Квант 2020, №9 · Страницы

1

Как выйти из леса?

А.ЗАСЛАВСКИЙ, В.ПРОТАСОВ

Как нам быть и куда нам идти? Как мы жили и правда ли жили? Где свои, где ничьи, где чужие? Что терять, где искать, как найти? Л.Костюков

Днем, во втором часу, Заблудилась принцесса в лесу. Г.Сапгир. Принцесса и людоед

КАК ВЫЙТИ ИЗ ЛЕСА? ЧТО ЗА странный вопрос! Если есть навигатор или, на худой конец, карта и компас, то задача решается просто. Но если карты нет, а телефон разрядился? Тогда нужно идти все время прямо – когда-нибудь да выйдем. Однако эта стратегия опасна: если направление выбрано неудачно, то можно зайти очень далеко вглубь леса. Что же делать? Попробуем точно сформулировать задачу. Итак: 1. Нам неизвестно, в какой точке леса мы находимся, и неизвестны направления. 2. Что-то про лес мы все-таки знаем – скажем, его площадь, форму и т.д. 3. Мы можем идти по любому заранее выбранному маршруту. Например, пройти точно по кругу с заданным центром и радиусом 10 км или, скажем, пройти 5 км в данном направлении, затем повернуть на 60q и пройти 3 км и т.д. Вопрос: как нужно идти, чтобы, пройдя по нашему маршруту, обязательно выйти из леса, независимо от начального положения и начального направления движения? Какова длина самого короткого маршрута, гарантирующего выход? Ответ, конечно, зависит от того, что мы знаем про лес. Задача 1. Каков кратчайший маршрут, обеспечивающий выход из леса, если мы

знаем, что диаметр леса не превосходит 10 км? Диаметром фигуры называется расстояние между самыми далекими друг от друга точками этой фигуры. Таким образом, диаметр есть у любой ограниченной фигуры, а не только у $круга.^{1}$ Значит, нам известно, что лес не очень большой: расстояние между любыми двумя его точками не превосходит 10 км. Решение. Проходим 10 км по прямой. Всё, мы обязательно выйдем из леса – либо к концу пути, либо еще раньше. Иначе лес будет содержать внутри себя отрезок длиной 10 км, а значит, диаметр леса будет больше 10 км. И что, так просто? Идем по прямой наугад – и вся «стратегия»? Да. Более того, этот путь оптимальный. Это значит, что никакой путь длиной меньше 10 км не может гарантировать выход из леса. В самом деле, пройдем по любому пути длиной меньше 10 км. Обозначим его длину через d. А теперь накроем этот путь очень узкой полоской. Если A и B – любая пара точек на нашем пути, то длина отрезка AB не превосходит длины участка пути от A до B (поскольку кратчайший путь между двумя точками проходит по прямой), а значит, AB d d. Итак, диаметр нашего пути, если его рассматривать как плоскую фигуру, не превосходит d. Поскольку d 10 км, если полоска достаточно узкая, ее диаметр также будет меньше 10 км. А теперь представим, что лес – это наша полоска. Диаметр леса меньше 10 км, но мы так из него и не вышли (ведь полоска содержит внутри себя весь наш путь). Конечно, это была простая ситуация. А вот посложнее.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20200902

Все фигуры считаем замкнутыми, т.е. содержащими свою границу.

13

КАК

ВЫЙТИ

задач. Одну из них мы рассмотрим сейчас. На этот раз лес бесконечен. Для простоты мы будем пользоваться безразмерными единицами длины. Задача 4. Лес имеет форму бесконечной полосы ширины 1. Каков кратчайший путь выхода из такого леса? Решение. Будем следовать статье Залгаллера. Нам понадобятся два вспомогательных утверждения. Кривую без самопересечений будем называть дугой. Ясно, что кратчайший путь надо искать именно среди дуг. Дугу будем называть выпуклой, если она вместе с отрезком, соединяющим ее концы, ограничивает выпуклую фигуру. Лемма 1. Существует путь минимальной длины. Он является выпуклой дугой. А что тут доказывать? Ну конечно существует кратчайший путь, это же очевидно! Увы, в некоторых задачах на поиск минимума максимума оптимальное решение не достигается. Более того, именно существование решения порой труднее всего доказать. А не доказывать нельзя – иначе можно прийти к абсурдным выводам (см. несколько примеров в [2]). Данная задача – не исключение. Поэтому лемма 1 очень важна. Но доказывать ее здесь мы все-таки не будем, а примем ее без доказательства и отошлем заинтересованного читателя к статье [3]. Выясним теперь, какими свойствами должна обладать кратчайшая кривая, назовем ее L. Нам понадобится понятие опорной прямой выпуклой фигуры. Это прямая, которая имеет с данной фигурой общие точки, но при этом вся фигура лежит по одну сторону от прямой. Например, опорные прямые круга – это касательные. А опорные прямые треугольника – это три прямые, содержащие его стороны, а также прямые, проходящие через его вершины и не имеющие других точек с треугольником. Лемма 2. Концы A, B кратчайшей кривой L не совпадают друг с другом, и L расположена между перпендикулярами к отрезку AB в его концах. Доказательство. Проведем перпендикулярные к прямой AB опорные прямые к L, изображенной синим цветом (рис.1). Если

ИЗ

ЛЕСА?

точки A c, B c не совпадают с A и B соответственно, то, заменив дуги MA, NB отрезками MA c, NB c, мы получим кривую Рис. 1 короче L, которая, очевидно, также не помещается в полосе. Обозначим теперь длину отрезка AB через x, а прямую AB через a. Из леммы 2 следует, что x t 1, а L лежит внутри полуполосы, ограниченной отрезком AB и перпендикулярами a, b к нему в его концах. Пусть CC c, DD c – четверти дуг окружностей единичного радиуса с центрами A и B соответственно (рис. 2). Так как L не

Рис. 2

помещается в единичной полосе, она должна достигать в какой-то точке отрезка CD. Кроме того, на пути от A до CD дуга L не должна пересекать сектор BDD c, а на пути от CD до B – сектор ACC c. Будем для каждого фиксированного x t 1 искать кратчайшую из кривых, обладающих этими свойствами. Пусть M – точка, в которой искомая кривая достигает отрезка CD. Тогда ее участок AM либо является отрезком, либо состоит из касательных, проведенных из точек A, M к дуге DD c, и дуги между точками касания (докажите это!). Аналогичное утверждение верно и для участка MB. Кроме того, для кратчайшей кривой M должна совпадать с серединой отрезка CD или с одним из его концов. Действительно, в противном случае можно провести прямую, параллельную CD и достаточно близкую к ней, которая отсечет от кривой треугольник. Заменив этот треугольник равнобедренным с теми же основанием и высотой, мы уменьшим длину кривой. Теперь докажите самостоятельно, что при M C или M D кривая также не будет кратчайшей.

16

КВАНТ 2020/№9

длиной, меньшей 74 км. Впрочем, решением задачи 5 все равно можно воспользоваться. Пусть корабль находится в точке K, маяк – в точке M, а K c – точка на луче

KM такая, что KK c 10 км. Чтобы корабль причалил к берегу, выпуклая оболочка его траектории должна содержать круг с центром M и радиусом KK c, но, поскольку положение точки M на отрезке KK c неизвестно, выпуклая оболочка должна содержать объединение всех таких кру-

гов с центрами на KK c. Ясно, что это условие будет и достаточным. Пусть Z, Z c – окружности с центрами K, K c соответственно и радиусами, равными KK c; CC c и DD c – общие касательные к этим окружностям; X – точка на прямой CC c такая, что ‘ XKC 30 q; XA – касательная к Z; B – середина дуги C c D c, лежащей вне Z; Y – проекция B на CC c (рис. 7). Тогда путь KXADD c BY удовлетворяет условию, а его длина равна 10 3 2 S 3 1 S 2 1 км 74 км.

Повторяя рассуждение из решения задачи 5, мы приходим к выводу, что указанный путь является кратчайшим среди всех, для которых прямая XY совпадает с CC c. Интуитивно кажется очевидным, что кратчайший путь должен удовлетворять этому условию, но доказательство авторам неизвестно. Возможно, читатель сможет его найти.

Рис. 7

Задачи о выходе из леса имеют непосредственные практические приложения. И их не следует понимать буквально: к «выходу из леса» они часто не имеют никакого

17

КАК

ВЫЙТИ

отношения. Это и построение оптимальных стратегий, и теория игр, и динамическое программирование. Достаточно упомянуть, что Дж.Исбелл выбрал для своей статьи именно «Флотский журнал», который посвящен прикладным инженерным и экономическим проблемам морских перевозок. Много прикладных аспектов «выхода из леса» можно найти в книге [6]. Есть ли в этой науке нерешенные задачи? Конечно! Они связаны как с различными формами леса, так и с иными постановками самой проблемы. Например, на практике нас интересует не столько путь, обеспечивающий выход всегда, сколько – обеспечивающий выход с высокой вероятностью. А такой путь может быть значительно короче! Иногда задача ставится о минимизации среднего времени выхода, т.е. математического ожидания.

В заключение предлагаем вам попробовать свои силы в решении еще нескольких задач. 7. Лес имеет форму единичного круга. Докажите, что кратчайшей траекторией выхода из леса является отрезок длины 2. 8. Лес имеет форму круга радиусом 10, а человек находится в лесу на расстоянии 1 от его границы. a) Обеспечивает ли путь из задачи 5 выход из леса? б) Существует ли более короткий путь? 9. Лес имеет форму прямого угла, а человек находится на расстоянии 1 от его вершины. Можно ли выйти из леса, пройдя расстояние, не большее 3? 10. Лес имеет форму квадрата. Можно ли выйти из него, пройдя расстояние, меньшее диагонали квадрата? 11. Лес имеет форму правильного треугольника. Можно ли выйти из него, пройдя расстояние, меньшее стороны треугольника? В последних четырех задачах авторы не знают, какой путь является кратчайшим.

ИЗ

ЛЕСА?

Литература

1. В.М.Тихомиров. Рассказы о максимумах и минимумах. – Библиотечка «Квант», вып. 56. – М.: Наука, 1986. 2. В.Ю.Протасов. Максимумы и минимумы в геометрии. – Библиотека «Математическое просвещение», вып. 31. – М.: МЦНМО, 2005. 3. В.А.Залгаллер. Как выйти из леса? (Об одной задаче Беллмана). – «Математическое просвещение», сер. 2 (1961), № 6, с.191–195. 4. R.Bellman. Dynamic Programming. – Princeton University Press, 1957. Русский перевод: Р.Беллман. Динамическое программирование. – М.: Издательство иностранной литературы, 1960. 5. J.R. Isbell. An optimal search pattern. – Naval Research Logistics Quart Ferly, 4 (1957), 357–359. 6. P.J.Nahin. Chases and Escapes: The Mathematics of Pursuit and Evasion. – Princeton University Press, 2007.

МАТЕМАТИ Ч ЕСКИЙ МИ Р

Вячеслав Викторович Произволов

Вот уже год как не стало замечательного математика Вячеслава Викторовича Произволова. Читателям «Кванта» он в первую очередь известен как задачный композитор, обладающий уникальным чутьем и вкусом. С конца 1990-х до середины 2000-х Вячеслав Викторович заведовал «Задачником «Кванта». В его ярких задачах всегда просматривается незабываемый изящный авторский почерк. В этом и ближайших номерах мы вспомним некоторые из его замечательных задач. На семинаре учителей математики, посвященном памяти Вячеслава Викторовича, выступила его дочь, учитель математики Александра Вячеславовна Дроботова. Приводим здесь текст ее рассказа.

ВЯЧЕСЛАВ ВИКТОРОВИЧ РОДИЛся незадолго до войны, в 1939 году. Одним из первых его воспоминаний и впечатлений было удивление: он сидит на коленях у деда, а дед протягивает ему кусок фанеры и говорит: «Кушай, внучек!» Оказалось, это была вафля! Первые шаги на научном поприще вряд ли можно назвать удачными. Папа рассказывал, как он ходил в первый класс: выходил из дому, в соседнем дворе прятал портфель и шел по своим делам. К обеду забирал портфель и возвращался домой. Когда тайное стало явным, последовало громкое возмездие. И дальше процесс учебы развивался примерно в этом же духе. Математикой папа заинтересовался в пионерском лагере, после 8 класса. Друг предложил решить несколько логических задач, Слава решил и, очарованный, спросил: «Что это?» Оказалось, математика. В результате в выпускном классе работу папы на Московской математической олимпиаде заметил Андрей Николаевич Колмогоров. Участникам было предложено несколько задач. Приступив к одной из них, папа не заметил или не увидел одно из условий, получилась задача с неполными исходными данными. Все время, отведенное на олимпиаду, папа потратил на эту задачу, провел целое исследование. Види-

мо, удачно, потому что за решение этой задачи он получил поощрительную премию. В 1956 году Вячеслав Викторович поступил на мехмат МГУ. Первые годы работал с Андреем Николаевичем Колмогоровым и Павлом Сергеевичем Александровым. Вернее, конечно, академики работали с ним. Где-то в это время появилась так называемая теорема Произволова – что-то связанное с топологией. Когда я приставала, чтобы Вячеслав Викторович объяснил мне суть теоремы, он морщился и махал рукой. На третьем курсе пришла пора выбрать научного руководителя. После бурных всеобщих переживаний руководителем стал Павел Сергеевич Александров. Область

В центре – Павел Сергеевич Александров, справа – Вячеслав Викторович Произволов (выпускной вечер в МГУ, 1961; фото Е. Ермаковой)

19

$МАТЕМАТИ_{Ч}$ ЕСКИЙ

научных интересов студента Произволова – топология. Затем аспирантура, преподавание на мехмате, участие в научных симпозиумах, конференциях, защита диссертации, около 15 научных статей. Долгое время он преподавал в ВЗМИ (Всесоюзном заочном машиностроительном институте). Читал в том числе теорию вероятностей и статистику. Была у Вячеслава Викторовича знаменитая лекция про колбасу. Суть в том, что некое событие происходит не по одной какой-то причине, а по совокупности нескольких причин, каждая из которых имеет свой вес. Так вот папа начинал лекцию с вопроса: «Почему колбасу режут наискосок?» Постепенно аудитория разогревалась, и высказывались самые разные версии ответов, от шуточных до строго научных. Например, что руке так удобнее двигаться, что кусок колбасы так больше: бутерброд вкуснее, и даже, что, согласно науке, вероятность того, что угол будет в точности равен 90 градусов, равна 0. Причин десять Вячеслав Викторович выписывал на доске, а затем снова спрашивал: «Так почему колбасу режут наискосок?» После работы во ВЗМИ Вячеслав Викторович работал в ЦНИИ Госстроя. Вот, например, одна из задач, которые там решались. Нужно подобрать размер ячейки металлической сетки, которую натягивают на стройке вдоль перекрытий так, чтобы сквозь сетку не проваливался инструмент. Чем крупнее ячейка, тем дешевле, чем мельче, тем надежнее. С этого времени Вячеслав Викторович начинает составлять задачи. Как он объяснял, нужно было поле для игры ума. Началось многолетнее сотрудничество с «Квантом». Затем работа в МИРОСе (Московском институте развития образовательных систем), организация и участие летних математических выездов под Кострому, отбор задач для Московской математической олимпиады. Появилась книжка «Задачи на вырост». Так получилось, что сама я никогда не решала папиных задач с листа, из журнала или книжки. Некоторые из задач или их элементы папа давал мне во время прогу-

МИР

Вячеслав Викторович Произволов (начало 90-х) лок. Мы с папой шутили, что он приверженец перипатетиков: любил обучать на ходу, во время прогулки. Например, когда я слышу слова «теорема Пифагора», мне до сих пор вспоминаются пифагоровы штаны, нарисованные прутиком на снегу. Вячеслав Викторович был очень разносторонним человеком, блестящим собеседником. Он увлекался минералогией, классической музыкой, историей, философией, поэзией. Его можно было заслушаться. Что касается проблем математического образования, Вячеслава Викторовича всегда приводило в желчное настроение появление очередной методички с названием вроде «Математика легко и весело». Он очень злился, говорил, что не надо, нельзя делать вид, что изучать математику – это просто. Это серьезный труд. Важно, что это может быть интересным. Подтверждение тому – его задачи.

23

ЗАДАЧНИК

Далее докажем, что всегда найдется пестрый путь длины не меньше n. Предположим противное. Для каждой пары соседних по стороне одноцветных клеток a и b поставим стенку (единичный отрезок) на их общую сторону. После «возведения стен» пестрый путь становится просто путем (по соседним клеткам), которые не проходит через стенку. Так как никакой квадрат 2 u 2 не состоит из четырех одноцветных клеток, невозможно, чтобы 3 или 4 стенки сходились в одном узле решетки. Значит, в каждой вершине сходится не более двух стенок, поэтому стенки образуют несколько (непродолжаемых) попарно непересекающихся ломаных (некоторые из которых могут быть замкнутыми). Если некоторый пестрый путь соединяет некоторую клетку нижнего ряда с некоторой клеткой верхнего ряда, то его длина не меньше n – противоречие. Значит, стенки должны отделять клетки нижнего ряда от клеток верхнего ряда. Следовательно, некая (незамкнутая) ломаная P, состоящая из стенок, должна начинаться в некотором узле A на левой стороне данной таблицы, а заканчиваться в некотором узле B правой стороны. При этом отметим, что A и B не являются углами (угловыми узлами) таблицы (поскольку в угле не сходится стенок). Также отметим, что первое и последнее звенья ломаной P горизонтальны. Аналогично ломаной P определим ломаную Q, идущую от верхней стороны таблицы к нижней стороне. При этом первое и последнее звенья ломаной Q вертикальны. Очевидно, ломаные P и Q различны. Из предыдущего следует, что они должны пересекаться в некотором внутреннем узле таблицы, что противоречит нашему выводу о том, что различные ломаные из стенок не пересекаются. Полученное противоречие завершает решение задачи. Н.Белухов

«КВАНТА»

$Ф2613.^{1}$ Для изучения циклона, который со средней скоростью 20 км/ч перемещался к северу, с одного аэродрома были направлены два беспилотных летательных аппарата – БПЛА – с разными полетными заданиями. Каждый аппарат должен был, оставаясь от центра циклона на расстоянии 20 км по горизонтали и двигаясь с постоянной скоростью относительно окружающего воздуха 20 м/с на определенной высоте (одинаковой для обоих аппаратов), облетать центр циклона. Один аппарат – по часовой стрелке (если смотреть сверху), а второй – против часовой стрелки. В момент старта расстояние от аэродрома до центра циклона как раз равнялось 20 км. Через 15 часов полета оба БПЛА практически одновременно приземлились на одном аэродроме, расположенном севернее аэродрома, с которого они взлетали, причем все время полета каждый строго выполнял заложенную в память компьютера программу полета. Сколько кругов вокруг центра циклона совершил один из БПЛА, если второй все время двигался по отношению к земле по прямой линии и не совершил ни одного круга?

Если один из аппаратов двигался по прямой, то это означает, что его скорость по отношению к земле была такой же, как и скорость центра циклона, т.е. 20 км ч. Иными словами, в движущейся поступательно системе отсчета, в которой центр циклона неподвижен, этот аппарат был неподвижен. Следовательно, на расстоянии 20 км от центра циклона скорость ветра в этой системе отсчета равна 20 м c. А скорость другого аппарата в системе отсчета, связанной с циклоном, равна сумме относительной и переносной скоростей, т.е. равна 40 м c. За 15 часов этот аппарат налетает такое расстояние, что сумеет совершить вокруг центра циклона

N

1

40 м c ˜ 15 ˜ 3600 c | 17 кругов. 2 S ˜ 20 ˜ $10^{3}$ м

Автор решений задач Ф2613–Ф2616 – С.Варламов.

26

КВАН T 2020/№9

Казалось бы, чем помогает какая-то посторонняя окружность? Если бы ее центр был дан, то построение перпендикуляра было бы очевидным (см., например, линии 3 и 4 в способе 2). А поскольку центра в нашем распоряжении нет, то остается только игнорировать эту окружность. Так ведь? Нет, не так! Парадоксально, но наличие даже «посторонней» окружности дает новые варианты построения перпендикулярной прямой.

Способ 4. Вписанный четырехугольник

Данная в условии окружность нарисована синим цветом (рис.4). Проведем прямую AB, а также окружность с центром A через точку B. Пусть E – точка пересечения этих прямой и окружности (т.е. точка, симметричная B относительно A), а D – точка пересечения двух $окружностей.^{Рис.} 4$ Тогда третья линия – прямая DE; пусть F – точка ее пересечения с данной окружностью. Прямая AF – искомая. Доказательство. Четырехугольник ABDF – вписанный, поэтому сумма противоположных углов равна 180q. Так как ‘ BDE опирается на диаметр BE, то он прямой. Следовательно, ‘ BAF тоже прямой.

Рис. 5

точке F. Это напрямую следует из того, что угол BDE опирается на диаметр BE, а значит, является прямым. Следовательно, угол BDF также прямой, а так как вписанный угол BAF опирается на ту же дугу, то и он прямой.

Способ 6. Две окружности и одна прямая

Опять начинаем с произвольного центра окружности, но саму окружность проведем через точку A (рис.6). Пусть D – вторая точка ее пересечения с данной (синей) окружностью. Теперь строим (вторая линия) окружность с центром B радиусом BD. Эта окружность пересечет две предыдущие окружности в точках E и F. Тогда прямая EF пересекает первую из построенных нами окружностей в такой точке G, для которой угол GAB – прямой.

Способ 5. Произвольная oкружность плюс две прямые

Как и в предыдущем способе, мы хотели бы построить точку F, диаметрально противоположную B в данной синей окружности. Но делать это будем совсем иначе. Первый шаг – возьмем произвольный центр C и проведем окружность радиусом CB (рис.5). Если D – вторая точка ее пересечения с данной окружностью, а E – второй конец диаметра BC, то прямая DE пересечет синюю окружность в нужной

Рис. 6

27

ЗАДАЧНИК

«КВАНТА»

Докажем, что в данной конструкции действительно ‘ GAB 90 q. В этом состояло утверждение задачи М2606. M2606. Три окружности $Z_{1}, Z_{2}, Z_{3}$ проходят через одну точку D и пересекаются вторично в точках A, E, F, как показано на рисунке 7. Известно, что $Z_{3}$

Рис. 8

Рис. 7

проходит через центр B окружности $Z_{2}$. Прямая EF вторично пересекает $Z_{1}$ в точке G. Докажите, что ‘ GAB 90 q.

Доказательство. Пусть GA пересекает вторично $Z_{3}$ в точке H (рис. 8). Тогда ‘ HED ‘ DAG ‘ DFG, значит, ‘ EFD 180 q ‘ HED, что означает касание прямой HE и окружности $Z_{2}$. Следовательно, ‘ HEB 90 q, откуда ‘ HAB 90 q, что нам и нужно.

Рис. 9

Отметим, что в приведенном решении E–G–H–E является частным случаем замкнутой траектории через попарные точки пересечения окружностей, проходящих через одну точку (рис. 9).

Вниманию наших читателей

Начиная с 2017 года журнал «Квант» стал ежемесячным и в год выходит 12 номеров журнала. Подписаться на наш журнал можно с любого номера в любом почтовом отделении. Наш подписной индекс в каталоге «Пресса $России»_{–} 90964.$ Купить журнал «Квант» возможно в магазине «Математическая книга» издательства МЦНМО (адрес интернет-магазина: biblio.mccme.ru), а также в московских книжных магазинах «Библио-глобус», «Молодая гвардия», «Московский дом книги» и в редакции журнала. Архив вышедших номеров журнала «Квант» имеется на сайте http://kvant.ras.ru

ШКОЛА В «КВАНТЕ»

Равновеликость от Произволова

А.БЛИНКОВ

ВЯЧЕСЛАВ ВИКТОРОВИЧ ПРОИЗволов был выдающимся композитором математических задач для школьников. Многие из них вошли в его замечательную книжку «Задачи на вырост», изданную последний раз в 2003 году, но далеко не все. Сейчас в МЦНМО готовится новое, дополненное издание этой книги. Большинство задач В.В.Произволова отличают запоминающиеся факты в условиях, умение по-новому преподнести, казалось бы, известную идею, краткость и изящество решений. Будучи настоящим математиком, «поймав» какую-либо идею, он старался ее развить, поэтому его задачи легко объединять в серии, из которых можно составлять кружковые занятия для школьников, что и делают многие преподаватели. Одна из серий задач Произволова уже была представлена в статье «Угол в квадрате» («Квант» №4 за 2014 г.). А для этой статьи отобраны задачи, связанные с площадями. В них можно проследить несколько излюбленных идей и приемов Вячеслава Викторовича. Подчеркнем, что многие из предлагаемых задач можно решить разными способами, но мы будем обсуждать именно авторские решения, которые не требуют громоздких вычислений и в то же время, как правило, содержат глубокие идеи. Начнем со сравнительно простой задачи, идея решения которой известна практически каждому школьнику, но ее не так-то просто опознать. Задача 1. Параллелограммы ABCD и ВEFG с общей вершиной В расположены так, что точка С лежит на отрезке EF, а точка G – на отрезке AD. Докажите, что эти параллелограммы равновелики. Решение. Площадь каждого параллелограмма равна удвоенной площади треугольника BCG, так как этот треугольник имеет

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20200904

общее основание и равную высоту с каждым из параллелограммов (рис.1).

А вот похожая идея, но ее увидеть и $реали-^{Рис.} 1$ зовать существенно сложнее. Задача 2. На стороне АС треугольника АВС задана точка $B_{1}$. На сторонах АВ и ВС постройте точки $C_{1}$ и $A_{1}$ соответственно так, чтобы площади треугольников $AB_{1} C_{1}, BC_{1} A_{1}$ и $CA_{1} B_{1}$ были равны. Решение. Равновеликость (равенство площадей) указанных треугольников равносильна равновеликости параллелограммов, для которых стороны треугольника $A_{1} B_{1} C_{1}$ являются диагоналями (рис.2).

Рис. 2

Отсюда следует, что надо построить ломаную $B_{1} KC_{1} MA_{1} N$, последовательные звенья которой соответственно параллельны АВ, АС, ВС, АВ и АС. Тогда площадь параллелограмма $AC_{1} KB_{1}$ равна площади параллелограмма $CKC_{1} M$ (у них общая сторона CK и равны высоты, проведенные к ней), а площадь $CKC_{1} M$, в свою очередь, равна площади параллелограмма $BC_{1} MA_{1}$ (у них общая сторона $C_{1} M$ и равны высоты, проведенные к ней). Из равновеликости $AC_{1} KB_{1}$ и $BC_{1} MA_{1}$ следует равенство площадей треугольников $AB_{1} C_{1}$ и $BC_{1} A_{1}$. Чтобы доказать, что треугольник $CA_{1} B_{1}$ имеет такую же площадь, достаточно провести аналогичное рассуждение. Но сначала надо доказать, что $CB_{1} NA_{1}$ – параллелограмм. Это несложно, так как $NA_{1} B_{1} C$ по построению, а равенство этих сторон следует из того, что $AB_{1} C_{1} K MC$. В следующей задаче – другой случай стандартной равновеликости (и ее надо сначала увидеть!). Но прежде всего она служит иллюстрацией еще одной идеи, которая привлекала Произволова, – это использование объединения и пересечения фигур.

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ

ЕГЭ по физике

Варианты ЕГЭ по физике 2020 года не отличались по структуре от вариантов предыдущего года. Они содержали 32 задания, и максимальная сумма первичных баллов составляла 52 балла. При этом 16 заданий (1–4, 8–10, 13– 15, 19, 20, 22, 23, 25–26) оценивались максимум в 1 балл, 10 заданий (5–7, 11, 12, 16-18, 21, 24) оценивались максимум в 2 балла, 6 заданий (27–32), требующие развернутого решения, оценивались максимум в 3 балла каждое. Максимальная сумма первичных баллов составляла 54 балла. В 2021 году структура вариантов по физике не изменится. Приведем один из вариантов открытого сегмента 2020 года.

Инструкция по выполнению работы

Для выполнения экзаменационной работы по физике отводится 3 часа 55 минут (235 минут). Работа состоит из двух частей, включающих в себя 32 задания. В заданиях 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 25–26 ответом является целое число или конечная десятичная дробь. Ответ запишите в поле ответа в тексте работы, а затем перенесите по приведенному ниже образцу в бланк ответов №1. Единицы измерения физических величин писать не нужно.

Ответом к заданиям 5–7, 11, 12, 16–18, 21, 23 и 24 является последовательность двух цифр. Ответ запишите в поле ответа в тексте работы, а затем перенесите по приведенному ниже образцу без пробелов, запятых и других дополнительных символов в бланк ответов №1.

Ответом к заданию 13 является слово. Ответ запишите в поле ответа в тексте работы, а затем перенесите по приведенному ниже образцу в бланк ответов №1.

Ответом к заданиям 19 и 22 являются два числа. Ответ запишите в поле ответа в тексте работы, а затем перенесите по приведенному

ниже образцу, не разделяя числа пробелом, в бланк ответов №1.

Ответ к заданиям 27–32 включает в себя подробное описание всего хода выполнения задания. В бланке ответов №2 укажите номер задания и запишите его полное решение. При вычислениях разрешается использовать непрограммируемый калькулятор. Все бланки ЕГЭ заполняются яркими черными чернилами. Допускается использование гелевой или капиллярной ручки. При выполнении заданий можно пользоваться черновиком. Записи в черновике, а также в тексте контрольных измерительных материалов не учитываются при оценивании работы. Баллы, полученные Вами за выполненные задания, суммируются. Постарайтесь выполнить как можно больше заданий и набрать наибольшее количество баллов. После завершения работы проверьте, чтобы ответ на каждое задание был записан под правильным номером.

Справочные данные

ДЕСЯТИЧНЫЕ ПРИСТАВКИ

41

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ

Рис. 10

22. Определите силу тока в лампочке (рис.10), если погрешность прямого измерения силы тока равна цене деления амперметра. (Ответ: (____ r ____) А.)

В бланк ответов № 1 перенесите только числа, не разделяя их пробелом или другим знаком.

Рис. 11

МАТЕРИАЛЫ

23. Необходимо собрать экспериментальную установку, с помощью которой можно определить плотность бензина. Для этого школьник взял стакан с бензином и динамометр. Какие два предмета из приведенного ниже перечня оборудования необходимо дополнительно использовать для проведения этого эксперимента? 1) Термометр. 2) Стальной цилиндр с крючком. 3) Калориметр. 4) Пружина. 5) Мензурка. В ответе запишите номера выбранного оборудования. 24. На рисунке 11 представлена диаграмма Герцшпрунга–Рессела. Выберите все верные утверждения о звездах. 1) Звезда Альтаир, имеющая радиус 1,9R относится к звездам главной последовательности. 2) Плотность белых карликов существенно больше средней плотности звезд главной последовательности.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

«Квант» для младших школьников

(см. «Квант» №8)

1. При n, кратных 3. Пример. Заметим, что трапеция со сторонами 1, 1, 1, 2 состоит из трех правильных треугольничков со стороной 1 (рис.1). Правильный треугольник со стороной n 3k легко разбить на правильные треугольники со стороной 3. Каждый из них

Рис. 1

Рис. 2

состоит из 9 правильных треугольничков со стороной 1 и разбивается на три трапеции (рис.2). Оценка. Пусть s – площадь правильного треугольника со стороной 1, тогда площадь трапеции равна 3s. Если правильный треугольник со стороной n разбит на m трапеций, то его площадь равна, с одной стороны, $n^{2} s$, а с другой стороны, 3ms. Отсюда $n^{2} s 3 ms,^{n} 2 3^{m}$, т.е. n кратно 3. 2. а) Могло. Разобьем девочек на 5 пар, пронумеруем пары от 0 до 4. Первую девочку k-й пары познакомим с k мальчиками, вторую – с $остальными^{9} k$ мальчиками. При этом каждый мальчик знаком ровно с одной девочкой из каждой пары. б) Не могло. Предположим, что такое случилось. Девочка может быть знакома с 0, 1,…, 10 мальчиками. Поскольку девочек 11 и вариантов 11, то все эти варианты реализуются. При этом общее число пар знакомых равно 0 1… 10 55, поэтому каждый мальчик знаком с 55: 10 5,5 девочками. Противоречие. 3. Да, может. На рисунке 3 приведен пример, где число частей равно 21. Одна из них – многосвязная «оконная

рама», в ячейках которой помещаются другие части – одиночные диагонали. 4. Поровну. Первое решение. Подсчитаем количество чисел, не кратных 5. На первом месте может стоять любая из 9 ненулевых цифр, на втором, третьем и четвертом – любая из 10 цифр, на последнем – любая из восьми, не 5 или не 0. Всего получаем 9 ˜ 8 ˜ $10^{3}$ чисел. Теперь подсчитаем количество чисел, у которых ни первая, ни вторая цифра – не пятерка. На первом месте может стоять любая из 8 цифр (не 5 и не 0), на втором – любая из девяти (не 5), на третьем, четвертом и пятом – любая из 10 цифр. Получаем тот же $результат:^{9} ˜^{8} ˜^{10} 3$ чисел. Второе решение. Установим взаимно однозначное соответствие между двумя указанными множествами чисел. Пусть в числе ABCDE обе первые цифры отличны от 5. Если $B z^{0}$, поставим ему в соответствие число BCDEA; если B 0, поставим ему в соответствие число 5CDEA. Ясно, что таким способом получаются все пятизначные числа, не кратные 5.

Равновеликость от Произволова

11. Прямая проходит через центры симметрии прямоугольников (рис.4). Сравните с задачей 7.

Рис. 4

12. 1. Проведем перпендикуляры ВР и BQ к прямым AD и CD (рис.5). Тогда из равенства прямоуголь-

Рис. 5

Рис. 3

ных треугольников АВР и СВQ (по гипотенузе и катету) следует, что площадь ABCD равна площади квадрата BPDQ со стороной 1. По сути, треугольник СВQ получается из треугольника АВР поворотом вокруг точки В на 90q против часовой стрелки. Сравните с задачей 8. 13. 1: 2: 3. Пусть S – площадь прямоугольника, тогда при любом способе разрезания площадь одного из