Квант 2025, №4 · Страницы

5

АПЕРИОДИЧЕСКИЕ

ПЛИТКИ

Рис. 14

(см. [4]), хотя как раз замощения «шляпами» таковыми не являются. Будем говорить, что фигура является самоподобной, если ее можно разбить на несколько равных частей, каждая из которых подобна исходной фигуре. Например, самоподобными являются такие фигуры, как квадрат, равносторонний треугольник, прямоугольник «домино», уголок из трех клеток и составленный из шести равносторонних треугольников «сфинкс» (рис. 14). Определим следующий процесс инфляции-дефляции. Один шаг этого процесса заключается в том, что мы сначала разбиваем данную фигуру на подобные части согласно приведенной схеме, а затем «раздуваем» их таким образом, чтобы в итоге каждая из частей сравнялась по размеру с исходной фигурой (рис. 15). Можно не ограничивать себя одним шагом, а продолжить разбивать получающиеся на предыдущих шагах фигуры на меньшие части, «раздувая» их до изначального размера, а затем повторяя все вновь и вновь. Оказывается, если делать это определенным образом, в пределе мы получим замощение всей плоскости копиями исходной фигуры. Не вдаваясь в детали и не приводя строгих определений и доказательств, отметим однако, что процесс перехода к пределу гораздо тоньше, чем может показаться на первый взгляд. Так, очень многое зависит от того, как именно располагать на плоскости «раздутые» фигуры относительно кластера, полученного на предыдущем шаге

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

процесса инфляции-дефляции. Например, если на осях координат всегда располагать внешние стороны уголка, то получится замощение лишь четверти плоскости (рис. 16), а если внутренние – то трех четвертей плоскости (рис. 17). Кроме того, было бы неверно думать, что после применения конечного числа шагов процесса инфляции-дефляции обязательно возникает какой-то фрагмент этого замощения. Например, если мы рассмотрим разбиение домино на четыре параллельные доминошки меньшего размера, то после нечетного числа шагов у нас будут возникать фрагменты горизонтального замощения, а после четного – фрагменты вертикального замощения (рис. 18). Замощение, полученное предельным переходом, является самоподобным. Это означает, что составляющие его плитки (плитки первого уровня) могут быть объединены в макроплитки (плитки второго уровня), подобные исходным. Замощение, образованное этими макроплитками, обладает тем свойством, что любой конечный фрагмент, который в нем встречается, подобен некоторому кластеру, имеющемуся

Рис. 18

6

КВАНТ 2025/№4

Рис. 19

в исходном замощении. Однако сами замощения плитками первого и второго уровня, вообще говоря, различны. Это означает, что они не могут быть совмещены ни одним преобразованием подобия. Полученные макроплитки также могут быть объединены в еще большие плитки и так далее. Тем самым, укрупнение возможно на любом шаге, и плитки k-го уровня, будучи сгруппированными определенным образом, образуют плитки (k + 1)-го уровня. Таким образом, возникает бесконечная иерархия замощений, соответствующих плиткам разных уровней. Например, на рисунке 19 изображены первые три ступени такой иерархии для самоподобного замощения уголками. Иерархии самоподобных замощений различаются в зависимости от того, сколькими способами на каждом уровне может быть проведено укрупнение. Если таких возможностей несколько, то иерархия называется слабой. Таковыми являются, например, замощение плоскости квадратами или равносторонними треугольниками. Например, на рисунке 20 показано четыре возможных способа сгруппировать квадратные плитки по четыре так, чтобы получились макроплитки.

Рис. 20

Если же каждый раз укрупнение можно провести единственным образом, то иерархия замощений называется строгой – таковы самоподобные замощения фигурами «домино», уголками и «сфинксами» (см. рис. 14). Оказывается, самоподобные замощения со строгой иерархией в большинстве своем обладают рядом типичных свойств. Так, они непериодические, но любой конечный фрагмент встречается в каждом таком замощении бесконечно много раз. Рассмотрим, почему так получается, на примере замощения уголками. Предположим, что какое-то из самоподобных замощений уголками является периодическим, т.е. остается неизменным при некотором сдвиге. Тогда плитки k-го уровня должны переходить в плитки k-го уровня для каждого k. Однако если k достаточно большое, то плитка k-го уровня столь велика, что при рассматриваемом сдвиге накладывается сама на себя. Для самоподобных замощений со слабой иерархией это не составляет проблемы, что можно видеть на примере замощения квадратами. Но для строгих иерархий мы сразу приходим к противоречию, поскольку укрупнение плиток на каждом уровне возможно единственным способом, а значит, любые две плитки k-го уровня не пересекаются. Таким образом, самоподобное замощение уголками, да и вообще любое самоподобное замощение со строгой иерархией непериодично. Теперь рассмотрим какой-нибудь конечный фрагмент самоподобного замощения уголками. Заметим, что при последовательном укрупнении все плитки из этого фрагмента на каком-то шаге окажутся внутри одной большой-большой плитки (рис. 21),

Рис. 21

16

КВАНТ 2025/№4

Титульный лист книги «Энциклопедия, или Толковый словарь наук, искусств и ремесел»

ило довольно дорого, поскольку издавать его приходилось не во Франции, а в основном в Швейцарии. Дидро и Д’Аламбер привлекли к написанию статей выдающихся ученых того времени и сами были авторами многих статей. Можно считать, что эта эпоха получила в истории одно из названий «век просвещения» в том числе и благодаря этой энциклопедии. В 1765 году вышел последний, семнадцатый том основного текста энциклопедии и продолжалось одиннадцатитомное издание иллюстраций (гравюр). Впоследствии было издано еще семь томов статей, в основном посвященных новым достижениям науки и техники, которые тогда уже стремительно развивались. Несмотря на высокую стоимость, отец Ампера был одним из самых верных подписчиков и имел у себя все 35 томов.

Заметим кстати, что в России тогда полностью иметь всю энциклопедию могла себе позволить только императрица Екатерина II. Так вот, Андре Ампер, имевший в домашней библиотеке эту энциклопедию, в свои 14 лет том за томом прочитал все семнадцать томов. И не просто прочитал, а изучил и запомнил очень многое из них. Так что слова, часто встречающиеся в биографиях Ампера, что он имел энциклопедическое образование, имеют под собой совершенно конкретную основу. Но самый большой интерес у него вызывали математика и естественные науки. В 12 лет его домашним учителем математики стал преподаватель из Лионского колледжа. Он спросил у мальчика, умеет ли он извлекать квадратные корни. Андре ответил, что нет, но зато он умеет интегрировать. Вскоре занятия прекратились, потому что учитель заявил, что его знаний не хватает для обучения такого ученика. Безмятежная юность Ампера закончилась, когда ему было 14 лет. Грянула Великая французская революция, которую потом называли «буржуазной». Но вначале она не была такой, поскольку на ее знаменах наряду со «свободой» и «братством» было и «равенство», что не могло понравиться богатым людям. И в 1793 году в Лионе вспыхнул мятеж против якобинской диктатуры. Мятеж был жестоко подавлен. Как участник и один из руководителей мятежа, отец Ампера был гильотинирован, а все имущество семьи было конфисковано. Восемнадцатилетний юноша тяжело пережил смерть отца и был вынужден думать о средствах к существованию. Он стал частным преподавателем математики, а через несколько лет – преподавателем физики и химии в гимназии маленького городка. С этого времени началась преподавательская деятельность Ампера, продолжавшаяся всю его жизнь. Основной целью этой деятельности он поставил перестройку преподавания физики в средней и высшей школе.

18

КВАНТ 2025/№4

Ганс Христиан Эрстед ложительного и отрицательного электричества или анода и катода электрической батареи). На столе перед лектором стояла электрическая батарея (вольтов столб), лежали медные стержни, зажимы для их подсоединения к батарее и другие предметы, среди которых была и магнитная стрелка (как бы большой компас). Стержни, подключенные к батарее, нагревались и можно было с их помощью разогреть и даже вскипятить воду – прообраз электрической плитки. Сегодня в таком опыте не было бы ничего интересного. Но ведь это происходило тогда, когда единственным источником быстрого нагрева был только огонь – до закона Джоуля–Ленца было еще далеко. Случайно магнитная стрелка оказалась вблизи от одного из стержней. И один из студентов заметил, что при включении тока стрелка дрогнула и немного отклонилась от своего «законного» направления на север. Сам Эрстед вначале этого и не заметил, он говорил о тепловом действии тока. Но когда студент рассказал о своем

наблюдении, Эрстед заинтересовался. Сначала он решил, что на стрелку повлияло механическое воздействие рубильника при нажиме на него. Стол задрожал, и это передалось магнитной стрелке. Однако когда ее поместили на отдельный стол, явление повторилось. Эрстед оставил все опыты, которыми он занимался, и стал изучать это совершенно новое и неожиданное явление. Эрстед заказал более мощную батарею и стержни из более чистой меди. Фактически он получил значительно более сильный ток в стержнях, и магнитная стрелка стала реагировать на ток гораздо сильнее. При включении тока она поворачивалась почти на 90q и показывала уже не на север, а на восток или запад. Она располагалась по касательной к воображаемым окружностям, центры которых находились на стержне с током. Действие тока на стрелку было как бы боковым. Эрстед понимал, что он открыл неизвестное науке явление. Согласно господствовавшим тогда взглядам, электричество и магнетизм – это разные явления. Магнетизм проявляется только для веществ, содержащих железо, тогда как электрические силы действуют между предметами, сделанными из самых разных материалов. Но опыты свидетельствовали о связи между электричеством и магнетизмом. Эта связь оказалась непростой, и описать ее математическими формулами Эрстед не сумел. Он только представил чертежи и рисунки явления поворота стрелки. А 21 июля 1820 года в Копенгагене вышла из печати четырехстраничная брошюра на латыни, названная Эрстедом «Опыты, касающиеся действия электрического конфликта на магнитную стрелку». Понимая всю важность открытия, Эрстед в тот же день разослал брошюру во все европейские научные учреждения и научные журналы. После опубликования своих трудов Эрстед совершил путешествие по научным центрам Европы. Его встречали с большим энтузиазмом и приняли в почетные члены многих академий наук. В частности, он

Задачи по математике и физике

ЗАДАЧНИК «КВАНТА»

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задач по математике и физике из этого номера следует отправлять по электронным адресам: [email protected] и [email protected] соответственно или по почтовому адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, вместе с решением этой задачи присылайте по тем же адресам. Задачи М2838–М2841 предлагалась на XLVI Турнире городов. Задачи Ф2845–Ф2848 предлагались на заключительном этапе LVIII Всероссийской олимпиады школьников по физике.

Задачи М2838–М2841, Ф2845–Ф2848

M2838. По кругу стоят кувшины с соками, не обязательно одинакового размера. Из любого кувшина разрешается переливать любую часть сока (возможно, нисколько или весь сок) в соседний кувшин справа, так чтобы тот не переполнился и сладость смеси в нем стала равна 10%. Известно, что в начальный момент такое переливание удалось бы сделать из любого кувшина. Докажите, что можно сделать в каком-то порядке несколько таких переливаний (не более одного из каждого кувшина), так чтобы сладость смеси во всех непустых кувшинах стала равна 10%. А.Шаповалов

M2839. Дано натуральное число k. В стране, валюта которой – тугрики, ходят только купюры двух целочисленных достоинств. И покупатель, и продавец имеют достаточно много и тех, и других купюр, но при каждом платеже могут использовать вместе не более k купюр (включая сдачу). Известно, что так можно сделать платеж на любую целую сумму от 1 до n тугриков. Каково наибольшее возможное значение n? А.Шаповалов

M2840. Высоты $AA_{1}, BB_{1}, CC_{1}$ остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке H (рис. 1). Биссектрисы углов B и C

Рис. 1

треугольника BHC пересекают отрезки CH и BH в точках X и Y соответственно. Обозначим величину угла $XA_{1} Y$ через D. Аналогично определим E и J. Найдите значение суммы D E J. А.Доледенок

M2841*. Петя красит каждую клетку доски 2 m u 2 n в черный или белый цвет так, чтобы клетки каждого цвета образовывали многоугольник. Затем Вася разрезает доску на доминошки (прямоугольники из двух клеток). Петя стремится к тому, чтобы в итоге получилось как можно больше двухцветных доминошек, а Вася – к тому, чтобы их получилось как можно меньше. Наличие какого наибольшего числа двухцветных доминошек может гарантировать Петя, как бы ни действовал Вася? А.Грибалко

23

ЗАДАЧНИК

Ф2845. Из пункта A, расположенного на одном берегу реки шириной l, переправляется на противоположный берег небольшая моторная лодка (рис. 2). Берега реки

Рис. 2

параллельны друг другу. Скорость течения реки везде одинакова и равна u. На противоположном берегу реки на одном перпендикуляре к берегам с пунктом A расположен пункт B. Скорость лодки относительно воды постоянна по величине и равна 2u, а ее вектор в течение всего времени переправы перпендикулярен прямой BC, где C — центр лодки. В некоторый момент времени $t_{1}$ скорость лодки относительно берега перпендикулярна линии берега. 1) В каком направлении лодка начала движение из пункта A: по течению или против течения? 2) Найдите угол ABC в момент времени $t_{1}$. 3) На каком расстоянии от пункта B будет находиться лодка, когда она достигнет противоположного берега реки? 4) На каком расстоянии от пункта B будет находиться лодка в момент времени $t_{1}$? 5) Найдите радиус кривизны траектории лодки в системе отсчета берега для двух случаев: а) в момент старта из пункта A; б) в момент времени $t_{1}$. А.Шишкина

Ф2846. На горизонтальной поверхности находятся два тела: длинная доска высотой h и однородный цилиндр радиусом R = 2h, которые касаются друг друга (рис. 3). Масса цилиндра равна M. Коэффициенты трения между цилиндром и поверхностью,

Рис. 3

«КВАНТА»

а также между самими телами одинаковы и равны P. Доска движется с постоянным горизонтальным ускорением a, направленным перпендикулярно линии контакта с цилиндром. Ускорение свободного падения равно g. При каких значениях ускорения a доски цилиндр не будет поворачиваться вокруг горизонтальной оси, если коэффициент трения P может принимать любые значения больше нуля? А.Ившин, Е.Васенин, А.Вергунов

Ф2847. В цилиндрическом сосуде, установленном вертикально в поле силы тяжести, под массивным горизонтальным поршнем массой m = 100 кг содержится одноатомный идеальный газ. Над поршнем – вакуум. Поршень находится в равновесии и может перемещаться вдоль стенок сосуда практически без трения. Поршень закрепляют в этом равновесном положении, после чего кладут на него гирю массой M. Затем поршень освобождают. При дальнейшем движении поршня с гирей его минимальное расстояние $h_{min}$ до дна сосуда в два раза меньше исходного расстояния $h_{0} = 1,0$ м. Определите: 1) массу гири M; 2) модуль максимального ускорения $a_{max}$ поршня с гирей в процессе движения; 3) модуль максимальной скорости $v_{max}$ поршня с гирей в процессе движения. Через длительное время поршень остановился. 4) Найдите расстояние h до дна сосуда, на котором будет находиться поршень в состоянии нового термодинамического равновесия. Теплоемкость сосуда и поршня пренебрежимо мала, теплоотдача в окружающую среду отсутствует. При движении поршня от исходного положения до его первой остановки процессы в газе можно считать равновесными. Масса газа много меньше массы поршня. Ускорение свободного падения считайте равным g 10 м $с^{2}$. А.Аполонский

Ф2848. В бесконечной электрической цепи, фрагмент схемы которой представлен на рисунке 4, каждая треугольная ячейка содержит три источника с одинаковыми

24

КВАН T 2025/№4

внутренними сопротивлениями r, но разными ЭДС E, 2E и 3E, причем полярность подключения источников с одной и той же ЭДС периодически меняется. 1) Чему равны разности потенциалов M и M между плюсом и минусом каждого источника в данной цепи? 2) Определите силы токов через все источники в данной цепи. 3) Какое сопротивление $R_{1}$ покажет омметр при подключении к плюсу и минусу источника с ЭДС E, находящегося в данной цепи? Какие сопротивления $R_{2}$ и $R_{3}$ покажет прибор, если сделать то же самое с источниками с ЭДС 2E и 3E соответственно? Будут ли зависеть показания омметра от полярности его подключения? 4) Один из источников с ЭДС 2E заменили другим источником с ЭДС E и внутренним сопротивлением r 2. Какова в этом случае будет сила тока I, текущего через замененный источник?

Рис. 4

Величины E и r считайте известными. Сопротивлением соединительных проводов можно пренебречь. А.Киреев, Л.Колдунов

Рис. 1

Рис. 2

Из соображений симметрии ясно, что точка L лежит на диагонали BD (рис. 2). Угол LOC прямой, так как его стороны лежат на диагоналях квадрата. Точки C, F, L, D лежат на одной окружности с диаметром FD, и, тем самым, с центром N. Поэтому ‘ LNC 2 ‘ LDC 2 ˜ 45 q 90 q. Значит, точки O и N лежат на окружности с диаметром LC. Далее, по теореме о внешнем угле треугольника

‘ LKF

‘ LFD ‘ KLF

‘ LED ‘ KLF.

Так как EF P AC, а точки L, E, A, D лежат на одной окружности (с диаметром DE), то

‘ LKF

‘ LED ‘ KLF

‘ LAD ‘ KAC

Решения задач М2826–М2829, Ф2833–Ф2836 M2826. В квадрате ABCD на сторонах AB и BC выбраны соответственно точки E и F так, что BE = BF. Пусть L – середина EF, N – середина DF, O – центр квадрата, а K – точка пересечения прямых AL и DF (рис. 1). Докажите, что точки C, K, L, O, N лежат на одной окружности.

CAD

45 q.

Поскольку ON P BC, имеем ‘ LON 135 q. Следовательно, ‘ LKN ‘ LON 180 q, т.е. точка K лежит на описанной окружности четырехугольника LONC. Таким образом, все пять точек C, K, L, O, N лежат на одной окружности, что и требовалось доказать. Замечание. В предложенной конструкции можно обнаружить еще несколько любопытных фактов. Например, из доказанно-

38

КВАНТ 2025/№4

меньше 1,6 м, например, h = 1 см. В этом случае потери тепла происходят не с одной поверхности (обращенной к Солнцу), а с двух поверхностей. Температуры этих поверхностей близки друг к другу, поскольку при малой толщине пластины хорошо работает механизм теплопроводности. При той же самой поступающей на каждый квадратный метр мощности W 0,34 кВт $м^{2}$ потери тепла с одной поверхности уменьшились в два раза. Следовательно, все вычисления можно повторить, только поступающую мощность нужно уменьшить в два раза. Тогда установившаяся температура будет равна 229,2 К. В таком случае бо c льшую часть потерь тепла обеспечивает излучение: $W_{изл} 313$ Вт. На испарение расходуется оставшаяся мощность $W_{исп} 29,5$ Вт. Получается, что для тонкой ледяной пластинки при температуре 229 К мощности потерь на излучение и на испарение отличаются примерно в 10 раз! Для полного испарения такой пластинки толщиной 1 см из льда потребуется промежуток времени примерно 9,5 суток. Понятно, что для льдинки в форме, например, шарика с диаметром 1 см (такой размер могут иметь градинки) площади, с которых получается и отдается тепло, отличаются. Поглощаемая мощность поступает на площадь поперечного сечения шарика $S D^{2} 4$, а потери тепла происходят с поверхности шарика, площадь которой $в^{4}$ раза больше и равна $S D^{2}$. Поэтому и для такого случая можно применить тот же самый способ вычислений, только поступающую на единицу площади мощность следует считать $в^{4}$ раза меньшей. Вычислим температуру, а также оценим время испарения ледяного шарика для этого случая. Температура установится около 197 К. В пересчете на $1 м^{2}$ поглощаемая мощность осталась такой же: 342,5 Вт $м^{2}$. Но при вычисленной температуре мощность потерь на излучение, приведенная к $1 м^{2}$, составит 341,6 Вт $м^{2}$. А на испарение будет тратиться всего 1 Вт $м^{2}$. Времени на испарение ледяного шарика с начальным радиусом 0,5 см потребуется 1,95 года | 2 года. Таким образом, в этой ситуации (при температуре 197 К) потери на излучение в 340 раз больше потерь, связанных с испарением молекул. Конечно, полученные величины температур и времен испарения следует считать оценочными. И реальность гораздо сложнее

использованной модели. Напомним, в нашей модели предполагалось, что лед непрозрачен, но для очень тонких слоев льда это несправедливо. Кроме того, поглощение и отражение солнечного излучения на самом деле зависит от угла падения на поверхность, а это обстоятельство не учитывалось при вычислении поглощаемой энергии солнечных лучей для шарика. Эти явления должны увеличить время испарения маленького кусочка льда. Делаем вывод: зависимости от температуры мощности тепловых потерь, связанных с тепловым излучением, пропорциональной $T^{4}$, и мощности потери тепла, связанной с испарением вещества, пропорциональной exp L RT, действительно разные. Полученные отличия долей общей мощности тепловых потерь при разных температурах для этих двух механизмов потерь тепла качественно соответствуют реальности. Иными словами, с ростом температуры мощность потерь, связанных с испарением, растет быстрее, чем мощность тепловых потерь за счет излучения. Сравниваются эти мощности для толстой льдины при температуре около 256 К 17 q С. Эта температура установится на поверхности льдины, если она будет находиться ближе к Солнцу, чем Земля, на 25 млн км. Если льдина окажется на расстоянии от Солнца в два раза меньшем, чем расстояние от Земли до Солнца, то в этом случае при том же коэффициенте поглощения падающего на льдину излучения (25%) установившаяся на освещаемой поверхности температура станет равной 272 К и лед вотвот начнет плавиться. При этом на испарение льда будет тратиться мощность примерно 1060 Вт $м^{2}$, а на излучение с освещаемой поверхности 310 Вт $м^{2}$. При дальнейшем уменьшении расстояния между Солнцем и льдиной лед растает и скорость испарения возрастет. Ну и, как следствие, появившийся водяной пар будет сдуваться солнечным излучением и образует заметный хвост. Хвостатая льдина – это и есть возможный вариант кометы. Понятно, что предложенный способ оценки скорости испарения молекул основан на классической модели тепловых явлений, и, возможно, он не очень точный. Но для объяснения рассмотренных явлений и процессов этого вполне достаточно.

РЕЦЕНЗИИ, БИБЛИОГРАФИЯ

Еще одна дверь в математику

МАТЕМАТИКА – СЛОЖНАЯ НАУКА и путь в математику непрост. Бен Орлин в своей книге «Математические игры с дурацкими $рисунками»^{1}$ открывает перед читателями дверь в мир математики через игры. Автор условно делит представленные в книге игры на пять категорий: геометрические игры, числовые игры, комбинаторные игры, рисковые игры и информационные игры. При этом он не ставит перед собой цель систематически изложить какие-то разделы математики. Орлин не столько объясняет математику, сколько заманивает в нее. Он

1 Б. Орлин. Математические игры с дурацкими рисунками. — М.: Альпина нон-фикшн, 2023.

демонстрирует, как через игру можно подойти к различным математическим сюжетам и задачам. Автор показывает, что математика буквально окружает нас, а математические игры можно обнаружить почти всюду, если правильно настроить восприятие. Некоторые игры автор разбирает подробно, открывая читателю новые горизонты, а другие описывает лишь в общих чертах, оставляя простор для самостоятельных исследований. Иллюстрации в книге выполнены автором и заслуживают отдельного внимания. Если вы уже знакомы с другими книгами Орлина, такими как «Математика с дурацкими рисунками» или «Время переменных», то узнаете его стиль. Забавные рисунки поясняют игровые позиции, помогая лучше понять правила, а иногда служат для объяснения сложных идей. Повествование выдержано в легком стиле, а мягкий юмор автора и парадоксальные комментарии не только привлекают внимание, но и побуждают к размышлению. Работать с книгой можно на разных уровнях. Можно просто провести время с удовольствием, а можно погрузиться в ту или иную игру с головой: изучить ее связи, историю, стратегии, придумать новые разновидности или сравнить с другими играми. Книга подойдет читателям от 9 до 99 лет, но особенно она будет полезна старшеклассникам. Увлекательные игры могут стать началом самостоятельных исследований – как серьезных, так и не очень. Школьникам, особенно на олимпиадах и экзаменах, часто кажется, что важно решать задачи быстро. Но настоящая, «взрослая» математика требует другого подхода: медленного, вдумчивого, с погружением в детали и изучением связей между задачами и разными областями математики. Именно так формируется математическое мышление. А игры предоставляют для этого отличную возможность: они увлекательны, в них можно играть снова и снова, выходя на новые уровни, размышляя, придумывая новые стратегии. При этом мы пробуем раз-

45

РЕЦЕНЗИИ,

ные модели, изучаем частные случаи, обобщаем результаты, выдвигаем гипотезы и проверяем их, задавая себе все новые и новые вопросы. Это позволяет ощутить вдохновение, страсть и подлинную радость от успеха — важные составляющие математического творчества. Вот два примера игр из книги.

Игра «Доминирование»

В этой игре два игрока по очереди размещают костяшки домино на прямоугольном поле. Один выкладывает костяшки вертикально, другой — горизонтально. Если игрок не может сделать ход, он проигрывает. Размеры поля не заданы, что сразу порождает вопросы. Какими должны быть размеры поля, чтобы игра не была ни слишком простой, ни слишком сложной? Существуют ли выигрышные стратегии? Какие? Меняются ли они в зависимости от размеров поля? Неплохо сначала просто сыграть несколько партий, чтобы почувствовать игру. Начать стоит с полей небольшого размера, например 2 u 2, 2 u 3 или 3 u 3. Следует обратить внимание на применяемые стратегии и тактические приемы, проследить за количеством ходов, особенностями игры в начале и в конце партии. Также стоит поду-

БИБЛИОГРАФИЯ

мать, как перенести полученное понимание об играх на малых полях на игры на больших полях. Для дальнейшего исследования можно варьировать количество игроков или добавлять препятствия на поле. Простор для творчества большой.

Игра «Свинья»

В эту игру могут играть от двух до восьми человек. Во время своего хода вы можете бросать пару игральных костей столько раз, сколько захотите, каждый раз прибавляя сумму выпавших очков к своему счету. Остановиться можно в любой момент. Побеждает тот, кто первым наберет 100 очков. Есть несколько бонусов: если на обеих костях выпадает одинаковое число, сумма удваивается (например, 5 + 5 дает 20 очков), а две единицы приносят 25 очков. Но будьте осторожны: если на одной кости выпала единица, а на другой нет (вероятность этого исхода около 28%), то все очки, набранные в течение хода, обнуляются (очки, набранные в предыдущие ходы, сохраняются) и ход переходит к сопернику. Как бы вы подошли к исследованию этой игры?

Н. Шихова

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

«Квант» для младших школьников

(жирным шрифтом выделены гирьки, взятые судьей):

1. Ответ приведен на рисунке 1.

10 + 11 = 21, 10 + 12 = 22, 10 + 13 = 23, …

(см. «Квант» №3)

…, 10 + 19 = 29.

Рис. 1

2. 580753. Составим таблицу соответствия цифры в образце с количеством черточек:

Заметим, что только гирька массой 10 г может в сумме с девятью разными гирьками давать массу какой-то еще гирьки. Значит, результаты этих взвешиваний позволят судье узнать, какие гирьки имеют массы 10 г и 20 г (первая была во всех взвешиваниях этой серии, а вторая не использовалась), а также разбить остальные гирьки на пары с разностью масс 10 г, причем в каждой паре известно, какая именно гирька легче. При выборе судьей гирек массами от 22 г до 29 г эксперт действует следующим образом:

10 + 11 < 22, 10 + 12 < 23, 10 + 13 < 24, …

…, 10 + 18 < 29.

У Тани получилось такое количество черточек: 5, 7, 6, 3, 5, 4. Заметим, что семь черточек в образце есть только у цифры 8, поэтому вторая цифра в Танином индексе – это 8, и она написана правильно. Также только в записи цифры 0 используется шесть черточек, значит, третья цифра – это 0, и в ней Таня сделала одну ошибку. Последней цифрой в индексе может быть 2, 3 или 4, но в случае цифр 2 и 4 Таня сделала бы по три ошибки. Следовательно, последняя цифра – это 3, и в ней одна ошибка. Таким образом, в оставшихся трех цифрах сделано по две ошибки. Теперь легко проверить, что первая и пятая цифры индекса равны 5, а четвертая равна 7. 3. Один треугольник. Оценка. Обозначим длины красных палочек $r_{1} d r_{2} d r_{3}$, желтых $y_{1} d y_{2} d y_{3}$, а зеленых $g_{1} d g_{2} d g_{3}$. Так как из любой тройки палочек разных цветов складывается треугольник, то $r_{1} y_{2}$! $g_{3}, y_{1} g_{2}$! $r_{3}$ и $g_{1} r_{2}$! $y_{3}$. Сложив эти три неравенства, получим $r_{1} r_{2} y_{1} y_{2} g_{1} g_{2}$!! $r_{3} y_{3} g_{3}$. Следовательно, должно выполняться по крайней мере одно из неравенств $r_{1} r_{2}$! $r_{3}, y_{1} y_{2}$! $y_{3}$ или $g_{1} g_{2}$! $g_{3}$, т.е. хотя бы один треугольник из палочек одинакового цвета точно можно сложить. Пример. Пусть есть три красные палочки длины 3, а желтые и зеленые палочки имеют длины 2, 2, 4. Тогда набор из трех палочек разных цветов может иметь длины {2, 2, 3}, {2, 3, 4} или {3, 4, 4}. Из всех этих наборов складываются треугольники. При этом одноцветный треугольник можно сложить только из красных палочек. 4. Может. Когда судья выберет гирьки массами от 11 г до 19 г, эксперт выполнит следующие взвешивания

Эти взвешивания упорядочивают пары, полученные после первой серии. Следовательно, по их результатам судья определит массы всех гирек в них. Судья также будет выбирать гирьки массами 10 г, 20 г и 21 г – в этих случаях эксперт может действовать как угодно. Замечание. В данном решении есть три взвешивания, результаты которых не имеют значения для определения масс всех гирек. Известен алгоритм, в котором таких «лишних» взвешиваний девять.

Конкурс имени А.П.Савина

(см. «Квант» №2)

21. Мысленно сдвинем верхний треугольник вниз на вектор, соответствующий одной спичке. Положив спички на два из трех новых отрезков, получим конструкцию, как на рисунке 2. Каждая часть складывается из равностороннего Рис. 2 треугольника и ромба с $углом^{30q}. 22.$ а) Да; б) да. а) Если есть два ребенка, которые за два раза поиграли с одной и той же парой игрушек, то и другие двое играли с одной и той же парой игрушек. Значит, можно раздать первым двум детям игрушки других двух и наоборот – так у каждого окажется новая игрушка. Если все дети поиграли с разными парами игрушек, то пусть первый поиграл с утенком и слоненком. Тогда есть ребенок, который поиграл с утенком, но не

55

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

со слоненком (назовем его вторым), есть ребенок, поигравший со слоненком, но не с утенком (пусть он третий), и четвертый ребенок не играл ни со слоненком, ни с утенком. Тогда можно выдать четвертому слоненка, третьему – утенка, второму выдать ту игрушку из оставшихся двух, которой у него еще не было, и первому выдать оставшуюся игрушку (с которой уже поиграл второй). б) Итак, первые три раза воспитательнице удалось дать каждому игрушку, которой у него еще не было, т.е. для каждого осталась только одна игрушка, с которой он еще не играл. Пусть есть два ребенка, которые еще не играли с одной и той же игрушкой – скажем, с утенком. Тогда первые три раза утенок доставался двум другим детям – значит, кому-то из них он уже достался два раза, противоречие. Поэтому можно выдать каждому ту игрушку, которой у него еще не было, и все получат по игрушке. 23. 42. Оценка. Пусть в разрезании присутствует по x уголков каждого типа. Поскольку большой уголок состоит из 48 клеток, средний – из 12, а маленький – из 3, получаем

48 x 12 x 3 x

63 x

$n^{2}$.

Видим, что $n^{2}$ делится $на^{63} 3^{2} ˜^{7}$, следовательно, n делится $на^{3} ˜^{7} 21$. Случай n = 21 невозможен. Докажем это. Предположим, что n = 21 и, следовательно, $x = 7. Отметим^{11} 2^{121}$ клеток $квадрата^{21} u^{21}$, как на рисунке 3. Большой уголок содержит 12 отмеченных клеток, средний – 3, маленький – 0 или 1. Поэтому отмеченных клеток не больше

Рис. 3

РЕШЕНИЯ

7 12 3 1 112 121. Противоречие. Число n кратно 21, поэтому $n t^{42}$. Пример. Приведем пример, как разрезать квадрат со стороной n = 42. Сначала поделим квадрат на три прямоугольника $2 u 42,^{40} u^{6},^{40} u^{36}$. Покажем, как каждый из ним мы делим на уголки. 1) Прямоугольник 2 u 42 поделим на $42 : 3 14 прямоугольников^{2} u^{3}$, каждый из которых поделим на два маленьких уголка. $Получим^{14} ˜^{2} 28$ маленьких уголков. 2) Прямоугольник 40 u 6 поделим на $40 : 4 10 прямоугольников^{4} u^{6}$, каждый из которых поделим на два средних уголка. Получим 10 ˜ 2 20 средних уголков. 3) $Прямоугольник^{40} u^{36}$ поделим на 40: 8 ˜ 36: 12 15 прямоугольников 8 u 12; из них 14 поделим на два больших уголка, а один – на 8 средних уголков. $Получим^{14} ˜^{2} 28$ больших уголков и 8 средних. Итого уголков каждого типа – по 28. 24. 3. Как известно, любой многоугольник можно разрезать непересекающимися диагоналями на треугольники (см., например, книгу В.В.Прасолова «Задачи по планиметрии», глава «Выпуклые и невыпуклые многоугольники»). Поделив музей на треугольники таким образом, получим, что любая точка в музее расположена внутри или на границе такого треугольника, а значит, из нее видно хотя бы три вершины 10-угольника, образующего музей. Следовательно, из каждой точки видно хотя бы 3 скульптуры. Приведем пример, когда есть точка внутри музея, из которой видно только три скульптуры. Рассмотрим одну треугольную «комнату», от которой отходит три узких «коридора» (рис. 4). Коридоры можно сделать достаточно длинными так, чтобы из красной точки не было видно больше трех скульптур.

Рис. 4