Квант 2021, №1 · Страницы

4

КВАНТ 2021/№1

думать мысленные эксперименты, которые могли бы позволить определить положение и импульс тела с большей точностью, чем предписано соотношениями неопределенности. Ни одна из этих попыток успехом не увенчалась. Принцип неопределенности – это закон природы, фундаментальный закон. Не следует думать, что эта неопределенность всегда связана с погрешностями измерения: многочисленные экспериментально установленные факты показывают, что она имеет фундаментальную природу и что соотношение неопределенности соблюдается даже при использовании самых точных измерительных устройств.

Детерминированный и квантовый миры Кажется, что принцип неопределенности противоречит тому, что мы знаем об окружающем мире. До какой степени он опровергаеют наши детерминистические представления? Для объекта массой m принцип Гейзенберга выглядит как ’ x ’ $v_{x} t$ ℏ m. В случае шара массой 0,7 кг для игры в петанк (провансальский национальный вид спорта, бросание шаров) предел произведения ’ x ’ $v_{x}$ немного превышает $10^{34} м^{2}$ с, что очень близко к нулю. Если положение шара известно с высокой точностью, например ’ $x 10^{10}$ м (близко к размеру атома!), то минимальная неопределенность ’ $v_{x}$ для скорости остается крайне низкой – от 0,03 нанометра в час. Поэтому макроскопический мир, сообразно нашим представлениям, несмотря на соотношение Гейзенберга, остается практически детерминистическим. А с какого же размера квантовые эффекты становятся существенными? Пойдем дальше по направлению к наномиру и обсудим броуновское движение мельчайших частиц в жидкости. Рассмотрим броуновскую частицу массой около $10^{13}$ кг и диаметром примерно 1 мкм. Соотношение неопределенности говорит нам, что произведение ’ x ’ $v_{x}$ должно превышать величину ℏ m, в рассматриваемом случае составляющую примерно $10^{21} м^{2}$ с. Если мы хотим знать положение броуновской частицы с

точностью до 1% от ее размера, то неопределенность в измерении ее скорости не может превышать $10^{13}$ м с, что по-прежнему очень мало. В самом деле, скорость движения броуновской частицы составляет примерно $10^{6}$ м с, что превышает найденную погрешность ’ $v_{x}$ более чем в миллион раз! Это означает, что даже мелкие частицы броуновского движения правильно описаны классической механикой. Таким образом, соотношение неопределенности становится существенным только для частиц, значительно меньших броуновской. Так, оно становится крайне важным для электрона. Важным настолько, что, как будет показано далее, на его основании оказывается возможным оценить размер атома.

От принципа неопределенности к радиусу атома. Рассмотрим атом самого простого элемента – водорода, который состоит из протона и электрона. Первое по существу верное описание атома водорода привел британский физик Эрнест Резерфорд (1871–1937). Он выяснил, что электрон, обладающий отрицательным зарядом e, и протон, несущий заряд такой же по величине, но противоположный по знаку, удерживаются вместе благодаря электростатическому взаимодействию. При этом электрон вращается вокруг протона, подобно тому как Земля вращается вокруг Солнца. Заметим, что в таком описании вращающийся электрон представляет собой циркулярный электрический ток. Однако любой замкнутый контур, по которому проходит ток, подобно антенне испускает электромагнитное излучение. В результате, согласно описанию Резерфорда, электрон должен был бы терять энергию… и в конечном итоге «упасть» на протон (рис.2)! Но мы знаем, что он не падает – атом водорода стабилен. Чтобы дать объяснение этому факту, необходимо было ввести некий новый физический принцип, который выходил бы за рамки ньютоновской физики. Им стал принцип неопределенности Гейзенберга. В соответствии с этим принципом, бедный электрон должен вращаться в области пространства некоторого размера с

6

КВАНТ 2021/№1

тается выяснить, почему значения энергии атома составляют дискретное множество. В начале XX века вопрос о природе атома – мельчайшей частицы вещества, являющейся носителем его свойств, был одним из центральных в физике. Предлагаемые модели, будучи внутренне противоречивыми или не соответствующими эксперименту, одна за другой опровергались. И вот в 1913 году датский физик Нильс Бор (1885–1962) предложил математически простую теорию атома, объясняющую существующие экспериментальные данные, однако основанную на столь необычных допущениях, что он сам назвал их «постулатами».

Атом по Нильсу Бору Нильс Бор, предлагая свою модель атома, ничего не знал о принципе неопределенности, до открытия которого оставалось еще 14 лет. В модели Бора, как и в модели Резерфорда, электрон вращается вокруг ядра, подобно тому как Земля вращается вокруг Солнца, однако при этом электрон может двигаться только по определенным орбитам. Например, круговые орбиты возможны только в том случае, когда произведение импульса mv электрона на радиус его орбиты R, это произведение называют «моментом импульса», является кратным постоянной Планка:

mvR n ℏ.

(4)

Однако импульс электрона и радиус орбиты связаны также и тем обстоятельством, что центростремительное ускорение электрона, равное $v^{2} R$, обеспечивает сила электростатического притяжения. Для атома водорода, ядро которого состоит из протона, последняя равна $e 4 SH_{0} R$. Отсюда уже можно найти радиусы $R_{n} 1$ разрешенных орбит для каждого значения n. Так, для n 1 находим уже знакомое нам значение $R_{0}$, которое соответствует основному состоянию. Предоставим читателю самому вывести общую формулу, применимую к возбужденным состояниям электрона. Модель Бора, разработанная в 1913 году, довольно хорошо описывала спектры из-

Рис. 4. Модель Бора позволяет объяснить спектр излучения атома водорода в видимой области. Линии, расположенные вблизи длин волн в 410, 434, 486 и 656 нм, соответствуют переходам на уровень n 2 из возбужденных состояний n 6, 5, 4 и 3

лучения атомов (рис. 4), однако вскоре выявились и ее недостатки. Спустя десятилетие теория Бора была концептуально расширена введением вероятностного описания нахождения электрона. Так, оказалось, что значение $R_{0}$ (расстояние от электрона до ядра) в атоме водорода может считаться лишь некоей усредненной величиной; принцип неопределенности не позволяет четко определить расстояние между протоном и электроном.

Вероятность нахождения. Предположим, что в какой-то момент нам удалось установить положение электрона. Можно ли предсказать его положение через секунду? Нет, поскольку знание положения электрона неизбежно привело бы к полной неопределенности его скорости. Ни один прибор, ни одна теория не смогли бы предсказать, куда направится электрон. Так что же делать? Сменим стратегию и отметим точку пространства, в которой обнаружен электрон, затем еще одну точку – результат аналогичного измерения с другим электроном и многократно повторим эту процедуру. Хоть и невозможно предсказать, где появится следующая отметка, все же их распределение следует некоему правилу. Плотность отметок, которая варьирует в зависимости от точки пространства, указывает на вероятность нахождения электрона во время измерения. Мы были вынуждены отказаться от описания движения электрона, но можем теперь определить вероятность его нахождения в каждой точке пространства. Поведение электрона в наномире характеризуется вероятностью!

7

НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЬ

–

ОСНОВА

Читатель, не знакомый с этой концепцией, не может оценить роль случайности в законах природы. Тем не менее, как вы увидите, такая вероятностная теория подтверждается серьезными экспериментальными доказательствами. Таким образом, в наномире нахождение электрона определяется законами вероятности. Расставленные нами отметки в совокупности напоминают облако, так же как капельки воды образуют в небе облака различной плотности. Такое «электронное облако» является более точным представлением об электроне, чем маленькая планета, вращающаяся вокруг ядра, как его изображал Резерфорд.

Волна де Бройля и уравнение Шрёдингера Что же определяет структуру электронных облаков? Существует ли уравнение, которое описывает квантовую механику так же, как классическую механику описывают законы Ньютона? Да, такое уравнение существует. Оно было предложено в 1925 году австрийским физиком Эрвином Шрёдингером (1887–1961) и является основой атомной физики и теоретической химии. Теория Шрёдингера обобщила предложенную годом ранее французом Луи де Бройлем (1892–1987) революционную идею, которая состояла в том, что с любой частицей, обладающей импульсом p, можно связать волну длиной O h p. Таким образом, любая частица может проявлять как корпускулярное поведение, так и волновое, как это делает свет. Подобно предложенной Джеймсом Максвеллом (1831– 1879) волновой теории света, где электрическое поле E x, y, z, t является функцией времени и трех пространственных координат, уравнение Шрёдингера описывает состояние частицы с помощью «волновой функции» \ x, y, z, t, квадрат модуля которой определяет плотность вероятности нахождения частицы в заданный момент времени t в точке x, y, z. Этот подход был основан на аналогии с оптикой, где квадрат модуля электрического поля определяет вероятность нахождения фотона в данной

КВАНТОВОЙ

ФИЗИКИ

точке. Различие же заключается в том, что электрическое поле является физически измеримым, например по его действию на электрически заряженные объекты, тогда как введенная де Бройлем волновая функция ясного физического смысла не имела. С помощью уравнения Шрёдингера оказалось возможным найти пространственное распределение плотности вероятности электрона для его возможных состояний в атоме водорода. Изобразив эти распределения плотности вероятности на плоскости разными цветами, получают изображение различных атомных орбиталей (областей, в которых вероятность нахождения электрона наиболее высока). Такие изображения заменяют электронные орбиты модели атома Бора и наглядно представляют поведение электронов в атоме. Основанные на уравнении Шрёдингера расчеты объясняют существование дискретных уровней энергии, которые и являются причиной линейчатых спектров, наблюдаемых при излучении и поглощении света. Подобные, но более сложные вычисления позволяют понять, как между атомами образуются химические связи. Заметим, что работы де Бройля и Шрёдингера предшествовали открытию Гейзенбергом принципа неопределенности. Последний прост, краток, элегантен, однако содержит меньше информации, чем уравнение Шрёдингера.

Опыт Дэвиссона–Джермера. Предложенная де Бройлем концепция связи между волнами и частицами, так называемый корпускулярно-волновой дуализм, привела к идее применения оптических методов исследования с заменой света на потоки частиц. Так, в 1927 году американские физики Клинтон Дэвиссон и Лестер Джермер бомбардировали электронами кристалл никеля. В результате они получили дифрактограммы, подобные возникающим при облучении кристаллов рентгеновскими лучами. Для интерпретации полученных дифракционных картин электронам следовало приписать определенную длину волны, и она совпадала с величиной, предсказанной де Бройлем. Таким образом, эксперимент блестяще подтвердил его гипотезу.

11

НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЬ

–

ОСНОВА

друга. Чтобы узнать, жива ли собака, находящаяся за 1000 км, достаточно открыть камеру с котом. Таким образом, мы получаем информацию мгновенно, хотя никакой сигнал не может распространяться быстрее скорости света! Можно даже подумать, что открытие камеры с котом, которого мы обнаружим живым, мгновенно на расстоянии вызовет смерть собаки, которая до сих пор была только «полумертвой». Конечно, невозможно предугадать исход открытия камеры, потому что мы найдем кота живым или мертвым с одной и той же вероятностью 1 2, равно как и собаку; однако мы понимаем, что Эйнштейн, Подольский и Розен были озадачены. В конце статьи они высказали мнение о необходимости разработки новой квантовой механики. Она могла бы быть основана на предположении о существовании скрытых параметров, т.е. параметров, недоступных для экспериментальной верификации и не входящих в теории Шрёдингера и Гейзенберга.

Неравенства Белла и опыты Аспе ЭПР-парадокс оспаривали многие исследователи, в том числе и Бор. Другие выдающиеся ученые, в том числе Луи де Бройль и Дэвид Бом, подобно Эйнштейну предпочли бы восстановить детерминизм. Дискуссия длилась долго и носила философский оттенок. В 1964 году Джон Белл смог сделать ее более конкретной и показал, что детерминистическая физика, даже со скрытым детерминизмом, должна вклю-

КВАНТОВОЙ

ФИЗИКИ

чать в себя некоторые доступные измерению неравенства, которые противоречат обычной форме квантовой механики. Неравенства Белла были проверены Аленом Аспе и его сотрудниками в Париже в 1982 году. Они воспроизвели ситуацию, аналогичную описанной нами чуть раньше. Очевидно, ученые использовали не кота и собаку, поскольку квантовая механика неприменима к макроскопическим объектам, а фотоны, поляризация которых (т.е. направление колебаний электрического поля) может иметь два взаимно ортогональных направления, подобно тому как кошка и собака могут находиться в двух равновероятных состояниях (живом и мертвом). Исследователи намеревались обнаружить корреляцию между поляризациями фотонов. И это лишь одна из многочисленных трудностей эксперимента. Другая сложность была связана с тем, что фотоны двигаются с огромной скоростью, а за время их перемещения следует успеть сделать очень многое. В конечном итоге опыты Аспе привели к выводу, что неравенства Белла не могут быть проверены на достоверность. Значит, квантовая механика, изложенная в учебниках, является правильной и не может быть заменена или дополнена теорией скрытых параметров. Опыт Аспе превратил мысленный эксперимент Эйнштейна, Подольского и Розена в эксперимент реальный.

Статья представляет собой главу из книги «Физика повседневности», выпущенной издательством «Альпина нон-фикшн» в 2020 году.

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

Кратчайшие пути и гипотеза Пуанкаре

В.ПРОТАСОВ

ОСТРОЕННЫЙ НАМИ «ДЕТcкий» пример четвертой геодезической на поверхности эллипсоида (рис. 8) опровергает крупнейшее заблуждение, связанное с гипотезой Пуанкаре. На эллипсоиде с разными длинами осей может быть больше геодезических, а значит, и саму «гипотезу о трех геодезических» следовало, видимо, формулировать по-другому. Этого не заметили ни Пуанкаре, ни Гильберт, ни Урысон. Да и не только они. Вот, например, что писал Андрей Николаевич Колмогоров (1903–1987), крупнейший российский математик:

Окончание. Начало – в предыдущем номере журнала.

«Гипотеза Пуанкаре состоит в том, что по крайней мере тремя различными способами растянутое резиновое колечко можно надеть на наш камень так, что оно, стремясь сократить свою длину, не будет соскальзывать (т.е. так, что его длину нельзя уменьшить при маленьком сдвиге в сторону на небольшом участке). При этом рассматриваются только расположения резинового колечка без самопересечений (например, не имеющие вида восьмерки). На поверхности шара таких расположений колечка бесконечно много (по любому «большому кругу»), на трехосном эллипсоиде ровно три (по трем

Иллюстрация М.Кашина

13

КРАТЧАЙШИЕ

ПУТИ

И

Рис. 8. Неплоские геодезические на эллипсоиде – красная и синяя линии

главным сечениям) (выделено мной – В.П.)». И снова «ровно три»! А ведь подсказать идею примера было бы по силу младшему школьнику. Получается, что даже на школьном уровне вполне можно сделать важное для современной науки открытие. Конечно, этот случай – исключение. Тем не менее, для исследования геодезических иногда хватает элементарной геометрии. Например, для геодезических на поверхности многогранников.

Геодезические на многогранниках «А что такого нового можно сказать о многогранниках? – спросите вы. – Это ведь тоже выпуклые поверхности, значит, все, сказанное нами ранее, должно быть верно и для них». Не совсем. Поверхности многогранников негладкие – на них есть вершины и ребра. Эта «мелочь» в данном случае приводит к драматическим последствиям. На некоторых многогранниках геодезических нет вовсе (ни одной!). Так что ни метод Люстерника–Шнирельмана, ни теорема Фрэнкса–Бангерта на многогранники не распространяются. Но зато в данном случае геодезические имеют очень простое, «школьное» описание. Выходит, можно будет строить их и получать про них разные результаты, не применяя высшую математику. Попробуем? Мы увидим, что на некоторых многогранниках геодезических бесконечно много. Более того, на правильном тетраэдре существуют сколь угодно длинные геодезические. Тем самым, на тетраэдр с ребром 1 см можно намотать (без самопересечений!) замкнутую геодезическую длиной, например, 100 км. Но не будем забегать вперед.

ГИПОТЕЗА

ПУАНКАРЕ

Все результаты о существовании замкнутых геодезических на гладких поверхностях – теоретические, их доказательства – не конструктивны: рецептов построения не дают. Можно находить периодические решения уравнений Эйлера–Лагранжа, но это сложно. А главная проблема – эта задача неустойчива, т.е. малое изменение данных влечет сильное изменение решения. Это может вызвать значительные неприятности при численном нахождении решения на компьютере. А что если приблизить гладкую поверхность многогранником (с очень большим числом граней) и построить геодезическую на нем? Хорошая $идея!^{2}$ Значит, надо научиться строить замкнутые геодезические на многогранниках. Как определить геодезические на поверхности многогранника? Во-первых, на каждой грани геодезическая должна быть отрезком прямой, поскольку на плоскости есть только одна локально-кратчайшая линия – прямая. Поэтому любая геодезическая на многограннике – это ломаная с вершинами на ребрах. Чтобы не путать вершины многогранника и вершины ломаной, договоримся последние называть узлами. Два соседних звена геодезической ломаной должны лежать на разных гранях. Если это не так и, скажем, ребра AB и BC лежат на одной грани, то возьмем на этих звеньях точки $A_{1}$ и $C_{1}$ соответственно, очень близко к точке B (рис.9,а). Из определения геодезической, ломаная $A_{1} BC_{1}$ должна быть кратчайшим путем, связывающим точки $A_{1}$ и $C_{1}$, что, естественно, неправда: кратчайшим путем является отрезок $A_{1} C_{1}$. Итак, звенья AB и BC лежат в разных гранях. Развернем две эти грани на плоскость. Вновь воспользуемся локально-кратчайшим свойством в точке B и получим, что отрезки AB и BC после развертки должны оказаться на одной прямой. Иначе путь $A_{1} BC_{1}$ опять можно заменить на более короткий –

2 По-видимому, ее впервые высказал В.М.Ти- хомиров, известный математик и многолетний автор «Кванта». Он и сформулировал задачу классификации замкнутых геодезических на многограннике.

14

КВАНТ 2021/№1

Рис. 9. Оптическое свойство геодезической

на отрезок $A_{1} C_{1}$ (рис.9,б), а затем положить развертку обратно на поверхность многогранника. Таким образом, на развертке соседние звенья геодезической оказываются на одной прямой, или, что то же самое, два соседних звена геодезической образуют равные углы с ребром, которое они пересекают. Угол, под которым геодезическая входит в ребро, равен углу, под которым она выходит. Это свойство естественно назвать оптическим – «угол падения равен углу отражения». Наконец, геодезическая не может проходить через вершины многогранника. А это почему? Все по той же причине. Предположим, что узел B оказался в вершине. Сумма плоских углов при вершине выпуклого многогранника меньше 360q. Ломаная ABC разрезает плоские углы при вершине B на две части. Хотя бы в одной из них сумма углов будет меньше 180q. Сделаем развертку этих углов на плоскость. После развертки угол ABC будет меньше 180q. Тогда вновь получаем, что путь $A_{1} BC_{1}$ не является кратчайшим – его можно заменить на отрезок $A_{1} C_{1}$, а затем положить развертку обратно на поверхность многогранника (рис.10). Итак, геодезическая является ломаной, не проходящей через вершины многогранника, в каждом узле

Рис. 10. Геодезическая не проходит через вершину

которой выполняется оптическое свойство – углы, образуемые соседними звеньями с ребром, равны. Понятно, что этого и достаточно: любая ломаная с такими свойствами является локально-кратчайшей линией. Действительно, в каждой внутренней точке звена она является локальнократчайшей, потому что является прямой, а в узле она является локально-кратчайшей из-за оптического свойства. Мы доказали важное утверждение, хотя и простое (на теорему не тянет), поэтому назовем его предложением: Предложение 1. Замкнутая линия на поверхности многогранника является геодезической тогда и только тогда, когда это ломаная с узлами на ребрах, не проходящая через вершины многогранника, и в каждом узле выполнено оптическое свойство. Для незамкнутой геодезической это тоже выполнено, с одной лишь оговоркой, что она может начинаться или заканчиваться в вершине. Вернемся к замкнутым геодезическим. Если развернуть две соседние грани на плоскость, то проходящие по ним звенья геодезической окажутся на одной прямой. Возьмем произвольный узел геодезической A и начнем последовательно разворачивать грани при обходе геодезической, пока не попадем в ту же точку A (вторую точку на развертке обозначим A c; рис.11). Вся геоде-

Рис. 11. Геодезическая распрямляется на развертке

зическая превратилась в отрезок AA c. При этом углы, отмеченные на рисунке, равные в силу оптического свойства, стали соответствующими углами при секущей AA c. Значит, отрезки MN и M c N c, изображающие одно и то же ребро, параллельны. Мы доказали еще одно свойство, которое можно считать еще одним (уже третьим!) определением геодезической на многограннике: Предложение 2. Замкнутая линия на поверхности многогранника является геодезической тогда и только тогда, когда

16

КВАНТ 2021/№1

часть попало по две вершины. Так как у пирамиды четыре треугольные грани, то сумма всех ее плоских углов равна 360 q ˜ 2. Поэтому сумма углов в каждой части будет равна 360q. В одну из частей попадут две вершины при основании пирамиды. Сумма углов в каждой равна 2 D 60 q, где D – угол при основании боковой грани. Значит, 2 D 60 q 180 q, поэтому D 60 q, т.е. боковая грань – правильный треугольник, а это запрещено. Построение геодезических на многогранниках. Для этого у нас есть два способа. Первый способ: согласно предложению 2, нужно найти подходящую развертку, в которой было бы два параллельных (и одинаково ориентированных!) отрезка, изображающих одно ребро. Затем надо взять по точке на каждом из них – A и A c. Они должны изображать одну и ту же точку на ребре, т.е., отрезки NA и N c A c должны быть равны. Теперь проводим отрезок AA c. Если он не выходит за пределы развертки, то он изображает геодезическую. Второй способ: можно обойтись и без развертки, пользуясь предложением 1. Прикинуть, какие ребра может пересекать геодезическая (например, из физических соображений: представив, что мы натягиваем резиновое кольцо), а затем найти положение узлов, пользуясь оптическим свойством. А есть ли геодезические? В свете теоремы 3 мы теперь не уверены, а есть ли вообще замкнутые геодезические у разных многогранников? Скажем, у куба-то они есть? Да. И у куба, и у правильного октаэдра, и у других популярных многогранников (см. упражнения 9–11). При этом, как мы знаем, каждая геодезическая порождает бесконечно много изоморфных. Для простоты мы будем отождествлять все изоморфные геодезические и будем считать только различные, т.е. неизоморфные. Куб. Одна геодезическая очевидна – это квадратный пояс (рис.12,а). Через вершины не проходит, оптическое свойство есть (пересекает все ребра под прямым углом). Так что это – геодезическая, и развертку рисовать не обязательно. Если немного подумать, то найдется и вторая. Это правильный шестиугольник,

Рис. 12. Две геодезические на кубе

проходящий через середины ребер (рис.12,б). Оптическое свойство также выполнено, все углы равны 45q. Эта геодезическая (как и предыдущая) – плоская, она целиком лежит в одной плоскости. Если сдвинуть эту плоскость параллельно, получится изоморфная ей геодезическая (рис.12,в). Это тоже шестиугольник, но уже не правильный. Он имеет тот же периметр. Мы договорились отождествлять изоморфные геодезические, поэтому данный случай не дает ничего нового. А вот третью геодезическую на кубе найти непросто! Вот она, на рисунке 13. Она

Рис. 13. Третья геодезическая на кубе

Рис. 14. Развертка третьей геодезической на кубе

шестиугольная и неплоская! Пересекает все ребра под углами D и 90q D, где D – угол, тангенс которого равен 2. Для удобства мы указали на рисунке длины отрезков, считая сторону куба равной 1. Две вершины про-

20

КВАНТ 2021/№1

«зацепляются» за вершины тетраэдра. Узел L геодезической называется узлом зацепления, если он и два соседних с ним узла лежат на трех ребрах, выходящих из одной вершины D тетраэдра, и являются ближайшими к D узлами на этих ребрах. При этом D называется вершиной зацепления для узла L. Так, геодезическая на рисунке 18 зацепляется за каждую верши-

Рис. 18. Геодезическая типа (2;1) зацепляется за вершину D узлом L

ну тетраэдра; для вершин B и C узлы зацепления это $K_{3}$ и $K_{1}$ соответственно. Теорема 5. Любая геодезическая $типа^{n;} m$, где $n t^{m} t 1$, имеет в точности 4 узла зацепления. Они составляют две пары противоположных узлов геодезической, каждая пара разбивает ее на две части с одинаковым числом узлов. Каждая вершина тетраэдра является вершиной зацепления для одного из узлов. Пусть $a_{1}$ и $b_{1}$ – звенья геодезической, выходящие из узла зацепления, $a_{2}$ и $b_{2}$ – следующие за ними и т.д. Тогда звенья $a_{i}$ и $b_{i}$ лежат на одной грани и между ними нет других точек геодезической. Доказательство. Представим геодезическую g как прямую на развертке и покажем, что g зацепляется за вершину K из доказательства теоремы 4, с другими вершинами рассуждение такое же. Проведем прямую g c, симметричную g относительно точки K. Ясно, что полоса между g и g c не содержит других узлов, кроме тех, которые лежат на $g_{1}$. (Напомним, что $g_{1}$ – это ближайшая к g параллельная прямая на развертке, которая содержит узел.)Поэтому прямые g и g c пересекают все 6 отрезков решетки, выходящих из K, и

каждая из шести точек пересечения представляет узел на геодезической, ближайший к вершине K на соответствующем ребре тетраэдра. Следовательно, геодезическая зацепляется за K. Более того, прямые g и g c идут параллельно по треугольникам решетки (граням), пока не пересекут 6 отрезков решетки, выходящих из K. Оказывается, вот таким способом можно получить любую из бесконечного числа геодезических на тетраэдре. Мы «натягиваем» геодезическую на трехгранный угол при вершине D, затем наматываем ее на поверхность тетраэдра, делая 2 n 2 m 1 перегибов через ребра, и зацепляем ее за вершину C. Любая геодезическая получается таким образом, при этом каждая вершина тетраэдра может быть выбрана в качестве начальной. То же, но более строго: геодезическая зацепляется за вершину D звеньями $a_{1}$ и $b_{1}$, затем звенья $a_{2}, b_{2}$ идут по одной грани, встречают ребро этой грани в соседних узлах, далее $a_{3}, b_{3}$ идут по следующей грани и т.д., пока, наконец, геодезическая не зацепится за вершину C сторонами $a_{2} n_{2} m, b_{2} n_{2} m$. Геодезическая ограничивает полосу на поверхности тетраэдра парами сторон $a_{i}, b_{i}$.

«Понять вещи, которые не в силах вообразить» Итак, на правильном тетраэдре есть бесконечно много типов геодезических, каждый тип соответствует паре взаимно простых целых чисел. Оказывается, это еще не все. Каждую геодезическую можно «размножить» так, чтобы она осталась несамопересекающейся. Пучок геодезических. Геодезическая на правильном тетраэдре определяется прямой линией на развертке, параллельной произвольному целому вектору. А давайте проведем не одну, а несколько таких параллельных прямых. Все они будут геодезическими. Но удивительно другое: они все не будут пересекаться друг с другом. Доказать это совсем просто. Если две такие геодезические $g_{1}$ и $g_{2}$ пересеклись в какой-то точке P, то рассмотрим точки $P_{1}$

21

КРАТЧАЙШИЕ

ПУТИ

И

и $P_{2}$, изображающие ее на развертке. Ясно, что $P_{1} z P_{2}$, поскольку прямые $g_{1}$ и $g_{2}$ параллельны. Точки $P_{1}$ и $P_{2}$ на развертке изображают одну точку на поверхности тетраэдра, поэтому $P_{1}$ должна переводиться в $P_{2}$ либо целым сдвигом, либо симметрией относительно узла. При этом $g_{1}$ перейдет в какую-то прямую $g_{1} c$. Так как и симметрия и перенос сохраняют параллельность, прямая $g_{1} c$ параллельна $g_{2}$, а значит, совпадает с ней, так как пересекается с ней в точке $P_{2}$. Получается, что геодезические $g_{1}$ и $g_{2}$ совпадают. Мало того, что на тетраэдр с ребром 1 см можно намотать без самопересечений геодезическую длиной более 1 км, так этих геодезических можно намотать сколь угодно много (одновременно!), и все они не будут пересекать друг друга. Кстати, согласно теореме 4, все они будут изоморфны и будут иметь одинаковую длину. Доказали мы это легко – что может быть проще пучка параллельных прямых на плоскости! Но представить это на поверхности тетраэдра уже не представляется возможным! Академик Л.Д.Ландау говорил, что «наука позволяет человеку понять вещи, которые он уже не в силах вообразить». На рисунке 19 мы представили пучок из трех геодезических типа 1; 1.

Рис. 19. Пучок из трех геодезических типа (1;1)

Только ли на правильном тетраэдре есть бесконечно много геодезических? Нет, не только. Таким свойством обладает любой равногранный тетраэдр. Тетраэдр называется равногранным, если все его грани равны. Получить такой тетраэдр просто: надо взять произвольный остроугольный треугольник и сложить его вдоль средних линий (рис.20). Есть много свойств

ГИПОТЕЗА

ПУАНКАРЕ

Рис. 20. Равногранный тетраэдр

и признаков равногранного тетраэдра. Часть из них мы собрали в упражнении 14. Во всех наших рассуждениях о геодезических правильный тетраэдр можно заменить на равногранный – ничего не изменится. Только решетка теперь будет состоять не из правильных треугольников, а из одинаковых треугольников, равных грани. Получается, что равногранный тетраэдр тоже имеет бесконечно много геодезических, занумерованных парами взаимно простых чисел n; m. Строятся они так же – на бесконечной развертке. Есть ли другие поверхности с таким разнообразием геодезических? У равногранного тетраэдра есть сколь угодно длинные геодезические. А у других тетраэдров? Оказывается, нет. Среди всех тетраэдров таким свойством обладает только равногранный. У любого другого тетраэдра может быть лишь конечное число неизоморфных геодезических – причем их может и не быть вовсе, как у правильной пирамиды. Может ли быть бесконечно много неизоморфных геодезических у другого многогранника, не тетраэдра? Как мы видели, ни куб, ни правильный октаэдр на эту роль не годятся. В 2008 году было доказано, что не годится никакой другой многогранник [9]. Среди всех многогранников только равногранный тетраэдр имеет сколь угодно длинные геодезические. В той же статье была выдвинута гипотеза о том, что равногранный тетраэдр уникален не только среди многогранников, но и среди всех выпуклых поверхностей. Десять лет гипотеза оставалась открытой, лишь совсем недавно ее доказали А.В.Акопян и А.М.Петрунин [1]: Если на выпуклой поверхности есть сколь угодно длинные замкнутые геодезические, то это поверхность равногранного тетраэдра.

22

КВАНТ 2021/№1

Таким образом, равногранный тетраэдр является совершенно уникальной фигурой! Среди всех выпуклых фигур только у него есть бесконечное разнообразие замкнутых геодезических линий.

Упражнения

13. Докажите, что равногранный тетраэдр можно сложить только из остроугольного треугольника. 14. Докажите, что следующие свойства тетраэдра равносильны тому, что он – равногранный: 1) Противоположные ребра равны в каждой паре. 2) Два плоских угла, противоположные одному ребру, равны (для каждого ребра). 3) Сумма плоских углов при каждой вершине равна 180q. 4) Тетраэдр имеет ось симметрии. 5) Вписанный и описанный шары имеют общий центр. 6) Все грани имеют равные площади. 15. Сколько существует типов геодезических с 40 узлами? 16. Сколько узлов имеет геодезическая типа (314; 15) и какова ее длина? 17. Нарисуйте картину следов на каждой грани для геодезической типа (22; 17). 18. Какую минимальную длину может иметь геодезическая с 1000 узлами?

Литература

1. A.Akopyan, A.Petrunin. Long geodesics on convex surfaces. – Mathematical Intelligencer, 40 (2018), № 3, р.26–31. 2. Л.А.Люстерник, Л.Г.Шнирельман. Топологические методы в вариационных задачах и их приложения к дифференциальной геометрии поверхностей. – Успехи математических наук, 2 (1947), № 1, с.166–217. 3. J.Francs. Geodesics $on S^{2}$ and periodic points of annulus homeomorphisms. – Inventiones Mathematicae, 108 (1992), № 2, р.403–418. 4. V.Bangert. On the existence of closed geodesics on two-spheres. – International Journal of Mathematics, 4 (1993), № 1, р.1–10. 5. W.Klingenberg. Lectures on Closed Geodesics. – Springer, New York, 1978. 6. W.Klingenberg. Riemannian geometry. – de Gruyter Studies in Mathematics, Berlin: Walter de Gruyter & Co. 1982. 7. Г.А.Гальперин. О теореме Люстерника– Шнирельмана для многогранников. – Успехи математических наук, 46 (1991), № 6, с.207–208. 8. В.Ю.Протасов. Замкнутые геодезические на поверхности симплекса. – Математический сборник, 198 (2007), № 2, с.103–120. 9. В.Ю.Протасов. О числе замкнутых геодезических на многограннике. – Успехи математических наук, 63:5(2008), с.197–198. 10. D.B.Fuchs, E.Fuchs. Closed geodesics on regular polyhedral. – Moscow Mathematical Journal, 7 (2007), № 2, р.265–279.

Вниманию наших читателей

Вы заметили, наверное, что в этом номере журнала на второй странице обложки появилась новая рубрика – «Лингвистические задачи». Эти задачи мы берем из замечательной книги (Задачи лингвистических олимпиад. 1965 – 1975. Изд. 2-е, испр./Ред.-сост. В.И.Беликов, Е.В.Муравенко, М.Е.Алексеев. – М.: МЦНМО, 2020), в которой собраны задачи Олимпиад по лингвистике и математике. Такие олимпиады проводятся в Москве с 1965 года. Один из тех, благодаря кому возник сам жанр лингвистической задачи, – академик А.А. Зализняк, великий российский лингвист. А олимпиады возникли по инициативе другого выдающегося лингвиста, А.Н. Журинского, и с тех пор продолжаются многие годы.

Лингвистические задачи в некотором смысле близки к математическим: их можно решать, опираясь на данные условия; весь материал, необходимый для решения, содержится в условии задачи или может быть восполнен решающим на основе его интуитивных представлений об устройстве родного языка. Решать задачи – интересное занятие, но читатель не только получает удовольствие, но и узнает много нового, самостоятельно «открывая» структурные элементы языка и закономерности его устройства. Кроме того, в задачах в качестве материала используется множество разных языков мира, о которых, возможно, читатель раньше и не слышал, а между тем на этих языках говорят миллионы людей.

27

ЗАДАЧНИК

Рис. 2

‘ BFO ‘ OFE y и ‘ DEO ‘ OEF z. В треугольнике BFO имеем ‘ BOF 180 q x y z. Отсюда следует подобие BFO $\sim$ DOE, поэтому FB BO OD DE или BF ˜ DE BO ˜ OD. Аналогично доказывается, что BG ˜ DH BO ˜ OD, тем самым, требуемое равенство (*) доказано и задача решена. Другое решение можно получить, заметив, что параллельность FG P HE эквивалентна гомотетичности треугольников BGF и DEH, или пересечению прямых BD, EG, FH в одной точке. Последнее следует из теоремы Брианшона для описанного шестиугольника BFEDHG. В.Айзенштадт

M2623. В однокруговом футбольном турнире все команды набрали разное число очков. Если бы за победу давали не три, а два очка, то у всех команд тоже оказалось бы разное число очков, но занятое место у каждой команды было бы другим. При каком наименьшем числе команд это возможно?

Ответ: при 12. Предположим сначала, что число команд четно: n 2k. Заметим, что при двух очках за победу более высокое место занимает команда, у которой больше разность между числом побед и числом поражений. Поскольку эти разности у всех команд различны, то у команды, занимающей первое место, разность (а значит, и число побед) не может быть меньше k. Команда, обгоняющая ее при переходе на трехочковую систему, должна иметь больше хотя бы на две победы (каждая команда получает дополнительно столько очков, сколько у нее побед) и, следовательно, должна

«КВАНТА»

иметь больше хотя бы на три поражения. Поэтому k 5 d 2 k 1, т.е. n t 12. Аналогично получаем, что при нечетном числе команд n t 11. Предположим, что случай n 11 возможен. Рассуждая так же, как раньше, получаем, что при двухочковой системе команды набирают от 15 до 5 очков, причем у первой должно быть 5 побед и 5 ничьих, а у второй – 7 побед и 3 поражения, так что при переходе к трехочковой они меняются местами. Далее, у последней команды должно быть не менее двух побед и, поскольку при пяти очках побед не больше двух, то у нее две победы и одна ничья. Тогда она может только поменяться местами с предпоследней, имеющей 6 ничьих и 5 поражений. Аналогично получаем, что третья команда, имеющая либо 3 победы и 7 ничьих, либо 4 победы, 5 ничьих и 1 поражение, может только поменяться местами с четвертой, у которой либо 5 побед, 2 ничьих и 1 поражение, либо 6 побед и 4 поражения. Из остальных пяти команд какие-то три должны меняться по циклу. Это могут быть пятая-шестая-седьмая или седьмая-восьмая-девятая команды. Оба случая рассматриваются аналогично, поэтому ограничимся разбором первого. Так как седьмая команда при переходе на трехочковую систему должна обогнать пятую, от которой отстает на два очка, у нее должно быть больше хотя бы на три победы и на пять поражений. Таким образом, у пятой команды 1 победа и 9 ничьих, а у седьмой 4 победы, 5 поражений и 1 ничья. Тогда для шестой команды возможны два варианта: 1 победа, 8 ничьих и 1 поражение или 4 победы, 2 ничьих и 4 поражения (в остальных случаях она при трех очках за победу наберет столько же очков, сколько какая-то из соседних команд). Наконец, для восьмой и девятой команд также получаем две возможности: 0-8-2 и 2-3-5 или 1-6-3 и 3-1-6 победничьих-поражений соответственно. Посмотрим теперь на распределение ничьих. Поскольку у второй команды ничьих нет, а у пятой их 9, все команды, кроме второй, играют с пятой вничью, откуда, в частности, следует, что у третьей и четвер-

О трех равных отрезках

В геометрии существует ряд задач, где необходимо доказать равенство трех отрезков или построить (найти) точки, создающие три равных отрезка. Такие задачи полезны, красивы, порой непросты и часто имеют творческий характер. Предлагаем вниманию читателей коллекцию таких задач – задач, в которых x y z. Задача 1. На диагонали AC квадрата ABCD взята точка F такая, что AF AB (рис.1). Перпендикуляр, восставленный в

Рис. 1

Рис. 4

делят хорду FN на три равные части: x y z. Задача 5. Точка O – центр окружности Z, описанной около остроугольного треугольника ABC (рис.5). Луч AO пересекает сторону BC и окружность Z в точках K и T соответственно. Перпендикуляры KD и KE

Рис. 2

точке F к прямой AC, пересекает сторону BC в точке N. Докажите, что x y z. Задача 2. Дан острый угол A и точка F внутри угла (рис.2). Постройте на сторонах угла точки B и C такие, что x y z. Задача 3. На стороне BC треугольника ABC взяты точки K и T такие, что отрезки AK и AT делят угол BAC на три равные

Рис. 5

к сторонам AC и AB пересекают радиусы OC и OB в точках F и N соответственно. Докажите, что x y z (TK CF BN). Задача 6. Биссектрисы треугольника ABC пересекаются в точке I. Луч AI пересекает окружность Z, описанную около треуголь-

Рис. 3

части: ‘ 1 ‘ 2 ‘ 3 D (рис.3). При каких D возможно, что x y z? Задача 4. В окружность Z вписан равносторонний треугольник ABC (рис.4). Точки F и N – середины дуг AC и AB соответственно. Докажите, что отрезки AC и AB

Рис. 6

ника ABC, в точке W (рис.6). Докажите, что IW BW CW, или x y z. Задача 7. Три окружности с центрами $O_{1}, O_{2}$ и $O_{3}$ попарно касаются внешним образом (рис.7). Докажите, что три их внутренние общие касательные пересекаются в

Рис. 10

Рис. 7

одной точке и что отрезки этих касательных равны: x y z. Задача 8. Дана прямая l и параллельный ей отрезок AB (рис. 8). Пользуясь только

Рис. 8

линейкой, разделите АВ на три равные части ( x y z ). Задача 9. Точка O – общий центр окружностей Z и s (рис.9). Проведите секущую A B C D так, чтобы АВ ВС CD, или x y z.

Задача 10. Окружности Z и s с центрами $O_{1}$ и $O_{2}$ пересекаются в точках A и B (рис.10). Окружность $Z_{1}$ проходит через точки $A, O_{1}$ и $O_{2}$, второй раз пересекает прямую AB в точке T, а окружности Z и s (вторично) – в точках K и N соответственно. Докажите, что KT BT NT ( x y z ). Задача 11. Пусть OA и OB – радиусы в окружности Z (рис.11). Проведите хорду TQ так, чтобы она делилась этими радиусами на три равные части: x y z.

Рис. 11

Задача 12. На сторонах AC и AB треугольника ABC постройте точки F и N

Рис. 12

такие, чтобы длины отрезков CF, FN и NB были равны: x y z (рис.12). Материал подготовил Г.Филипповский

Рис. 9

37

З АДАЧНИК

«КВАНТА»

Рис. 5

тогда фигурка $Z_{1}$ содержит ровно одну из черных клеток фигурки $O_{1}$. Значит, из соответствующей клетки в черном разбиении отрезки идут в разные клетки. Они и порождают цикл длины больше 2. Далее мы докажем, что внутри любого цикла длины больше 2 обязательно будет дырка. Не умаляя общности, будем считать, что цикл длины больше 2 есть в черном разбиении. Назовем внутренней фигурку типа O из разбиения, целиком лежащую внутри нашего цикла. Назовем граничной фигурку типа O из разбиения, две черные клетки которой принадлежат выбранному нами циклу. Отрезки в цикле чередуются: после отрезка, соединяющего черные клетки фигурки типа O, идет отрезок, соединяющий черные клетки фигурки типа Z, значит, длина нашего цикла равна 2k, где k  N. Обозначим количество черных и белых клеток, лежащих строго внутри нашего цикла, через b и w соответственно. Любая черная клетка внутри цикла принадлежит внутренней фигурке типа O, любая белая клетка внутри цикла принадлежит либо граничной фигурке типа O, либо внутренней. Всего есть k граничных фигурок, и каждой из них принадлежит ровно одна внутренняя белая клетка. С другой стороны, всем внутренним фигуркам типа O принадлежит ровно b черных клеток, а значит, и ровно b белых клеток. Таким образом, w b k. Теперь посчитаем соотношение между b и w иным способом. Рассмотрим новую сетку. Узлами новой сетки будут центры бывших черных клеток. Центрами новых клеток будут центры бывших белых кле-

ток. Тогда наш цикл – фигура, идущая по линиям новой сетки. Количество внутренних узлов сетки равно количеству старых внутренних черных клеток, т.е. b. Количество узлов на границе – это длина цикла, т.е. 2k. Теперь посчитаем по формуле Пика (см. [1] и [2]) площадь нашей фигуры: S b 2 k 2 1 b k 1. Но площадь новой фигуры – это количество внутренних центров новых клеток, т.е. количество старых белых клеток внутри цикла. Откуда заключаем, что w S b k 1. Противоречие. Из предположения об отсутствии дырок внутри данного цикла мы пришли к противоречию. Значит, в любом цикле будет хотя бы одна дырка. Замечание. Из доказательства следует даже более сильное утверждение: в фигуре, которую можно разрезать и на тетраминошки типа О, и на тетраминошки типа Z, существует дырка нечетной площади. В качестве такой дырки можно выбрать ту, которая не содержит внутри себя других связных компонент нашей фигуры. Попробуйте самостоятельно модифицировать доказательство для этого случая, выведя условие на количество черных и белых клеток внутри такой дырки.

Литература 1. Г.Мерзон. Формула Пика и тающий лед. – «Квант», 2018, №9. 2. Н.Васильев. Вокруг формулы Пика. – «Квант», 1974, №12.

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Задачи

У кенгуренка Смартика есть 8 кубиков 1 u 1 u 1. У каждого кубика две соседние грани красные, а остальные – белые. Смартик сложил из них большой куб 2 u 2 u 2. Какое наиболь- шее количество полностью красных граней может оказаться у большого куба?

2. Все углы на рисунке – прямые.

3. Разрежьте изображенный ниже прямоугольник по линиям сетки (т.е. по горизонтальным и вертикальным линиям) на равные части так, чтобы каждая часть содержала ровно одну снежинку. С.Костин

4. Равенство

Задачи 1 и 2 предлагались на Международном математическом конкурсе-игре «Кенгуру».

равенство станет верным. Какие три цифры и как именно надо переместить? С.Костин

Иллюстрации Д.Гришуковой

Чему равен периметр фигуры на рисунке?

2 1 1 – 3 3 = 2 0 2 1, разумеется, неверно. Но если в этом равенстве переместить три цифры, то

39

«КВАНТ»

ДЛЯ

МЛАДШИХ

Почему самолет взлетает против ветра

С.ДВОРЯНИНОВ

– Я вижу, ты о чем-то крепко задумался? – спросил Папа Карло своего Буратино, заметив, что тот уже долго листает страницы учебника физики. – Да, сегодня на уроке учитель сказал, что самолету легче взлетать против ветра. А нам надо объяснить, почему это так. Я весь учебник просмотрел, а ответа не нашел. – Что ж, давай будем рассуждать логически, – Папа Карло отряхнул стружки с фартука, отошел от верстака и присел у стола. – А как это – «рассуждать логически»? Логика – это когда из А следует В. А в этой физической задаче никаких А и В нет, – разочарованно произнес Буратино.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20210103

ШКОЛЬНИКОВ

– Ты не прав, – возразил Папа Карло. – И сейчас сам в этом убедишься. Чтобы ответить на вопрос твоего учителя, мы выстроим логическую цепочку. Я буду задавать тебе вопросы, а ты будешь на них отвечать. Итак, начали. – Что происходит с самолетом, прежде чем он отрывается от земли и оказывается в воздухе? – Самолет разгоняется, двигаясь по взлетной полосе, это ясно, – ответил Буратино. – А относительно чего движется самолет? – Относительно земли, конечно, и относительно того, что на ней находится. Это, например, здание аэровокзала, люди, которые, наблюдают за самолетами, деревья… – Ну а самое главное-то что? Относительно чего движется самолет? Самолет разгоняется относительно воздуха! Будем вначале считать, что стоит безветренная погода, полный штиль, такой, что ни один листочек на дереве не шелохнется. Так вот относительно этого неподвижного воздуха самолет по взлетной полосе движется все быстрее и быстрее. Согласен? – уточнил Папа Карло. – Да, согласен, это похоже на ускоренное движение моторной лодки по озеру. В

40

КВАН T 2021/№1

озере никакого течения нет, вода стоит неподвижно, – откликнулся Буратино. – Как корабль плавает в океане, так и самолет плавает в воздушном океане. – Не ошибайся в терминах, мой дорогой Буратино. Корабли не плавают, а ходят, так говорят настоящие мореходы-моряки. Плавают в воздушном океане, согласно закону Архимеда, воздушные шары, аэростаты, дирижабли да еще детские шарики, наполненные гелием. А самолеты летают. Но сначала они должны взлететь. И отрывает их от земли и поднимает вверх сила, которая называется подъемной. Она возникает, когда воздушный поток набегает на самолет, – продолжил Папа Карло. – А вот когда я еду на велосипеде, я этот поток набегающий чувствую даже очень хорошо. Но при этом я вверх не поднимаюсь. И даже автомобиль, набравший большую, скорость, продолжает катиться по земле и никуда не улетает, – возразил Буратино. – Верно ты все говоришь. Но самолет и особенно его крылья имеют такую специальную форму, которая приводит к появлению подъемной силы, направленной вверх. Чем больше скорость набегающего потока, тем больше становится подъемная сила. Наконец, она превосходит силу тяжести, действующую на самолет, и тогда воздушное судно отрывается от земли. – Но если подъемная сила больше силы тяжести, то самолет будет подниматься вверх все выше и выше неограниченно. А так не бывает, – снова пытался спорить Буратино. – Нет, конечно. Когда надо, пилот самолета, изменяя угол атаки крыла, добивается того, что две силы – подъемная и тяжести – становятся равными, и тогда самолет летит на неизменной высоте, – заключил Папа Карло. – А теперь сопоставь все факты, о которых мы сейчас говорили, и объясни, почему против ветра самолету взлететь легче. – Да, я могу объяснить! – воскликнул Буратино, – вот она, логическая цепочка. Для подъема самолета требуется достаточ-

но большая скорость v набегающего воздушного потока. Скорость – понятие относительное. Можно сказать, что поток набегает на самолет, а можно сказать, что самолет движется относительно воздушной массы. Когда на взлетной полосе ветер дует навстречу самолету, то скорость самолета относительно воздуха равна его собственной скорости плюс скорость ветра. При этом требуемое значение скорости v получается при меньшей собственной скорости самолета. Вот так. – Это правильно, молодец, – заключил Папа Карло. – Поэтому и говорят, что против ветра самолету взлетать легче. Это было особенно важно на заре авиации, когда двигатели были не очень мощные. Современные же самолеты могут взлетать и при попутном ветре, но в любом случае пилоты учитывают и скорость ветра, и его направление. Так что, вырастешь – станешь пилотом и вспомнишь сегодняшний разговор! А мне надо продолжать работу. И Папа Карло направился к своему верстаку.

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ

Ртуть и вода – диффузия и испарение

Л.АШКИНАЗИ

ТО, ЧТО ПАРЫ РТУТИ ВРЕДНЫ, ЗНАют все. Поэтому, если ртуть находится в емкости, из которой она может испариться и попасть в помещение, где находятся люди, в эту емкость доливают некоторое количество воды. Вода, как вы знаете, легче ртути приблизительно в 13,6 раз, она располагается поверх ртути и тормозит испарение. Все кажется понятным, однако мы уже сказали несколько несуразностей. Вода действительно легче, но из этого не следует, что она «располагается поверх». Спирт и ацетон легче воды, но они не располагаются поверх, а растворяются в воде. Причем их растворимость ничем не ограничена, в таких случаях обычно говорят: «смешиваются во всех соотношениях». А вот бензин располагается поверх, но не полностью – растворимость бензина в воде при нормальных условиях около $10^{5}$ (по весу). А в обратную сторону, т.е. растворимость воды в бензине, около $10^{4}$. Такие вот у воды и бензина сложные отношения. Что касается взаимной растворимости воды в ртути и ртути в воде, то они невелики: 2 ˜ $10^{6}$ и 6 ˜ $10^{8}$ соответственно (опять же, по весу). Так что про воду и ртуть вполне можно сказать «поверх», но это не следует автоматически из того, что вода легче (даже в 13,6 раз). А откуда мы взяли, что водяное покрытие «тормозит испарение»? Может ли вообще какое-либо покрытие не тормозить, а ускорять испарение? Идея кажется странной, но, скажем, термобелье, надетое на человека, испарение воды (т.е. пота), как пишут, может и ускорять. Там этот эффект если и возникает, то из-за неоднородной структуры – капилляры посредством поверхностного натяжения выводят воду на поверхность,

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20210104

откуда она испаряется. В нашем случае покрытие, т.е. слой воды на ртути, однородно, и подозревать его в таких фокусах не приходится. Два года назад появилось сообщение, что графен, т.е. монослой углерода (слой толщиной в один атом), подавляет испарение воды с гидрофильных поверхностей и ускоряет испарение с гидрофобных. Правда, считать графен «покрытием» немного странно, уравнение диффузии и обычные принципы расчета здесь неприменимы. Но в нашем случае и это не важно, потому что ртуть не покрывают ни графеном, ни монослоем воды. Так что будем считать, что это обычная вода. Сначала рассмотрим ситуацию без воды, но в закрытой банке: поверхность ртути открыта, над ртутью есть какое-то количество воздуха, а далее – закрытая крышка. Ртуть испаряется в замкнутый объем воздуха, концентрация ртути в воздухе растет, появляется обратный поток ртути из воздуха в жидкую фазу. Через какое-то время достигается так называемое динамическое равновесие, когда потоки равны, и концентрация ртути в воздухе расти перестает. Эта равновесная концентрация известна; например, при $температуре^{15} q C$ она составляет 2 ˜ $10^{5}$ кг $м^{3}$. Предельно допустимая кон- центрация равна 3 ˜ $10^{10}$ кг $м^{3}$, т.е. на 5 порядков меньше. Очевидно, что сидеть в закрытой банке над слоем ртути весьма опасно. Если ртуть покрыта слоем воды, а за ним находится опять же замкнутый объем воздуха, то ситуация становится сложнее. Концентрация ртути в воде ведет себя так же, как при испарении в замкнутое воздушное пространство – растет до установления динамического равновесия. Однако равновесная концентрация оказывается больше в 3 раза, чем в первом случае, и составляет 6 ˜ $10^{5}$ кг $м^{3}$. Причин у этого явления может быть две – либо молекулы воды притягивают своим электрическим полем атомы ртути (поляризуя их) и облегчают их отрыв от слоя ртути, либо обратный поток атомов ртути из воды на поверхность ртути при той же концентрации (и температуре) оказывается меньше, чем из воздуха. Оба эти процесса нам скоро потребуются. Какой из этих

46

КВА НT 2021/№1

(т.е. разбиение точек на пары) с наибольшей суммой; это можно сделать, потому что конфигураций конечное число. Заметим, что в такой конфигурации не может быть двух непересекающихся отрезков. Действительно, если отрезки AB и CD не пересекаются (рис.3), то если их заменить на отрезки AC

Рис. 3

и BD или же на AD и BC, то сумма длин отрезков увеличится, чего произойти не может. Таким образом, в конфигурации с наибольшей суммой любые два отрезка пересекаются. Покажем, что тогда все отрезки пересекаются. Для этого докажем следующую лемму. Лемма 3. На прямой дано несколько отрезков, любые два из которых пересекаются. Тогда все отрезки имеют общую точку. Это утверждение не такое очевидное, как может показаться, – в других ситуациях, похожих на эту, аналогичное утверждение бывает и неверным. Пример такой ситуации приведен в упражнении 2. Доказательство леммы 3. Рассмотрим середину – промежуток между точками с номерами n и n 1 (точки по-прежнему пронумерованы по порядку числами от 1 до 2n). Покажем, что она содержится во всех отрезках. Посмотрим, как расположены левые и правые концы отрезков. Если слева от середины не все концы являются левыми (рис.4), то слева есть правый конец какого-то отрезка, а справа есть левый конец какого-то отрезка. Тогда эти два отрезка не пересекаются. Значит, слева все концы левые, а справа все концы правые (рис.5). Таким образом, все отрезки содержат середину, и лемма 3 доказана, а тем самым доказана и лемма 2.

Рис. 4

Рис. 5

Упражнения

1. Докажите, что если целиком слева от середины лежит k отрезков, то и целиком справа от середины лежит k отрезков. 2. На плоскости расположены прямоугольники так, что любые два прямоугольника имеют общую точку. а) Можно ли утверждать, что все прямоугольники имеют общую точку? б) А если добавить условие, что стороны прямоугольников параллельны осям координат?

Продолжение доказательства леммы 2. Второй способ. Рассмотрим промежуток между первой и второй точками. Он входит только в один отрезок. Промежуток между второй и третьей точками входит не более чем в два отрезка, потому что слева от него только две точки. И так далее: рассмотрим промежуток между точками с номерами k и k 1 (рис.6). Он входит не более чем в k отрезков, потому что только те точки, которые слева от него, могут быть левыми концами отрезков, содержащих этот промежуток.

Рис. 6

Рис. 7

Аналогично, рассматривая правые концы, можно сказать, что этот промежуток входит не более чем в n k отрезков. (Для примера на рисунке 7 написано, в какое наибольшее количество отрезков может входить каждый промежуток при n 5 .) Суммируя оценки того, сколько раз может быть посчитан каждый из этих единичных отрезков, получим 1 2 … n 1 n n n 1 … $2 1 n^{2}$.

Упражнение 3. Завершите доказательство, показав, что все складываемые здесь неравенства обращаются в равенства ровно в тех случаях, когда все отрезки содержат середину.

Третий способ. Пусть номера (координаты) концов i-го отрезка – это $a_{i}$ и $b_{i}$, где $a_{i}$! $b_{i}$. Тогда его длина равна разности $a_{i} b_{i}$. Сложим все длины отрезков: $a_{1} b_{1} a_{2} b_{2}$ … a n b n. В этой сумме присутствуют все числа 1, 2, …, 2n по одному разу, половина со знаком плюс, половина со знаком минус. Чтобы сумма была наибольшей, понятно, что с плюсом надо взять наиболь-

47

М АТЕ М АТИЧЕСКИЙ

шие числа, а с минусом наименьшие! Таким образом, мы понимаем, что левыми концами должны быть n левых точек, а правыми концами – n правых точек. В конце статьи приведены еще несколько задач про модули разностей и суммы расстояний на прямой, решить которые помогают схожие соображения.

---

Заметим, что лемму 2 можно обобщить следующим образом. Лемма 4. На прямой отмечено 2n точек (расстояние между соседними точками может быть различным!). Точки разбили на n пар и в каждой паре две точки соединили отрезком. Тогда наибольшее возможное значение суммы их длин достигается тогда и только тогда, когда все отрезки пересекают середину (промежуток между двумя средними по порядку точками). Убедитесь, что все те же три доказательства леммы 2 работают и для леммы 4!

Упражнение 4. Сколькими способами можно провести эти n отрезков так, чтобы все они пересекали середину?

Следующую задачу мы оставим для самостоятельного решения. Задача 2 (И.Изместьев, Всероссийская олимпиада, 1996). На прямой отмечены $1996 точек.^{1}$ Петя раскрашивает половину из них в красный цвет, а остальные – в синий. Затем Вася разбивает их на пары красная–синяя так, чтобы сумма расстояний между точками в парах была максимальной. Докажите, что этот максимум не зависит от того, какую раскраску сделал Петя.

---

Обсудим теперь задачу, где помогает доказанная нами лемма 2. Задача 3 (А.Грибалко, Турнир математических боев имени А.П.Савина, 2018). Ладья обошла все клетки шахматной доски по одному разу, чередуя горизонтальные и вертикальные ходы, и вернулась на исходную клетку. Какой наибольший по длине

1 На самой олимпиаде в условии задачи было добавлено, что точки отмечены через равные промежутки.

$К_{Р} У_{ЖО}$ К

путь она могла при этом пройти? (Мы считаем, что если ладья делает ход, например, с поля a2 на поле a5, то она при этом не посещает клетки a3 и a4. Длиной такого прыжка считаем расстояние между центрами полей, в данном примере оно равно 3.) Решение. Рассмотрим произвольный ряд (строчку или столбец). Прыжков, начало и конец которых лежат в этом ряду, было ровно четыре (рис.8). Таким образом, клет-

Рис. 8

ки этого ряда разбиваются на пары, между которыми проводился прыжок. По лемме 2, сумма длин таких прыжков не $превышает^{4} 2 16$. Всего рядов 16 (8 строк и 8 столбцов), длина прыжков в каждом из них не больше 16, значит, суммарная длина прыжков не больше 16 ˜ 16 256. Осталось привести пример. В таком примере в каждом ряду должна достигаться максимальная сумма длин, а для этого каждый прыжок должен проходить через середину соответствующего ряда, т.е. через одну из средних линий доски (рис.9). Это сообра-

Рис. 9

жение помогает догадаться, как придумать пример. В каждую клетку записываем ее номер в порядке обхода доски ладьей. Можно сначала заполнить строки $1 и^{5}$ (рис.10), после чего аналогичным образом заполняют-

Рис. 10

ЛАБ ОР АТ ОР ИЯ «КВА Н ТА»

Падение магнита в алюминиевой трубке

А.КНЯЗЕВ, А.КНЯЗЕВ (мл.)

Эффект торможения падающего магнитного столбика хорошо понятен школьникам и описывается в ряде простых задач. Однако никогда не оценивается численно на практических примерах. В данной статье мы показываем, как можно производить численные оценки, когда известных величин немного и добывать необходимые данные приходится $самостоятельно.^{1}$ Для удобства расчетов будем использовать пример с падением маг-

ДЕМОНСТРАЦИЯ ПАДЕНИЯ МАГнитного столбика свозь толстостенную медную или алюминиевую трубку очень проста, но всегда с восторгом и удивлением воспринимается зрителями. Вначале через такую вертикально расположенную трубку длиной около 1 м и внутренним диаметром 18 мм бросается без начальной скорости кусочек мела или металлический цилиндр. Очевидно, их движение занимает доли секунды. А после этого бросаем в ту же трубку магнитный столбик с длиной и диаметром 15 мм, т.е. примерно равными диаметру трубки. При толщине стенок трубы около 3–4 мм магнитик буквально зависает внутри трубы – движется (без перекоса!) очень медленно, слышен лишь легкий шорох его плавного движения. В нашей демонстрации время падения составляло более шести секунд! В другой демонстрации показывалось замедленное скольжение плоского неодимового магнита по наклонному желобу толстостенного дюралюминиевого уголка. Физика этого явления довольно ясная, и можно привести наглядные примеры, где этот эффект применяется. Например, в школьных демонстрационных электроизмерительных приборах он используется в конструкции успокоителя стрелки. На конце, противоположном стрелке, укреплена медная пластинка (или плоская медная катушка), которая качается вблизи постоянного магнита. При движении пластинки в ней возникает динамическое электрическое поле и вследствие этого появляются электрические токи (токи Фуко). Взаимодействие этих токов с магнитным полем и тормозит пластинку. Другой, даже более близкий нынешним учащимся пример: магнитный тормоз в винчестере компьютера.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20210106

Рис. 1

нита в круглой трубке (рис.1). Движущийся магнит наводит в теле трубки кольцевые индукционные токи. Ток элементарного кольца взаимодействует с магнитом и тормозит его. При этом в момент достижения постоянной скорости сила тяжести магнита уравновешивается магнитной силой. Сложность численной оценки результатов эксперимента состоит в том, как описать магнитное поле столбика постоянного магнита и как оценить величину наводимых токов. Ясно, что при инженерном конструировании необходимо использовать достаточно сложные формулы, в которых не обойтись без разбиения пространства, занятого проводником и трубкой, на бесконечно малые элементы и дальнейшего интегрирования по ним. Этому учат в университетах и технических вузах. Однако в сложных случаях физики обычно, прежде чем делать расчеты,

1 Работа поставлена в Лицее №15 города

Саратова учащейся 11 класса У.Маховой. Экспериментальное определение параметров магнита проведено в Физико-техническом лицее №1 города Саратова.

56

К В А НT 2021/№1

Рис. 6

Рис. 4

концах горизонтальной штанги длиной d 24 см, симметрично закрепленной на вертикальной оси (рис.4). Ось вращается с угловой скоростью $Z_{1} 7 c^{1}$, длина каждого из стержней L 37 см. При этом сила натяжения каждого стержня равна $T_{1} 49$ Н. Какой станет сила натяжения, если уменьшить скорость вращения до величин $Z_{2} 6 c^{1}$ или $Z_{3} 5 c^{1}$? Сопротивлением воздуха пренебречь, ускорение свободного падения в задаче принять равным g 9,8 м $с^{2}. 2$ (молекулярная физика). Рабочее тело тепловой машины – постоянное количество гелия. На диаграмме в координатах «внутренняя энергия – количество теплоты, с которым гелий обменялся с окружающими телами» показан один цикл рабочего тела (рис.5). Здесь $E_{0}$ – некоторая энергия, а время находился в положении 1. Какое количество теплоты выделится в резисторе после перевода ключа в положение 2? Известно, что E 12 В, С 10 мкФ, внутренние сопротивления аккумуляторов одинаковы и в n 3 раза меньше сопротивления резистора. Сопротивление проводов, а также индуктивность контура с конденсаторами пренебрежимо малы. 4 (оптика). На основание прозрачной равнобедренной призмы падает нормально узкий пучок параллельных световых лучей (рис.7). Угол при основании призмы D 65 q,

Рис. 7

Рис. 5

$Q_{к} 4 3 ln 4 | 2,15. E_{0} 3$ Найдите КПД цикла. Во сколько раз мак- конечное значение симальное давление в цикле больше минимального? Уравнение адиабаты для одноатомного идеального газа: $pV^{5} 3$ const. 3 (электричество и магнетизм). В схеме, изображенной на рисунке 6, ключ долгое показатель преломления ее материала n 2. Под каким углом к первоначальному направлению выйдут из призмы два наиболее ярких пучка? Учтите, что при нормальном падении изнутри на любую грань призмы наблюдается и прошедший, и отраженный лучи. 5 (оптика). На экране с помощью тонкой линзы получено резкое изображение небольшого предмета с поперечным увеличением $|*_{1} | 2.$ Предмет передвинули на s 3 см, не сдвигая линзу. Для того чтобы вновь получить резкое изображение, пришлось передвинуть экран. При этом поперечное увеличение оказалось равным $|*_{2} |^{5.}$ На какое расстояние sc пришлось передвинуть экран? Публикацию подготовил К.Парфенов

59

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

отрезков, лежащих справа

от середины, столько же. 2. а) Нет. Контрпример показан на рисунке 5. б) Да. Спроецируем прямоугольники на оси координат Ox и Oy. На $каж-_{Рис.} 5$ дой из осей каждые два отрезка (проекции прямоугольников) имеют общую точку, и тогда по лемме 3 на каждой из осей все отрезки имеют общую точку. Пусть это точка X на оси Ox и точка Y на оси Oy. Рассмотрим точку A, для которой X и Y являются проекциями на оси. Если стороны прямоугольника параллельны осям и точки X и Y находятся внутри проекций его сторон на оси, то точка A находится внутри прямоугольника. Раз это верно для всех прямоугольников, то точка A находится в их пересечении. 4. n!. Выберем, с какой точкой соединяется точка номер 1 (n вариантов точек справа от середины), затем – с кем соединяется точка с номером 2 (осталось n 1 вариантов), и т.д. Получим, что количество вариантов равно n ˜ n 1 ˜ … ˜ 1 n!.

Задачи

2. Указание. Докажите, что Вася сможет разбить точки на пары красная–синяя и соединить их отрезками так, чтобы все отрезки пересекали середину. Тогда можно будет применить лемму 4. 6. md. Указания к решению даны в статье. Другое решение заключается в том, чтобы заметить, что каждая пара мальчик–девочка посчитана ровно 1 раз. 7. Нет. Изменив знак одного числа в вершине, мы изменяем знаки чисел, стоящих в центрах трех граней. Итак, из 14 слагаемых изменились 4. Число меняется с 1 на 1 или наоборот, т.е. вклад его в сумму меняется на 2. Раз каждое из 4 чисел изменило свой вклад (в ту или иную сторону) на 2, то сумма всех чисел изменится на 0, 4 или 8, т.е. на число, кратное 4. Последовательно изменим знаки всех чисел в вершинах на плюсы. Тогда в центре каждой грани стоит 1, и сумма всех чисел равна 14. Таким образом, при любых изменениях знаков чисел в вершинах сумма всех чисел не будет делиться на 4, в частности, она не может быть равна нулю. 8. Первое решение. Поменяем местами соседних мальчика и девочку. При этом указанные суммы одновременно либо увеличатся на 1, либо уменьшатся на 1. Действуя таким образом, мы можем получить любую расстановку детей. А в каждой расстановке, где мальчики стоят симметрично девочкам относительно центра, равенство указанных сумм очевидно.

РЕШЕНИЯ

Второе решение. Мальчик, стоящий на k-м месте слева, назовет число 20 k, поэтому сумма чисел, названных мальчиками, равна $200 S_{m}$, где $S_{m}$ – сумма их мест. Девочка, стоящая на n-м месте слева, назовет число n 1, поэтому сумма чисел, названных девочками, равна $S_{d} 10$, где $S_{d}$ – сумма мест девочек. Осталось проверить, что $200 S_{m} S_{d} 10$. Но это действительно так, поскольку $S_{m} S_{d} 1 2$ … 20 210. 9. Указание к первому решению. Докажите, что если поменять местами два соседних действия (добавление золотой монеты и убирание серебряной), суммы чисел на листках изменятся одинаковым образом (увеличатся уменьшатся на одно и то же число). Второе решение. Пусть в начале было n серебряных монет, а в конце стало m золотых. Будем изображать ситуацию в каждый момент точкой k; l на координатной плоскости (k – число золотых монет на столе, l – число серебряных). Каждое действие – сдвиг на единицу вправо или вниз – будем изображать соответствующим отрезком. В результате получится ступенчатая ломаная, соединяющая точки ( 0; n ) и ( m; 0 ) (рис.6). При сдвиге вправо на первом листке записывается число, равное площади столбца, расположенного под проведенным отрезком, $при_{Рис.} 6$ сдвиге вниз на втором листке записывается число, равное площади планки, расположенной левее проведенного отрезка. Поэтому в конце сумма чисел на каждом листке будет равна площади, ограниченной проведенной ломаной и осями координат. Об этой и других задачах, в решении которых помогает подобный подход, рассказывается в статье Е.Бакаева «Мальчики, девочки, таблицы, графы…» в «Кванте» №3 за 2015 год. 10. Первое решение. Рассмотрим 4 клетки, стоящие на пересечении двух строк и двух столбцов (рис.7). Нетрудно убедиться (например, перебором случаев), что среди клеток A и D по четности столько же черных, сколько среди клеток B и C. Значит, если две ладьи одновременно перейдут с клеток A и D на клетки B и C, четность количества черных клеток, на которых расположены ладьи, не изменится. Покажем теперь, как такими действиями свести расположение ладей к такому, где все ладьи стоят на главной диагонали. Можно воспринимать производимые нами дей-

Рис. 7