вспоминаю, что лет семьдесят назад не только увидел этот самый фокус на переменке в руках одноклассника, но и повторил его в тот же день на глазах товарищей по двору. Да ведь и делать-то ничего не надо было: на аккуратно очиненный карандаш надевалось лезвие безопасной бритвы, которым мы этот карандаш и точили, карандаш горизонтально зажимался в ложбинке между большим и указательным пальцами, а выпрямленными средним и безымянным пальцами надо было с некоторым усилием вести по парте или по скамейке во дворе. Лезвие вращалось, как винт у самолета! Однако в таком виде опыт описывать трудно. Вот если раз увидеть, дело другое, любой мальчишка поймет и повторит. А вот еще более простой и современный вариант, который доступен и любой девочке. В крышке от какого-то старого лекарства увидел готовый пропеллер с шестью красивыми лопастями и вырезал его с помощью перочинного ножа и ножниц. На фотографии (рис.1) его видно рядом с другим «оборудованием» – авторучкой без пишущего узла, в которую вставляется пропеллерчик, и аккумуляторная бритва – она хорошо вибрирует, дрожит при включении. Вторая фотография (рис.2) показывает, как надо держать ручку с пропеллером, и

«КВАНТА»

Рис. 2. Сборка

остается только прижать к ручке уголок работающей бритвы. Пропеллер крутится как бешеный. Студентам-физикам предлагаемый опыт помогает понять связь вращательного и колебательного движений. И это способствует пониманию такого красивого и важного физического явления, как эффект Зеемана. Вариантов этой эффектной демонстрации много. Трудолюбивый мальчик может вырезать из кусочка дерева, да просто из дощечки, модель самолета, свободно закрепить небольшой пропеллер из жести или даже картона (рис.3). Колебания можно

Рис. 3. Еще один вариант

Рис. 1. Заготовки

организовать той же бритвой или прочной расческой. От вибрации корпуса самолета пропеллер отлично вращается. И уж совсем просто, для самых ленивых, – пропеллер свободно вставляете своей осью в трубочку от старой большеобъемной шариковой ручки или в трубочку для коктейля и легонько ведете по трубочке расческой. Через пять минут освоитесь, найдете место и для пальцев, и для зубцов расчески. Удачи вам!

МАТЕМАТ ИЧ Е С К ИЙ К РУ ЖОК

Теорема об изогоналях

А.КУЛИКОВА, Д.ПРОКОПЕНКО

Биссектриса как совпавшие изогонали

Первая задача эквивалентна задаче М141 из «Задачника «Кванта». Задача 1. В треугольнике ABC чевианы $AA_{1}, BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в одной точке (рис.2). Оказалось, что ‘ $B_{1} A_{1} C$ ‘ $C_{1} A_{1} B$. Докажите, что $AA_{1}$ – высота.

ПРЯМЫЕ, ПРОХОДЯЩИЕ ЧЕРЕЗ ВЕРШИ- ну угла и симметричные относительно его биссектрисы, мы будем называть изогоналями относительно этого угла. В статье пойдет речь о следующей важной теореме и ее применениях. Теорема об изогоналях. Пусть OB и OC – изогонали угла AOD. Прямые AC и BD пересекаются в точке Q, прямые AB и CD – в точке P. Тогда OP и OQ – также изогонали относительно угла AOD. На рисунке 1 приведены два из возможных случаев расположения изогоналей OP и OQ относительно угла AOD. Для удобства синим цветом мы будем выделять стороны исходного угла, а красным и зеленым цветом – отрезки, лежащие внутри равных углов (отрезки AB и CD или AC и BD).

Рис. 2

Решение. Применим теорему об изогоналях к развернутому углу $BA_{1} C$ и изогоналям $A_{1} C_{1}$ и $A_{1} B_{1}$. Тогда $A_{1} A$ и $A_{1} P$ – совпавшие изогонали угла $BA_{1} C$, т.е. $A_{1} A$ – биссектриса угла $BA_{1} C$. Следовательно, $A_{1} A$ – высота треугольника ABC. Задача 2 (Санкт-Петербургская олимпиада, 2008). Дан вписанный четырехугольник ABCD. Диагонали AC и DB пересекаются в точке E, а прямые, содержащие противолежащие стороны, пересекаются в точке F (рис.3). На прямой EF взяли такую точку

Рис. 1

В конце статьи приведем одну полезную лемму о свойстве и признаке изогоналей и докажем теорему. А сначала покажем, как работает эта теорема. Перейдем к задачам. Начнем с частного случая, когда изогонали OB и OC совпали.

Эта статья является переработанным вариантом доклада ученицы 11 класса А.Куликовой на Московской математической конференции школьников (ММКШ) в 2016 году. Второй автор статьи был руководителем этой работы.

Рис. 3

P, что ‘ BPE ‘ EPC. Докажите, что ‘ APE ‘ DPE. Решение. Заметим, что PE – совпавшие изогонали угла BPC. Точки E и F – точки на этой изогонали. Точки A и D – пересечение прямых FB и CE, FC и BE соответственно. По теореме об изогоналях, PA и PD также являются изогоналями угла BPC. Следова-

42

КВАН T 2018/№4

тельно, прямые PA и PD симметричны относительно биссектрисы угла BPC. Можно показать, что случай ‘ APE ‘ DPE 180 q не реализуется, т.е. ‘ APE ‘ DPE, что и требовалось доказать. Интересно, что при решении задачи не использовалось то, что четырехугольник вписанный, значит, утверждение задачи верно для любых выпуклых четырехугольников.

Упражнение 1. В треугольнике ABC чевианы $AA_{1}, BB_{1}$ и $CC_{1}$ пересекаются в одной точке. Оказалось, что $A_{1} A$ – биссектриса угла $C_{1} A_{1} B_{1}$. Докажите, что $AA_{1}$ – высота.

Задача 3 (Турнир городов, 2006). В треугольнике ABC проведена биссектриса AA c, на отрезке AA c выбрана точка X (рис.4). Прямая BX пересекает AC в точке B c, а прямая CX пересекает AB в точке C c.

3. На прямой, содержащей биссектрису угла B треугольника ABC, выбраны две точки K и L так, что B лежит между K и L. Прямые CK и AL пересекаются в точке M, прямые AK и CL – в точке N. Докажите, что ‘ MBA ‘ NBC. 4 (Санкт-Петербург, Олимпиада ФМЛ 239, 2016). В выпуклом четырехугольнике ABCD лучи AB и DC пересекаются в точке P, а лучи BC и AD – в точке Q. На диагонали AC нашлась такая точка T, что треугольники BTP и DTQ соответственно подобны. Докажите, что BD P PQ. Указание. Из подобия треугольников следует, что TB и TD – изогонали угла PTQ. Точки A и C – пересечение прямых PB и QD, BQ и PD соответственно. По теореме об изогоналях, TA и TC – совпавшие изогонали. Следовательно, TC – биссектриса угла PTQ. Осталось заметить, что треугольники ATP и ATQ подобны по двум углам (почему равны углы P и Q?) и имеют общую сторону, поэтому они равны.

Общий случай

Интересно, что в следующих двух задачах используются, на первый взгляд, совершенно разные конструкции. Задача 4 про треугольник, а задача 5 про параллелограмм. Задача 4. На сторонах AB и AC остроугольного треугольника ABC внешним образом построены квадраты ABFE и ACGT (рис.5). Докажите, что точка P пересе-

Рис. 4

Отрезки A c B c и CC c пересекаются в точке P, а отрезки A c C c и BB c пересекаются в точке Q. Докажите, что углы PAC и QAB равны. Решение. Для решения задачи опять удобно рассматривать биссектрису A c A как две совпавшие изогонали угла BAC. Точки X и A c лежат на изогонали, а C c и B c – на сторонах угла. Точки Q и P – пересечение прямых XB c и A c C c, XC c и A cBc соответственно. По теореме об изогоналях, AQ и AP – тоже изогонали угла BAC, т.е. ‘ PAC ‘ QAB.

Упражнения

2 (Украина, отбор на Международную олимпиаду, 2004). Пусть M – точка на биссектрисе AL треугольника ABC. Через L провели прямую, пересекающую AB в точке P, а продолжение AC за точку C – в точке Q. Пусть N – пересечение BM и PQ, а K – пересечение QM и BC. Докажите, что ‘ NAL ‘ KAL.

Рис. 5

чения прямых CF и BG лежит на высоте $AA_{1}$. Задача 5 (А.Полянский, Московская устная олимпиада по геометрии, 2010). Из вершины A параллелограмма ABCD опущены перпендикуляры AM на BC и AN на CD, P – точка пересечения BN и DM (рис.6). Докажите, что прямые AP и MN перпендикулярны. Оказывается, что обе эти задачи являются частным случаем следующей конструкции.

44

КВАН T 2018/№4

Следовательно, CK – биссектриса угла BCD. Прежде чем перейти к задаче 8, попробуйте самостоятельно решить такое упражнение.

Упражнение 7 (П.Кожевников). На диагонали AC ромба ABCD взята произвольная точка E, отличная от точек A и C, а на прямых AB и BC взяты точки N и M соответственно так, что AE = = NE и CE = ME. Пусть K – точка пересечения прямых AM и CN. Докажите, что точки K, E и D лежат на одной прямой.

Задача 8 (В.Ясинский, Олимпиада по геометрии имени И.Ф.Шарыгина, заочный тур, 2013). На стороне AB треугольника ABC взята произвольная точка $C_{1}$ (рис.10).

Рис. 10

Точки $A_{1}, B_{1}$ на лучах BC и AC таковы, что ‘ $AC_{1} B_{1}$ ‘ $BC_{1} A_{1}$ ‘ ACB. Прямые $AA_{1}$ и $BB_{1}$ пересекаются в точке $C_{2}$.

угла $AC_{1} B$. Тогда прямые $C_{2} C_{1}$ и $CC_{1}$ симметричны относительно прямой AB. Следовательно, прямая $C_{2} C_{1}$ всегда проходит через точку C c, симметричную точке C относительно прямой AB. Интересно, что условие ‘ $AC_{1} B_{1}$ ‘ $BC_{1} A_{1}$ ‘ ACB использовалось не полностью. Мы пользовались только равенством ‘ $AC_{1} B_{1}$ ‘ $BC_{1} A_{1}$. Следующая задача взята из книги А.Акопяна «Геометрия в картинках», поэтому и мы дадим ее почти без текста. В решении будет использовано понятие изогонально сопряженных точек. «Квант» уже писал об этом – например, в статье П.Кожевникова «Изогонально сопряженные точки» в №1 за 2016 год. Задача 9. Докажите, что AX, BY, CZ пересекаются в одной точке (рис.11,а). Решение. Рассмотрим угол BAC, изогонали этого угла AZ и AY. Пусть BY пересекает CZ в точке D (рис.11,б). По теореме об изогоналях AX c и AD – изогонали угла BAC. Заметим, что X и X c – изогонально сопряженные точки. Следовательно, AX c и AX – тоже изогонали. Значит, прямые AX и AD совпали. Прямые AX, BY, CZ проходят через точку D.

Упражнение 8. Докажите, что в условиях задачи 9 (см. рис.11,б) прямые X c Z c, XZ, AC пересекаются в одной точке. Указание. Рассмотрим угол ZAZc. Из задачи 9 мы знаем, что AXc и AX – изогонали этого угла.

Рис. 11

Докажите, что все прямые $C_{1} C_{2}$ проходят через одну фиксированную точку. Решение. Рассмотрим развернутый угол $AC_{1} B$, для которого $C_{1} B_{1}$ и $C_{1} A_{1}$ – изогонали. Точки C и $C_{2}$ – пересечение прямых $AB_{1}$ и $BA_{1}, AA_{1}$ и $BB_{1}$ соответственно. По теореме об изогоналях, $C_{1} C_{2}$ и $C_{1} C$ – изогонали

Прямые X c Z и Z c X пересекаются в точке B. Тогда прямые XZ и X c Z c пересекаются в некоторой точке Q так, что AB и AQ – изогонали угла ZAZc.

(Продолжение следует)

54

КВАН T 2018/№4

Рис. 6

разместить на поле можно (рис.6,б). Итак, нами доказано, что наибольшее количество трехпалубных кораблей, которые можно разместить на поле, равно 9.

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ

1. Путешественник придет (по спирали) на Северный полюс. 2. Из точек, расположенных на параллели, отстоящей на 5 км к югу от экватора. 3. Такие путешествия доказывают лишь замкнутость земной поверхности; примером подобной может быть и поверхность цилиндра. 4. Для измерения широты достаточно посмотреть на высоту Полярной звезды над горизонтом. А определение долготы равносильно синхронизации часов с местом отправления, что требует точных хронометров, изобретенных позже первых кругосветных путешествий. 5. Корабельный календарь отстал на один день. Обогнув Землю с востока на запад, моряки совершили на один суточный оборот меньше, чем неподвижный порт, откуда они выплыли и куда вернулись. 6. Земная тень на Луне во время лунного затмения имеет форму круга – такая тень бывает только от шара. 7. Вследствие вращения Земля сплюснута, ее полярный радиус короче экваториального. Поэтому самые близкие к центру Земли точки – это полюса планеты, а из людей – участники походов на подводных лодках в Арктике. 8. Нет, так как потерю в весе можно отнести на счет сплюснутости Земли, а отклонение отвеса может быть вызвано неравномерностью распределения масс внутри планеты. 9. На полюсе в течение суток высота Солнца над горизонтом почти не меняется. Поэтому тень от чего-либо в течение суток «ходит по кругу», оставаясь все время одной длины. 10. Хотя для наблюдателя на экваторе траектория Солнца меняется в зависимости от времени

года, оно всегда проводит над горизонтом половину суток. 11. Будет, так как орбитальное движение Земли приводит к кажущемуся обращению Солнца вокруг нее с периодом в один год. 12. Тепловое действие лучей тем значительнее, чем круче они падают на поверхность вертикально расположенных тел, а именно так в полярных странах идут лучи от невысоко поднимающегося над горизонтом Солнца. 13. Несколько тысячелетий назад в районе Северного полюса мира не было яркой звезды. Ориентация в ночное время проводилась по суточному вращению неба, которое надежнее указывает направление «восток-запад», чем «северюг». 14. Смотря для чего. Для навигации в открытом море и для астрономических наблюдений невооруженным глазом удобнее система Птолемея; для запуска спутников – несомненно, система Коперника. 15. Вблизи полюса мала горизонтальная составляющая земного магнитного поля и потому мал вращающий момент, действующий на магнитную стрелку. 16. Магнитное поле Земли практически однородно и создает только вращающий момент, действующий на стрелку, в то время как неоднородное поле постоянного магнита помимо вращения вызывает и поступательно движение стрелки.

МИКРООПЫТ

Если вы аккуратно провели измерения и расчеты, то расстояние «по карте» должно быть больше расстояния «по глобусу», они совпадут, лишь если пути между точками пройдут по экватору или по меридиану.

ГДЕ ОШИБКА?

В каждом из предложенных текстов есть ошибки. 1. Чисел, удовлетворяющих условию задачи, не существует. Действительно, если а – b = 1, то $a^{2} b^{2} =$ а + b = 119 = 7 ˜ 17, т.е. 119 – составное число. Таким образом, в приведенном решении получено необходимое условие (а = 60, b = 59), но проверка показывает, что оно не является достаточным. Это можно в равной степени трактовать либо как некорректность условия (сумма чисел должна быть простым числом), либо как ошибку в решении и ответе (после разложения на множители разности квадратов можно сразу сделать вывод, что искомых чисел не существует). 2. Число 10, конечно, не учтено, так как в перечне простых чисел, меньших 40, пропущено