НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

МАРТ

АПРЕЛЬ Ю220

10©

2 Многогранный Делоне (окончание). Н.Долбилин10 Что может электростатика. К.Богданов14 Геометрия звездного неба. В.Протасов

Н А Н О Т Е Х Н О Л О Г И И

23 Как рассмотреть нанообъект в оптический микроскоп.А.Ежов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

26 Задачи М2169–М2175, Ф2175–Ф218227 Решения задач М2146–М2152, Ф2160–Ф2167

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Цепные дроби вокруг нас

К М Ш

36 Задачи37 Мыльные пузыри и хорды. А.Шень40 Тепловые явления глазами пассажира автобуса. В.Котов

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В

42 Физики в тумане. С.Варламов

Н А Ш И Н А Б Л Ю Д Е Н И Я

44 Синицы и ... физика

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К

45 Об одной забытой задаче. А.Толпыго

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

49 Обтекание вращающихся тел. С.Бетяев

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А

51 Задачи механики в неинерциальных системах отсчета.В.Шутов

О Л И М П И А Д Ы

54 Региональный этап XXXVI Всероссийской олимпиадышкольников по математике

55 Региональный этап XLIV Всероссийской олимпиадышкольников по физике

58 Всероссийская студенческая олимпиада по физике

И Н Ф О Р М А Ц И Я

60 Всероссийский конкурс научных работ школьников «Юниор»

60 Заочная школа МИФИ

61 Ответы, указания, решения

Н А О Б Л О Ж К Е

I Рисунок Ю.А.Ващенко

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

С.С.Кротов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

А.Я.Белов, Ю.М.Брук, А.А.Варламов,А.Н.Виленкин, В.И.Голубев, С.А.Гордюнин,

Н.П.Долбилин (заместитель главногоредактора), В.Н.Дубровский,

А.А.Егоров, А.В.Жуков,А.Р.Зильберман, В.В.Кведер (заместитель

председателя редколлегии), П.А.Кожевников,В.В.Козлов (заместитель председателя

редколлегии), С.П.Коновалов, А.А.Леонович,Ю.П.Лысов, В.В.Произволов, Н.Х.Розов,

А.Б.Сосинский, А.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин,В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова, В.М.Уроев,

А.И.Черноуцан (заместитель главногоредактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

А.В.Анджанс, В.И.Арнольд, М.И.Башмаков,

В.И.Берник, В.Г.Болтянский, А.А.Боровой,

Н.Н.Константинов, Г.Л.Коткин, С.П.Новиков,Л.Д.Фаддеев

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

Л.А.Арцимович, М.И.Башмаков,В.Г.Болтянский, И.Н.Бронштейн,

Н.Б.Васильев, И.Ф.Гинзбург, В.Г.Зубов,П.Л.Капица, В.А.Кириллин, Г.И.Косоуров,

В.А.Лешковцев, В.П.Лишевский,А.И. Маркушевич, М.Д.Миллионщиков,

Н.А.Патрикеева, Н.Х.Розов,А.П.Савин,И.Ш.Слободецкий,

М.Л.Смолянский, Я.А.Смородинский,В.А.Фабрикант, Я.Е.Шнайдер

Учредители — Российская академиянаук, Фонд поддержки

фундаментальной науки иобразования (Фонд Осипьяна),

ИФТТ РАНИздатель – ООО НПП ОО

«Бюро Квантум»

© 2010, РАН,

Фонд Осипьяна, журнал «Квант»

Товарный знак «Журнал «Квант»

является собственностью

ООО НПП ОО «Бюро Квантум»

01-.p65 30.03.10, 17:281

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 22

Многогранный ДелонеН.ДОЛБИЛИН

Метод пустой сферы и триангуляции Делоне

Борис Николаевич Делоне был замечательным попу-ляризатором науки. При этом он придерживался прин-ципа: каждая популярная статья о математике должнасодержать доказательство хотя бы одного утвержде-ния. Мы последуем этому принципу и приведем сдоказательствами основные идеи очень полезной гео-метрической теории – теории разбиений Делоне. Этатеория была изложена им в начале 20-х годов в работе«О пустой сфере». В ряде специальных случаев идеятакого разбиения уже встречалась, например, в рабо-тах Вороного. Заслуга Бориса Николаевича состояла втом, что он с присущей ему ясностью и прозрачностьюописал эту простую геометрическую конструкцию длявесьма общего класса множеств. Мы сейчас объяснимосновные идеи этой науки – для простоты лишь наплоскости, хотя эта теория легко переносится на про-странство любой размерности.

Рассмотрим на плоскости некоторое множество Xточек. Точки множества X, чтобы отличать их отдругих точек плоскости, не принадлежащих X, будемименовать узлами. Предполагается, что множество Xузлов удовлетворяет следующим двум условиям. Су-ществуют два положительных числа r и R, такие что

(1) любой круг радиуса r содержит внутри себя неболее одного узла из X;

(2) любой круг радиуса R содержит внутри себяили на границе не менее одного узла из X.

Делоне назвал такое множество X (r, R)-системой.Сейчас это, кстати не очень удачное, название смени-лось на множество Делоне (с параметрами r и R).

Понятно, что условия (1) и (2) эквивалентны усло-виям

(1′ ) расстояние между узлами не менее 2r и(2′ ) расстояние от любой точки плоскости до бли-

жайшего к ней узла из X не превосходит R.Довольно часто оказывается полезным еще одно

эквивалентное определение множества Делоне. Будемрассматривать круги с центрами только в узлах из X.Тогда условия (1) и (2) можно переформулировать:

(1′′ ) круги радиуса r с центрами в узлах из X попарноне перекрываются, т.е. образуют упаковку (рис. 1);

(2′′ ) круги радиуса R с центрами в узлах из Xпокрывают всю плоскость, т.е. образуют покрытие.Другими словами, любая точка плоскости принадле-жит хотя бы одному из этих кругов.

Легко видеть, что в силу условия (2) число всех узловво множестве Делоне бесконечно.

Заметим, что пара-метры r и R задаютсянеоднозначно: из ус-ловий (1) и (2) оче-видно вытекает, чтомножество X удов-летворяет тем же ус-ловиям (1) и (2) прилюбых значениях r′и R′ , если 0 r r′< ≤и R R′ ≥ .

Теперь вслед заБорисом Николаеви-чем приступим к по-строению некоторого особого разбиения плоскостина многоугольники, однозначно связанного с множе-ством X.

Разбиение плоскости – термин несколько новый,хотя смысл этого термина тот же, что и у известного сдетства события: разбивания стекла. Целое стеклоразбивается на осколки, из которых можно составитьцелое, при этом отдельные осколки не налегают друг надруга.1

Разбиением плоскости на многоугольники называет-ся множество многоугольников 1M , 2M и т.д., такрасположенных на плоскости, что

(а) никакие два многоугольника не налегают друг надруга (условие упаковки), а

(б) многоугольники, взятые вместе, покрывают всюплоскость (усло-вие покрытия).

Паркет на полу,кафельная плиткана стене, мозаикаПенроуза (рис.2) –все это ограничен-ные фрагментыразбиения (беско-нечной) плоскости.

Изложим теперьидею «пустой сфе-ры», принадлежа-щую Борису Ни-колаевичу Делоне.

0-й шаг. Возьмем на плоскости, где расположеномножество X, маленький кружок, скажем радиусаменьше r, который ни внутри, ни на границе не

Окончание. Начало см. в «Кванте» 1.

1 Эта аналогия, как и любая аналогия вообще, далека отсовершенства.

Рис. 1

Рис. 2

01-.p65 30.03.10, 17:292

М Н О Г О Г Р А Н Н Ы Й Д Е Л О Н Е 3

содержит узлов из X. Такой кружок существует, пото-му что расстояние между узлами не меньше 2r.

1-й шаг. Оставляя центр 1O круга неподвижным,увеличиваем его радиус, оставляя его пустым от узловвнутри, до тех пор, пока граница раздуваемого круга ненаткнется на какой-нибудь узел x из X. Такой моментобязательно наступит, так как по условию (2) радиуспустого круга не превышает R (рис.3).

2-й шаг. Теперь, не снимая круг с узла x, отодвигаемот узла x по прямой 1xO центр расширяющегося кругадо тех пор, пока он не наткнется еще на один узел y(рис.4). Такой момент обязательно наступит вслед-ствие опять же условия (2). Обозначим центр этогокруга через 2O .

3-й шаг. Не снимая круг с узлов x и y, будем удалятьего центр от узлов x и y по срединному перпендикулярук отрезку xy, пока расширяющийся круг не наткнетсяеще на один узел z (рис.5).

На этом процесс расширения круга завершен. Обо-значим окончательно полученный круг через K, а егоцентр – через O.

Заметим, что после третьего шага на граничнойокружности круга расположено некоторое число kузлов, 3k ≥ . Построим k-угольник с вершинами вданных k узлах (рис.6). Ясно, что этот мноугольник

вписан в круг, который других узлов из X ни внутри,ни на границе не содержит.2

Многоугольник M назовем многоугольником Делонедля заданного множества X узлов, если его вершины –это узлы из X и он вписан в некоторый круг K, которыйни внутри, ни на границе никаких других узлов, кромевершин, не содержит.

Полученный в результате описанной выше «четырех-ходовки» k-угольник является многоугольником Дело-не. Таким образом, множество многоугольников Дело-не не пусто. Более того, нетрудно видеть, что, приме-няя «четырехходовку» к маленьким кружкам, взятымв разных частях плоскости, можно получить бесконеч-но много многоугольников Делоне. Заметим, что лю-бой узел из X является вершиной по крайней мереодного из многоугольников Делоне. Такой многоуголь-ник можно построить посредством четырехходовки,примененной к маленькому кругу, достаточно близкорасположенному к данному узлу. Борис Николаевичдоказал не очень сложную, но важную теорему:

Теорема. Множество всех многоугольников Делонедля данного множества X узлов образует разбиениеплоскости.

Доказательство. Напомним, что множество узлов Xудовлетворяет условиям (1) и (2). Докажем сначала,что никакие два многоугольника Делоне 1M и 2M неперекрываются, т.е. не имеют общих внутренних то-чек. Возьмем «пустые» круги 1K и 2K , описанныевокруг 1M и 2M соответственно. Никакой из этихкругов не содержится в другом, так как каждый из нихвнутри пуст от узлов из X и каждый из них содержитнекоторое число узлов на границе.

Если круги 1K и 2K не перекрываются, то много-угольники 1M и 2M , в них содержащиеся, тем болеене перекрываются. Пусть круги перекрываются понекоторой «линзе» (рис.7), составленной из дуги 1aпервой окружности, входящей внутрь второго круга

2 Внимательный читатель мог заметить, что уже напервом шаге расширяющийся круг мог наткнуться не на один,а на два, а то и большее количество узлов. Заметим, что вэтом случае мы могли бы перейти с 1-го шага сразу к 3-му, ато и вообще могли бы получить окончательный круг K.

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

01-.p65 30.03.10, 17:293

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 24

2K , и, соответственно, из дуги 2a второй окружности,лежащей внутри круга 1K . Так как оба круга свободныот узлов внутри, то вершины многоугольников 1M и

2M лежат по разные стороны от хорды АВ. На концаххорды либо нет узлов (см. рис.7,а), либо может бытьодин (см. рис.7,б) или два узла (см. рис.7,в). В первомслучае многоугольники вовсе не пересекаются, во вто-ром имеют общую вершину, а в третьем – общуюсторону.

Докажем теперь, что многоугольники Делоне образу-ют покрытие. Докажем сначала, что к любому много-угольнику Делоне по каждой его стороне прилегаетнекоторый другой многоугольник Делоне. Возьмемсторону xy многоугольника M. «Снимем» круг K с

узла z и, удаляя егоцентр от узла z, будем«протаскивать» егочерез узлы x и y(рис.8). Подчеркнем,что в процессе пере-мещения круг остает-ся внутри пустым отузлов, а на его грани-це находятся лишь дваузла x и y. Обяза-

тельно наступит такой момент (из-за условия (2)),когда круг K′ с центром, перемещающимся по средин-ному перпендикуляру к хорде xy, наткнется на узел z′ .Этот новый узел вместе, может быть, с другими узла-ми, оказавшимися на границе круга K′ , лежит подругую сторону от хорды xy (в силу того, что другаядуга круга K′ лежит внутри пустого круга K). Узлы,лежащие на границе круга K′ с центром O′ , образуютмногоугольник Делоне M′ , который имеет с M общуюсторону xy.

Здесь может показаться очевидным, что если попар-но не перекрывающиеся многоугольники прилегаютдруг к другу по каждой своей стороне, то они покры-вают плоскость. На самом деле это не всегда так.Однако это верно, когда многоугольники расположенына плоскости так, что любой круг на плоскости пересе-кается лишь с конечным числом этих многоугольников.Множество многоугольников Делоне, построенных длямножества X, именно таково (докажите это самостоя-тельно, опираясь на оба условия (1) и (2) множестваX Делоне и на то, что многоугольник Делоне вписан вкруг радиуса, не превосходящего R).

Предположим, что некоторая точка P плоскостиостается непокрытой ни одним многоугольником Дело-не. Заметим, что, по вышесказанному, точка P неявляется узлом. Возьмем внутри какого-нибудь много-

угольника Делоне 1M точку Q и проведем отрезок PQ.При необходимости сдвинем немного точку Q так,чтобы она оставалась внутри 1M , но PQ не содержални одного узла из X. Это можно сделать, так какрасстояние между узлами не меньше 2r. Заметимтакже, что многоугольников Делоне, которые пересе-каются с PQ, конечное число.

Двигаясь по отрезку PQ от точки Q к P, мы выходимиз 1M через внутреннюю точку некоторой его стороныв прилегающий многоугольник Делоне 2M . Из много-угольника 2M переходим через внутреннюю точкунекоторой его стороны в прилегающий 3M и т.д. В силуконечности числа многоугольников, пересекающихся сPQ, перед тем, как попасть в непокрытую точку P, мыдолжны были бы выйти из некоторого многоугольникачерез внутреннюю точку его стороны в непокрытуючасть. Но это невозможно из-за доказанного вышеприлегания к каждому многоугольнику Делоне покаждой его стороне другого многоугольника.

Итак, многоугольники Делоне не только не перекры-вают друг друга, но и покрывают всю плоскость, т.е.образуют разбиение. Такие разбиения Борис Никола-евич назвал L-разбиениями. Значение L-разбиенийсостоит прежде всего в том, что они тесно связаны сдругим важным классом разбиений, задаваемых тем жемножеством X узлов – разбиениями Вороного.3

Разбиения Вороного

Итак, пусть дано множество узлов X, которое удов-летворяет условиям (1) и (2). Для узла x определимего «область влияния» xV , которая, по определению,состоит из тех точек P плоскости, которые отстоят отузла x не далее, чем от других узлов:

′ ′ ′= ≤ ∈ ≠: для всех ,xV P Px Px x X x x . (3)

Область xV называется областью Вороного узла xотносительно множества X. Очевидно, что областьВороного можно получить так. Соединим узел x cостальными узлами отрезками, к каждому отрезку xx′проведем срединный перпендикуляр и выделим ту издвух разделяемых им полуплоскостей, которая содер-жит узел x (рис.9). Ясно, что выделенная полуплос-кость – это геометрическое место точек P с условием

Рис. 7

Рис. 8

3 В то время эти разбиения назывались разбиениямиДирихле в честь немецкого математика Дирихле (1806–1859).Йохан Петер Густав Лёжен Дирихле (таково его было полноеимя) использовал эти разбиения на плоскости и в простран-стве в своих исследованиях по теории квадратичных форм.Позже, когда глубокие работы Георгия Феодосьевича Вороного(1868–1908) по теории таких разбиений нашли признание наЗападе, их стали называть в честь Вороного.

01-.p65 30.03.10, 17:294

М Н О Г О Г Р А Н Н Ы Й Д Е Л О Н Е 5

Px Px′≤ . Пересече-ние всех выделенныхполуплоскостей, или,другими словами, мно-жество всех точек,которые одновремен-но принадлежат всемвыделенным полу-плоскостям, – это гео-метрическое место то-чек, удовлетворяю-щих условию (3), т.е.это – область Вороно-го для узла x.

Сразу скажем, что всилу условия (2) для построения области Вороного дляузла x вовсе не нужно брать все узлы x X′ ∈ (их,кстати, бесконечно много), а только те, что отстоят отx не далее чем на 2R (их, в силу условия (1), конечноечисло). Действительно, по условию (2) расстояние отузла x до наиболее удаленной точки P в xV непревышает R.

Срединные перпендикуляры, проведенные к отрез-кам xx′ , где ′ ≤xx 2R , вырезают выпуклый много-угольник, который и есть область Вороного xV .Никакие другие срединные перпендикуляры не пересе-каются с xV вовсе.

Действительно, для любой точки P на границе xVнайдется узел x′ , такой что xP x P R′= ≤ . По нера-венству треугольника, ′ ′≤ +xx xP Px ≤ 2R. Поэтомусрединные перпендикуляры к отрезкам xx′ , если

′xx > 2R, не задевают область Вороного вовсе.Итак, для каждого узла x его область Вороного xV

есть выпуклый многоугольник. Заметим, что для точекP внутри области Вороного выполняются лишь строгиенеравенства: xP x P′< для всех x X′ ∈ , x x′ ≠ . В тоже время на границе некоторые неравенства обращают-ся в равенства.

Теорема. Множество всех областей Вороного xV ,x X∈ , образует разбиение плоскости.Эта теорема почти очевидная, и читатель без труда

сам может проверить, что множество областей Вороно-го покрывает всю плоскость и эти области попарно неимеют общих внутренних точек.

Разбиение Вороного как разбиение плоскости илипространства на «области влияния», играет огромнуюроль в практических задачах. Важность разбиенияДелоне состоит в том, что оно дуально разбиениюВороного.

Дуальность этих разбиений означает следующуюсвязь между ними. Любая вершина v в разбиенииВороного принадлежит нескольким областям Вороно-го, скажем,

1 2, ,x xV V V...,

kxV и т.д. и, в силу определенияобласти Вороного, вершина v равноудалена от ихцентров-узлов 1 2, ,x x ..., kx , и других более близких кэтой вершине узлов нет. Это означает, что узлы 1 2, ,x x ......, kx составляют вершины некоторого многоугольни-ка Делоне.

Возьмем теперь ребро в разбиении Вороного, соеди-няющее две смежные вершины 1v и 2v . Оно разделяет

две области Вороного, пусть это будут 1x

V и 2xV .

Каждой из вершин, как мы видели, соответствуютмногоугольники Делоне 1D и 2D . Каждый из этихмногоугольников имеет в качестве вершин узлы 1xи 2x .

Поэтому отрезок 1 2x x будет ребром в разбиенииДелоне, соответствующим ребру 1 2v v в разбиенииВороного. Более того, ребро 1 2v v лежит на срединномперпендикуляре к отрезку 1 2x x .

И, наконец, область Вороного xV соответствуеточевидным образом вершине разбиения Делоне – уз-лу x.

Подведем итог. Между множествами вершин, ребери многоугольников в разбиении Вороного и множества-ми (взятыми в обратном порядке) многоугольников,ребер и вершин в разбиении Делоне существуют взаим-но однозначные соответствия, как говорят, с сохране-нием инцидентностей. Например, если вершина v при-надлежит ребру e в одном разбиении, то соответствую-щий вершине v многоугольник M′ в другом разбиениисодержит в качестве стороны ребро e′ , соответствую-щее ребру e. Причем соответствующие друг другуребра e и e′ должны быть перпендикулярны другдругу, но, заметим, не обязаны пересекать друг друга.

В заключение отметим, что разбиения Делоне иВороного обладают многими замечательными свой-ствами и оба имеют очень широкое применение.

История названия «разбиение Делоне»

Ниже – любопытная история о том, почему этиразбиения, которые Борис Николаевич, а вслед за ними его студенты, называли L-разбиениями, теперь полу-чили (к сожалению, после его смерти) название «раз-биения Делоне».

Однажды в конце 1950-х годов Борису Николаеви-чу попала в руки статья одного из крупнейших гео-метров ХХ века, канадского математика ГарольдаКокстера. В этой статье Кокстер ввел и использовалL-разбиения без упоминания соответствующей рабо-ты Делоне. Борис Николаевич написал Кокстеру пись-

Рис. 9

Б.Делоне (второй справа) и Г.Кокстер (четвертый справа).Крайний справа – С.С.Рышков. Международный конгрессматематиков, Москва, МГУ, август 1966 года

01-.p65 30.03.10, 17:295

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 26

мо, в котором, по словам самого Делоне, он сообщило том, что эти разбиения им были изучены еще в1920-е годы. В 1924 году Делоне попросил академикаВ.А.Стеклова4 , который направлялся на междуна-родный конгресс математиков в Торонто, доложитьего, Делоне, работу. Позднее, в 1928 году, эта работабыла опубликована в трудах конгресса. При этом вписьме Борис Николаевич не преминул упомянуть,что конгресс проходил в родном городе Кокстера, вТоронто. Ответ Кокстера был очень корректен. Оннашел в материалах математического конгресса 1924года упоминание о работе Делоне. Кокстер в письмепросил Делоне извинить его, тем более что в 1924году он, Кокстер, был столь юн, что еще, опять же сослов Бориса Николаевича, «ходил под стол в корот-ких штанишках». Тогда же Кокстер написал в Кемб-ридж профессору К.А.Роджерсу, который заканчи-вал свою ставшую своего рода математическим бест-селлером книгу «Укладки и покрытия». Роджерс вста-вил в книгу упоминание о разбиении Делоне. Скореевсего, термин – разбиение Делоне (в вычислительнойгеометрии – триангуляции Делоне) – впервые по-явился именно в этой книге. В 1980-е годы он сталраспространенным на Западе, откуда в конце про-шлого века пришел в Россию.

В 1990-е мне довелось встречаться с профессоромКокстером и выступать у него на семинаре в Торонтс-ком университете. Я попросил мэтра рассказать об этойистории. Кокстер в целом подтвердил историю, расска-занную Борисом Николаевичем, за исключением «ходь-бы под стол в коротких штанишках». В 1924 годуКокстеру (1907–2003) было уже 17 лет. А фраза о«ходьбе под стол» была характерным для БорисаНиколаевича проявлением экспрессии и юмора – ка-честв, которыми Делоне обладал сполна.

Ленинградский период (1922–1934)

Работа о разбиениях пространства обозначила сдвигисследований в сторону геометрии. Он был постепен-ным и естественным. Определенную роль здесь сыг-рало соприкосновение при исследовании неопреде-ленных уравнений с работами Вороного. Но основ-ная причина геометризации исследований БорисаНиколаевича заключалась в нем самом, в его ис-ключительно образном, художественном восприятиимира.

Характерно, что Борис Николаевич не жалел сил ивремени на то, чтобы довести понимание уже закон-ченного математического результата до уровня, накотором результат оформлялся бы в геометрическийобраз. «Что это означает попросту?» – любимыйвопрос, который он задавал и себе и коллегам всякийраз, когда обсуждалась очередная работа.

Признание научных заслуг не заставило себя долгождать: в 1929 году Б.Н.Делоне выбирают в члены-корреспонденты Академии наук. К этому моменту онуже 7 лет профессорствует в Ленинградском универ-ситете. Его предельно ясные и продуманные лекциивызывают большой интерес у студентов. Популяр-ность его была столь велика, что на первых лекцияхего специальных (факультативных) курсов собира-лось несколько сотен студентов, желавших увидетьлегендарного лектора.

Надо сказать, что Делоне никогда не упускал возмож-ности рассказать студентам о трудной нерешеннойпроблеме. Борис Николаевич руководствовался извес-тным принципом, принадлежащим, кажется, Плутар-ху: «Ученик – не сосуд, который нужно наполнить, афакел, который нужно зажечь». А зажечь может тот,кто сам горит. Высокий научный авторитет, преданноеи вместе с тем эстетическое отношение к науке, личноеобаяние – все это притягивало к нему молодых людей.Неудивительно, что у него было много учеников, средикоторых несколько выдающихся математиков: акаде-мики Александр Данилович Александров (1912–1999)и Игорь Ростиславович Шафаревич (1923 г.р.), член-корреспондент Академии наук Дмитрий Константино-вич Фаддеев (1907–1989).

Б.Н.Делоне читает лекцию

4 Владимир Андреевич Стеклов (1864–1926) – знаменитыйроссийский математик, академик. В 1920-е годы организовалФизико-математический институт Академии наук и былпервым его директором. Позднее, в 1934 году, этот институтразделился на два академических института: Математичес-кий институт им.В.А.Стеклова и Физический институт им.П.Н.Лебедева.

01-.p65 30.03.10, 17:296

М Н О Г О Г Р А Н Н Ы Й Д Е Л О Н Е 7

Весной 1934 года вЛенинграде БорисНиколаевич органи-зовал первую школь-ную олимпиаду поматематике, с кото-рой начались матема-тические олимпиадыв нашей стране. Уча-стники первой ле-нинградской олимпи-ады еще долго потомвспоминали, какоеошеломляющее впе-чатление произвелина них встречи сБ.Н.Делоне (см., на-пример, «Квант» 9за 1984 г., с.52).

Московский период (1934–1980)

В 1934 году в Ленинграде был образован Математи-ческий институт им.В.А.Стеклова, в котором БорисНиколаевич работал с момента основания. До 1960года он заведовал отделом алгебры, а затем до концажизни отделом геометрии. Вскоре после созданияМатематический институт (точнее бульшая его часть)переводится вместе с другими ведущими научнымиучреждениями Академии наук в Москву. С 1935 годаДелоне работает профессором в Московском универси-тете, в течение многих лет руководит кафедрой геомет-рии, теперь это – кафедра высшей геометрии и тополо-гии на мехмате. В МГУ он создает весьма оригиналь-ный курс аналитической геометрии, выделявшийсяисключительным богатством геометрических идей. Вэтом нетрудно убедиться, открыв двухтомник по ана-литической геометрии, написанный им в соавторстве сД.Е.Райковым. Студенты, имевшие счастье слушатьего лекции, вряд ли подозревали, что за их великоле-пием скрывалась тщательнейшая подготовка. На под-готовку двухчасовой лекции у него уходило два пол-ных дня, в дальнейшем – день. Он отшлифовывалкаждую идею, каждый рисунок. И, как следствие, во

время лекции на доске легко и быстро появлялисьчеткие додекаэдры и икосаэдры, элегантные параболо-иды и гиперболоиды, симпатичные «аффинные коты»,которых он ввел в свой курс аналитической геометриидля иллюстрации того, что происходит с фигурой приаффинном преобразовании.

У студентов мехмата МГУ одно время была в модесерия весьма остроумных анекдотов о своих профессо-рах на тему: «Кто (из профессоров) в чем варит суп?»По студенческой версии, не лишенной иронии, БорисНиколаевич варил суп в n-мерной решетке5 : суп,правда, вытекал, зато оставалась геометрическая на-глядность.

Борис Николаевич был начисто лишен какого-либорезонерства, занудства. Приведу эпизод, о котороммне рассказал Н.Я.Виленкин, учившийся у Делоне.Однажды Борис Николаевич появился на лекции скаким-то злым выражением лица и начал строитьнеприятные гримасы и даже рычать. Студенты, при-выкшие видеть Делоне всегда слегка хитро улыбаю-щимся, были ошеломлены: что случилось с БорисомНиколаевичем? Это продолжалось секунд десять-пят-надцать, а затем гримаса исчезла, все увидели знако-мую улыбку и услышали объяснение случившемуся:«По дороге к вам встретил вашего куратора. Она мнеочень жаловалась на вас, пропускаете занятия, многиене сдали коллоквиумы и т.д., и очень просила васпопугать...»

Относительно научной работы в московский периодназову лишь некоторые основные направления, в ко-торых Борис Николаевич упорно работал и получилважные результаты. Это – прежде всего геометрияположительных квадратичных форм и ее приложе-ния к теории так называемых решетчатых покрытийи упаковок пространства. Были получены принципи-ально новые результаты в теории правильных и кри-сталлографических разбиений многомерного простран-ства, а также в геометрии чисел. Ряд результатов1960–70 годов был получен совместно с коллегами иучениками.

Б.Н.Делоне был выдающимся популяризатором ма-тематики и вообще науки. Его популярные лекции,рассчитанные на широкую аудиторию, собирали сотнислушателей. У него были заранее заготовленные «экс-промты» – приемы, при помощи которых он делаллекцию живой, увлекательной и незабываемой. Напри-мер, в 1940-е годы он несколько раз читал лекцию натему «Теорема Н.Е.Жуковского о поддерживающейсиле крыла самолета». Свою лекцию в знаменитойБольшой аудитории Политехнического музея в Москвеперед несколькими сотнями собравшихся Борис Нико-лаевич начинал так.

Б.Н.: «Вы, наверное, знаете знаменитого математикаакадемика Павла Сергеевича Александрова6 ?»

Отдельные голоса: «Да, конечно».

А.Д.Александров

Б.Н.Делоне и И.Р.Шафаревич (конец 1940-х годов)

5 Решетка здесь означает множество точек с целымикоординатами.

6 П.С.Александров (1896–1982) – выдающийся математик,один из создателей отечественной топологической школы,академик, профессор мех-мата МГУ.

01-.p65 30.03.10, 17:297

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 28

Б.Н.: «А знаете ли вы, чтознаменитый математик академикАлександров никогда не летаетсамолетом?»

Легкий гул, аудитория недо-умевает.

Б.Н.: «А знает ли вы, почемуакадемик Александров боитсялетать самолетами?»

Гул нарастает.Б.Н. (с хитрой улыбкой) за-

вершает: «Академик Александ-ров никогда не летает самолета-ми, потому что не знает теоремыЖуковского. А я вот знаю илетаю много. Сегодня я позна-комлю вас с этой теоремой, и выникогда не будете бояться поле-тов».

К этому моменту аудитория«разогрета» и готова слушатьрассказ о такой важной теореме.

Не только наука

Среди многочисленных нематематических увлеченийБориса Николаевича особое место занимал альпинизм.Это, бесспорно, самое сильное увлечение прошло черезвсю жизнь. Зародилось оно, как уже говорилось, вдетские годы во время летних выездов семьи в Швей-царию. В альпинизме его особенно влекла красотадалеко открывающихся панорам, геометрически выра-зительных силуэтов хребтов и пиков. И, конечно, азартпобедить высоту во что бы то ни стало. Занималсяальпинизмом он вполне профессионально. В Альпах онеще в 1910 году поднялся на вторую по высоте послеМонблана, но технически несложную вершину Монте-Роза.

Затем был Кавказ с многочисленными сложнымивосхождениями, в том числе и первовосхождениями.Но особенно Борис Николаевич любил Алтай. В 1926году бывал и на горе, теперь носящей его имя. ПикДелоне находится на плече, ведущем на высшуювершину Алтая – Белуху. Путешествуя по Алтаювместе И.Е.Таммом7 , они открыли изумительное покрасоте место: озеро Шавло, в чистейшей воде кото-рого отражались две покрытые снегами великолеп-ные вершины. Одну из них Делоне назвал Красави-цей, другую Тамм назвал Сказкой. По мнению Дело-не, красота этого места превосходит все знаменитыеместа в Альпах. В наше время маршрут к Красавицеи Сказке – один из самых привлекательных наАлтае.

В 30-е – 40-е годы прошлого века Борис Николаевичактивно занимался организацией массового альпиниз-ма в нашей стране. Летом 1931 года он организовал наКавказе первый в стране альпинисткий лагерь для

рабочих ленинградского путиловского завода и прово-дил в нем занятия по технике альпинизма, вместе синструкторами анализировал восхождения. В 1934году ему было присвоено звание мастера альпинизма.В это время альпинизм становился массовым видомспорта, и стало необходимым создать систему класси-

7 Игорь Евгеньевич Тамм (1895–1971) – выдающийся физик-теоретик, лауреат Нобелевской премии (1958).

Вершина Белуха и пик Делоне

Нижнее Шавлинское озеро и белоснежные вершины Сказкаи Красавица

01-.p65 30.03.10, 17:298

фикации спортивных достижений. Делоне разработалпринципы классификации горных восхождений (пятьступеней) и в соответствии с ними расклассифициро-вал более 200 маршрутов на вершины Кавказа, Сред-ней Азии и Алтая. В 1938 году написал первыйпутеводитель для альпинистов «Вершины ЗападногоКавказа» (часть Кавказского хребта, расположенная кзападу от Эльбруса). В нем описаны несколько десят-ков основных вершин этого района и пути восхожденийна них. Описание сопровождалось рисунком каждойвершины вместе с кроками восхождения на нее. Вкниге на вклейке была помещена панорама всего запад-но-кавказского хребта, которую сделал Борис Никола-евич, перемещаясь с вершины на вершину на парал-лельном хребте.

С возрастом на смену альпинистским восхождениямпришли туристские походы. Не прогулки на 5–10километров, а именно настоящие 30–40-километровыепоходы, иногда очень трудные, проходившие неизмен-но по самым красивым местам Подмосковья. БорисНиколаевич был физически исключительно закален-ным человеком. И все равно было не по себе наблюдатьв конце зимы быстро идущего с рюкзаком обнаженногопо пояс пожилого человека. Падающий снег таял и,стекая по седой голове, застывал в виде крупныхсосулек.

Борис Николаевич очень любил природу и востор-гался ее красотой всегда молча, словно стараясь впи-тать в себя все и вся. Его восхищение невольнопередавалось спутникам. Общение с природой походи-ло на таинство, и ему было неприятно, хотя он и неподавал виду, когда это таинство нечаянно нарушалосьчьими-то разговорами. Зато у костра или в электричкеего спутники становились слушателями многочислен-ных историй, одна другой интересней. РассказчикомБ.Н.Делоне был замечательным… «Вы, конечно, незнаете, что моя сестра святая (пауза, лукавый взглядрассказчика, недоумение слушателей). Да-да, совер-шенно серьезно, святая…»

...Дальше начинался интереснейший рассказ о двою-родной сестре и подруге детства Елизавете Пиленко (взамужестве Кузьмина-Караваева), поэтессе (ее стихивысоко ценил Александр Блок). После революции1917 года она эмигрировала во Францию, стала мона-хиней (мать Мария – таково было монашеское имя, также назывался у нас художественный фильм, посвящен-ный ей). Во время оккупации Франции фашистамимать Мария вступила в ряды Сопротивления, былаарестована и погибла в немецком концлагере. Послевойны была официально канонизирована католичес-кой церковью.

«Вечер жизни»

В приветственном адресе по случаю 80-летия Герман-ская академия естествоиспытателей «Леопольдина»пожелала члену этой академии Б.Н.Делоне «спокойно-го вечера жизни». «Вечер жизни» продолжался десятьлет. В эти годы он вместе со своими учениками получилважные результаты по теории оптимальных покрытийпространства шарами, по локальной теории так назы-

ваемых правильных структур, являющихся своего родаматематическими моделями кристаллов.

Борис Николаевич был главой и опорой большойсемьи. Он очень любил своих внуков, которые обожалисвоего деда. Борис Николаевич заботился о них, ноособенно он беспокоился за судьбу старшего внука –Вадика. Вадим Делоне (см. http://vadim-delaunay.org),талантливый поэт, красавец, обладал нежным сердцеми отзывчивой душой. В 18 лет стал диссидентом,правозащитником. В 19 лет был осужден за организа-цию политической демонстрации в Москве. Через годпосле освобождения, 25-го августа 1968 года, вышел всоставе знаменитой «семерки» на Красную площадь взнак протеста против введения советских войск вЧехословакию. За лозунг «За вашу и нашу свободу»,который он держал в течение нескольких секунд,Вадим получил 3 года «несвободы». Борис Николае-вич делал все, чтобы облегчить судьбу внука. Собиралподписи известных людей в защиту Вадима, с этимиписьмами посещал «высочайшие» кабинеты на Лубян-ке. Уже после суда ездил к нему, как только получалразрешение, на свидание в лагерь на севере Тюменскойобласти.

Другим объектом особой заботы была жена, кото-рая долго болела и нуждалась в уходе. После отъез-да Вадима за границу и смерти жены он, уже 86-летний, «бросился во все тяжкие»: работа, лекции,поездки, два похода в неделю по 20–40 км каждый.В один из наиболее активных дней его постиг удар:инсульт, почти полная потеря речи, памяти, ограни-ченная подвижность. Принимая во внимание возраст,врачи были предельно скупы в оценке перспектив.Однако Борис Николаевич начинает бороться за пол-ноценную жизнь и одерживает последнюю, но, можетбыть, самую важную победу в жизни (не без помощисвоих близких, учеников и коллег). У него восста-навливаются утерянные функции, и он возвращаетсяк настоящей жизни. Разумеется, длинные походысменились прогулками «всего» на какие-то 10–15 ки-лометров, и не по глухим лесам, а по местам с«индустриальным пейзажем», и не дважды, а толькораз в неделю. Конечно, работоспособность не быластоль высокой, но это была полноценная яркая жизнь.

Однако «вечер жизни» подошел к своей естествен-ной границе. Никогда не забуду, как однажды серыммартовским днем (это было месяца за четыре доконца) Борис Николаевич достал из книжного шка-фа книгу и прочитал одно замечательное место уПуанкаре.

Дыхание от волнения прерывалось, голос дрожал:«... жизнь есть лишь беглый эпизод между двумявечностями смерти и... в этом эпизоде прошедшая ибудущая длительность сознательной мысли – не болеечем мгновение. Мысль – только вспышка света посредидолгой ночи. Но эта вспышка – все».

М Н О Г О Г Р А Н Н Ы Й Д Е Л О Н Е 9

01-.p65 30.03.10, 17:299

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 210

...Все предсказания электростатики следуют из двухее законов. Но одно дело высказать эти вещи матема-тически, и совсем другое — применять их с легкостьюи с нужной долей остроумия.

Ричард Фейнман

ЭЛЕКТРОСТАТИКА ИЗУЧАЕТ ВЗАИМОДЕЙСТВИЕнеподвижных зарядов. Ключевые экспериментыэлектростатики были проведены в XVII – XVIII

веках. С открытием электромагнитных явлений и тойреволюции в технологиях, которые они произвели,интерес к электростатике на некоторое время былутерян. Однако современные научные исследованияпоказывают огромное значение электростатики дляпонимания многих процессов живой и неживой при-роды.

Электростатика и жизнь

В 1953 году американские ученые С.Миллер и Г.Ю-ри показали, что одни из «кирпичиков жизни» –аминокислоты – могут быть получены путем пропуска-ния электрического разряда через газ, близкий посоставу первобытной атмосфере Земли, состоящей изметана, аммиака, водорода и паров воды. В течениепоследующих 50 лет другие исследователи повторилиэти опыты и получили те же результаты. При пропус-кании коротких импульсов тока через бактерии в ихоболочке (мембране) появляются поры, через которыевнутрь могут проходить фрагменты ДНК других бак-терий, запуская один из механизмов эволюции. Такимобразом, энергия, необходимая для зарождения жизнина Земле и ее эволюции, действительно могла бытьэлектростатической энергией разрядов молний (рис.1).

Как электростатика вызывает молнии

В каждый момент времени в разных точках Землисверкает около 2000 молний, в каждую секунду при-мерно 50 молний ударяют в Землю, каждый квадрат-ный километр поверхности Земли поражается молниейв среднем шесть раз в году. Еще в XVIII веке Бенджа-мин Франклин доказал, что молнии, бьющие из грозо-вых облаков, это электрические разряды, переносящиена Землю отрицательный заряд. При этом каждый изразрядов снабжает Землю несколькими десятками ку-лонов электричества, а амплитуда тока при ударемолнии составляет от 20 до 100 килоампер. Скоростнаяфотосъемка показала, что разряд молнии длится лишьдесятые доли секунды и что каждая молния состоит изнескольких более коротких.

С помощью измерительных приборов, установлен-ных на атмосферных зондах, в начале XX века былоизмерено электрическое поле Земли, напряженностькоторого у поверхности оказалась равной приблизи-тельно 100 В/м, что соответствует суммарному зарядупланеты около 400000 Кл. Переносчиком зарядов ватмосфере Земли служат ионы, концентрация которыхувеличивается с высотой и достигает максимума навысоте 50 км, где под действием космического излуче-ния образовался электропроводящий слой – ионосфе-ра. Поэтому можно сказать, что электрическое полеЗемли – это поле сферического конденсатора с прило-женным напряжением около 400 кВ. Под действиемэтого напряжения из верхних слоев в нижние все времятечет ток силой 2–4 кА, плотность которого составляет( ) 12 21 2 10 А м-

- ◊ , и выделяется энергия до 1,5 ГВт. Иесли бы не было молний, это электрическое полеисчезло бы! Получается, что в хорошую погоду элект-рический конденсатор Земли разряжается, а при грозе– заряжается.

Грозовое облако – это огромное количество пара,часть которого сконденсировалось в виде мельчайшихкапелек или льдинок. Верх грозового облака можетнаходиться на высоте 6–7 км, а низ – нависать надземлей на высоте 0,5–1 км. Выше 3–4 км облакасостоят из льдинок разных размеров, так как темпера-тура там всегда ниже нуля. Эти льдинки находятся впостоянном движении, вызванном восходящими пото-ками теплого воздуха, поднимающегося снизу от нагре-той поверхности земли. Мелкие льдинки легче, чемкрупные, и они увлекаются восходящими потокамивоздуха и по дороге все время сталкиваются с крупны-ми. При каждом таком столкновении происходит элек-тризация, при которой крупные льдинки заряжаютсяотрицательно, а мелкие – положительно. Со временемположительно заряженные мелкие льдинки собирают-

Что может электростатикаК. БОГДАНОВ

Рис. 1. Разряд молнии

01-.p65 30.03.10, 17:2910

Ч Т О М О Ж Е Т Э Л Е К Т Р О С Т А Т И К А 11

ся преимущественно в вер-хней части облака, а отри-цательно заряженныекрупные – внизу (рис.2).Другими словами, вер-хушка облака заряжаетсяположительно, а низ – от-рицательно. При этом наземле непосредственнопод грозовым облакомнаводятся положительныезаряды. Теперь все готоводля разряда молнии, прикотором происходит про-бой воздуха и отрицатель-ный заряд с нижней части

грозовой тучи перетекает на Землю.Характерно, что перед грозой напряженность элект-

рического поля Земли может достигать 100 кВ/м, т.е.в 1000 раз превышать ее значение в хорошую погоду.В результате во столько же раз увеличивается положи-

тельный заряд каждого волоска на голове человека,стоящего под грозовой тучей, и они, отталкиваясь другот друга, встают дыбом (рис.3).

Фульгурит – след молнии на земле

При разряде молнии выделяется энергия порядка9 1010 10 Дж− . Бульшая часть этой энергии тратится на

гром, нагрев воздуха, световую вспышку и излучениедругих электромагнит-ных волн, и только ма-ленькая часть выделяет-ся в том месте, где мол-ния входит в землю. Нои этой «маленькой» час-ти вполне достаточно,чтобы вызвать пожар,убить человека или раз-рушить здание. Молнияможет разогревать ка-нал, по которому онадвижется, до 30000 °С,

что гораздо выше температуры плавления песка (1600– 2000 °C). Поэтому молнии, попадая в песок, плавятего, а раскаленный воздух и водяные пары, расширя-ясь, формируют из расплавленного песка трубку, кото-рая через некоторое время застывает. Так рождаютсяфульгуриты (громовые стрелы, чертовы пальцы) –полые цилиндры, сделанные из оплавленного песка(рис. 4). Самые длинные из раскопанных фульгури-тов уходили под землю на глубину более пяти метров.

Как электростатика защищает от молний

К счастью, большинство разрядов молнии происхо-дят между облаками и поэтому не угрожают здоровьюлюдей. Однако считается, что каждый год молнииубивают более тысячи людей по всему миру. Покрайней мере, в США, где ведется такая статистика,ежегодно от удара молнии страдают около тысячичеловек и более ста из них погибают. Ученые давнопытались защитить людей от этой «кары божьей».Например, изобретатель первого электрического кон-денсатора (лейденской банки) Питер ван Мушенбрукв статье об электричестве, написанной для знаменитойфранцузской «Энциклопедии», защищал традицион-ные способы предотвращения молнии – колокольныйзвон и стрельба из пушек, которые, как он считал,оказываются довольно эффективными.

В 1750 году Франклин изобрел громоотвод (молние-отвод). Пытаясь защитить здание Капитолия столицыштата Мэриленд от удара молнии, он прикрепил кзданию толстый железный стержень, возвышающийсянад куполом на несколько метров и соединенный сземлей. Ученый отказался патентовать свое изобрете-ние, желая, чтобы оно как можно скорее началослужить людям. Механизм действия громоотвода лег-ко объяснить, если вспомнить, что напряженностьэлектрического поля вблизи поверхности заряженногопроводника увеличивается с ростом кривизны этойповерхности. Поэтому под грозовым облаком вблизиострия громоотвода напряженность поля будет таквысока, что вызовет ионизацию окружающего воздухаи коронный разряд в нем. В результате вероятностьпопадания молнии в громоотвод значительно возрас-тет. Так знание электростатики не только позволилообъяснить происхождение молний, но и найти способзащититься от них.

Весть о громоотводе Франклина быстро разнесласьпо Европе, и его выбрали во все академии, включая иРоссийскую. Однако в некоторых странах набожноенаселение встретило это изобретение с возмущением.Сама мысль, что человек так легко и просто можетукротить главное оружие божьего гнева, казаласькощунственной. Поэтому в разных местах люди изблагочестивых соображений ломали громоотводы.

Любопытный случай произошел в 1780 году в одномнебольшом городке на севере Франции, где горожанепотребовали снести железную мачту громоотвода идело дошло до судебного разбирательства. Молодойадвокат, защищавший громоотвод от нападок мракобе-сов, построил защиту на том, что и разум человека, иего способность покорять силы природы имеют боже-

Рис. 2. Схематическое изоб-ражение разделения элект-рических зарядов в грозовомоблаке и появления положи-тельных зарядов на земле подоблаком (вследствие элект-ростатической индукции) пе-ред разрядом молнии

Рис. 3. Как встают волосы в сильном электрическом поле

Рис. 4. Фульгуриты, найденныеавтором статьи в районе Кры-латское (Москва); для масшта-ба на том же фото показанапятирублевая монета

01-.p65 30.03.10, 17:2911

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 212

ственное происхождение. Все, что помогает спастижизнь, во благо – доказывал молодой адвокат. Онвыиграл процесс и снискал большую известность.Адвоката звали... Максимилиан Робеспьер.

Ну, а сейчас портрет изобретателя громоотвода –самая желанная репродукция в мире, ведь она украша-ет известную всем стодолларовую купюру.

Электростатика, возвращающая жизнь

Энергия разряда конденсатора не только привела квозникновению жизни на Земле, но и может вернутьжизнь людям, у которых клетки сердца пересталисинхронно сокращаться. Асинхронное (хаотичное)сокращение клеток сердца называют фибрилляцией.Фибрилляцию сердца можно прекратить, если пропу-стить через все его клетки короткий импульс тока. Дляэтого к грудной клетке пациента прикладывают дваэлектрода, через которые пропускают импульс дли-тельностью около десяти миллисекунд и амплитудойдо нескольких десятков ампер. При этом энергияразряда через грудную клетку может достигать 400 Дж(что равно потенциальной энергия пудовой гири, под-нятой на высоту 2,5 м). Устройство, обеспечивающееэлектрический разряд, прекращающий фибрилляциюсердца, называют дефибриллятором. Простейший де-фибриллятор представляет собой колебательный кон-тур, состоящий из конденсатора емкостью 20 мкФ икатушки индуктивностью 0,4 Гн. Зарядив конденсатордо напряжения 1–6 кВ и разрядив его через катушку ипациента, сопротивление которого составляет около50 Ом, можно получить импульс тока, необходимыйдля возвращения пациента к жизни.

Электростатика, дающая свет

Люминесцентная лампа может служить удобныминдикатором напряженности электрического поля.Чтобы убедиться в этом, находясь в темном помеще-

нии, потрем лампу полотенцем или шарфом – в резуль-тате внешняя поверхность лампового стекла зарядитсяположительно, а ткань – отрицательно. Как только этопроизойдет, мы увидим всполохи света, возникающиев тех местах лампы, к которым мы прикасаемся заря-женной тканью. Измерения показали, что напряжен-ность электрического поля внутри работающей люми-несцентной лампы составляет около 10 В/м. Притакой напряженности свободные электроны обладаютнеобходимой энергией для ионизации атомов ртутивнутри люминесцентной лампы.

Электрическое поле под высоковольтными линиямиэлектропередач – ЛЭП – может достигать очень высо-ких значений. Поэтому если в темное время сутоклюминесцентную лампу воткнуть в землю под ЛЭП, тоона загорится, и довольно ярко (рис.5). Так с помощьюэнергии электростатического поля можно освещатьпространство под ЛЭП.

Как электростатика предупреждает о пожареи делает дым чище

В большинстве случаев при выборе типа детекторапожарной сигнализации предпочтение отдается дымо-вому датчику, так как пожар обычно сопровождаетсявыделением большого количества дыма и именно этоттип детектора способен предупредить людей в зданииоб опасности. Дымовые датчики используют иониза-цию или фотоэлектрический принцип для обнаруже-ния дыма в воздухе.

В ионизационных детекторах дыма имеется источникα -излучения (как правило, америций-241), ионизиру-ющий воздух между металлическими пластинами-элек-тродами, электрическое сопротивление между которы-ми постоянно измеряется с помощью специальнойсхемы. Образующиеся в результате α -излучения ионыобеспечивают проводимость между электродами, аоказывающиеся там микрочастицы дыма связываютсяс ионами, нейтрализуют их заряд и увеличивают такимобразом сопротивление между электродами, на чтореагирует электрическая схема, подавая сигнал трево-ги. Датчики, устроенные на этом принципе, демонстри-руют весьма впечатляющую чувствительность, реаги-руя еще до того, как самый первый признак дымаобнаруживается живым существом. Следует отметить,что используемый в датчике источник радиации ника-кой опасности для человека не представляет, так какальфа-лучи не могут пройти даже через лист бумаги иполностью поглощаются слоем воздуха толщиной внесколько сантиметров.

Способность частичек пыли к электризации широкоиспользуется в промышленных электростатическихпылеуловителях. Газ, содержащий, например, части-цы сажи, поднимаясь вверх, проходит через отрица-тельно заряженную металлическую сетку, в результатечего эти частицы приобретают отрицательный заряд.Продолжая подниматься вверх, частицы оказываютсяв электрическом поле положительно заряженных пла-стин, к которым они притягиваются, после чего части-цы падают в специальные емкости, откуда их периоди-чески удаляют.

Рис. 5. Свечение люминесцентных ламп, воткнутых в землюпод высоковольтными линиями электропередач

01-.p65 30.03.10, 17:3012

Биоэлектростатика

Одной из причин астмы являются продукты жизне-деятельности пылевых клещей (рис.6) – насекомых

размером около0,5 мм, живущих внашем доме. Ис-следования пока-зали, что присту-пы астмы вызыва-ются одним из бел-ков, который вы-деляют эти насе-комые. Структураэтого белка напо-минает подкову,оба конца которой

заряжены положительно. Электростатические силыотталкивания между концами такого подковообразно-го белка делают его структуру стабильной. Однакосвойства белка можно изменить, если нейтрализоватьего положительные заряды. Это удается сделать, уве-личив концентрацию отрицательных ионов в воздухе спомощью любого ионизатора, например люстры Чи-жевского (рис. 7). Одновременно с этим уменьшаетсяи частота приступов астмы.

Электростатика помогает не только обезвреживатьбелки, выделяемые насекомыми, но и ловить их са-мих. Уже говорилось о том, что волосы «встаютдыбом», если их зарядить. Можно себе представить,что испытывают насекомые, когда оказываются элек-

Рис. 6. Пылевой клещ, продукты жиз-недеятельности которого вызываютастму

Рис. 7. Один из типов люстры Чижевского

трически заряженными. Тончайшие волоски на ихлапках расходятся в разные стороны, и насекомыетеряют способность передвигаться. На таком принци-пе основана ловушка для тараканов, показанная нарисунке 8. Тараканов привлекает сладкая пудра, пред-варительно электростатически заряженная. Пудрой(на рисунке она белая) покрывают наклонную повер-хность, находящуюся вокруг ловушки. Оказавшисьна пудре, насекомые становятся заряженными и ска-тываются в ловушку.

Что такое антистатики?

Одежда, ковры, покрывала и т.п. предметы заряжа-ются после контакта с другими предметами, а иногда ипросто со струями воздуха. В быту и на производствезаряды, возникающие таким образом, часто называютстатическим электричеством.

При нормальных атмосферных условиях натураль-ные волокна (из хлопка, шерсти, шелка и вискозы)хорошо впитывают влагу (гидрофильны) и поэтомуслегка проводят электричество. Когда такие волокнакасаются других материалов или трутся о них, на ихповерхностях появляются избыточные электрическиезаряды, но на очень короткое время, поскольку зарядысразу же стекают обратно по влажным волокнам ткани,содержащим различные ионы.

В отличие от натуральных, синтетические волокна(полиэфирные, акриловые, полипропиленовые) плоховпитывают влагу (гидрофобны), и на их поверхностяхимеется меньшее количество подвижных ионов. Приконтакте синтетических материалов друг с другом онизаряжаются противоположным зарядами, но так какэти заряды стекают очень медленно, материалы прили-пают друг к другу, создавая неудобства и неприятныеощущения. Кстати, волосы по структуре очень близкик синтетическим волокнам и тоже гидрофобны, поэто-му при контакте, например, с расческой они заряжают-ся электричеством и начинают отталкиваться друг отдруга.

Чтобы избавиться от статического электричества,поверхность одежды или другого предмета можносмазать веществом, которое удерживает влагу и этимувеличивает концентрацию подвижных ионов на по-верхности. После такой обработки возникший элект-рический заряд быстро исчезнет с поверхности пред-мета или распределится по ней. Гидрофильность по-верхности можно увеличить, смазав ее поверхностно-активными веществами, молекулы которых похожина мыльные молекулы – одна часть очень длинноймолекулы заряжена, а другая нет. Вещества, препят-ствующие появлению статического электричества, на-зывают антистатиками. Антистатиком является, на-пример, и обычная угольная пыль или сажа, поэто-му, чтобы избавиться от статического электричества,в состав пропитки ковролиновых покрытий и обивоч-ных материалов включают так называемую лампо-вую сажу. Для этих же целей в такие материалыдобавляют до 3% натуральных волокон, а иногда итонкие металлические нити.

Рис. 8. Электростатическая ловушка для тараканов

Ч Т О М О Ж Е Т Э Л Е К Т Р О С Т А Т И К А 13

01-.p65 30.03.10, 17:3513

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 214

Геометрия звездного небаВ.ПРОТАСОВ

НЕБО НАД ГОЛОВОЙ – САМЫЙ ДРЕВНИЙ УЧЕБ-ник геометрии. Первые понятия, такие как точ-ка и круг, – оттуда. Скорее даже не учебник, а

задачник. В котором отсутствует страничка с ответами.Два круга одинакового размера – Солнце и Луна –движутся по небу, каждый со своей скоростью. Осталь-ные объекты – светящиеся точки – движутся всевместе, словно они прикреплены к сфере, вращающей-ся со скоростью 1 оборот в 24 часа. Правда, среди нихесть исключения – 5 точек движутся как им вздумается.Для них подобрали особое слово – «планета», по-гречески – «бродяга». Сколько человечество существу-ет, оно пытается разгадать законы этого вечного движе-ния. Первый прорыв произошел в III веке до н.э., когдагреческие ученые, взяв на вооружение молодую науку– геометрию, смогли получить первые результаты обустройстве Вселенной. Об этом и пойдет речь.

Чтобы иметь некоторое представление о сложностизадачи, рассмотрим такой пример. Представим себесветящийся шар диаметром 10 см, неподвижно висящийв пространстве. Назовем его S. Вокруг него на рассто-янии чуть больше 10 метров обращается маленькийшарик Z диаметром 1 миллиметр, а вокруг Z нарасстоянии 6 см обращается совсем крохотный шарик

L, его диаметр – четверть миллиметра. На поверхностисреднего шарика Z живут микроскопические существа.Они обладают неким разумом, но покидать пределысвоего шарика не могут. Все, что они могут, – смотретьна два других шара – S и L. Спрашивается, могут лиони узнать диаметры этих шаров и измерить расстояниядо них? Сколько ни думай, дело, казалось бы, безна-дежное. Мы нарисовали сильно уменьшенную модельСолнечной системы (S – Солнце, Z – Земля, L – Луна).

Вот такая задача стояла перед древними астронома-ми. И они ее решили! Более 22 веков назад, непользуясь ничем, кроме сбмой элементарной геометрии– на уровне 8 класса (свойства прямой и окружности,подобные треугольники и теорема Пифагора). И, ко-нечно, наблюдая за Луной и за Солнцем.

Над решением трудились несколько ученых. Мывыделим двух. Это математик Эратосфен, измерившийрадиус земного шара, и астроном Аристарх, вычислив-ший размеры Луны, Солнца и расстояния до них. Какони это сделали?

Как измерили земной шар

То, что Земля не плоская, люди знали давно. Древ-ние мореплаватели наблюдали, как постепенно меняет-

ся картина звездного неба: становятсявидны новые созвездия, а другие, на-против, заходят за горизонт. Уплыва-ющие вдаль корабли «уходят подводу», последними скрываются из видаверхушки их мачт. Кто первый выска-зал идею о шарообразности Земли,неизвестно. Скорее всего – пифаго-рейцы, считавшие шар совершенней-шей из фигур. Полтора века спустяАристотель приводит несколько дока-зательств того, что Земля – шар. Глав-ное из них: во время лунного затменияна поверхности Луны отчетливо вид-на тень от Земли, и эта тень круглая!С тех пор постоянно предпринима-лись попытки измерить радиус земно-го шара. Два простых способа изло-жены в упражнениях 1 и 2. Измере-ния, правда, получались неточными.Аристотель, например, ошибся болеечем в полтора раза. Считается, чтопервым, кому удалось сделать это свысокой точностью, был греческийматематик Эратосфен Киренский(276–194 до н. э.). Его имя теперьвсем известно благодаря решету Эра-Е.Н.Конева, М.В.Перепухов. Через тернии к звездам

01-.p65 30.03.10, 17:3514

Г Е О М Е Т Р И Я З В Е З Д Н О Г О Н Е Б А 15

тосфена – способу находить простые числа (рис.1).Если вычеркнуть из натурального ряда единицу, затемвычеркивать все четные числа, кроме первого (самогочисла 2), затем все числа, кратные трем, кроме первого

из них (числа 3), и т.д., то в результате останутся однипростые числа. Среди современников Эратосфен былзнаменит как крупнейший ученый-энциклопедист, за-нимавшийся не только математикой, но и географией,картографией и астрономией. Он долгое время воз-главлял Александрийскую библиотеку – центр миро-вой науки того времени. Работая над составлениемпервого атласа Земли (речь, конечно, шла об известнойк тому времени ее части), он задумал провести точноеизмерение земного шара. Идея была такова. В Алек-сандрии все знали, что на юге, в городе Сиена (совре-менный Асуан), один день в году, в полдень, Солнцедостигает зенита. Исчезает тень от вертикального ше-ста, на несколько минут освещается дно колодца.Происходит это в день летнего солнцестояния, 22 июня– день наивысшего положения Солнца на небе. Эратос-фен направляет своих помощников1 в Сиену, и теустанавливают, что ровно в полдень (по солнечнымчасам) Солнце находится точно в зените. Одновремен-но (как написано в первоисточнике: «в тот же час»),т.е. в полдень по солнечным часам, Эратосфен измеря-ет длину тени от вертикального шеста в Александрии.Получился треугольник ABC (AC – шест, AB – тень,рис.2). Итак, солнечный луч в Сиене (N) перпендику-лярен поверхности Земли, а значит, проходит через ее

центр – точку Z. Параллельный ему луч в Александрии(A) составляет угол ACBγ = ∠ с вертикалью. Пользу-ясь равенством накрест лежащих углов при параллель-ных, заключаем, что AZN∠ = γ . Если обозначитьчерез l длину окружности, а через x длину ее дуги AN,

то получаем пропорцию 360

l x=

° γ. Угол γ в треуголь-

нике ABC Эратосфен измерил, получилось 7,2° . Вели-чина x – не что иное, как длина пути от Александриидо Сиены, примерно 800 км. Ее Эратосфен аккуратновычисляет, исходя из среднего времени движенияверблюжьих караванов, регулярно ходивших междудвумя городами, а также используя данные бематис-

тов – людей специальной профессии, измерявшихрасстояния шагами. Теперь осталось решить пропор-

цию 800

360 7,2l

=° °

, получив длину окружности (т.е.

длину земного меридиана) l = 40000 км. Тогда радиусЗемли R равен 2l (2π), это примерно 6400 км. То, чтодлина земного меридиана выражается столь круглымчислом в 40000 км, не удивительно, если вспомнить,что единица длины в 1 метр и была введена (воФранции в конце XVIII века) как одна сорокамилли-онная часть окружности Земли (по определению!).Эратосфен, конечно, использовал другую единицуизмерения – стадий (около 200 м). Стадиев былонесколько: египетский, греческий, вавилонский, и ка-ким из них пользовался Эратосфен – неизвестно.Поэтому трудно судить наверняка о точности егоизмерения. Кроме того, неизбежная ошибка возникалав силу географического положения двух городов. Эра-тосфен рассуждал так: если города находятся на одноммеридиане (т.е. Александрия расположена в точностик северу от Сиены), то полдень в них наступаетодновременно. Поэтому, сделав измерения во времянаивысшего положения Солнца в каждом городе, мыдолжны получить правильный результат. Но на самомделе Александрия и Сиена – далеко не на одноммеридиане. Сейчас в этом легко убедиться, взглянув накарту, но у Эратосфена такой возможности не было, онкак раз и работал над составлением первых карт.Поэтому его метод (абсолютно верный!) привел кошибке в определении радиуса Земли. Тем не менее,многие исследователи уверены, что точность измере-ния Эратосфена была высока и что он ошибся менеечем на 2%. Улучшить этот результат человечествосмогло только через 2 тысячи лет, в середине XIX века.Над этим трудилась группа ученых во Франции иэкспедиция В.Я.Струве в России. Даже в эпоху вели-ких географических открытий, в XVI веке, люди несмогли достичь результата Эратосфена и пользовалисьневерным значением длины земной окружности в37000 км. Ни Колумб, ни Магеллан не знали, каковыистинные размеры Земли и какие расстояния им при-дется преодолевать. Они-то считали, что длина эквато-ра на 3 тысячи км меньше, чем на самом деле. Зналибы – может, и не поплыли бы.

В чем причина столь высокой точности метода Эра-тосфена (конечно, если он пользовался нужным ста-дием)? До него измерения были локальными, на рас-стояниях, обозримых человеческим глазом, т.е. неболее 100 км. Таковы, например, способы в упражне-ниях 1 и 2. При этом неизбежны ошибки из-за рельефаместности, атмосферных явлений и т.д. Чтобы добить-ся большей точности, нужно проводить измеренияглобально, на расстояниях, сравнимых с радиусомЗемли. Расстояние в 800 км между Александрией иСиеной оказалось вполне достаточным.

Упражнения

1. Как вычислить радиус Земли по следующим данным: сгоры высотой 500 м просматриваются окрестности на рассто-янии 80 км?

2. Как вычислить радиус Земли по следующим данным:

Рис. 1

1 В некоторых источниках сообщается легенда о том, чтоодним из них был друг Эратосфена – великий Архимед.

Рис. 2

01-.p65 30.03.10, 17:3515

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 216

корабль высотой 20 м, отплыв от берега на 16 км, полностьюисчезает из вида?

3. Два друга – один в Москве, другой – в Туле, берут пометровому шесту и ставят их вертикально. В момент, втечение дня, когда тень от шеста достигает наименьшейдлины, каждый из них измеряет длину тени. В Москвеполучилось a см, а в Туле – b см. Выразите радиус Земличерез a и b. Города расположены на одном меридиане нарасстоянии 185 км.

Как видно из упражнения 3, опыт Эратосфена можнопроделать и в наших широтах, где Солнце никогда не бываетв зените. Правда, для этого нужны две точки обязательно наодном меридиане. Если же повторить опыт Эратосфена дляАлександрии и Сиены, и при этом сделать измерения в этихгородах одновременно (сейчас для этого есть техническиевозможности), то мы получим верный ответ, при этом будетне важно, на каком меридиане находится Сиена (почему?).

Как измерили Луну и Солнце.Три шага Аристарха

Греческий остров Самос в Эгейском море – теперьглухая провинция. Сорок километров в длину, восемь

– в ширину. На этом кро-хотном острове в разноевремя родились три вели-чайших гения – матема-тик Пифагор, философЭпикур и астроном Арис-тарх. Про жизнь Аристар-ха Самосского известномало. Даты жизни при-близительны: родился око-ло 310 до н.э., умер около230 до н.э. Как он выгля-дел, мы не знаем, ни одно-го изображения не сохра-нилось (современный па-мятник Аристарху в гре-ческом городе Салоники– лишь фантазия скульп-тора). Много лет провел вАлександрии, где работалв библиотеке и в обсерва-тории. Главное его дости-

жение – книга «О величинах и расстояниях Солнца иЛуны», – по единодушному мнению историков, явля-ется настоящим научным подвигом. В ней он вычисля-ет радиус Солнца, радиус Луны и расстояния от Землидо Луны и до Солнца. Сделал он это в одиночку,пользуясь очень простой геометрией и всем известнымирезультатами наблюдений за Солнцем и Луной. Наэтом Аристарх не останавливается, он делает несколь-ко важнейших выводов о строении Вселенной, которыенамного опередили свое время. Не случайно его назва-ли впоследствии «Коперником античности».

Вычисление Аристарха можно условно разбить натри шага. Каждый шаг сводится к простой геометри-ческой задаче. Первые два шага совсем элементарны,третий – чуть посложнее. В геометрических построени-ях мы будем обозначать через Z, S и L центры Земли,Солнца и Луны соответственно, а через R, sR и lR –

их радиусы. Все небесные тела будем считать шарами,а их орбиты – окружностями, как и считал самАристарх (хотя, как мы теперь знаем, это не совсемтак). Мы начинаем с первого шага, и для этого немногопонаблюдаем за Луной.

Шаг 1. Во сколько раз Солнце дальше, чем Луна?

Как известно, Луна светит отраженным солнечнымсветом. Если взять шар и посветить на него со стороныбольшим прожектором, то в любом положении осве-щенной окажется ровно половина поверхности шара.Граница освещенной полусферы – окружность, лежа-щая в плоскости, перпендикулярной лучам света. Та-ким образом, Солнце всегда освещает ровно половинуповерхности Луны. Видимая нам форма Луны зависитот того, как расположена эта освещенная половина.При новолунии, когда Луна вовсе не видна на небе,Солнце освещает ее обратную сторону. Затем освещен-ная полусфера постепенно поворачивается в сторонуЗемли. Мы начинаем видеть тонкий серп, затем –месяц («растущая Луна»), далее – полукруг (эта фазаЛуны называется «квадратурой»). Затем день ото дня(вернее, ночь от ночи) полукруг дорастает до полнойЛуны. Потом начинается обратный процесс: освещен-ная полусфера от нас отворачивается. Луна «стареет»,постепенно превращаясь в месяц, повернутый к намлевой стороной, подобно букве «C», и, наконец, в ночьноволуния исчезает. Период от одного новолуния додругого длится примерно четыре недели. За это времяЛуна совершает полный оборот вокруг Земли. Отноволуния до половины Луны проходит четверть пери-ода, отсюда и на-звание «квадрату-ра».

Замечательнаядогадка Аристар-ха состояла в том,что при квадрату-ре солнечныелучи, освещающиеполовину Луны,перпендикулярныпрямой, соединя-ющей Луну с Зем-лей. Таким обра-зом, в треугольни-ке ZLS угол привершине L – прямой (рис.3). Если теперь измеритьугол LZS, обозначим его через α , то получим, что

cosZL

ZS= α . Для простоты мы считаем, что наблюда-

тель находится в центре Земли. Это несильно повлияетна результат, поскольку расстояния от Земли до Луныи до Солнца значительно превосходят радиус Земли.

Итак, измерив угол α между лучами ZL и ZS вовремя квадратуры, Аристарх вычисляет отношениерасстояний до Луны и до Солнца. Как одновременнозастать Солнце и Луну на небосводе? Это можносделать ранним утром. Сложность возникает по друго-му, неожиданному, поводу. Во времена Аристарха не

Рис. 3

Памятник Аристарху Самос-скому в Салониках

01-.p65 30.03.10, 17:3516

Г Е О М Е Т Р И Я З В Е З Д Н О Г О Н Е Б А 17

было косинусов. Первые понятия тригонометрии по-явятся позже, в работах Аполлония и Архимеда. НоАристарх знал, что такое подобные треугольники, иэтого было достаточно. Начертив маленький прямо-угольный треугольник Z L S′ ′ ′ с тем же острым угломα = L Z S′ ′ ′∠ и измерив его стороны, находим, чтоZL Z L

ZS Z S

′ ′=

′ ′, и это отношение примерно равно

1400

.

Получается, что Солнце в 400 раз дальше от Земли, чемЛуна. Эту константу – отношение расстояний от Землидо Солнца и от Земли до Луны – мы будем обозначатьбуквой κ . Итак, мы нашли, что κ = 400.

Шаг 2. Во сколько раз Солнце больше Луны?

Для того чтобы найти отношение радиусов Солнца иЛуны, Аристарх привлекает солнечные затмения(рис.4). Они происходят, когда Луна загораживаетСолнце. При частичном, или, как говорят астрономы,частном, затмении Луна лишь проходит по дискуСолнца, не закрывая его полностью. Порой такое

затмение даже нельзя разглядеть невооруженным гла-зом, Солнце светит как в обычный день. Лишь сквозьсильное затемнение, например, закопченое стекло,видно, как часть солнечного диска закрыта чернымкругом. Гораздо реже происходит полное затмение,когда Луна на несколько минут полностью закрываетсолнечный диск. В это время становится темно, на небепоявляются звезды. Затмения наводили ужас на древ-них людей, считались предвестниками трагедий. Сол-нечное затмение наблюдается по-разному в разныхчастях Земли. Во время полного затмения на поверх-ности Земли возникает тень от Луны – круг, диаметркоторого не превосходит 270 км. Лишь в тех районахземного шара, по которым проходит эта тень, можнонаблюдать полное затмение. Поэтому в одном и том жеместе полное затмение происходит крайне редко – всреднем раз в 200–300 лет. Аристарху повезло – онсмог наблюдать полное солнечное затмение собствен-ными глазами. На безоблачном небе Солнце постепен-но начало тускнеть и уменьшаться в размерах, устано-вились сумерки. На несколько мгновений Солнце ис-чезло. Потом проглянул первый луч света, солнечныйдиск стал расти, и вскоре Солнце засветило в полнуюсилу. Почему затмение длится столь короткое время?Аристарх отвечает: причина в том, что Луна имеет теже видимые размеры на небе, что и Солнце. Что этозначит? Проведем плоскость через центры Земли,Солнца и Луны. Получившееся сечение изображено нарисунке 5,а. Угол между касательными, проведенны-ми из точки Z к окружности Луны, называется угловымразмером Луны, или ее угловым диаметром. Так же

определяется угловой размер Солнца. Если угловыедиаметры Солнца и Луны совпадают, то они имеютодинаковые видимые размеры на небе, а при затменииЛуна действительно полностью загораживает Солнце(рис.5,б), но лишь на мгновение, когда совпадут лучиZL и ZS. На фотографии полного солнечного затмения(см. рис.4) ясно видно равенство размеров.

Вывод Аристарха оказался поразительно точен! Вреальности средние угловые диаметры Солнца и Луныотличаются всего на 1,5%. Мы вынуждены говорить осредних диаметрах, поскольку они меняются в течениегода, так как планеты движутся не по окружностям, апо эллипсам.

Соединив центр Земли Z с центрами Солнца S иЛуны L, а также c точками касания P и Q, получим двапрямоугольных треугольника ZSP и ZLQ (см. рис.5,а). Они подобны, поскольку у них есть пара равных

острых углов 2β

. Следовательно, s

l

R SP ZS

R LQ ZL= = . Та-

ким образом, отношение радиусов Солнца и Луны

равно отношению расстояний от их центров до

центра Земли. Итак, 400s

l

R

R= κ = . Несмотря на то,

что их видимые размеры равны, Солнце оказалосьбольше Луны в 400 раз!

Равенство угловых размеров Луны и Солнца – счастливоесовпадение. Оно не вытекает из законов механики. У многихпланет Солнечной системы есть спутники: у Марса их два,у Юпитера – четыре (и еще несколько десятков мелких), ивсе они имеют разные угловые размеры, не совпадающие ссолнечным.

Теперь мы приступаем к решающему и самому слож-ному шагу.

Шаг 3. Вычисление размеров Солнца и Луныи расстояний до них

Итак, нам известно отношение размеров Солнца иЛуны и отношение их расстояний до Земли. Этаинформация относительна: она восстанавливает кар-тину окружающего мира лишь с точностью до подобия.Можно удалить Луну и Солнце от Земли в 10 раз,увеличив во столько же раз их размеры, и видимая сЗемли картина останется такой же. Чтобы найти реаль-ные размеры небесных тел, надо соотнести их с каким-то известным размером. Но из всех астрономических

Рис. 4

Рис. 5

01-.p65 30.03.10, 17:3517

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 218

величин Аристарху пока известен только радиус 2

земного шара R = 6400 км. Поможет ли это? Хоть вкаком-то из видимых явлений, происходящих на небе,появляется радиус Земли? Не случайно говорят «небои земля», имея в виду две несовместные вещи. И все жетакое явление есть. Это – лунное затмение. С егопомощью, применив довольно хитроумное геометри-ческое построение, Аристарх вычисляет отношениерадиуса Солнца к радиусу Земли, и цепь замыкается:теперь мы одновременно находим радиус Луны, ради-ус Солнца, а заодно и расстояния от Луны и от Солнцадо Земли.

При лунном затмении Луна уходит в тень Земли.Спрятавшись за Землю, Луна лишается солнечногосвета, и, таким образом, перестает светить. Она не

исчезает из вида полно-стью, поскольку неболь-шая часть солнечногосвета рассеивается зем-ной атмосферой и дохо-дит до Луны в обходЗемли. Луна темнеет,приобретая краснова-тый оттенок (через ат-мосферу лучше всегопроходят красные иоранжевые лучи). Налунном диске при этом

отчетливо видна тень от Земли (рис.6). Круглая форматени еще раз подтверждает шарообразность Земли.

Аристарха же интересовал размерэтой тени. Для того, чтобы опреде-лить радиус круга земной тени (мысделаем это по фотографии на ри-сунке 6), достаточно решить про-стое упражнение.

Упражнение 4. На плоскости данадуга окружности. С помощью циркуляи линейки постройте отрезок, равныйее радиусу.

Выполнив построение, находим,что радиус земной тени примерно в

2 82

3 3t = = раза больше радиуса

Луны. Обратимся теперь к рисунку7. Серым цветом закрашена об-ласть земной тени, в которую попа-дает Луна при затмении. Предполо-жим, что центры окружностей S, Zи L лежат на одной прямой. Прове-дем диаметр Луны 1 2M M , перпен-дикулярный прямой LS. Продол-жение этого диаметра пересекаетобщие касательные окружностейСолнца и Земли в точках 1D и 2D .

Тогда отрезок 1 2D D приближенно равен диаметру тениЗемли. Мы пришли к следующей задаче.

Задача 1. Даны три окружности с центрами S, Z иL, лежащими на одной прямой. Отрезок 1 2D D , прохо-дящий через L, перпендикулярен прямой SL, а егоконцы лежат на общих внешних касательных к пер-вой и второй окружностям. Известно, что отноше-ние отрезка 1 2D D к диаметру третьей окружностиравно t, а отношение диаметров первой и третьей

окружности равно ZS

ZL= κ . Найдите отношение ди-

аметров первой и второй окружностей.Если решить эту задачу, то будет найдено отношение

радиусов Солнца и Земли. Значит, будет найден ради-ус Солнца, а с ним и Луны. Но решить ее не удастся.Можете попробовать – в задаче не достает одногоданного. Например, угла между общими внешнимикасательными к первым двум окружностям. Но дажеесли этот угол был бы известен, решение будет исполь-зовать тригонометрию, которую Аристарх не знал (мыформулируем соответствующую задачу в упражнении6). Он находит более простой выход. Проведем диа-метр 1 2A A первой окружности и диаметр 1 2B B второй,оба – параллельные отрезку 1 2D D . Пусть 1C и 2C –точки пересечения отрезка 1 2D D с прямыми 1 1A B и

2 2A B соответственно (рис.8). Тогда в качестве диамет-ра земной тени возьмем отрезок 1 2C C вместо отрезка

1 2D D . Стоп, стоп! Что значит, «возьмем один отрезоквместо другого»? Они же не равны! Отрезок 1 2C C ле-жит внутри отрезка 1 2D D , значит, 1 2C C < 1 2D D . Да,отрезки разные, но они почтиравны. Дело в том, что расстоя-ние от Земли до Солнца во многораз больше диаметра Солнца (при-мерно в 215 раз). Поэтому рас-стояние ZS между центрами пер-вой и второй окружности значи-тельно превосходит их диамет-ры. Значит, угол между общимивнешними касательными к этимокружностям близок к нулю (вреальности он примерно 0,5° ),т.е. касательные «почти парал-лельны». Если бы они были вточности параллельны, то точки

1A и 1B совпадали бы с точкамикасания, следовательно, точка 1Cсовпала бы с 1D , а 2C с 2D , изначит, 1 2C C = 1 2D D . Таким об-разом, отрезки 1 2C C и 1 2D D по-чти равны. Интуиция и здесь неподвела Аристарха: на самом делеотличие между длинами отрезковсоставляет менее сотой доли про-цента! Это – ничто по сравнениюс возможными погрешностями из-мерений. Убрав теперь лишниелинии, включая окружности и их общие касательные,приходим к такой задаче.

Задача ′1 . На боковых сторонах 1 1AC и 2 2A C

Рис. 6

Рис. 7Рис. 8

2 Неизвестно, знал ли Аристарх об измерении Эратосфенаили пользовался другим значением радиуса Земли. Это не такважно, поскольку он брал радиус Земли в качестве единицыдлины.

01-.p65 30.03.10, 17:3618

трапеции 1 2 2 1A A C C взяты точки 1B и 2B так, чтоотрезок 1 2B B параллелен основаниям. Пусть S, Z и L– середины отрезков 1 2A A , 1 2B B и 1 2C C соответ-ственно. На основании 1 2C C лежит отрезок 1 2M M с

серединой L. Известно, что 1 2

1 2

A A ZS

M M ZL= = κ и

1 2

1 2

C Ct

M M= . Найдите 1 2

1 2

A A

B B.

Решение. Так как 1 2

1 2

A A ZS

M M ZL= , то 2

1

A S ZS

M L ZL= , а

значит, треугольники 2A SZ и 1M LZ подобны с коэф-

фициентом SZ

LZ= κ . Следовательно, 2 1A SZ M LZ∠ = ∠ ,

и поэтому точка Z лежит на отрезке 1 2M A . Аналогич-но, Z лежит на отрезке 2 1M A (рис.9). Так как

1 2 1 2C C t M M= ⋅ и 1 2 1 21

M M A A=κ

, то 1 2 1 2t

C C A A=κ

.

Далее, треугольники 2 2 1A C M и 2 2A B Z подобны. Ихкоэффициент подобия равен

1 2 1

2 2

1 11 1 1

M A ZM ZL

ZA ZA ZS

κ += + = + = + =

κ κ.

Следовательно,

2 1 2 1 21 1

2C M B Z B B

κ + κ += =

κ κ.

С другой стороны,

2 1 2 1 1 2 21 12

C M C L LM C C SA= + = + =κ

= 1 2 1 21

2 2t

A A A A+κ κ

.

Значит, 1 2 1 21 1

2 2t

B B A Aκ + +

=κ κ

. Из этого равенства сра-

зу получаем, что 1 2

1 2

11

A A

B B t

κ +=

+.

Итак, отношение диамет-ров Солнца и Земли равно

11t

κ ++

, а Луны и Земли рав-

но ( )11t

κ +κ +

. Подставляя

известные нам величины

κ = 400 и 83

t = , получаем,

что Луна примерно в 3,66

раза меньше Земли, а Сол-нце в 109 раз больше Зем-ли. Так как радиус Земли Rнам известен, находим ра-диус Луны lR = R/3,66 ирадиус Солнца sR = 109R.

Теперь расстояния от Зем-ли до Луны и до Солнцавычисляются в один шаг,это может быть сделано спомощью углового диамет-ра. Угловой диаметр β Сол-

нца и Луны составляет примерно полградуса (еслибыть совсем точным, 0,53° ). Как древние астрономыего измеряли, об этом речь впереди. Опустив касатель-ную ZQ на окружность Луны, получаем прямоуголь-ный треугольник ZLQ с острым углом 2β (рис.10).

Из него находим ( )1

sin 2 lZL R=β

, что примерно равно

215 lR , или 62R. Аналогично, расстояние до Солнцаравно 215 23455sR R= .

Всё. Размеры Солнца и Луны и расстояния до нихнайдены.

Упражнения

5. Докажите, что прямые 1 1A B , 2 2A B и две общие внешниекасательные к первой и второй окружностям (см. рис.8)пересекаются в одной точке.

6. Решите задачу 1, если дополнительно известен уголмежду касательными между первой и второй окружностью.

7. Солнечное затмение может наблюдаться в одних частяхземного шара и не наблюдаться других. А лунное затмение?

8. Докажите, что солнечное затмение может наблюдатьсятолько во время новолуния, а лунное затмение – только вовремя полнолуния.

9. Что происходит на Луне, когда на Земле происходитлунное затмение?

О пользе ошибок

На самом деле все было несколько сложнее. Геомет-рия только формировалась, и многие привычные длянас еще с восьмого класса школы вещи были в то времясовсем не очевидны. Аристарху потребовалось напи-сать целую книгу, чтобы изложить то, что мы изложи-ли на трех страницах. И с экспериментальными изме-рениями тоже все было непросто. Во-первых, Арис-тарх ошибся с измерением диаметра земной тени вовремя лунного затмения, получив отношение t = 2

вместо t = 2

23

. Кроме того, он, вроде бы, исходил из

неверного значения угла β – углового диаметра Сол-нца, считая его равным 2° . Но эта версия спорная:Архимед в своем трактате «Псаммит» пишет, что,напротив, Аристарх пользовался почти правильнымзначением в 0,5° . Однако самая ужасная ошибкапроизошла на первом шаге, при вычислении параметраκ – отношения расстояний от Земли до Солнца и доЛуны. Вместо κ = 400 у Аристарха получилось κ = 19.Как можно было ошибиться более чем в 20 раз?Обратимся еще раз к шагу 1, рисунок 3. Для того чтобынайти отношение κ = ZS/ZL, Аристарх измерил угол

SZLα = ∠ , и тогда 1

cosκ =

α. Например, если угол α

был бы равен 60° , то мы получили бы κ = 2, и Солнцебыло бы вдвое дальше от Земли, чем Луна. Но резуль-тат измерения оказался неожиданным: угол α полу-

Рис. 10

Г Е О М Е Т Р И Я З В Е З Д Н О Г О Н Е Б А 19

Рис. 9

01-.p65 30.03.10, 17:3619

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 220

чался почти прямым. Это означало, что катет ZS вомного раз превосходит ZL. У Аристарха получилось

87α = ° , и тогда 1

cos19

α = (напомним, что все вычис-

ления у нас – приближенные). Истинное значение угла6

897

α =

o

, и 1

cos400

α = . Так погрешность измере-

ния менее чем в 3° привела к ошибке в 20 раз!Завершив вычисления, Аристарх приходит к выводу,что радиус Солнца равен 6,5 радиусов Земли (вместо109).

Ошибки были неизбежны, учитывая несовершенныеизмерительные приборы того времени. Важнее то, чтометод оказался правильным. Вскоре (по историческиммеркам, т.е. примерно через 100 лет) выдающийсяастроном античности Гиппарх (190 – ок. 120 до н.э.)устранит все неточности и, следуя методу Аристарха,вычислит правильные размеры Солнца и Луны. Воз-можно, ошибка Аристарха оказалась в конце концовдаже полезной. До него господствовало мнение, чтоСолнце и Луна либо вовсе имеют одинаковые размеры(как и кажется земному наблюдателю), либо отличают-ся несильно. Даже отличие в 19 раз удивило совре-менников. Поэтому не исключено, что, найди Аристархправильное отношение κ = 400, в это никто бы неповерил, а может быть, и сам ученый отказался бы отсвоего метода, сочтя результат несуразным. Известныйпринцип гласит, что геометрия – это искусство хорошорассуждать на плохо выполненных чертежах. Пере-фразируя, можно сказать, что наука в целом – этоискусство делать верные выводы из неточных, илидаже ошибочных, наблюдений. И Аристарх такойвывод сделал. За 17 веков до Коперника он понял, чтов центре мира находится не Земля, а Солнце. Таквпервые появилась гелиоцентрическая модель и поня-тие Солнечной системы.

Что в центре?

Господствовавшее в Древнем Мире представлениеоб устройстве Вселенной, знакомое нам по урокамистории, заключалось в том, что в центре мира –неподвижная Земля, вокруг нее по круговым орбитамвращаются 7 планет, включая Луну и Солнце (кото-рое тоже считалось планетой). Завершается все небес-ной сферой с прикрепленными к ней звездами. Сферавращается вокруг Земли, делая полный оборот за 24часа. Со временем в эту модель многократно вноси-лись исправления. Так, стали считать, что небеснаясфера неподвижна, а Земля вращается вокруг своейоси. Затем стали исправлять траектории движенияпланет: круги заменили циклоидами, т.е. линиями,которые описывают точки окружности при ее движе-нии по другой окружности (об этих замечательныхлиниях можно прочитать в книгах Г.Н.Бермана «Цик-лоида», А.И.Маркушевича «Замечательные кривые»,а также в «Кванте»: статья С.Верова «Тайны циклои-ды» 8, 1975, и статья С.Г.Гиндикина «Звездный векциклоиды», 6, 1985). Циклоиды лучше согласовы-вались с результатами наблюдений, в частности, объяс-няли «попятные» движения планет. Это – геоцент-

рическая система мира, в центре которой – Земля(«гея»). Во II веке она приняла окончательный вид вкниге «Альмагест» Клавдия Птолемея (87–165), вы-дающегося греческого астронома, однофамильца еги-петских царей. Со временем некоторые циклоидыусложнялись, добавлялись все новые промежуточныеокружности. Но в целом система Птолемея господ-ствовала около полутора тысячелетий, до XVI века,до открытий Коперника и Кеплера. Поначалу геоцен-трической модели придерживался и Аристарх. Одна-ко, вычислив, что радиус Солнца в 6,5 раз большерадиуса Земли, он задал простой вопрос: почемутакое большое Солнце должно вращаться вокруг та-кой маленькой Земли? Ведь если радиус Солнцабольше в 6,5 раз, то его объем больше почти в 275 раз!Значит, в центре мира должно находиться Солнце.Вокруг него вращаются 6 планет, включая Землю.3 Аседьмая планета, Луна, вращается вокруг Земли. Такпоявилась гелиоцентрическая система мира («гелиос»– Солнце). Уже сам Аристарх отмечал, что такаямодель лучше объясняет видимое движение планет покруговым орбитам, лучше согласуется с результатаминаблюдений. Но ее не приняли ни ученые, ни офици-альные власти. Аристарх был обвинен в безбожии иподвергся преследованиям. Из всех астрономов ан-тичности только Селевк стал сторонником новой мо-дели. Больше ее не принял никто, по крайней мере, уисториков нет твердых сведений на этот счет. ДажеАрхимед и Гиппарх, почитавшие Аристарха и развив-шие многие его идеи, не решились поставить Солнце вцентр мира. Почему?

Почему мир не принял гелиоцентрическойсистемы?

Как же получилось, что в течении 17 веков ученыене принимали простой и логичной системы мира,предложенной Аристархом? И это несмотря на то,что официально признанная геоцентрическая системаПтолемея часто давала сбои, не согласуясь с резуль-татами наблюдений за планетами и за звездами. При-ходилось добавлять все новые окружности (так назы-ваемые вложенные циклы) для «правильного» описа-ния движения планет. Самого Птолемея трудности непугали, он писал: «К чему удивляться сложномудвижению небесных тел, если их сущность нам неиз-вестна?» Однако уже к XIII веку этих окружностейнакопилось 75! Модель стала столь громоздкой, чтоначали раздаваться осторожные возражения: неуже-ли мир в самом деле устроен так сложно? Широкоизвестен случай с Альфонсом X (1226–1284), коро-лем Кастилии и Леона, государства, занимавшегочасть современной Испании. Он, покровитель наук иискусств, собравший при своем дворе пятьдесят луч-ших астрономов мира, на одной из научных бесед

3 Именно шесть, а не девять, поскольку Уран, Нептун иПлутон были открыты гораздо позже. Совсем недавно, 13сентября 2006 года, по решению Международного астрономи-ческого союза (IAU) Плутон лишился статуса планеты. Такчто планет в Солнечной системе теперь восемь.

01-.p65 30.03.10, 17:3620

обмолвился, что «если бы при сотворении мира Гос-подь оказал мне честь и спросил моего совета, многоебыло бы устроено проще». Подобная дерзость непрощалась даже королям: Альфонс был низложен иотправлен в монастырь.4 Но сомнения остались. Частьиз них можно было бы разрешить, поставив Солнце вцентр Вселенной и приняв систему Аристарха. Еготруды были хорошо известны. Однако еще многовеков никто из ученых не решался на такой шаг.Причины были не только в страхе перед властями иофициальной церковью, которая считала теорию Пто-лемея единственно верной. И не только в инертностичеловеческого мышления: не так-то просто признать,что наша Земля – не центр мира, а лишь рядоваяпланета. Все-таки для настоящего ученого ни страх,ни стереотипы – не препятствия на пути к истине.Гелиоцентрическая система отвергалась по вполне на-учным, можно даже сказать, геометрическим причи-нам. Если допустить, что Земля вращается вокругСолнца, то ее траектория – окружность с радиусом,равным расстоянию от Земли до Солнца. Как мызнаем, это расстояние равно 23455 радиусов Земли,т.е. более 150 миллионов километров. Значит, Земляв течение полугода перемещается на 300 миллионовкилометров. Гигантская величина! Но картина звезд-ного неба для земного наблюдателя при этом остаетсятакой же. Земля то приближается, то удаляется отзвезд на 300 миллионов километров, но ни видимыерасстояния между звездами (например, форма со-звездий), ни их яркость не меняются. Это означает,что расстояния до звезд должны быть еще в несколь-ко тысяч раз больше, т.е. небесная сфера должнаиметь совершенно невообразимые размеры! Это, междупрочим, осознавал и сам Аристарх, который писал всвоей книге: «Объем сферы неподвижных звезд востолько раз больше объема сферы с радиусом Земля–Солнце, во сколько раз объем последней больше объе-ма земного шара», т.е. по Аристарху выходило, чторасстояние до звезд равно ( )223455 R , это более 3,5триллионов километров. В реальности расстояние отСолнца до ближайшей звезды еще примерно в 11 разбольше. (В модели, которую мы представили в самомначале, когда расстояние от Земли до Солнца равно10 м, расстояние до ближайшей звезды равно ... 2700километров!) Вместо компактного и уютного мира, вцентре которого находится Земля и который помеща-ется внутри относительно небольшой небесной сфе-ры, Аристарх нарисовал бездну. И эта бездна испуга-ла всех.

Венера, Меркурий и невозможностьгеоцентрической системы

Между тем невозможность геоцентрической системымира, с круговыми движениями всех планет вокругЗемли, может быть установлена с помощью простойгеометрической задачи.

Задача 2. На плоскости даны две окружности собщим центром O, по ним равномерно движутся дветочки: точка M по одной окружности и точка V подругой. Докажите, что либо они двигаются в одномнаправлении с одинаковой угловой скоростью, либо внекоторый момент времени угол MOV∠ тупой.

Решение. Если точки движутся в одном направле-нии с разными скоростями, то через некоторое времялучи OM и OV окажутся сонаправленными. Далееугол MOV∠ начинает монотонно возрастать до сле-дующего совпадения, т.е. до 360° . Следовательно, внекоторый момент он равен 180° . Случай, когда точ-ки движутся в разных направлениях, рассматривает-ся так же.

Теорема. Ситуация, при которой все планетыСолнечной системы равномерно вращаются вокругЗемли по круговым орбитам, невозможна.

Доказательство. Пусть O – центр Земли, M –центр Меркурия, а V – центр Венеры. Согласномноголетним наблюдениям, у Меркурия и Венерыразные периоды обращения, а угол MOV∠ никогдане превосходит 76° . В силу результата задачи 2теорема доказана.

Конечно, древние греки неоднократно встречались сподобными парадоксами. Именно поэтому, чтобы спа-сти геоцентрическую модель мира, они заставили пла-неты двигаться не по окружностям, а по циклоидам.

Доказательство теоремы не совсем честно, посколькуМеркурий и Венера вращаются не в одной плоскости, как взадаче 2, а в разных. Хотя плоскости их орбит почтисовпадают: угол между ними – всего несколько градусов. Вупражнении 10 мы предлагаем вам устранить этот недоста-ток и решить аналог задачи 2 для точек, вращающихся вразных плоскостях. Другое возражение: может быть, уголMOV бывает тупым, но мы этого не видим, поскольку наЗемле в это время день? Принимаем и это. В упражнении 11нужно доказать, что для трех вращающихся радиусов всегданастанет момент времени, когда они будут образовыватьдруг с другом тупые углы. Если на концах радиусов –Меркурий, Венера и Солнце, то в этот момент времениМеркурий и Венера будут видны на небе, а Солнце – нет, т.е.на земле будет ночь. Но должны предупредить: упражнения10 и 11 значительно сложнее задачи 2. Наконец, в упражне-нии 12 мы предлагаем вам, ни много ни мало, вычислитьрасстояние от Венеры до Солнца и от Меркурия до Солнца(они, конечно, вращаются вокруг Солнца, а не вокругЗемли). Убедитесь сами, насколько это просто, после того,как мы узнали метод Аристарха.

Упражнения

10. В пространстве даны две окружности с общим центромO, по ним равномерно с разными угловыми скоростямидвижутся две точки: точка M по одной окружности и точкаV по другой. Докажите, что в некоторый момент угол MOVтупой.

11. На плоскости даны три окружности с общим центромO, по ним равномерно с разными угловыми скоростямидвижутся три точки. Докажите, что в некоторый момент всетри угла между лучами с вершиной O, направленными вданные точки, тупые.

12. Известно, что максимальное угловое расстояние междуВенерой и Солнцем, т.е. максимальный угол между лучами,направленными с Земли к центрам Венеры и Солнца, равно

4 Истинной причиной опалы короля Альфонса была, видимо,обычная борьба за власть, но его ироничное замечание обустройстве мира послужило веским поводом для его недругов.

Г Е О М Е Т Р И Я З В Е З Д Н О Г О Н Е Б А 21

01-.p65 30.03.10, 17:3621

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 222

48° . Найдите радиус орбиты Венеры. То же – для Мерку-рия, если известно, что максимальное угловое расстояниемежду Меркурием и Солнцем равно 28° .

Последний штрих: измерение угловых размеровСолнца и Луны

Следуя шаг за шагом рассуждениям Аристарха, мыупустили лишь один аспект: как измерялся угловойдиаметр Солнца? Сам Аристарх этого не делал, пользу-ясь измерениями других астрономов (по-видимому, несовсем верными). Напомним, что радиусы Солнца иЛуны он смог вычислить, не привлекая их угловыедиаметры. Посмотрите еще раз на шаги 1, 2 и 3: нигдезначение углового диаметра не используется! Он ну-жен только для вычисления расстояний до Солнца идо Луны. Попытка определить угловой размер «наглазок» успеха не приносит. Если попросить несколь-ко человек оценить угловой диаметр Луны, большин-ство назовут угол от 3 до 5 градусов, что в разыбольше истинного значения. Сказывается обман зре-ния: ярко-белая Луна на фоне темного неба кажетсямассивной. Первым, кто провел математически стро-гое измерение углового диаметра Солнца и Луны, былАрхимед (287 – 212 до н.э.) Он изложил свой метод вкниге «Псаммит» («Исчисление песчинок»). Слож-ность задачи он осознавал: «Получить точное значениеэтого угла – дело нелегкое, потому что ни глаз, нируки, ни приборы, при помощи которых производитсяотсчет, не обеспечивают достаточной точности». По-этому Архимед не берется вычислить точное значениеуглового диаметра Солнца, он лишь оценивает егосверху и снизу. Он помещает круглый цилиндр наконце длинной линейки, напротив глаза наблюдателя.Линейка направляется на Солнце, и цилиндр придви-гается к глазу до тех пор, пока он не заслонит собойСолнце полностью. Затем наблюдатель уходит, а наконце линейки отмечается отрезок MN, равный разме-ру человеческого зрачка (рис.11). Тогда угол 1αмежду прямыми MP и NQ меньше углового диаметра

Солнца, а угол 2 POQα = ∠ – больше. Мы обозначиличерез PQ диаметр основания цилиндра, а через O –середину отрезка MN. Итак, 1 2α < β < α (докажитеэто в упражнении 13). Так Архимед находит, чтоугловой диаметр Солнца заключен в пределах от0,45° до 0,55° .

Неясным остается, почему Архимед измеряет Солнце, а неЛуну. Он был хорошо знаком с книгой Аристарха и знал, чтоугловые диаметры Солнца и Луны одинаковы. Луну жеизмерять гораздо удобнее: она не слепит глаза и границы еевидны отчетливее.

Некоторые древние астрономы измеряли угловойдиаметр Солнца, исходя из продолжительности сол-

нечного или лунного затмения. (Попробуйте восстано-вить этот способ в упражнении 14.) А можно сделать тоже, не дожидаясь затмений, а просто наблюдая закатСолнца. Выберем для этого день весеннего равноден-ствия 22 марта, когда Солнце восходит точно навостоке, а заходит точно на западе. Это означает, чтоточки восхода E и заката W диаметрально противопо-ложны. Для земного наблюдателя Солнце движется поокружности с диаметром EW. Плоскость этой окруж-ности составляет сплоскостью горизон-та угол 90° − γ , где γ– географическая ши-рота точки M, в кото-рой находится наблю-датель (например, дляМосквы 55,5γ = ° ,для Александрии

31γ = ° ). Доказатель-ство приведено нарисунке 12. ПрямаяZP – ось вращенияЗемли, перпендику-лярная плоскости эк-ватора. Широта точки M – угол между отрезком ZP иплоскостью экватора. Проведем через центр Солнца Sплоскость α , перпендикулярную оси ZP. Плоскостьгоризонта касается земного шара в точке M. Длянаблюдателя, находящегося в точке M, Солнце втечение дня движется по окружности в плоскости α сцентром P и радиусом PS. Угол между плоскостью αи плоскостью горизонта равен углу MZP, которыйравен 90° − γ , поскольку плоскость α перпендикуляр-на ZP, а плоскость горизонта перпендикулярна ZM.Итак, в день равноденствия Солнце заходит за гори-зонт под углом90° − γ . Следователь-но, во время закатаоно проходит дугу ок-ружности, равную

cosβ γ , где β – угло-вой диаметр Солнца(рис.13). С другойстороны, за 24 часаоно проходит по этойокружности полныйоборот, т.е. 360° .

Получаем пропорцию cos360 24

Tβ γ= , где T – продолжи-

тельность заката (единица измерения – час). Зная γ иизмерив время T, находим 0,53β = ° .

Упражнения

13. Докажите, что угол 1α между прямыми MP и NQ (см.рис.11.) меньше углового диаметра Солнца, а угол

2 POQα = ∠ – больше.14. Предложите способ измерения угловых размеров Луны

во время лунного затмения.

С автором статьи можно связаться по адресу:v-protassov@yandex.ru

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

01-.p65 30.03.10, 17:3622

Н А Н О Т Е Х Н О Л О Г И И

Как рассмотреть нанообъектв оптический микроскоп

А.ЕЖОВ

КАК ИЗВЕСТНО, ОСНОВНУЮ ДОЛЮ ИНФОРМА-ции об окружающем мире человек получает спомощью зрения. Глаз человека – сложный и

совершенный прибор. Этот созданный природой при-бор работает со светом – электромагнитным излучени-ем, диапазон длин волн которого находится между400 и 760 нанометрами. Цвет, который при этомвоспринимает человек, изменяется от фиолетового докрасного.

Электромагнитные волны, соответствующие видимо-му свету, взаимодействуют с электронными оболочка-ми атомов и молекул глаза. Результат этого взаимодей-ствия зависит от того, в каком состоянии находятсяэлектроны этих оболочек. Свет может поглощаться,отражаться или рассеиваться. Что именно произошлосо светом, может многое рассказать об атомах и моле-кулах, с которыми он взаимодействовал. Диапазонразмеров атомов и молекул – от 0,1 до десятковнанометров. Это во много раз меньше, чем длина волнысвета. Тем не менее, объекты именно таких размеров –назовем их нанообъектами – очень важно увидеть. Чтоже надо для этого сделать? Обсудим сначала, чтоможет рассмотреть человеческий глаз.

Обычно, когда говорят о разрешающей способноститого или иного оптического прибора, оперируют двумяпонятиями. Одно из них – угловое разрешение, авторое – линейное разрешение. Эти понятия взаимо-связаны. К примеру, для человеческого глаза угловоеразрешение составляет приблизительно 1 угловуюминуту. При этом глаз может различить два точечныхобъекта, удаленных от него на 25–30 см, только тогда,когда расстояние между этими объектами больше чем0,075 мм. Это вполне сравнимо с разрешением обычно-го компьютерного сканера. В самом деле, разрешение600 точек на дюйм означает, что сканер может разли-чить точки, расположенные на расстоянии 0,042 ммдруг от друга.

Для того чтобы можно было различать объекты,расположенные на еще меньших расстояниях друг отдруга, был придуман оптический микроскоп – прибор,увеличивающий разрешающую способность глаза.Выглядят эти приборы по-разному (что видно изрисунка 1), но принцип действия у них один тот же.Оптический микроскоп позволил отодвинуть пределразрешения до долей микрона. Уже 100 лет назадоптическая микроскопия сделала возможным изучатьобъекты микронных размеров. Однако тогда же стало

ясно, что простым увеличением количества линз иулучшением их качества добиться дальнейшего увели-чения разрешающей способности невозможно. Разре-шение оптического микроскопа оказалось ограниченосвойствами самого света, а именно его волновой при-родой.

Еще в конце позапрошлого века было установлено,что разрешение оптического микроскопа составляет

2 sind

n u

λ= . В этой формуле λ – длина волны света,

а sinn u – числовая апертура объектива микроскопа,которая характеризует как микроскоп, так и то веще-ство, которое находится между объектом изучения исамой близкой к нему линзой микроскопа. И действи-тельно, в выражение для числовой апертуры входятпоказатель преломления n среды, находящейся междуобъектом и объективом, и угол u между оптическойосью объектива и самыми крайними лучами, которыевыходят из объекта и могут попасть в этот объектив.Показатель преломления вакуума равен единице. Увоздуха этот показатель очень близок к единице, уводы он составляет 1,33303, а у специальных жидко-стей, используемых в микроскопии для получениямаксимального разрешения, n доходит до 1,78. Какимбы ни был угол u, величина sinu не может быть большеединицы. Таким образом, разрешение оптическогомикроскопа не превышает долей длины волны света.

Рис.1. Оптические микроскопы. Слева – микроскоп фирмыCarl Zeiss 1906 года, справа – современный исследователь-ский микроскоп той же фирмы с двумя видеокамерами наоснове ПЗС-матриц сверху

01-.p65 30.03.10, 17:3623

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 224

Обычно считается, что разрешение составляет полови-ну длины волны.

Интенсивность, разрешение и увеличение объекта –разные вещи. Можно сделать так, что расстояниемежду центрами изображений объектов, которые рас-положены в 10 нм друг от друга, будет 1 мм. Это будетсоответствовать увеличению в 100000 раз. Тем неменее, различить, один это объект или два, не получит-ся. Дело в том, что изображения объектов, размерыкоторых очень малы по сравнению с длиной волнысвета, будут иметь одинаковые форму и размеры, независящие от формы самих объектов. Такие объектыназывают точечными – их размерами можно пренеб-речь. Если такой точечный объект светится, то оптичес-кий микроскоп изобразит его в виде светлого кружка,окруженного светлыми и темными кольцами. Будемдалее, для простоты, рассматривать именно источникисвета. Типичное изображение точечного источника све-та, полученное с помощью оптического микроскопа,показано на рисунке 2. Интенсивность светлых колец

намного меньше, чем у кружочка, и убывает по мереудаления от центра изображения. Чаще всего виднотолько первое светлое кольцо. Диаметр первого темно-

го кольца равен sin

dn u

λ= . Функция, которая описы-

вает такое распределение интенсивности, называетсяфункцией рассеяния точки. Эта функция не зависит оттого, каково увеличение. Изображение несколькихточечных объектов будет представлять собой именнокруги и кольца, как это видно из рисунка 3. Получен-ное изображение можно увеличивать, однако еслиизображения двух соседних точечных объектов слива-ются, то они будут сливаться и дальше. Такое увеличе-ние часто называют бесполезным – бульшие изображе-ния просто будут более размытыми. Пример бесполез-ного увеличения показан на рисунке 4. Формула

2 sind

n u

λ= часто называется дифракционным преде-

лом, и она настолько знаменита, что именно ее высеклина памятнике автору этой формулы – немецкомуфизику-оптику Эрнсту Аббе.

Конечно, со временем оптические микроскопы сталиснабжать разнообразными устройствами, позволяю-щими запоминать изображения. Человеческий глаздополнили сначала пленочные фото- и кинокамеры, апотом – камеры, в основе которых лежат цифровыеустройства, преобразующие попадающий на них свет вэлектрические сигналы. Самыми распространеннымииз таких устройств являются ПЗС-матрицы (ПЗСрасшифровывается как прибор с зарядовой связью).Количество пикселей в цифровых камерах продолжаетрасти, однако само по себе это не может улучшитьразрешение оптических микроскопов.

Еще двадцать пять лет назад казалось, что дифрак-ционный предел непреодолим и что, для того чтобыизучать объекты, размеры которых во много раз мень-ше, чем длина волны света, необходимо отказаться отсвета как такового. Именно таким путем пошли созда-тели электронных и рентгеновских микроскопов. Не-смотря на многочисленные преимущества таких микро-скопов, задача использования именно света для рас-сматривания нанообъектов оставалась. Причин дляэтого было много: удобство и простота работы с объек-тами, небольшое время, которое требуется для получе-ния изображения, известные способы окрашиванияобразцов и многое другое. Наконец, после долгих летнапряженной работы стало возможным рассматриватьнанообъекты с помощью оптического микроскопа.Наибольший прогресс в этом направлении достигнут вобласти люминесцентной микроскопии. Конечно, диф-ракционный предел никто не отменял, но его удалосьобойти. В настоящее время существуют различные

Рис.2. Изображения одного и того же точечного источника,полученные с помощью объективов с различными числовы-ми апертурами – для левого изображения она в два разабольше того, чем для правого. Интенсивность центральногомаксимума составляет приблизительно 85% суммарнойинтенсивности от всех частей изображения

Рис.3. Изображения группы точечных источников. Источники1 и 2 расположены на расстоянии, значительно большем

( )λ= sind n u , источники 3 и 4 – на расстоянии d/2, а источ-

ники 5 и 6 – на расстоянии, значительно меньшем d/2

Рис.4. Изображения двух точечных источников, полученныеобъективами, имеющими одинаковые числовые апертуры,но дающими различные увеличения. Расстояние между

точечными источниками равно ( )λ sin2n u

01-.p65 30.03.10, 17:3624

оптические микроскопы, позволяющие рассматриватьобъекты, размеры которых намного меньше длиныволны того самого света, который создает изображенияэтих объектов. Все эти приборы объединяет одинобщий принцип. Попробуем пояснить, какой именно.

Из того, что уже говорилось о дифракционном пре-деле разрешения, ясно, что увидеть точечный источникне так уж сложно. Если этот источник обладает доста-точной интенсивностью, его изображение будет от-четливо видно. Форма и размер этого изображения,как уже говорилось, будут определяться свойствамиоптической системы. При этом, зная свойства оптичес-кой системы и будучи уверенными в том, что объектточечный, можно определить, где именно находитсяобъект. Точность определения координат такого объек-та достаточно высока. Иллюстрацией этого можетслужить рисунок 5. Координаты точечного объекта

можно определить тем точнее, чем интенсивнее онсветится. Еще в 80-х годах прошлого века с помощьюоптического микроскопа умели определять положениеотдельных светящихся молекул с точностью в 10–20нанометров. Необходимым условием столь точногоопределения координат точечного источника являетсяего одиночество. Ближайший к нему другой точечныйисточник должен находиться настолько далеко, чтобыисследователь точно знал, что обрабатываемое изобра-жение соответствует одному источнику. Понятно, чтоэто расстояние l должно удовлетворять условию

2 sinl

n u

λ≥ . В этом случае анализ изображения может

дать очень точные данные о положении самого источ-ника.

Большинство объектов, размеры которых намногоменьше разрешающей способности оптического микро-скопа, можно представить как набор точечных источ-ников. Источники света в таком наборе находятся другот друга на расстояниях, намного меньших величины

2 sinn u

λ. Если эти источники будут светить одновре-

менно, то сказать что-либо о том, где именно онирасположены, будет невозможно. Тем не менее, если

суметь заставить эти источники светить по очереди, тоположение каждого них можно определить с высокойточностью. Если эта точность превышает расстояниемежду источниками, то, обладая знанием о положениикаждого из них, можно узнать о том, каково ихвзаимное расположение. А это означает, что полученаинформация о форме и размерах объекта, которыйпредставлен как набор точечных источников. Другимисловами, в таком случае можно рассмотреть в оптичес-кий микроскоп объект, размеры которого меньше, чемдифракционный предел!

Таким образом, ключевым моментом является полу-чение информации о различных частях нанообъектанезависимо друг от друга. Существуют три основныегруппы методов, позволяющие сделать это.

Первая группа методов целенаправленно заставляетсветить ту или иную часть исследуемого объекта.Самый известный из этих методов – сканирующаяоптическая микроскопия ближнего поля. Рассмотримее подробнее.

Если внимательно изучить те условия, которые под-разумеваются, когда речь идет о дифракционном пре-деле, обнаружится, что расстояния от объектов до линззначительно больше длины волны света. На расстояни-ях, сравнимых и меньших этой длины волны, картинаполучается другой. Вблизи любого объекта, попавшегов электромагнитное поле световой волны, существуетпеременное электромагнитное поле, частота изменениякоторого такая же, как частота изменения поля всветовой волне. В отличие от световой волны, это полебыстро затухает по мере удаления от нанообъекта.Расстояние, на котором происходит уменьшение ин-тенсивности, например, в е раз, сравнимо с размерамиобъекта. Таким образом, электромагнитное поле опти-ческой частоты оказывается сконцентрированным вобъеме пространства, размер которого намного мень-ше, чем длина волны света. Любой нанообъект, попав-ший в эту область, будет так или иначе взаимодейство-вать со сконцентрированным полем. Если тот объект,с помощью которого осуществляется это концентриро-вание поля, последовательно перемещать по какой-либо траектории вдоль изучаемого нанообъекта и реги-стрировать свет, излучаемый этой системой, то можнопостроить изображение по отдельным точкам, лежа-щим на этой траектории. Конечно, в каждой точкеизображение будет выглядеть так, как показано нарисунке 2, но разрешение при этом будет определятьсятем, насколько удалось сконцентрировать поле. А это,в свою очередь, определяется размерами того объекта,с помощью которого это поле концентрируется.

Самым распространенным способом такой концент-рации поля является изготовление очень маленькогоотверстия в металлическом экране. Обычно это отвер-стие находится на конце заостренного и покрытоготонкой пленкой металла световода (световод частоназывается оптическим волокном и широко использу-ется для передачи данных на большие расстояния).Сейчас удается изготавливать отверстия с диаметрамиот 30 до 100 нм. Таким же по величине получается и

Рис.5. Последовательное определение положения точечногоисточника с точностью, значительно превышающей

( )λ sin2n u . Красным крестом отмечено текущее положениеисточника, а голубым цветом обозначена траектория движе-ния источника, построенная по трем его положениям. Размерголубого кружка соответствует точности определения поло-жения источника

К А К Р А С С М О Т Р Е Т Ь Н А Н О О Б Ъ Е К Т В О П Т И Ч Е С К И Й М И К Р О С К О П 25

(Продолжение см. на с. 35)

01-.p65 30.03.10, 17:3625

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 226

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в немзадачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьнойпрограммы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мыобычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые.

Решения задач из этого номера следует отправлять не позднее 1 июля 2010 года по адресу: 119296Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». Решения задач из разных номеров журнала или поразным предметам (математике и физике) присылайте в разных конвертах. На конверте в графе«Кому» напишите: «Задачник «Кванта» 2–2010» и номера задач, решения которых Вы посылаете,например «М2169» или «Ф2175». В графе «От кого» фамилию и имя просим писать разборчиво. Вписьмо вложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этомконверте Вы получите результаты проверки решений). Решения задач по математике и физике можноприсылать также по электронным адресам math@kvant.info и phys@kvant.info соответственно.

Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присылайте в отдельномконверте в двух экземплярах вместе с Вашим решением этой задачи (на конверте пометьте: «Задачник«Кванта», новая задача по физике» или «Задачник «Кванта», новая задача по математике»).

В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь.Задачи М2171 и М2172 предлагались на региональном этапе XXXVI Всероссийской олимпиады

школьников по математике.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Задачипо математике и физике

Задачи М2169–М2175, Ф2175–Ф2182

M2169. Каждая сторона остроугольного треугольникаABC меньше соответствующей стороны треугольникаA B C′ ′ ′ . Докажите, что R R′< , где R и R′ – радиусыокружностей, описанных около треугольников ABC иA B C′ ′ ′ соответственно.

П.Кожевников

M2170. Окружность пересекает график функции3 2009y x x= − в шести точках. Найдите сумму абсцисс

этих точек.И.Богданов

M2171. Можно ли разбить при каком-то натуральном kвсе натуральные числа от 1 до k на две группы ивыписать числа в каждой группе в некотором порядкетак, чтобы получились два одинаковых числа?

Н.Агаханов

M2172. В треугольнике ABC проведены биссектрисыAD, BE и CF, пересекающиеся в точке I. Серединныйперпендикуляр к отрезку AD пересекает прямые BE иCF в точках M и N. Докажите, что точки A, I, M и Nлежат на одной окружности.

Д.Прокопенко

M2173. Пусть p > 3 – простое число, a и b – целые числа

такие, что 2 2a ab b+ + делится на p. Докажите, что

( )p p pa b a b+ − − делится: а) на 2p ; б*) на 3p .Б.Лурье

M2174. а) Существуют ли четыре равных многоуголь-ника таких, что любые два из них не имеют общихвнутренних точек, но граничат по отрезку?

б) Тот же вопрос для четырех равных выпуклыхмногоугольников.

С.Маркелов

M2175. Пусть S – множество из n действительныхчисел, лежащих в отрезке [0; 1] ( 1n ≥ ). Для некото-рого k (0 < k < n) k-элементное подмножество Aмножества S называется хорошим, если разность меж-ду средним арифметическим k чисел, лежащих в A, исредним арифметическим n – k чисел из S, не лежащих

в A, не превосходит ( )2

n

k n k− . Докажите, что среди

всех k-элементных подмножеств множества S доля

хороших подмножеств составляет не менее 2

n.

А.Бадзян

Ф2175. Шайба скользит по горизонтальной поверхно-сти, сила трения о которую пропорциональна квадратускорости шайбы. Начальная скорость шайбы упалавдвое через время Т после начала движения. За какоевремя скорость упадет ещевтрое?

А.Зильберман

Ф2176. Конструкция ввиде буквы Г (рис.1) сде-лана из проволоки посто-янного сечения, угол пря-мой, длина короткого кус-ка в 4 раза меньше, чемдлинного. Нити, на кото-рых висит конструкция,вертикальны и одинаковы Рис. 1

26-41.p65 30.03.10, 17:5226

по длине. Найдите отношение сил натяжения этихнитей.

З.Рафаилов

Ф2177. На корпусе фена, предназначенного для быст-рой сушки волос, есть надпись: 1200 Вт. Диаметротверстия, из которого выходит воздух с температурой80 C° , равен 4 см. Температура воздуха в комнате20 C° , давление воздуха 510 Па. С какой среднейскоростью относительно корпуса фена движется выхо-дящий наружу горячий воздух?

С.Варламов

Ф2178. Твердое вещество 2CO похоже на плотнослепленный снежок – белый непрочный кусок ском-канного снега – и называется «сухой лед», который приатмосферном давлении имеет температуру 65 C− ° .Некоторое количество этого вещества взвесили и поло-жили в нерастянутую резиновую оболочку воздушногошарика, имеющую массу 3 г. Оболочку загерметизиро-вали, завязав узлом резиновую входную трубку шари-ка, дождались, пока весь сухой лед испарился инагрелся до комнатной температуры, а затем надув-шийся шарик взвесили на тех же весах – получилсярезультат 69 г. Что показывали весы при взвешиваниитвердого вещества?

С.Варламов

Ф2179. Нагреватель идеальной тепловой машины име-ет начальную температуру 2Т, его теплоемкость С,температура холодильника в начальный момент Т, еготеплоемкость вдвое больше. Теплообмена с окружаю-щей средой нет, машина имеет маленькую мощностьдаже при начальной разности температур. Найдитетемпературы тел через очень большое время. Какуюработу может совершить машина за это очень большоевремя?

С.Муравьев

Ф2180. Конденсаторы в схеме (рис.2) одинаковые,емкость каждого 100 мкФ, сопротивление резистора

100 Ом. Батарейку напря-жением 12 В с малым внут-ренним сопротивлениемподключают к этой схеме.Какое количество теплотывыделится за большое вре-мя в резисторе? Какое пол-ное количество теплоты вы-

делится при подключении батарейки?А.Повторов

Ф2181. В однородном электрическом поле напряжен-ностью 0E удерживают диполь, состоящий из легкогожесткого стержня длиной d, на концах которого укреп-лены одинаковые маленькие шарики массой m каждыйс зарядами q и –q. Найдите максимальную угловуюскорость стержня после отпускания диполя. Силатяжести отсутствует.

А.Простов

Ф2182. К последовательно соединенным катушке ин-дуктивностью 1 Гн и конденсатору емкостью 1 мкФподключают источник (рис.3), содержащий батарейку

Рис. 2

напряжением 1 В и идеальный диод. Черезсекунду после этого источник отключили отконтура и подключили вновь, поменяв поляр-ность (поменяли местами выводы А и Б), ещечерез секунду снова поменяли полярность – итак 100 раз. Найдите напряжение конденсато-ра через секунду после последнего переключе-ния. Элементы цепи считать идеальными.

У.Былов Рис. 3

Решения задач М2146–М21521,Ф2160–Ф2167

M2146. На координатной плоскости нарисовали 2008графиков квадратных трехчленов. Может ли ока-заться, что для каждого из них существует прямая,имеющая общие точки с любым графиком, кроме него?

Ответ: может.Приведем пример даже бесконечного множества пара-бол 1 2 3, , ,P P P … , удовлетворяющих условию. Рассмот-рим параболу P, заданную уравнением 2y x= − , ипусть парабола nP симметрична параболе P относи-

тельно точки nK с координатами ( )2,n n− , n = 1, 2, ...

Каждая из парабол

nP имеет общую ка-сательную nl с пара-болой P (см. рису-нок). Парабола nPлежит выше прямой

nl и имеет с ней един-ственную общую точ-ку nK . Парабола Pлежит ниже прямой

nl , в частности, всеточки касания iK ,i n≠ , лежат строгониже прямой nl .Сдвинув немноговниз прямую nl , по-лучим такую прямую

nl′ , что все точки iK ,i n≠ , по-прежнемулежат строго ниженее, а точка nK –строго выше нее. Тогда прямая nl′ не пересекает толькоодну параболу nP из множества 1 2 3, , ,P P P …

П.Кожевников

M2147. В каждой клетке бесконечной клетчатойплоскости записано действительное число так, чтовсе бесконечные в обе стороны горизонтальные ивертикальные последовательности чисел периодичес-кие. Докажите, что найдется бесконечно много гори-зонтальных последовательностей с различными наи-меньшими периодами тогда и только тогда, когданайдется бесконечно много вертикальных последова-тельностей с различными наименьшими периодами.

Допустим, что бесконечно много горизонтальных пос-ледовательностей с различными наименьшими перио-

1Решение задачи М2153 будет опубликовано позже.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 27

26-41.p65 30.03.10, 17:5227

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 228

дами не найдется. Это означает, что существует такоеконечное множество натуральных чисел 1 2, , , kT T T… ,что для всякой горизонтальной последовательности еенаименьший период совпадает с одним из iT . Тогда

1 2 kT TT T= … является периодом любой горизонталь-ной последовательности. Значит, клетчатая плоскостьраспадается на одинаковые вертикальные полосы ши-риной в T столбцов, т.е. существует не более T верти-кальных последовательностей с различными наимень-шими периодами (так как различных вертикальныхпоследовательностей не более T).Решение завершим, поменяв в предыдущих рассужде-ниях ролями вертикальные и горизонтальные последо-вательности.Замечание. Читателям предлагается убедиться (это неочевидно!), что существуют расстановки действитель-ных чисел, для которых все горизонтальные и верти-кальные последовательности периодические, но най-дется бесконечно много горизонтальных (и вертикаль-ных) последовательностей с различными наименьши-ми периодами.

Е.Знак

M2148. По кругу выписаны числа 1, 2, 3, …, 100 внекотором порядке. Петя вычислил 100 сумм всехтроек соседних чисел и написал на доске наименьшуюиз этих сумм. Какое наибольшее число могло бытьнаписано на доске?

Ответ: 150.Рассмотрим более общую задачу, заменив 100 на число

n вида 6r + 4, и покажем, что ответом будет число 3

2

n.

Выделим число n, а оставшиеся n – 1 = 6r + 3 числа

разобьем на 2r + 1 = 1

3

n − троек соседних чисел.

Сумма чисел в этих трех тройках равна 1 + 2 + 3 + …

... + (n – 1) = ( )1

2

n n − =

−⋅

3 1

2 3

n n, поэтому хотя бы в

одной из рассматриваемых троек сумма чисел не боль-

ше 3

2

n.

Опишем пример, в котором в любой тройке сумма

чисел будет не меньше чем 3

2

n. Разобьем числа 1, 2,...

…, n – 1 = 6r + 3 на тройки чисел ( )1 1 1, ,a b c , ( )2 2 2, ,a b c ,...

…, ( )2 1 2 1 2 1, ,r r ra b c+ + + с равной суммой следующимобразом. (Заметим, что такое разбиение использова-лось, например, при решении задачи М2068.) Пусть

1 2 1, , , rb b b +… – это числа 1, 2, … , r + 1 в порядкевозрастания, 2 2 1, ,r rb b+ +… – это числа r + 2, r + 3, …..., 2r + 1 в порядке убывания; 1 2 1, , , ra a a +… – это числа3r + 2, 3r + 3, …, 4r + 2 в порядке возрастания,

2 2 1, ,r ra a+ +… – это четные числа 4r + 4, 4r + 6, …, 6r ++ 2 в порядке возрастания; 1 2 1, , , rc c c +… – это нечетныечисла 4r + 3, 4r + 5, …, 6r + 3 в порядке убывания,

2 2 1, ,r rc c+ +… – это числа 2r + 2, 2r + 3, …, 3r + 1 впорядке убывания.Отметим, что тройки сформированы таким образом,что последовательность 1 2 2 1, , , ra a a +… возрастает, а

последовательность

1 2 2 1, , , rc c c +… убывает.Расставим числа наокружности в порядкеn, 1 1 1 2 2 2, , , , , ,a b c a b c …

2 1 2 1 2 1, , ,r r ra b c+ + +… . (На-пример, при n = 22 по-лучается расстановка,изображенная на ри-сунке, и ответом в за-даче будет число 33.)Оценим суммы троекпоследовательных чи-

сел. В каждой тройке вида ( ), ,i i ia b c сумма чисел равна

в точности 3

2

n. В тройке вида ( )1, ,i i ib c a + (считаем

также 2 2rn a += ) сумма больше, чем в тройке ( ), ,i i ia b c

из-за возрастания последовательности ia . Аналогич-

но, в тройке вида ( )1, ,i i ic a b− (считаем также 0n c= )сумма больше, чем в тройке ( ), ,i i ia b c из-за убывания

последовательности ic . Остается тройка ( )+2 1 1, ,rc n a ,сумма чисел которой равна (2r + 2) + n + (3r + 2) >

> n + (3r + 2) = 3

2

n.

Замечание. Нетрудно посчитать, что среднее значениесуммы трех последовательных чисел на окружности

равно ( )3 1

2

n +. При n = 6r + 4 это дает оценку на 1

больше истинного ответа.Интересно, какие результаты можно получить, если висходной формулировке варьировать набор расставля-емых чисел, менять тройки соседних чисел на четвер-ки, пятерки, и т.д.

П.Кожевников

M2149. В треугольнике ABC стороны AB и BC равны.Точка D внутри треугольника такова, что

2ADC ABC∠ = ∠ . Докажите, что удвоенное рассто-яние от точки B до внешней биссектрисы угла ADC,равно AD + DC.

Пусть описанная окружность треугольника ADC пе-ресекает высоту треугольника ABC, проведенную източки B, в точках O иP, причем O лежитвнутри треугольникаABC (см. рисунок). Изсимметрии O и P –середины дуг AC (иOP – диаметр), поэто-му ADP CDP∠ = ∠ ,т.е. DP – биссектрисаугла ADC. Посколькуугол PDO опираетсяна диаметр, то он пря-мой, значит, DO – вне-шняя биссектриса углаADC.Заметим, что AOC∠ =

2ADC ABC= ∠ = ∠ иAO = OC, поэтому точ-

26-41.p65 30.03.10, 17:5228

ка O является центром описанной окружности тре-угольника ABC.Пусть для определенности AD CD≥ . Пусть K –проекция точки O на AD, L – проекция точки B на OD,C′ – точка, симметричная точке C относительно OD.Так как OD – внешняя биссектриса, то C′ лежит напродолжении отрезка AD за точку D.Из симметрии AC′ = AD + DC′ = AD + CD и OC′ == OC. Но поскольку OA = OC, треугольник OAC′ –

равнобедренный, значит, AK = 2

AC′ =

2

AD CD+. (Это

рассуждение практически совпадает с решением задачиМ1000 «Задачника «Кванта».) Теперь для завершениярешения достаточно установить равенство отрезков BLи AK.Имеем 90 90AOK OAD OPD∠ = ° − ∠ = ° − ∠ = POD∠ =

BOL= ∠ . Получаем, что прямоугольные треугольни-ки AOK и BOL равны по гипотенузе (AO = OB, так какO – центр описанной окружности треугольника ABC)и острому углу. Следовательно, BL = AK, что итребовалось.

П.Кожевников

M2150. В стране Леонардии все дороги – с односторон-ним движением. Каждая дорога соединяет два города ине проходит через другие города. Департамент стати-стики вычислил для каждого города суммарное числожителей в городах, откуда в него ведут дороги, исуммарное число жителей в городах, куда ведут дорогииз него. Докажите, что хотя бы для одного городапервое число оказалось не меньше второго.

Пусть ( )n A – число жителей города A, а ( )f A –суммарное население городов, дороги из которых вхо-дят в A, минус суммарное население городов, в которыевыходят дороги из A. Если утверждение задачи невер-но, то ( )f A < 0 для каждого города A. Тогда сумма S

чисел ( ) ( )n A f A по всем городам страны отрицатель-на. С другой стороны, рассмотрим любую дорогу изгорода X в город Y. В число ( ) ( )n Y f Y эта дорога

вносит «вклад» ( ) ( )+n Y n X , а в число ( ) ( )n X f X –

«вклад» ( ) ( )n X n Y− . Сумма S получается в результа-те сложения «вкладов» всех дорог, поэтому S = 0.Противоречие.Замечание. Отметим, что в решении мы использовалилишь тот факт, что величина «количество жителейгорода» положительна. Чтобы оно было целым, нетребуется.

Н.Гравин

M2151. Числовой треугольник

1

1 1 1

1 2 3 2 1

1 3 6 7 6 3 1

1 4 10 16 19 16 10 4 1

…

составлен по следущему правилу. В первой строкеодно число, равное 1. В k-й строке (k = 2, 3, …)

записывается 2k – 1 чисел, каждое из которых равносумме трех чисел: числа, стоящего над ним и двух егососедей в предыдущей строке (если некоторых изтаких трех чисел нет, то они считаются равными0). Докажите, что в среднем столбце не встретитсячисел, дающих остаток 2 при делении на 3.

Пусть 0 1 2 2, , , , nn n n na a a a… – ( )1n + -я строка треугольника,

при этом nna – число из среднего столбца. Положим

также ina = 0, если i < 0 или i > 2n. Тогда из условия

задачи 1 21

i i i in n n na a a a− −

+ = + + .

Докажем индукцией по n, что ina равно коэффициенту

при ix (после приведения подобных слагаемых) в

многочлене ( )2 1n

x x+ + . Это верно для n = 0. Предпо-ложив, что это верно для чисел из k-й строки, имеем

( ) ( ) ( )12 2 21 1 1k k

x x x x x x+

+ + = + + + + =

= ( )( )2 2 2 1 2 1 1 0 2 1k k k kk k k ka x a x a x a x x− −+ + + + + + =…

= ( )2 2 2 2 2 1 2 1k k k k kk k ka x a a x+ − ++ + +

+ ( )2 2 1 2 2 2k k k kk k ka a a x− −+ + +

+ ( )2 1 2 2 2 3 2 1k k k kk k ka a a x− − − −+ + +… + ( )1 0 0

k k ka a x a+ + =

= 2 2 2 2 2 1 2 1 1 01 1 1 1

k k k kk k k ka x a x a x a+ + + +

+ + + ++ + + +… ,

т.е. утверждение верно и для чисел из (k + 1)-йстроки.Итак, число n

na равно коэффициенту при nx в много-

члене ( )2 1n

x x+ + . Но у многочленов ( )2 1n

x x+ + и

( ) ( )22 1 3 1n n

x x x x+ + − = − соответствующие коэффи-

циенты дают равные остатки при делении на 3. Так как

( ) ( )2 2 1 2 12 21 1 1

n nn n n nn nx x C x C x−− = − + + − + +… … (где

( )!

! !km

mC

k m k=

−), то ( ) ( )21 mod 3

nn nn na C≡ − .

Для завершения решения остается доказать утвержде-

ние: число ( ) 21n n

n nK C= − не дает остаток 2 при делениина 3. Воспользуемся индукцией по n. При n = 1утверждение верно. Докажем утверждение для числа

nK , предположив, что оно верно для всех iK , гдеi < n.Предположим вначале, что n не делится на 3. Имеем

( )( )1 2

2 1 2n n

n nK K

n−

−= − ⋅ , или ( ) 12 2 1n nnK n K −= − − ≡

( ) ( )12 1 mod 3nn K −≡ − . Если ( )1 mod 3n ≡ , то nK ≡( )1 mod3nK −≡ ; если же ( )1 mod 3n ≡ − , то nK− ≡

( )13 0 mod 3nK −≡ − ≡ , т.е. ( )0 mod 3nK ≡ .Пусть теперь n делится на 3, n = 3m. Тогда

( )3 361

m mn mK C= − =

=( ) ( )( )( ) ( )( )( )( )( )( )

3 1 3 2 3 3 6 2 6 1 61

1 2 3 3 2 3 1 3

m m m m m m m

m m m

+ + + − −−

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − −…

….

(∗ )

Положим A = (3m + 1)(3m + 2)(3m + 4)(3m + 5) …

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 29

26-41.p65 30.03.10, 17:5229

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 230

... (6m – 2)(6m – 1) (произведение чисел, не делящихсяна 3, из отрезка [3m + 1; 6m]), 1 2 4 5B = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅…

( )( )3 2 3 1m m⋅ − −… (произведение чисел, не делящих-

ся на 3, из отрезка [1; 3m]); ясно, что A = B + 3C длянекоторого натурального C. Сократив в дроби (∗ )каждый третий сомножитель на 3, получаем

( ) ( )( ) ( )1 2 21

1 2

mn

m m mAK

B m

+ += ⋅ − =

⋅ ⋅ ⋅…

…

= ( ) 21m m

m mA A

C KB B

⋅ − = ,

( )3n m mBK AK B C K= = + ,

и, следовательно,

( ) ( )0 mod 3n m n mBK BK B K K− = − ≡ .

Так как B не делится на 3, то ( ) ( )0 mod 3n mK K− ≡ ,или ( )mod3n mK K≡ . Нужное утверждение доказанопо индукции.

И.Богданов

M2152*. Пара ( ),p q различных простых чисел называ-ется особой, если существует a, представимое в виде

p p q qa x y z t= + = + для некоторых натуральных x, y,z, t, но не представимое в виде pq pqu v+ , где u и v –натуральные числа. Докажите, что любое простоечисло p входит в бесконечное число особых пар.

Пусть p = 2, q = 2t + 1. Имеем 22 5 1 3⋅ = + , поэтому для2 5qa = ⋅ имеем

( ) ( )2 25 3 5 5 5t t q qa = + ⋅ = + .

Если предположить, что указанное a представимо в

виде 2 2q qu v+ , то u и v нечетные, одновременно не

равные 1, значит, 22 5 3 1 9q q qa = ⋅ ≥ + > и 9

25

q > > 2

2

9

5> – противоречие. Таким образом, для любого

простого нечетного q пара (2, q) – особая.Применим сходные рассуждения и в случае, когдаp > 2 и q > 2. Положим 2 1 3pA = + (нетрудно видеть,что ( )2 4 mod8A ≡ , значит, A делится на 2, но неделится на 4). Числа ( )1 ,2 ,3 , , 1q q q p q⋅ ⋅ ⋅ − ⋅… даютразличные ненулевые остатки при делении на p (дей-ствительно, если xq и yq дают равные остатки приделении на p, то ( )xq yq x y q− = − делится на p, изначит, x – y делится на p). Поэтому можно взять

1,2, , 1pα ∈ −… такое, что qα дает остаток 1 приделении на p, т.е. 1q pα = + β для некоторого натураль-ного β . Положим 2 qa B= , где B Aα= . Тогда

( ) ( )3p p q qa A A B Bβ β= + = + .

Теперь для решения задачи достаточно доказать, чтодля каждого 1,2, , 1pα ∈ −… число 2 qB не представ-

ляется в виде +pq pqu v при достаточно больших q.

Предположим, что равенство ( ) ( )2q qq p pB u v= + вер-

но, и u v≥ . В разложение числа pu на простыемножители двойка входит в степени 0 или в степени, неменьшей p, а в разложение числа B Aα= – в степени

1,2, , 1pα ∈ −… , поэтому pu B≠ . Получаем pu B> ,

и значит, 1

2

q qpu B

B B

+ > ≥ , откуда 1log 2B

B

q +< .

Итак, при 1log 2B

B

q +> число 2 2q qB Aα= не представ-

ляется в виде pq pqu v+ .Замечание. Окончание рассуждения фактически со-стояло в доказательстве утверждения: уравнение

2 z z zB x y= + ,

где B – натуральное, имеет конечное число решений внатуральных x, y, z с различными x и y. Известно(см. по этому поводу решение задачи М2025), что нипри каком натуральном B никакая тройка (x, y, 3)решением этого уравнения не является. Значит, лю-бая пара (p, 3), где p > 3, – особая (это нетруднодоказать и непосредственно).Выше мы видели, что и любая пара (p, 2), где p > 2,– особая. На самом деле, особой является и любая параразличных простых p и q, где 5p q> ≥ , однакоэлементарное доказательство этого факта автору неиз-вестно. Неэлементарное основано на следующем фак-те: при любом фиксированном целом q > 3 на кривой

2q qx y+ = лежит конечное число рациональных то-чек. Представление о доказательстве этого факта мож-но получить из книги Н.Васильева и др. «Заочныематематические олимпиады» (М.: Наука, 1987, с. 36).

Этот факт означает, что множество ( ) , ,M x y z=троек взаимно простых чисел таких, что 2q q qx y z+ = ,при q > 3 конечно. Рассмотрим число Q = 8t + 3,кратное произведению всех нечетных делителей такихчисел z; положим 12 1 pA Q= + . Предположим, что

12 q pq pqB u v= + , где 1 1B Aα= . Тогда pu kx= , pv ky= ,

1B kz= , где ( ), ,x y z M∈ . Из построения Q ясно, что

2mz = , где 0m ≥ . Отсюда нетрудно вывести (см.решение задачи М 2108), что x = y, а значит, u = v.Рассуждая, как в решении задачи, можно привестипоследнее равенство к противоречию.

В.Сендеров

Ф2160. На графике (см. рисунок) приведена зависи-мость скорости точки, которая движется по осикоординат Х, в зависимости от ее координаты. Най-дите ускорение точ-ки в начале коорди-натной оси и времяпрохождения первыхпяти метров. Однаклетка по горизон-тальной оси – это1 м, по вертикальнойоси – это 1 м/с.

Решение будет при-ближенным – график довольно «мелкий», построенияполучаются не слишком точными. По графику ско-рость точки в начальный момент равна 0 3 м сv = , аскорость возрастания нарисованной кривой в районеначальной точки графика составляет примерно

1,5 м сv x∆ ∆ = на 1 м (для получения этого значения

26-41.p65 30.03.10, 17:5230

удобно построить касательную к графику). За малыйинтервал времени t∆ точка проедет 0v t∆ (за оченьмалый интервал времени скорость изменится незначи-тельно, и для нахождения смещения можно считать еепостоянной). При этом скорость изменится на( ) 0v x v t∆ ∆ ∆ . Ускорение найдем, разделив эту величи-ну на t∆ . Получим

20 4,5 м с

va v

x

∆= =

∆.

З.Точкин

Ф2161. Статуэтка школьника имеет массу 20 г,голова статуэтки сделана из серебра (плотность12 3г см ), остальное – из дерева (плотность0,8 3г см ). Известно, что фигурка не содержитполостей и не тонет в воде. Один грамм дерева стоит1 рубль, один грамм серебра стоит 100 рублей.Сколько может стоить эта фигурка?Справка: данная статуэтка художественной ценнос-ти не имеет, ее стоимость равна стоимости матери-алов.

Чем меньше серебра в статуэтке, тем она дешевле. Еслисеребра там совсем мало, то она стоит чуть больше 20рублей – это минимальная величина. Но серебра неможет быть и очень много – по условию статуэтка нетонет в воде. Максимальная цена получится при мак-симальном количестве серебра – в этом случае средняяплотность статуэтки равна плотности воды и объемстатуэтки составляет 320 см . Обозначим массу серебрачерез m, тогда масса дерева (20 – m) и полный объемстатуэтки равен

2020

12 0,8

m m−+ = .

Отсюда m = 4,3 г, и цена статуэтки 445,7 рублей.Итак, стоимость статуэтки находится в пределах от 20до 445,7 рублей.

А.Несложнов

Ф2162. В горизонтально расположенном цилиндри-ческом сосуде находится порция гелия, отделеннаяот окружающей среды массивным поршнем, которыйможет двигаться без трения. Наружное давлениеочень быстро повышают в 3 раза. Во сколько разуменьшится объем газа к тому моменту, когда пор-шень окончательно перестанет двигаться?

Будем считать сосуд теплоизолированным, а теплоем-кости стенок сосуда и поршня – пренебрежимо малы-ми. Если начальное давление газа было р, то, когдапоршень окончательно остановится, давление газа бу-дет 3р. Для начального момента уравнение состоянияидеального газа дает

1 1pV RT= ν ,для конечного –

2 23pV RT= ν .

Если теплообмена не было, то внутренняя энергия газаувеличилась за счет работы внешних сил, котораяравна ( )внеш 1 2p V V− . Тогда получаем

( ) ( ) ( )1 2 2 1 2 13 3

3 32 2

p V V RT RT pV pV− = ν − ν = − .

Отсюда находим искомое уменьшение объема:

1

2

5

3

V

V= .

А.Повторов

Ф2163. В глубинах космоса, вдали от других тел иполей неподвижно висит непроводящее тонкое кольцорадиусом R и массой М, равномерно заряженное подлине зарядом Q. Заряженное таким же зарядоммаленькое тело массой m движется вдоль оси кольца,причем на большом расстоянии от кольца скоростьтела направлена к кольцу и равна 0v . Найдитемаксимальную скорость кольца.

Если скорость налетающего тела 0v достаточна, чтобыпролететь сквозь кольцо, то максимальная скоростькольца получится в тот момент, когда тело находитсяв плоскости кольца (в его центре). Запишем уравнениясохранения импульса и энергии для системы тело-кольцо в этом случае:

0mv mv Mu= + , 2 2 2 20

2 2 2

mv mv Mu kQ

R= + + .

Исключая из этих уравнений величину v скороститела, получим квадратное уравнение относительно ско-рости u кольца. Учитывая, что эта скорость должнабыть меньше скорости тела, получим

( )220

2 20

21 1

kQ M mmvu

M m RMm v

+ = − − +

.

Если тело не сможет пролететь через кольцо, то макси-мальная скорость кольца получится после того, кактело «отразится» от кольца и улетит назад оченьдалеко. В этом случае энергия взаимодействия зарядовокажется малой, и мы получим известную формулу дляскорости кольца после абсолютно упругого удара:

02mvu

M m=

+.

Условие для пролета тела через кольцо следующее:минимальная скорость тела 1v на бесконечности полу-чится при равенстве скоростей тела и кольца приположении тела в центре кольца и составит

( )2

1

2kQ M mv

RMm

+= .

А.Зильберман

Ф2164. В однородное магнитное поле с индукцией Bur

влетает со скоростью vr частица массой m и зарядом

q. Магнитное поле ло-кализовано внутри об-ласти радиусом 0R , ско-рость v

r направлена пер-

пендикулярно линияммагнитной индукции,прицельный параметрудара р (рис.1). Найди-те угол рассеяния θ ,т.е. угол, на которыйчастица отклоняется Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 31

(Продолжение см. на с. 34)

26-41.p65 30.03.10, 17:5231

• Всякое рациональное число p/q можно предста-вить в виде конечной цепной дроби

[ ]0 0 11

1; , ,

1n

n

pa a a a

q a

a

= + =+

+…

⋱.

Числа, входящие в цепную дробь, называются непол-ными частными, из них 1, , na a… – натуральные, 0a– целое. Иррациональные числа разлагаются в беско-нечные цепные дроби.• Обрывая цепную дробь, можно получать оченьхорошие рациональные приближения к данному чис-лу, которые называются подходящими дробями (ну-мерация подходящих дробей, как и неполных част-ных, начинается с нуля). Для числа

[ ]3; 7, 15, 1, 292, 1,π = …

с древних времен известны приближения

[ ]223; 7

7= и [ ]355

3; 7, 15, 1113

= .

При этом

2222 10

7−π − < ⋅ , −π − < ⋅ 7355

3 10 .113

• Квадратичные иррациональности (иррациональ-ные корни квадратных уравнений с целыми коэффи-циентами), и только они, раскладываются в периоди-ческие цепные дроби. Например (черта отмечаетпериод),

[ ]5 2; 4, 4, 4, 2; 4 = = … ,

13 3; 1, 1, 1, 1, 6 = .

• Если, разорвав прямоугольный лист бумаги попо-лам, мы хотим получить два новых листа с тем жеотношением сторон, то стороны исходного листадолжны относиться друг к другу как 2 :1. Именнотаким свойством обладают форматы бумаги серии А(А0,А1,…). Размеры стандартного листа бумаги А4– 210 297× мм. Их отношение

[ ]297 991; 2, 2, 2, 2, 2

210 70= =

есть пятая подходящая дробь к числу 2 1; 2 = .Разница между ними на глаз не заметна:

42972 10

210−− < .

Произведение сторон листа (в метрах) мало отлича-ется от 1/16:

410,297 0,210 2 10

16−⋅ − < ⋅ .

Это связано с тем, что лист А4 составляет 41 2 1 16=от ватманского листа А0, площадь которого равна

21 м .• Отношение напряжений в трехфазных электри-ческих сетях

[ ]380 191; 1, 2, 1, 2

220 11= = ,

[ ]2201; 1, 2, 1, 2, 1, 3, 2

127=

– это хорошие приближения к числу

[ ]3 1; 1, 2, 1, 2, 1; 1, 2 = = … .

• Подходящие дроби к длине солнечного года, изме-ренного в солнечных сутках, –

365,24219 … = [365; 4, 7, 1, 3, 5, …]

– позволяют строить календарные стили.

Первая подходящая дробь 1

3654

соответствует юли-

анскому стилю, в котором каждый четвертый год –високосный. В средние века от него отказались,поскольку он дает заметную ошибку: 11 минут 14секунд в год.

Третья подходящая дробь [365; 4, 7, 1] = 8

36533

лежала в основе персидского календаря, который в1079 году предложил математик, астроном и поэтОмар Хайям. Такой календарь за год ошибается на 19секунд. В нем все годы разбиты на 33-летние циклы,внутри цикла семь раз високосным считается каждыйчетвертый год, а на восьмой раз – пятый.Календарь, основанный на следующем (четвертом)

приближении [365; 4, 7, 1, 3] = 31

365128

, предла-

гался астрономом Иоганном Генрихом Медлером в1864 году. Он не был принят, хотя за год давал быошибку всего в одну секунду.Мы живем по григорианскому стилю, использующе-

му приближение 97

365400

. Этот календарь ошибается

примерно на 27 секунд в год.• Голландский ученый Христиан Гюйгенс в 1862 годупостроил один из первых механических планетариев.Теорию цепных дробей он применил при проектиро-вании зубчатых колес, что обеспечило высокую точ-ность во взаимном движении моделей планет.• В ботанике известно явление филлотаксиса –спиралевидного расположения листьев, колючек,чешуек, семян, … Если посчитать количество спира-лей, закручивающихся в одну и в другую стороны,то, как правило, получатся два соседних числа Фи-боначчи, т.е. числа из последовательности

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89,nF = … ,

Цепные дроби вокруг нас

26-41.p65 30.03.10, 17:5432

в которой

0 0F = , 1 1F = , 1 1n n nF F F+ −= + ( )1n ≥ .

Так, на сосновой шишке есть 3 спирали, закручива-ющиеся в одну сторону, и 5 – в другую. На еловой –5 и 8 спиралей соответственно, на кедровой – 8 и 13.Отношения соседних чисел Фибоначчи раскладыва-ются в очень простые цепные дроби, например,

[ ]51; 1, 1, 1

3= , [ ]8

1; 1, 1, 1, 15

= .

Это подходящие дроби к числу, называемому золо-тым сечением:

1 5 11 1

12 1

1

+ = + = + +

+⋱

⋱

.

Расположение листьев по таким спиралям позволяетрастениям получать наибольшее количество солнеч-ных лучей.• На рисунках 1 и 2 изображен «чертеж» сосновойшишки.

Представьте, что эти квадраты вырезаны из бумаги исклеены в цилиндры (левая сторона склеена с пра-вой, а заштрихованные квадраты одного цвета накле-ены друг на друга). Тогда повернутые квадратыбудут располагаться на цилиндре так же, как распо-лагаются чешуйки на сосновой шишке. На рисунке 1видно 3 спирали, закрученные в одну сторону, а нарисунке 2 – 5 спиралей, закрученных в другую.Попробуйте нарисовать «чертеж» еловой шишки с 5и 8 спиралями. Воспользуйтесь для этого миллимет-ровой бумагой, вам понадобится квадрат 89 89× .

• Со времен Баха в музыке используется равномернотемперированная шкала, содержащая 12 полутоновв каждой октаве. Если струна длины l (при заданномнатяжении) издает звук «до» первой октавы, соответ-ствующий частоте f, равной 512 колебаниям в секун-

ду, то струна длиной 2

3l (на струнных инструментах

эта длина получается нажатием пальца в соответству-

ющем месте) издает звук, имеющий частоту 3

2f

(натуральная квинта), а струна длиной 1

2l издает

звук, имеющий частоту 2f (октава). Наше ухо присравнении двух звуков улавливает не отношение ихчастот, а логарифм этого отношения. Естественнейвсего брать двоичный логарифм, чтобы интервал водну октаву измерялся как единица:

22

log 1f

f= .

Почему же возникло деление октавы именно на 12интервалов? Чтобы октава и натуральная квинта повозможности более точно укладывались в одну и туже равномерную темперацию (деление октавы наравные по слуху интервалы), октаву нужно поделить

на столько частей, чтобы число 23

log2

хорошо при-

ближалось дробью с выбранным знаменателем. Под-ходящими дробями к числу

[ ]23

log 0; 1, 1, 2, 2, 3, 1,2

= …

будут дроби1 1 3 7, , , ,

1 2 5 12…

Приближения 1 и 1/2 слишком грубые. Приближе-ние 3/5 соответствует пентатонике, существовав-шей у народов Востока, а приближение 7/12 – самоеудачное. Погрешность

23 7

log 2 102 12

− < ⋅ –3

на слух неразличима.

Что читать в «Кванте» о цепных дробях

1. А.Бендукидзе. Золотое сечение. – 8 за 1973 г.2. Н.Бескин. Бесконечные цепные дроби. – 8 за 1970 г.3. Н.Бескин. Цепные дроби. – 1 за 1970 г.4. А.Бялко. Физика музыкальной гармонии. – 5 за1987 г.5. Ю.Нестеренко, Е.Никишин. Очерк о цепных дробях. –5–6 за 1983 г.6. А.Прохоров. Золотая спираль. – 9 за 1984 г.

7. Ж.Раббот. Знаете ли вы, что ≈220

3127

? – 11 за

1978 г.8. Д.Фукс, М.Фукс. О наилучших приближениях. – 6за 1971 г.

Материал подготовил А.Устинов

Рис. 1

Рис. 2

26-41.p65 30.03.10, 17:5433

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 234

от первоначального направления после прохождениямагнитного поля.

В однородном магнитном поле на движущуюся заря-женную частицу действует сила Лоренца

ЛFur

. Эта сила

постоянна по модулю: FЛ

qvB= , всегда направленаперпендикулярно скорости движения частицы и сооб-

щает частице центростремительное ускорение 2v

R. За-

кон движения частицы по окружности можно записатьв виде

2v qvB

R m= ,

что позволяет найти радиус искомой окружности:mv

RqB

= .

Итак, при входе в магнитное поле частица начинаетдвигаться по окружности радиусом R. Требуется найтиугол θ по заданным величинам R, 0R , р. Видим(рис.2), что частица движется по дуге окружности,

центр А которой нахо-дится на прямой, прохо-дящей через точку М иперпендикулярной пер-воначальному направле-нию движения частицы.При этом траектория дви-жения частицы симмет-рична относительно пря-мой АО, проходящей че-рез центры обеих окруж-ностей. Более точно – по

линии АО проходит плоскость симметрии, т.е. правая(от АО) половина нашего чертежа является зеркаль-ным отражением левой. Отсюда следует, что уголОАМ равен углу ОАD – на рисунке эти углы обозна-чены α . Искомый угол θ и угол 2DAM = α равны какуглы с взаимно перпендикулярными сторонами. Такимобразом, 2θ = α .Найдем угол α . Сначала из прямоугольного треуголь-ника СМО находим величину отрезка ОС:

2 20OC R p= − ,

затем из прямоугольного треугольника АСО находимугол α :

2 20tg

R pOC

AC R p

−α = =

−, или

2 20arctg

R p

R p

−α =

−.

Окончательно получаем

2 202arctg

R p

R p

−θ =

−, где

mvR

qB= .

Заметим, что в физике задачи, рассматривающие столк-новение движущегося тела (частицы) с мишенью иизменение направления движения тела после столкно-вения встречаются довольно часто. Самый известныйпример – формула Резерфорда, связывающая угол

рассеяния с параметром удара при кулоновском взаи-модействии движущейся заряженной частицы с непод-вижным заряженным ядром атома. В нашей задачетакой мишенью, с которой сталкивается заряженнаячастица, является локализованное магнитное поле.Подобные задачи имеются в астрофизике, когда рас-сматривается диффузия заряженных частиц в магнит-ных неоднородностях космической среды.

Ю.Носов

Ф2165. Вольтметр и миллиамперметр соединилипоследовательно и подключили к батарейке. Приэтом показания приборов были 1,3 В и 0,5 мА.Теперь соединили последовательно два таких жевольтметра и тот же миллиамперметр и подключи-ли к той же батарейке – один из вольтметровпоказал 0,7 В. Что показывают при этом остальныедва прибора? А что покажут приборы, если количе-ство вольтметров увеличить до трех? Напряжениебатарейки постоянно.

Понятно, что второй вольтметр покажет тоже 0,7 В, апоказания миллиамперметра уменьшатся в 1,3/0,7 раз(во столько раз уменьшился ток через вольтметр) исоставят 0,5 мА /(13/7) = 7/26 мА ≈ 0,27 мА.Ток в цепи при подключении второго вольтметрауменьшился в 13/7 раз, во столько же раз увеличилосьполное сопротивление цепи – отсюда сразу видно, чтосопротивление вольтметра в 6 раз больше сопротивле-ния миллиамперметра. При добавлении третьего вольт-метра полное сопротивление цепи по сравнению сначальным увеличится в 19/7 раз, тогда показаниямиллиамперметра будут 7 38 мА 0,18 мА≈ , а показа-ния каждого вольтметра составят примерно 0,48 В.

А.Простов

Ф2166. DVD-диск вращается очень быстро. Оцени-те скорость движения точки поверхности дискамимо считывающего устройства, если за 100 секундсчитывается 100 миллионов бит информации. До-рожки, на которых записана информация, располо-жены очень близко друг к другу – расстояние междусоседними дорожками составляет примерно 1/1000миллиметра.

Тут получится довольно грубая оценка. Будем считать,что 1 бит на диске передает область размера 1/1000 ммна 1/1000 мм (как расстояние между соседними до-рожками). Тогда длина дорожки на 100 миллионов битсоставит 100 метров, и скорость считывания будет10 м/с.

Р.Цифров

Ф2167. В фокус маленькой собирающей линзы поме-щают мощный точечный источник света, при этомна линзу действует очень маленькая сила F. Какойстанет эта сила, если источник отодвинуть вдвоедальше? А втрое дальше?Диаметр линзы в 10 разменьше ее фокусного расстояния.

Световое давление очень мало, поэтому упомянутый взадаче эффект совершенно незначителен. Тем не менее,модель расчета предложена. Попробуем посчитать.

Рис. 2

(Начало см. на с. 26)

26-41.p65 30.03.10, 17:5534

Пусть источник испускает во все стороны фотоны,будем считать их энергии одинаковыми, тогда импуль-сы их также равны по величине. Фотоны падают налинзу из ее фокуса под различными углами, проекцияимпульса одного фотона на направление главной опти-ческой оси равна cosp ϕ . Дальше пучок фотоновдвижется параллельно главной оптической оси линзы– сила направлена в сторону источника. Эта силаопределяется числом фотонов и разностью импульсовпадающих фотонов и «прошедших сквозь линзу», т.е.

получится множитель ( )11 cos 1− ϕ − , где нужно взять

«средний угол». Его можно положить для этого случая

равным ( )0,5arctg 0,25d F . Если мы увеличим рассто-

яние до источника до 2F, расстояние до изображенияв этом случае тоже будет равно 2F – результирующаясила обратится в ноль.Немного сложнее ответить на второй вопрос задачи. В

этом случае источник находится на расстоянии 3F, аизображение – на расстоянии 1,5F. Число падающихна линзу фотонов примерно в 9 раз меньше, чем впервом случае (при заданном диаметре линзы d = 0,1Fуглы получаются довольно малыми), прошедшие лучиидут под бульшими углами, чем падающие, – силаполучится направленной от источника. Разность мно-жителей ( ) ( )2 31 cos 1 cos− ϕ − − ϕ , где углы нужно братьс учетом изменившихся расстояний от источника долинзы и от линзы до изображения, получится пример-но в 3 раза меньше, чем в первом случае. Такимобразом, полная сила изменит направление и умень-шится приблизительно в 30 раз. (Более точный расчетдля таких случаев смысла не имеет, хотя вместо«среднего косинуса» можно было честно учесть воз-можные углы падения и взять несложный интеграл –ответ изменился бы незначительно.)

А.Линзов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 35

разрешение. Приборы, работающие по этому принци-пу, и называются сканирующими оптическими ми-кроскопами ближнего поля. Они появились 25 леттому назад.

Суть второй группы методов сводится к следующе-му. Вместо того чтобы заставлять соседние нанообъек-ты светить по очереди, можно использовать объекты,которые светятся разными цветами. В этом случае спомощью светофильтров, пропускающих свет тогоили иного цвета, можно определять положение каж-дого из объектов, а потом – составлять единую карти-ну. Это очень похоже на то, что изображено на

рисунке 5, только цвета для трех изображений будутразличными.

Последняя группа методов, позволяющих преодо-леть дифракционный предел и рассмотреть нанообъек-ты, использует свойства самих светящихся объектов.Существуют такие источники, которые можно «вклю-чать» и «выключать» с помощью специально подо-бранного света. Такие переключения происходят ста-тистически. Иначе говоря, если имеется много пере-ключаемых нанообъектов, то, подобрав длину волнысвета и его интенсивность, можно заставить «выклю-читься» только часть из этих объектов. Остальныеобъекты будут продолжать светить, и можно получитьот них изображение. После этого надо «включить» всеисточники и снова «выключить» часть из них. Набороставшихся «включенными» источников будет отли-чаться от набора, который остался «включенным» в

первый раз. Повторяя такую про-цедуру много раз, можно получитьбольшой набор изображений, от-личающихся друг от друга. Анали-зируя такой набор, можно устано-вить местоположение большой доливсех источников с очень высокойточностью, значительно превыша-ющей дифракционный предел. При-мер сверхразрешения, полученно-го таким способом, приведен нарисунке 6.

В настоящее время оптическаямикроскопия со сверхразрешени-ем быстро развивается. Можно совсей уверенностью предполагать,что в грядущие годы эта областьбудет привлекать все большее чис-ло исследователей, и хочется ве-рить, что среди них будут и читате-ли этой статьи.

Рис.6. Сравнение изображения, полученного с помощью обычного микроскопа (слева) и однимиз методов оптического сверхразрешения (справа). Сторона правого изображения соответ-

ствует 2,5 мкм. Это приблизительно в 10–12 раз больше, чем величина ( )λ sin2n u для

используемого объектива и длины волны света. Область, которая со сверхразрешениемизображена на правом рисунке, на левом рисунке выделена квадратом

(Начало см. на с.23)

Как рассмотреть нанообъектв оптический микроскоп

26-41.p65 30.03.10, 17:5535

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 236

Задачи

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6 – 8классов.

К М Ш

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

1. Число КУБ является кубом. Докажите, что числоШАР кубом не является. (Как обычно, разные заглав-ные буквы обозначают разные цифры.)

А.Хачатурян

3. Саша взял ручку с тонкимпером и красиво, как его учи-ли, по клеточкам написал сло-во (рис.1).Артем взял толстый фломастери тоже красиво написал другоеслово (рис.2).А Маша взяла широкое-широ-кое плакатное перо и написалатретье слово (рис.3).Какое слово написала Маша?

Е.Соколов

2. Круги радиуса 1 (и значит, площади π) наложеныдруг на друга так, что их границы образуют кружевнуюсалфетку (см. рисунок). Найдите площадь фигуры,являющейся объединением этих кругов.

Н.Авилов

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

4. Низкую температуру, нужную для хранения про-дуктов, люди издавна умели получать без холодиль-ников. Для этого они зимой закладывали в подвалылед, а летом размолотый лед смешивали с солью. Приперемешивании льда с солью температура смесиможет опуститься до 21 C- ∞ (проверьте это на опыте),как в современных морозильных камерах.

А зачем дворники зимой посыпают дорожки со-лью? Они что, хотят температуру на улице понизить?

Е.Соколов

5. У мудрого ламы было два ленивых ученика. Как-то лама решил их проучить и предложил сыграть встаринную игру. Они сели за круглый стол, на которыйбыло высыпано 999 спичек. Ученику, который сел полевую руку от ламы, разрешается за ход брать либо 1,либо 3, либо 5 спичек. Ученик, который сидит поправую руку от ламы, берет за ход либо 2, либо 4, либо6 спичек. Лама, в силу своей мудрости, всегда беретровно 1 спичку. Первый ход делает лама, затем ходыделаются по очереди по часовой стрелке. Тот, кто неможет сделать ход, пропускает его. Выигрывает тот, ктовозьмет последнюю спичку. Кто выиграет?

Фольклор

26-41.p65 30.03.10, 17:5536

Мыльные пузыри и хордыА . Ш Е Н Ь

Формулировка задачи

Три окружности попарно пересекаются (рис.1). Для каждой пары пересекающихся окружностей про-

вели их общую хорду. До-кажите, что три такиехорды проходят черезодну точку.

Эту задачу вполне мож-но решить, оставаясь врамках планиметрии (имы приведем такое реше-ние). Но у нее есть краси-вое (хотя и не вполне стро-гое) решение, использую-щее выход в пространство.

Начнем издалека.

Полусфера на плоскости

Разрежем сферуплоскостью, проходя-щей через ее центр («поэкватору»). Получатсядве полусферы. Поло-жим одну из них («се-верное полушарие») наплоскость (рис.2).

Как знают физики, именно такой вид (полусфера)имеет мыльный пузырь на поверхности воды (рис.3).

Если посмотреть на него сверху, то будет видна простоокружность (рис.4).

Две полусферы

Теперь положим на на горизонтальную плоскость двеполусферы так, чтобы они пересекались (рис.5). Двесферы пересекаются по окружности. Эта окружностьлежит в вертикальной плоскости. (В самом деле, онаперпендикулярна прямой, соединяющей центры сфер,а в нашем случае центры сфер лежат на плоскости.)

И снова это хорошо видно на мыльных пузырях(рис.6).

Посмотрим на них сверху (рис.7): тогда от каждойполусферы мы увидим окружность (точнее, ее часть,

лежащую вне другой). Окружность, по которой пере-секаются полусферы, превратится в прямую (ведь оналежит в вертикальной плоскости).

Возвращаясь к геомет-рии, мы видим две ок-ружности и общую хор-ду (рис.8).

Решение задачи

Наверное, вы уже по-няли, к чему идет дело икак решить нашу задачу

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3 Рис. 4

Рис. 7

Рис. 6

Рис. 5

Рис. 8

К М Ш 37

26-41.p65 30.03.10, 17:5537

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 238

с помощью выхода в пространство. Будем считатьплоскость горизонтальной, а окружности на ней –изображениями сфер. Тогда линии пересечения сфер(три окружности в вертикальных плоскостях) будутизображены отрезками (общими хордами). Точка пе-ресечения всех трех сфер попадет на эти три отрезка –значит, они проходят через общую точку, что и требо-валось доказать.

В качестве иллюстрации к этому решению можнопривести три примыкающих друг к другу мыльныхпузыря (рис.9).

Вид сверху представляет собой три окружности и триобщие хорды, пересекающиеся в одной точке (рис.10).Точнее говоря, тут видны лишь части этих окружнос-

тей и хорд, находящиеся вне других пузырей (внутрипузыри устроены иначе)

Полусфера как график

Это решение можно переделать в двумерное, еслирассматривать полусферу как график функции двухпеременных. Объясним, что это значит.

Представьте себе, что вы живете внутри полусферыи ее купол для вас служит потолком. Высота этогопотолка в разных точках круглой комнаты разная.Самая большая высота – в центре комнаты (она равнарадиусу полусферы). К краю комнаты она уменьшает-ся до нуля (потолок становится стеной).

Как найти высоту потолка над некоторой точкой M?Оказывается, что можно обойтись без лазерного даль-номера или лестницы. Достаточно провести через точ-

ку M прямую на полу(рис.11), измеритьрасстояния a и b достены в обоих направ-лениях и найти высо-ту по формулеh ab= (она равна,как говорят, средне-му геометрическомурасстояний a и b).

В самом деле, в вертикальном сечении, проходя-щем через отрезки a и b, мы получаем прямоуголь-ный треугольник, опирающийся на диаметр окружно-сти сечения (рис.12). В нем высота h равна среднемугеометрическому от-резков a и b, на ко-торые она делит ги-потенузу, посколькупрямоугольные треу-гольники AMH иHMB подобны:

=: :a h h b .

Степень точки

Заметим, что прямую на полу можно проводить по-разному, и отрезки a и b будут разными, но высотадолжна быть одинаковой, так что произведение ab независит от выбора прямой. Раньше эта теорема входилав школьный курс геометрии (теорема об отрезкахпересекающихся хорд). Ее можно доказать безо всякихсфер, из подобия треугольников AMA′ и MB′MB (рис.13):

=¢ ¢: :a a b b .

Произведение отрез-ков хорды называютстепенью точки отно-сительно окружности;так, степень точки Mравна произведению ab(а также произведениюa b′ ′ ). Таким образом,высота полусферы надточкой равна квадрат-ному корню из степениэтой точки.

Вернемся к двум по-лусферам, опирающим-ся на две окружности. Представим себе, что мы стоимпод линией пересечения этих полусфер (т.е. на общейхорде окружностей). Тогда обе полусферы находятсяна одной высоте. Следовательно, если точка лежит наобщей хорде двух окружностей, то ее степени отно-сительно обеих окружностей одинаковы.

Это, впрочем, ясно безо всяких сфер: если точкалежит на хорде, то ее степень (относительно любойиз окружностей) равна произведению отрезков хор-ды (рис.14). А если точка лежит сбоку от хорды, тоодин из отрезков будет общим, а другие отрезкабудут разными, так что степени тоже будут разными(рис.15).

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

26-41.p65 30.03.10, 17:5538

Планиметрическое решение

Вернемся к исходной задаче и рассмотрим три пере-секающихся окружности (1, 2 и 3 на рисунке 16).Проведем две общие хорды: одну – для окружностей 1и 3 и вторую – для окружностей 2 и 3. Точки на первойхорде имеют, как мы видели, одинаковую степеньотносительно окружностей 1 и 3, а точки на второйхорде имеют одинаковую степень относительно окруж-

ностей 2 и 3. Значит, общая точка этих двух хорд имеетодинаковую степень относительно всех трех окружно-стей. Поэтому она также лежит на общей хорде окруж-ностей 1 и 2. Что и требовалось доказать.

Это решение можно пересказать так, чтобы оно сталосовсем «школьным» и не использовало понятие степе-ни (рис.17). Проведем две общие хорды AB (окружно-сти 2 и 3) и CD (окружности 1 и 3). Пусть O – их точкапересечения. Проведем прямую через точку O и однуиз двух точек пересечения окружностей 1 и 2 (скажем,верхнюю на рисунке) – точку E.

Если утверждение задачи неверно, то эта прямаяпересечет окружности 2 и 1 в различных точках.Назовем их F и F′ . Теперь заметим, что

EO OF AO OB⋅ = ⋅

по теореме об отрезках двух секущих (в окружности 2).

По той же теореме, но уже для окружности 3, равенствоможно продолжить:

AO OB CO OD⋅ = ⋅ ,

и дальше (окружность 1)

CO OD EO OF′⋅ = ⋅ .

Сравнивая начало и конец этой цепочки равенств,получаем

EO OF EO OF′⋅ = ⋅ ,

т.е. F и F′ – одна и та же точка, что и требовалосьдоказать.

Вопросы и задачи

1. Обратите внимание, как расположена пленка, разделя-ющая мыльные пузыри. В какую сторону она изогнута? Вкаком из пузырей давление больше? (На наших фотографи-ях эта пленка видна плохо, так что стоит посмотреть насто-ящие пузыри.)

2. Чему равна степень точки, находящейся на расстоянииd от центра окружности радиуса r, относительно этой окруж-ности?

3. Мы определили степень для точек внутри окружности.Дайте геометрическое определение для точек вне окружнос-ти, чтобы формула задачи 2 оставалась верной.

4. Рассмотрим две окружности (пересекающиеся или нет).Найдите геометрическое место точек, которые имеют одина-ковую степень (в смысле предыдущей задачи) относительноэтих двух окружностей.

Ответ: это прямая; она называется радикальной осьюпары окружностей.

5. Найдите радикальную ось для пары касающихся окруж-ностей.

6. Имеются три попарно касающиеся окружности. Черезкаждую из точек касания проведена общая касательная ксоответствующей паре. Докажите, что три эти прямые про-ходят через одну точку.

7. Во всех наших рассуждениях мы неявно предполагали,что окружности не только попарно пересекаются, но и всетри перекрываются (есть точка, лежащая внутри всех трех).Если такой точки нет, наши рассуждения уже не проходят.Покажите, что, тем не менее, и в этом случае три общиехорды (точнее, их продолжения) пересекаются.

Рис. 14

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

К М Ш 39

26-41.p65 30.03.10, 17:5539

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 240

Тепловые явления глазамипассажира автобуса

В . К О Т О В

ПОЛЬЗУЯСЬ ОБЩЕСТВЕННЫМ ТРАНСПОРТОМ, МЫзамечаем множество происходящих вокруг нас

физических явлений, в том числе и тепловых.Поручни салона. Почему металлические поручни в

салоне автобуса покрывают эмалью, хотя никелиро-ванные выглядят также красиво? Ответ прост. Делоздесь не в красоте, а в теплопроводности материала, ккоторому прикасаются руки пассажиров. Зимой по-ручни, покрытые эмалью, из-за малой теплопроводно-сти последней отводят мало тепла и не создают непри-ятных ощущений, в то время как холодные металли-ческие поручни обжигают руки людей холодом, отни-мая у них большое количество тепла из-за хорошейтеплопроводности. Но зато в жаркое время у пассажи-ров часто потеют ладони рук, которыми они держатсяза поручни, покрытые эмалью. Теперь поручни отво-дят лишь малую часть выделяемого руками тепла, начто перегревшийся организм реагирует выделениемпота.

Все предметы, с которыми соприкасается тело пасса-жира, должны обеспечивать определенный отток теп-ла, не допуская переохлаждения зимой и перегреваниялетом. Поэтому становится понятной целесообразностьдеревянных или покрытых кожей сидений в электропо-ездах, подушек сидений из резины или искусственнойкожи в автомобилях (дополнительно смягчают непри-ятные толчки на ухабах), эмалированных металличес-ких сидений в трамваях. Все это должно создаватькомфортные условия для пассажиров как зимой, так илетом.

Дождь на стекле. Что происходит на оконных стек-лах автобуса во время дождя? Вертикально падающиекапли дождя оставляют на наружной поверхностистекла наклонные водяные полоски. Причем наклонследа тем больше, чем быстрее едет автобус. А какведут себя капли, оседающие на стекле изнутри, т.е.капли, попадающие через открытыефорточки или сконденсировавшиесяна холодном стекле из влажного воз-духа салона? Одни из них остаютсянеподвижными, а другие ползут постеклу, оставляя за собой водянуюдорожку. Ее наклон зависит (если неучитывать воздействия струи возду-ха) уже не от скорости, а от ускоре-ния автобуса. Перемещаться начина-ют те капли, чья сила тяжести пре-восходит силу сцепления со стеклом.А след за ползущей каплей остается

из-за того, что сила взаимного притяжения междумолекулами воды и стекла больше, чем между молеку-лами воды (смачивание).

Испарение и конденсация воды на оконном стеклепосле дождя. Данное наблюдение проходило последождя в салоне электропоезда. Внешняя температурабыла около 18 C∞ , стекло электропоезда снаружи былоравномерно покрыто каплями дождя разного размера.Окна были закрыты, поэтому влажность воздуха внут-ри была высокой.

В процессе наблюдения различных фазовых превра-щений воды оказалось возможным выделить на стеклетри характерные вертикальные зоны (см. рисунок).При обдувании, связанном с движением поезда, снача-ла испаряются капли на передней части внешнейстороны стекла (зона I, рис.а), так как скоростьиспарения зависит от конвекции. Затем (рис.б) приле-гающая к ней зона II стекла запотевает изнутри, приэтом следующая за ней зона III изнутри остаетсячистой. Видимо, в зоне II происходит интенсивноеиспарение наружных капель, из-за потери энергиистекло охлаждается ниже точки росы, вследствие чегона нем изнутри конденсируется вода. Наиболее интен-сивно испаряются наружные капли, расположенныевпереди по ходу движения (в зоне II), и это препятству-ет испарению следующих по ходу движения капель (взоне III) из-за повышения влажности обдувающего ихпотока воздуха. После испарения наружных капель взоне II она очищается и от внутреннего конденсата, таккак интенсивная потеря энергии прекращается и темпе-ратура стекла повышается. Затем начинается испаре-ние наружных капель в зоне III, и она запотеваетизнутри (рис.в). Наконец, зона III оказывается покры-той отдельными внутренними туманными пятнами вок-руг оставшихся наружных капель. Такой процесс на-блюдается до полного очищения стекла.

Наблюдаемая картина физических превращений воды на оконном стекле

электропоезда. Здесь – чистое стекло, – капли дождя на внешней стороне

стекла, – испаряющиеся капли на внешней стороне стекла, – область

запотевания на внутренней стороне стекла

26-41.p65 30.03.10, 17:5540

Лед на стеклах. Зимой окна автобуса часто бываютпокрыты инеем или разрисованы изнутри морознымиузорами. Их вид зависит от температуры и влажностивоздуха в салоне. При малой влажности и постепенномохлаждении от 0 до –6 C∞ на поверхности стеклаотлагается однородный слой непрозрачного рыхлогольда. В этом случае все стекло имеет температуру нижеточки росы, и влага из воздуха одновременно конден-сируется по всей поверхности стекла, покрывая егослой за слоем и образуя аморфное непрозрачное состо-яние льда.

Если же охлаждение стекла происходит при большойвлажности воздуха, а в процессе охлаждения прохо-дится точка росы, то конденсирующаяся на стекле водазакристаллизовывается в виде морозных узоров, похо-жих на еловые лапы или ветки диковинных растений,отбирая при этом тепло от близлежащих участковстекла. Такие узоры называют дендритами. При даль-нейшем охлаждении стекол между дендритами, а затеми на самих дендритах происходит отложение тонкогослоя инея. Иногда температура и влажность таковы,что протертое стекло замерзает прямо на глазах, по-крываясь ледяными кристаллами.

Как-то после оттепели резко похолодало, и узоры изболее крупных дендритов покрыли нижнюю частьоконных стекол, вверху же кристаллы были заметномельче. Почему? Объяснить нетрудно. Кристаллыобразуются из сконденсировавшейся на стекле воды, аона, вследствие действия силы тяжести, течет и скап-ливается внизу.

Зимой холодный воздух может проникать в салонавтобуса через щели рам и открытые форточки. С нимприходит в соприкосновение теплый и влажный воздухсалона, который при этом охлаждается, теряя излиш-нюю влагу. Почему же в местах проникновения наруж-ного воздуха стекла не запотевают и не замерзают? Вданном случае внутри салона происходят два процесса:не только теплый воздух охлаждается, но и холодныйвоздух, попадая в салон, нагревается и поглощаетводу, так как его влагоемкость увеличивается. Этолегко подтвердить экспериментально.

Если вы носите очки, то знаете (впрочем, это всезнают), что зимой при входе с улицы в теплое помеще-ние они запотевают. Но мало кто обращал внимание наследующее: стоит, не протирая очков, снова выйти нахолод, как влага с них полностью испарится. Проде-лайте такой опыт с куском стекла, который лучшедержать не в руке, а за какую-нибудь оправу.

Приведу еще ряд наблюдений.Один раз я подышал на протертый в замороженном

окне участок, и он быстро покрылся пушистым инеем,причем с более длинными иголками, чем на остальномстекле. В другой раз при наружной температуре –25 C∞на протертом участке за 5–7 минут нарос более толстыйслой инея, чем на непротертом стекле, причем дышатьна стекло в этот раз не пришлось. По-видимому,процесс наращивания слоя инея на стекле зависит отсочетания определенных условий: температуры и влаж-ности в салоне и за окном. Появлялись на стекле,вырастая на глазах, и ледяные кристаллы в виделедяных волокон (трихитов) или ледяных узоров ввиде еловых лап (дендритов). Интересно, что во времяроста они были окружены небольшим свободным отинея пространством стекла. Как и предполагалосьранее, выделяющаяся энергия кристаллизующейся водывлияет на условия в окружающем дендрит простран-стве, препятствуя возникновению других кристалловвблизи и вокруг растущих. Согласно измерениям уче-ных, осаждение льда на поверхность сопровождаетсяколебаниями температуры вблизи нее величиной до+5 C∞ , что оказывает на существование в этой областиощутимого выделения тепла и передачи его путемконвекции.

Сказанное подтверждается следующим наблюдениемза стоящим в депо электропоездом. Оконные стеклапоезда были двойные, наружная температура воздухабыла около –12 C∞ . На внешней поверхности внешнихстекол имелись крупинки льда – от замерзших редкихкапель воды. Внутреннее же стекло со стороны салонабыло покрыто слоем белого инея с округлыми пятнамичистого стекла, центры которых совпадали с располо-жением замерзших капель снаружи.

К М Ш 41

Ледяные узоры на стекле

26-41.p65 30.03.10, 17:5541

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 242 Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В

Физикив тумане

С.ВАРЛАМОВ

НАЧНЕМ С ТАКОЙ ЗАДАЧИ:Капельки воды в тумане имеют диаметр 510− м. Како-

ва водность воздуха, если днем в тумане в десяти шагах(7м) узнать человека уже невозможно? Водностью называ-ется количество жидкой воды (в граммах) в 31 м воздуха.

Не вполне определенное условие «узнать невозможно»следует перевести на физико-математический язык. Чтобы«узнать» человека, нужно «прочесть надписи» на его лице,т.е. распознать структуру темных и светлых участков, кото-рая у каждого человека индивидуальна.

Основными параметрами, определяющими возможностьузнавания, являются острота зрения и контраст изображе-ния на сетчатке глаза. Начнем с остроты зрения. В воздухепри отсутствии тумана человек может по четкой фотографииопределенного размера узнать, кто на ней изображен, тольков некотором диапазоне расстояний. Чем дальше от глазнаходится фотография, тем меньше размеры ее изображенияна сетчатке глаза и тем меньше светочувствительных клеток– колбочек – принимают участие в «узнавании».

Измерения, проведенные с большим количеством участни-ков, показывают, что для большинства людей с нормальнымзрением вполне доступно с расстояния 10 м распознать какраздельные одинаковые темные пятна диаметром а = 1 мм сзазором между ними, равным их диаметру. Причем пятна этирасполагаются на хорошо освещенной белой поверхности.Получается, что угловое разрешение глаза при нормальномзрении составляет около 1 угловой минуты. При увеличениирасстояния в 2 (а тем более в 3) раза большинство людей ужене могут отличить два таких пятнышка от сплошной черточ-ки с длиной, равной трем диаметрам пятнышек, и с такой жеплощадью черной поверхности. Связано это с тем, чтоколбочки сетчатки человеческого глаза (рис.1) имеют попе-речные размеры порядка b = (0,001–0,004) мм, максималь-ная «длина глаза» составляет 25l ≈ мм, а радиус кривизныроговицы – прозрачной передней стороны склеры (оболочкиглаза) – равен 8r ≈ мм. Этими тремя величинами и опреде-ляется предельное угловое разрешение – острота зрения.Если расстояние от глаза до пятнышек с размерами аобозначить через В, то предельное расстояние, на котором

еще можно различать эти пятнышки как разные, найдется изочевидного геометрического соотношения:

( ) ( )−≤ ≈ −4 16 м

a l rB

b.

При этом изображение на сетчатке глаза, создаваемое каж-дым пятнышком (с диаметром 1 мм), может «накрыть» однуколбочку. Чтобы глаз мог видеть два темных пятнышкараздельными, нужно, чтобы они попадали на разные колбоч-ки и между ними была бы как минимум одна освещеннаяколбочка. Если же расстояние B увеличить в 3 раза, тоизображения расположенных рядом пятнышек «лягут» наодну колбочку или не попадут ни на одну колбочку – в обоихслучаях различить пятнышки не удастся.

Световые пятнышки (темные или светлые) на сетчаткеглаза теоретически могут иметь минимальный размер около0,004 мм, что связано с волновой природой света. Действи-тельно, при диаметре зрачка D = 6 мм и длине волныλ = 0,5 мкм (в воздухе) на расстоянии l = 25 мм в среде скоэффициентом преломления n = 1,33 диаметр пятна (поразмеру первого минимума дифракционной картины) соста-вит

2 1,22 4 мкмl

dDn

λ= ⋅ ≈ .

Всего колбочек на сетчатке одного глаза около 7–8 милли-онов, а область наиболее резкого зрения ограничиваетсятелесным углом с максимальным раствором порядка 7° . Насетчатке этому углу соответствует так называемая централь-ная ямка, в которой сосредоточено около 10% всех колбочек(примерно ×800 800 ), остальные колбочки распределеныпо поверхности сетчатки в тех местах, где глаз видит«боковым зрением». С увеличением угла отклонения лучейот направления прямого зрения до 10° острота зрения падаетпримерно в 5 раз, а при бульших углах она уменьшается ещебольше. И это легко понять – на периферии сетчатки впринципе невозможно получить точечное изображение све-тящейся точки, поэтому здесь нет необходимости иметьбольшую концентрацию светочувствительных клеток.

Все сказанное справедливо не только для глаза, но и длясобирающей линзы в воздухе, с которой легко проводитьпроверочные эксперименты. Кстати, и для глаза и дляпростой стеклянной линзы со сферическими поверхностямипараллельные лучи света, составляющие немаленькие углыс осью симметрии оптической системы, вовсе не собираютсяв фокальной плоскости, перпендикулярной главной опти-ческой оси. Наилучшая концентрация таких лучей получает-ся на кривой внутренней поверхности глаза – на сетчатке,форма которой выбиралась природой в течение миллионовлет эволюции зрячих живых существ.

При удалении от глаз наблюдателя фотографии, по кото-рой нужно узнать человека, размер изображения на сетчаткеглаза уменьшается, и, когда информации для распознавания

становится недостаточно, уз-нать, кто изображен на фото,становится невозможно. На-сколько велико требуемое ко-личество информации? Кон-кретнее: сколько пятнышекдолжно быть в изображениии как должны отличатьсяяркости этих пятнышек? Спомощью компьютера можноРис. 1

42-53.p65 30.03.10, 18:1842

провести простой эксперимент, в котором цифровые фото-графии одних и тех же геометрических размеров формиру-ются разными количествами светлых и темных пятен, т.е. их«размер в пикселях» (или в колбочках) постепенно увеличи-вается (рис.2). Начиная с некоторого количества пятен,

можно, при небольшой доле фантазии, «узнать» изображен-ного человека (знакомого нам по портретам).

На светлом фоне тумана вся фигура человека и его лицоестественно выглядят темными. Максимальная относитель-ная яркость пятен на лице определяется коэффициентомотражения света и составляет около 0,5. Есть и более темныеучастки изображения лица на сетчатке глаза – вплоть доконтрастности 1,0, которая определяется как отношениеразности максимальной и минимальной яркостей пятен кмаксимальной яркости. Можно выражать эту величину впроцентах, тогда максимальная контрастность будет 100%.

Диапазон от 0,5 до 0,1 по степени яркости (или от 0 до 80%по контрастности) можно разбить на несколько частей.Причем для надежного распознавания деталей нужно, чтобына границах пятен яркость скачком изменялась на заметнуювеличину. Если изменение яркости составляет 20%, то доста-точно всего четырех уровней для «заполнения» всего диапа-зона (80/20 = 4 = 2 бита). В результате минимальноеколичество информации (в битах), необходимое для распоз-навания лица человека, равно примерно 330 30 2 1,8 10× × = × .Тогда при отсутствии тумана и при нормальном освещениичеловека с характерным размером головы 20 см можноузнать по лицу с расстояния, равного ( )0,3 м 20 см 4 см× ×

( )800 30 40 м× = . Здесь 0,3 м – это расстояние наилучшегозрения, множитель (20 см/4 см) обеспечивает «размеще-ние» изображения лица человека на центральной ямке, амножитель (800/30) «доводит» размер изображения в кол-бочках до величины 30 30× . В условии задачи указанноерасстояние – 10 шагов или 7 м – гораздо меньше, чем 40 м,т.е. не это обстоятельство (уменьшение размеров изображе-ния на сетчатке глаза) мешает узнать человека в тумане.

При наличии между глазом наблюдателя и рассматривае-мым объектом «подсвеченного» тумана контрастность изоб-

ражения на сетчатке глаза убывает по мере удаления отобъекта наблюдения, постепенно уменьшаясь до нуля. Этообусловлено двумя процессами, идущими одновременно. Во-первых, по мере удаления от источника свет постепеннорассеивается, но это не самое главное. А главное то, что (во-вторых) по мере увеличения толщины слоя тумана междуисточником света и глазом растет так называемая подсветка.Доля света, идущего напрямую в глаза наблюдателя отисточника света (фотографии), падает, а доля света отдругих источников, рассеянного каплями тумана и тожепопадающего в глаза, растет. На серии фотографий (рис.3),приведенных для иллюстрации этого явления (подсветки),отчетливо видно, что яркость окружения не меняется, свет-лые пятна на картинках становятся еще светлее, а темныепятна постепенно светлеют, пока и те и другие не сравнива-ются по яркости с окружением. Переход от первой парыфотографий (слева) ко второй и так далее (вправо) соответ-ствует увеличению «плотности» тумана в определенное чис-ло раз. Постепенно фотографии становятся настолько свет-лыми, что по лицам уже узнать кого-либо затруднительно, авот подписи к рисункам все еще продолжают читаться. Этоговорит о том, что для распознавания образов, в частностилиц людей, важны резкие темные линии. Такие линиихарактеризуют форму глаз, бровей, рта, носа. Вот по этимлиниям мы и узнаем тех, кто изображен на рисунке или нафотографии.

Вернемся к нашей задаче. Когда говорят об узнавании нарасстоянии, то обычно предполагают, что для этой операциидостаточно «одного взгляда». Поэтому мы облегчим задачу,указав в качестве минимальной контрастности величину 20%.

Капельки тумана диаметром 10 мкм значительно больше,чем длины всех видимых глазами световых волн, поэтомуможно считать, что рассеивание света не зависит от длиныволны, т.е. свет всех цветов рассеивается такими шарикамиодинаково и практически не поглощается. Поскольку накапельки, находящиеся между двумя людьми, свет падает совсех сторон, каждая капелька является шаровым источни-ком света с определенной яркостью или силой света. Белаястена тумана – это сплошная стена из таких шариков, так какв каком бы направлении мы ни смотрели, луч зрения нанекотором расстоянии обязательно «упрется» в какой-ни-будь из шариков. Если на пути к объекту наблюдения 80%площади картинки будет покрыта шариками, то в этомслучае контрастность видимой картинки не превысит 20 %.

Таким образом, можно будет най-ти связь между размерами капе-лек-шариков кD , их концентра-цией в воздухе кn и расстояни-ем L, на котором человека втумане узнать невозможно.

Рассмотрим слой тумана пло-щадью S с малой толщиной x. Вобъеме Sx находится кn Sx капе-лек. Они закрывают собой

( )π ×2к к 4D n x -ю долю площади,

т.е. незакрытой остается только

( )− π ×2к к1 4D n x -я доля площа-

ди. Если таких слоев много, топо мере увеличения количестваслоев доля незакрытой площадистановится все меньше и мень-ше. При общей толщине слоя

Рис. 2

Рис. 3

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В 43

42-53.p65 30.03.10, 18:1843

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 244

Синицы и… физика

УЖЕ КОТОРЫЙ ГОД ОСЕНЬЮ ПРИЛЕТАЮТ В РЯЗАНЬ СИ-ницы и садятся на деревья и кусты рядом с нашим домом.

А самые смелые прыгают на подоконники за оконнымистеклами – просят еду. Синицы охотно склевывают семечкиподсолнечника, которые заботливые жители ежедневно на-сыпают на подоконники и в подвешенные к деревьям пласт-массовые коробочки.

Однако птичкам надо же что-то и пить. Обычно проблемс этим нет – весной, летом и осенью есть лужи, а зимойсиницы клюют снег. Но прошлый декабрь выдался в Рязанирекордно бесснежным. Поэтому некоторые жители сталивыносить птицам воду в таких же коробочках, что и семечки.Синицы проявили к ней интерес – активно утоляли жажду.

Как-то вынесенная мною коробочка с водой осталась наночь, и вода в ней промерзла до дна. Принеся в домбесполезный для птиц лед, я замерил время, за которое онполностью растаял, – оказалось практически точно за 5часов.

А теперь давайте оценим время таяния льда теоретически.Удельную теплоемкость льда и его удельную теплоту плав-ления находим по таблицам: ( )2100 Дж кг Кc = ⋅ ,

334000 Дж кгλ = . Взглянем на термометры за окном:

0 11 Ct = − ° ( 0 262 КT = ) и в кухне: 22 Ct = ° (Т = 295 К).Определить массу льда (испарением воды в процессе таянияльда пренебрегаем) помог мерный сосуд: m = 0,2 кг. Коро-бочка представляет собой усеченный конус. Обмерив еелинейкой, нетрудно было вычислить площадь полной поверх-ности: 20,022 мS = . Количество теплоты, необходимое длятаяния льда, равно

0Q cmt m= − + λ .

Н А Ш И Н А Б Л Ю Д Е Н И Я

Теперь надо оценить эту величину, поскольку точный расчеткрайне затруднителен (если вообще возможен) и уж навер-няка не нужен.

Лед в сосуде получает тепло из окружающей среды за счеттеплопроводности и излучения, ибо конвекция явно незначи-тельна. Учесть теплопроводность для границы воздух–ледбыло трудно, так как соответствующий табличный коэффи-циент не удалось найти в справочниках. Но ведь еще естьграница воздух–пластмасса… Считая оба вида теплопереда-чи – теплопроводность и излучение – примерно равновели-кими, примем, что, в соответствии с законом Стефана–Больцмана,

( )4 40Q S T Tσ τ −∼ ,

где ( )8 2 45,67 10 Дж м с К−σ = ⋅ ⋅ ⋅ – постоянная Стефана–Больцмана, а τ – искомое время таяния льда. Инымисловами, полагаем, что лед поглощает тепло как абсолютночерное тело. Конечно, на самом деле он поглощает меньше,но разницу между «чернотой» и «серостью» отнесем на счеттеплопроводности. Оценочные расчеты всегда физическисмелы и математически просты. Иначе зачем они тогда?

Итак, получаем

( ) ( )4 40 0S T T m ctσ τ − − + λ∼ ,

откуда находим

( )( )

04 4

0

20000 c = 5,56 чm ct

S T T

− + λτ

σ −∼ ∼ .

Весьма хорошая точность оценочного расчета по сравнениюс экспериментом говорит о принципиальной верности выб-ранной физической модели.

В.Дроздов

тумана L доля площади, оставшейся незакрытой, равна2к к2к к

42 2 4к к к к1 14 4

D n LL

x D n xD n x D n xπ

π π π− = − =

= ( )

22к кк к

1

4 41 0,2

D n L D n Ly

y e

π π − − + = = .

В этой цепочке формул малая величина 2к к

4D n x π

−

обозна-

чена символом y. А про выражение ( )1

1 yy+ известно, что

при 0y → оно имеет замечательный предел – число e.Отсюда можно найти концентрацию капель: ≈ ⋅ 9 –3

к 3 10 мn

и искомую водность воздуха: 3

3 3к к 1,5 10 кг м6D n −ρπ

≈ ⋅ .

Лирическое отступление. Чтобы «разборчивость» наблю-даемой картинки или пейзажа стала хуже, совсем не обяза-тельно наличие тумана. Как-то летним днем при совершеннопрозрачном воздухе я рассматривал сосны на противополож-ном берегу пролива между островом и «большой землей»(это было летом на острове Ольхон, что на Байкале). В тепромежутки времени, когда воздух над проливом шириной

в несколько километров закрывали от солнца облака, быливидны мельчайшие подробности. Когда же небо над проли-вом очищалось от облаков, картинка берега с соснамистановилась ярче, но «разборчивость» зрения резко падалаименно из за подсветки. Воздух над проливом рассеивалсолнечный свет, и мелкие детали, например веточки сосен,уже не различались отчетливо.

Насколько сильно рассеивается воздухом солнечный свет,мне довелось убедиться также, наблюдая с земли за полетомсамолета, который в чистом небе оставлял за собой белыйслед. Область воздуха, оказавшегося в тени туманного следаот самолета, летевшего по прямой линии, представляласобой «толстую стену», и я тоже находился в этой тени. Таквот, смотря на голубое небо перед самолетом и его следом,я видел темную полосу, идущую от самолета до самой земли.Ширина полосы совпадала с шириной белого следа. А справаи слева от этой темной полосы небо было прежним –голубым-голубым. В области тени, созданной самолетнымследом, пропала подсветка, а толщина этого слоя воздуха сотсутствующей подсветкой составляла для моего места на-блюдения несколько километров. Я ехал на машине, и черезнекоторое время дорога увела меня из области тени. Темнаяполоса на голубом небе стала светлеть и постепенно совсемпропала...

42-53.p65 30.03.10, 18:1844

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К

Об однойзабытойзадаче

А.ТОЛПЫГО

А бывает еще и так иногда: бьешься ты над какой-нибудь задачкой, а она не выходит, и тогда ты придумы-ваешь какой-нибудь новый, очень хитрый способ, чтобыее решить. И представь себе, опять у тебя не выходит! Вотот этого, казалось бы, совершенно бесполезного труданередко получается неожиданная польза…

С.Бобров. Волшебный двурог

Для начала сформулируем две задачи.Задача A. Докажите, что из любых n целых чисел можно

выбрать несколько, сумма которых делится на n.Задача B. Докажите, что из любых (2n – 1) целых чисел

можно выбрать n чисел, сумма которых делится на n.Задача А широко известна и решается с помощью принци-

па Дирихле («если (n + 1) кроликов требуется рассадить поn клеткам, то хотя бы в одной клетке будет не менее двухкроликов»). А именно, надо рассмотреть числа 0S = 0,

=1 1S a , = +2 1 2S a a , = + +3 1 2 3S a a a , …, = + +…1n nS a a .Роль «клеток», по которым нужно рассадить этих «кроли-ков», играют остатки от деления числа на n. По принципуДирихле, какие-то два из «кроликов» попадают в одну«клетку», т.е. дают одинаковый остаток от деления на n.Поэтому их разность делится на n, а это и есть то, чтотребуется.

Напротив, задача В (когда-то она была опубликована вжурнале «Квант» за 1970 год под номером М45) сейчаснезаслуженно забыта. А между тем тут имеется не толькозамечательный математический факт, но и ряд красивыхидей вокруг ее решения. Правда, как будет видно дальше,некоторые из них ведут к доказательству, другие нет. Тем неменее, полезны и те, и другие: если некоторые из нихнедостаточны для решения этой задачи – пригодятся вдругой раз.

Ниже будет обсуждаться именно задача В. Но предвари-тельно рассмотрим еще пару задач аналогичного типа.

1. Еще две задачи

Задача C. Даны N – 1 натуральных чисел −…1 1, , Na a . Всеони больше нуля и меньше N. Известно, что если выбранолюбое k, 0 < k < N, и любые k чисел из этого набора, то ихсумма не делится на N. Докажите, что все числа в набореравны между собой.

Задача D. Дано 100 чисел, каждое из которых больше 0и меньше 94. Докажите, что из них можно выбратьнесколько чисел, сумма которых при делении на 101 даетостаток 95.

Решение задачи C. Предположим, что ≠1 2a a . Рассмот-рим суммы =0 1S a , =1 2S a , = +2 1 2S a a , = + +3 1 2 3S a a a ,...

…, − −= + + +…1 1 2 1N NS a a a . (Первые две суммы равныпервым двум членам, остальные – суммы от первого досоответствующего).

По предположению, ни одна из этих сумм не дает остаток0 при делении на N. Следовательно, две из них даютодинаковый остаток, причем это не первая и вторая. Но тогдаразность двух соответствующих сумм делится на N, а этопротиворечит условию.

Решение задачи D. Сразу признаемся, что мы ограничи-лись числом 101, отчасти чтобы облегчить формулировку, аотчасти – чтобы немного «замутить воду» и слегка прикрытьидею. На самом же деле факт верен в достаточно общейситуации. А именно, заменим число 101 на любое простое p,а число 95 – на любое число между нулем и p и докажем, чтоиз (p – 1) чисел, дающих ненулевой остаток от деления наp, можно составить сумму, которая дает любой напередзаданный ненулевой остаток при делении на p.

Упорядочим данные числа произвольным образом. Выбе-рем любое k, ( )≤ ≤ −0 1k p , и возьмем первые k нашихчисел. Составим из них всевозможные суммы (одно числоили ни одного – тоже сумма; сумма пустого множества чиселпредполагается равной 0) и запишем все различные получив-шиеся остатки от деления этих сумм на p. В частности, напервом шаге (если k = 0) есть единственная сумма, и онаравна 0.

При произвольном k получились некоторые числа…1, , nM M . Если среди них уже есть все возможные остатки,

то доказывать нечего. Пусть это не так. Добавим к ужевыбранным (k + 1)-е число (пусть оно равно r) и опятьвыпишем все суммы и все остатки. В результате получатся,во-первых, числа …1, , nM M (ведь последнее число можно ине брать), а во-вторых, остатки от деления чисел

+ +…1 , , nM r M r на p.Теперь мы утверждаем, что во второй группе есть хотя бы

одно число, не встречающееся в первой. В самом деле,допустим противное. Тогда получается, что если остаток Nсовпадает с одним из iM , то и остаток N + r также совпадаетс каким-то другим числом из множества iM . Но тогдатакже и остаток N + 2r = (N + r) + r также совпадает с каким-то другим числом из множества iM , то же верно для N ++ 3r = (N + 2r) + r, и так далее. Отсюда легко следует, чтосреди iM уже встречаются все возможные остатки отделения на p, а мы предположили, что это не так.

Таким образом, до тех пор, пока выписаны не все остатки,число различных чисел увеличивается на каждом шаге.Поскольку число шагов равно p, то не позднее чем напоследнем шаге число разных остатков будет не меньше чемp, что и требуется.

Поскольку нулевая сумма возникла на первом шаге (там,где чисел не было вовсе), то нет гарантии, что можнополучить сумму с остатком 0. И действительно, если взятьвсе числа равными между собой, то остаток 0 не получается(и это, согласно задаче С, единственный случай, когда этотостаток не получается). Все остальные суммы получаютсятак или иначе.

2. Задача В. Составные числа

Вернемся теперь к задаче В. Для удобства обозначим ееутверждение как ( )BC n («выбор суммы»); таким образом,запись ( )21BC есть сокращение утверждения «верно, что излюбых 41 целых чисел можно выбрать 21, сумма которыхделится на 21».

42-53.p65 30.03.10, 18:1845

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 246

Заметим, прежде всего, что оценку нельзя улучшить. Всамом деле, если взять только 2p – 2 числа, то легко строитсяконтрпример: достаточно взять p – 1 нулей и p – 1 единиц.Можно также нули и единицы заменить другими числами(если n простое – любыми двумя различными, случайсоставного n мы предоставляем разобрать читателям).

Для краткости ниже мы будем называть «набором» сово-купность данных нам (2p – 1) чисел, а «группой» – егоподмножество из нескольких чисел, сумма которых делитсяна p. Требуется доказать, что существует группа из pэлементов.

Полное решение задачи (иначе говоря, утверждение ( )BC nдля любого n) мы приведем в конце статьи, начнем же сдоказательства несложного утверждения: если ( )BC p и

( )BC q , то ( )BC pq .Доказательство. Пусть n = pq, и дано 2n – 1 чисел ka ;

согласно ( )BC p , из них можно выбрать группу из p чисел,сумма которых делится на p. Отложим эту группу в сторонуи рассмотрим оставшиеся числа. Поскольку остались неис-пользованными более чем (2p – 1) чисел, из них можновыбрать еще одну группу, сумма которых также делится наp. Действуя так и дальше, мы получим много групп по pчисел, сумма каждой из которых делится на p; легкоубедиться, что можно получить (2q – 1) групп. Пусть

1 1S p r= ⋅ , 2 2S p r= ⋅ , … 2 1 2 1q qS p r− −= ⋅ – их суммы. По-скольку kr – целые числа, из них, согласно ( )BC q , можновыбрать q чисел, сумма которых делится на q. Тогда и суммасоответствующих kS делится на pq, причем в этой суммеровно столько чисел ka , сколько требуется.

Существенно заметить, что в этом доказательстве неважно,будут ли числа p и q взаимно просты или нет. Поэтомудостаточно доказать ( )BC n для случая, когда n = p –простое число. Только этим случаем мы и будем заниматьсяв дальнейшем.

Докажем теперь утверждение ( )BC p для некоторых зна-чений p. Заметим, что хотя мы будем излагать доказатель-ство для конкретного числа, однако факты будут верны дляразных чисел. Поэтому читателю рекомендуется всякий разприкидывать: проходит ли данное рассуждение только дляданного p или его можно обобщить.

3. Доказательство для p = 7

3.1. Повышение кратности нуля.Если среди данных чисел встречаются все 7 возможных

остатков, то доказывать нечего, так как 0 + 1 + 2 + … + 6делится на 7. Поэтому можно считать, что среди наших 13чисел встречается не более 6 разных остатков. Но тогдакакой-то из них встречается не менее трех раз.

Количество раз, которое тот или иной остаток встречаетсяв нашем наборе, мы назовем его кратностью. Будем счи-тать, что кратность три (или более) имеет остаток 0. (В п. 3.3мы покажем, как общий случай свести к этому).

Если кратность нуля не меньше 7, то доказывать опять-таки нечего. В противном случае есть не менее 7 ненулевыхостатков, и, согласно задаче А, из них можно выбратьнесколько (скажем, k), сумма которых делится на 7.

Правда, нет оснований думать, что k = 7. Пусть k < 7;рассмотрим два случая.

а) Если k > 3, то мы можем взять эти числа и добавить кним несколько нулей (от одного до трех); получится группаиз 7 чисел, и утверждение доказано.

б) Пусть теперь ≤ 3k . Здесь надо поступить до-другому.Заменим данный набор новым. В нем k чисел, сумма которых

равна нулю, все заменены нулями, как в таблице:

Исходный набор 0 0 0 2 2 3 1 …

Измененный набор 0 0 0 0 0 0 1 …

(Поскольку 2 + 2 + 3 делится на 7, мы заменили эти числанулями, а остальные оставили без изменения.)

Допустим, что для нового набора утверждение задачипроверено: в нем есть группа из 7 чисел, сумма которыхделится на 7. Тогда то же верно и для старого набора. Всамом деле, пусть в этой группе есть несколько нулей(скажем, r нулей, ≥ 0r ). Если ≤ 3r , то мы берем те жечисла из старого набора (ведь там есть три нуля); если жеr > 3, то мы можем взять вместо трех нулей три числа старогонабора, замененных нулями (сумма от этого не изменится),а прочие числа – те же, что в новом наборе.

Итак, мы свели дело к новому набору, где нулей больше,чем было (назовем это так: «прием повышения кратностинуля»). Дальше уже понятно: либо у нас уже набралось 7нулей, либо можно повторить то же рассуждение. Мы либополучим нужный набор сразу, либо опять увеличим числонулей, и так далее. Впрочем, для семи ясно, что дальшевторого шага двигаться не придется.

Можно ли применить такое же рассуждение для произ-вольного p? Ответ понятен: можно, но только в том случае,если нулей достаточно много: не менее чем (p – 1)/2.

Для больших p мы, конечно, на это рассчитывать неможем, так что придется искать другие пути. Тем не менее,«прием повышения кратности» нам пригодится и дальше;только там одного его недостаточно. Пока же закончимдоказательство для случая p = 7.

3.2. Индукция?Очевидно, приведенное в п. 3.1 рассуждение естественнее

было бы строить методом индукции. Что же принять за еепараметр? Удобнее всего считать n (параметр индукции)равным (p + 1 – k), где k – кратность нуля (или того остатка,который встречается чаще всего): «если ≤ 1n , то один изостатков встречается не менее p раз, и утверждение очевид-но; поэтому если удалось доказать, что наивысшую крат-ность можно увеличить (как мы делали в п. 3.1), то вседоказано».

Тем не менее применять индукцию нам неудобно, и вотпочему. Для произвольного p индукция, к сожалению, непроходит: если бы удалось доказать, что наивысшую крат-ность можно увеличить, все было бы в порядке, но доказатьэтого мы не можем. А в случае p = 7 применение индукциивполне корректно, но… было бы «стрельбой из пушек поворобьям»: какая же индукция, если все заканчиваетсямаксимум за два шага?

3.3. Сведение общего случая к частному: транзитив-ность.

Наше рассуждение из п. 3.1. предполагало, что наивыс-шую кратность имеет остаток 0. Пусть теперь чаще всеговстречается, например, остаток 2. Тогда вычтем 2 из всех13-ти данных чисел; теперь чаще всего встречается 0. Приэтом смысл нашей задачи не изменился: если какая-тогруппа из 7 чисел имела сумму, делящуюся на 7, то после-вычитания двоек из суммы вычтено 14, т.е. она по-прежне-му делится на 7.

Таким образом, предположение, что наивысшую крат-ность имеет именно такой-то остаток (нам было удобносчитать, что это – остаток 0), никак не нарушает общностирассуждения: вычитая из всех данных чисел одно и то же, мы

42-53.p65 30.03.10, 18:1846

всегда можем свести дело к этому случаю. Все остатки у насравноправны; это свойство называют транзитивностью.(Более точно, говорят, что на множестве остатков по модулюp транзитивно действует группа сдвигов; объяснять точныйсмысл этого выражения мы здесь не будем, для нас вполнедостаточно интуитивного и в данном случае вполне точногопредставления о том, что такое вычитание «ничего не меня-ет» в смысле задачи.)

4. Арифметические прогрессии

4.1. Сокращение количества разных чисел.Из рассуждений п. 3 видно, что, во-первых, всегда можно

считать, что набор имеет не менее трех нулей, и во-вторых –что было бы целесообразно повысить в наборе кратностьнуля, если это возможно.

Когда это возможно?Допустим, что среди остатков от деления чисел набора на

p встречаются числа k и (p – k). Тогда можно эти два числазаменить нулями; получается новый набор, который «лучше»прежнего в том смысле, что в нем на два нуля больше; приэтом, если для нового набора существует группа из p чисел,то она существует и в старом наборе (как выше: если в группедва нуля или больше, то надо использовать «новые» нули,если же нулей не более одного, то хватит и старых нулей).

Если после этого есть еще одна пара чисел k и p – k (притом же k, что и раньше, или каком-то другом – неважно), еетакже можно заменить нулями. Так можно действовать дотех пор, пока не окажется, что в наборе осталось не более(p + 1)/2 разных чисел, а именно: число 0 и не более чем поодному из каждой пары чисел (l, p – l).

4.2. Прогрессии.Заметим, что тройку чисел p – k, 0, k можно рассматривать

как арифметическую прогрессию: нас ведь интересуют толь-ко остатки от деления на p, так что число p – k можнозаменить на число (–k).

Таким образом, мы вправе считать, что в наборе нет ниодной арифметической прогрессии из трех членов, среднимчленом которой является ноль.

Можно утверждать и больше: достаточно рассматриватьтолько случай, когда среди данных остатков нет ни однойарифметической прогрессии из трех членов (и, тем более, нетболее длинных).

В самом деле, если в наборе присутствуют числа a, a + bи a + 2b, то можно первое и последнее заменить на a + b.

Если в новом наборе удалось найти группу, сумма которойделится на p, то такая группа есть и в старом наборе.Достаточно, как и выше, рассмотреть два случая: когда вэтой группе не более одного числа a + b и когда таких чиселдва или более.

Итак, мы вправе ограничиться случаем, когда среди остат-ков набора нет ни одной арифметической прогрессии из трех(или более) членов.

Это достаточно сильное ограничение, и можно попытать-ся, исходя из него, доказать, что разных чисел средиостатков может быть не (p + 1)/2 (как было показано в п.4.1), а существенно меньше. Но мы пойдем несколько инымпутем.

5. Доказательство для p = 17

5.1. Второе по счету число и вторая транзитивность.Итак, мы предполагаем, что в наборе не слишком много

разных чисел. Отсюда легко заметить, что кратность нуля неможет быть меньше 4.

Хотелось бы свести общий случай к такому, когда крат-ность нуля еще больше: не менее 6, не менее 10… Ксожалению, это не получается. Зато можно оценить крат-ность второго по счету числа, притом это можно сделатьсразу для произвольного p.

Как выше, мы считаем, что чаще всего встречается ноль.Допустим, что второе по кратности число встречается неболее 3 раз. Тогда все остальные числа встречаются не более

чем −

⋅1

32

p раз, откуда следует, что кратность нуля не

меньше чем ( ) − +− − ⋅ =

1 12 1 3

2 2p p

p .

Но рассуждение из п. 3.1 показывает, что если кратностьнуля так высока, то ее всегда можно еще повысить (применяяиндукцию по методу, намеченному в п. 3.2). В конце концовона дойдет до p, а тогда задача будет решена.

Таким образом, достаточно рассматривать случай, когдавторая по величине кратность не меньше 4, как и первая (это,впрочем, не обязательно означает, что они равны; утвержда-ется только, что обе они не меньше 4).

Если выше мы убедились в том, что первым по кратнос-ти всегда можно считать 0, то теперь мы будем утверж-дать, что второй по кратности остаток тоже можно выбратьпо нашему желанию. При этом мы можем, как выше,считать, что вторым по кратности является, к примеру,остаток 1.

На каком основании? Дело в том, что в множестве остатковпо простому модулю p можно не только складывать иумножать, но также вычитать и делить. Поскольку мы сейчасбудем заниматься только случаем p = 17, ограничимся тем,что приведем примеры. Если чаще всего встречается остаток2, умножим все числа набора на 9; при этом смысл нашейзадачи не меняется (группа с суммой, делящейся на 17,остается группой), а число 2 превращается в 18 1mod17≡ .Если чаще всего встречается 5 – надо умножить на 7( 35 1mod17≡ ), и тому подобное.

В скобках заметим, что «третьей транзитивности» здесь, ксожалению, нет: нельзя утверждать, что третье по счетучисло можно считать, скажем, двойкой. Это неверно.

5.2. Повышение кратности.Перейдем к доказательству для p = 17. В этом случае в

нашем наборе 33 числа, и, по доказанному, мы вправесчитать, что в нем не менее 4 нулей и не менее 4 единиц.Теперь, если в наборе имеются числа 13, 14, 15 или 16, тоопять можно провести «увеличение кратности нуля»: напри-мер, если имеется число 13, то можно заменить числа 13, 1,1, 1, 1 на пять нулей, повысив кратность сразу на 5.

На первый взгляд кажется, что это ничего особенного недает: ведь мы и так знаем, что числа набора дают не все, атолько, от силы, половину разных остатков. Однако благо-даря тому, что единица также имеет высокую кратность, мыможем также исключить из набора числа 2, 3, 4, 5. В самомделе, вычтем из всех чисел набора единицу; теперь у нас по-прежнему есть не менее 4 нулей (бывшие единицы) и неменее 4 чисел (–1). Соответственно, складывая, например,3 + (–1) + (–1) + (–1), мы получаем ноль и тем самымувеличиваем число нулей сразу на 4.

Но нет ли здесь ошибки? Ведь «новые» нули – это«бывшие» единицы, которых могло быть меньше, чем нулей;не может ли случиться, что даже после увеличения числонулей все-таки стало меньше? Может. Поэтому здесь надонемного модифицировать этот прием и увеличивать не крат-ность нуля, а суммарную кратность нуля и единицы (говоря

47М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К

42-53.p65 30.03.10, 18:1847

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 248

точнее – суммарную кратность тех двух чисел, которыевстречаются чаще всего).

Этот прием также можно истолковать как применениеиндукции; только теперь индукция ведется не по параметруn = (p + 1 – k), а по другому параметру ′n = (p + 1 – k – l)(k – наивысшая кратность, l – вторая по счету). Так, впредложенном примере мы вначале имели k нулей и lединиц, а также число 4; после проведения операции имеем(k – 3) минус единицы и (l + 4) нулей. Соответственно,параметр ′n уменьшился на 1.

Сделав такие операции несколько раз, мы исключим всечисла 2, 3, 4, 5, 13, 14, 15, 16. Учитывая при этом, что немогут встречаться также числа k и (17 – k) одновременно, мывидим, что осталось, самое большее, шесть разных остатков,а именно:

0, 1, (6 или 11), (7 или 10), (8 или 9), 12.

5.3. Завершение доказательства.Дальше уже просто. Если из 33 чисел встречается не более

шести разных, то наивысшая кратность (по-прежнему счита-ем, что это кратность нуля) не меньше 6. Более того, есликратность единицы не выше 5, то кратность нуля не меньше(33 – 5 5⋅ ) = 8, и далее рассуждаем, как в п. 3.1.

Если же кратность единицы также 6 (или больше), торассуждая, как в п. 5.2, мы видим, что исключены не толькочисла 2, 3, 4, 5, но также 6 и 7 – и, аналогично, числа с 11до 16. Значит, возможны только 4 разных остатка:

0, 1, (8 или 9) и 10.

Но тогда кратность нуля не меньше 9, а это сразу завершаетдоказательство.

6. Оценки для больших p

Приведенный выше метод нетрудно применить для чисел19 и (с некоторыми трудностями) 23. Но продвинутьсядальше затруднительно. Поэтому постараемся решить не-сколько иную задачу: как доказать существование нужнойгруппы из p чисел, если согласиться с тем, что в наборе не(2p – 1) чисел, а несколько больше?

Утверждение. Если p достаточно велико, то из любых2p /8 чисел можно выбрать группу p чисел, сумма которых

делится на p.Набросок доказательства. Как выше, мы считаем, что

наивысшую кратность имеет 0, а вторую по счету – единица.Допустим, что кратность единицы не превосходит p/5.

Тогда и остальные кратности не больше чем p/5, а так как,по предыдущим рассуждениям, среди наших чисел не болеечем p/2 различных, то кратность нуля не меньше чем

−− ⋅ > >

2 218 2 5 40p p p p

p , чего более чем достаточно для наших

целей. Итак, кратность единицы больше p/5. Кратностьнуля тем более больше чем p/5, и, рассуждая, как в п. 5.2,мы видим, что среди различных чисел набора нет ни чиселот 1 до p/5, ни чисел от 4p/5 до p – 1, а из оставшихся –не более половины (как в п. 4.1). Но тогда количестворазных чисел не более 3p/10.

Теперь повторяем то же рассуждение, но в усиленномварианте. Если кратность единицы не превосходит p/4, тота же оценка, что и выше, показывает, что кратность нулябольше p. Следовательно, кратность единицы и кратностьнуля больше p/4, откуда следует, что исключаются уже всечисла от 1 до p/4 и от 3p/4 до p.

Но тогда разных чисел не более чем p/4. Отсюда крат-ность нуля не меньше p/2, и, как было нами замечено ещев п. 3.1, отсюда следует, что утверждение задачи верно.

Замечание 1. Приведенное выше рассуждение не вполнеточно, так как все оценки давались с небольшой ошибкой:ошибкой в 2–3 единицы. (Например, вначале было сказано,что разных чисел не более чем p/2, тогда как в действитель-ности – не более чем (p + 1)/2.) Постарайтесь сами испра-вить все эти неточности. Выясните, насколько большимдолжно быть p, чтобы эти неточности действительно былипоправимы.

Замечание 2. Попробуйте заменить в приведенном рассуж-дении число 2 8p на меньшее, например на 2 10p или

2 12p . Как далеко вам удастся продвинуться?

7. Решение в общем случае

А теперь, наконец, дадим решение задачи В для произволь-ного p.

Расставим числа нашего набора в произвольном порядке:−…1 2 2 1, , , pa a a , но с таким расчетом, чтобы разность + −p k ka a

не делилась на p ни при каком k. (Очевидно, это всегдаможно сделать, если только какой-нибудь остаток не встре-чается p или более раз; этот случай мы, разумеется, можемне рассматривать.) Согласно решению задачи D, из этихразностей можно выбрать несколько, дающих любой напе-ред заданный остаток при делении на p.

Теперь рассмотрим число = + + +…1 2 pS a a a . Пусть r –его остаток при делении на p. Скомбинируем из чисел

+ −p k ka a сумму, дающую при делении на p остаток (p – r).Тогда, прибавив эту сумму к S, мы получим снова сумму pчисел нашего набора (только некоторые из чисел ka замене-ны на +p ka ), и эта сумма делится на p.

Тем самым, задача решена для произвольного простого p,а в силу п. 2 – также и для любого n.

И это все? – спросит читатель. – Зачем же было столькотрудиться, если задача имеет такое короткое и изящноерешение?

Ответ был дан в начале статьи. Действительно, в этомрешении использованы, по сути, только задачи А и D, всеостальное можно и не читать… если интересоваться толькорешением задачи В. Если же учиться решать задачи, то всеприведенные выше идеи весьма полезны.

В особенности хотелось бы обратить внимание на двадоказанных нами факта, которые имеют очень широкиеприложения: на первую и вторую транзитивности. Запом-ните их!

Информацию о журнале «Квант» и некоторые материалыиз журнала можно найти в ИНТЕРНЕТЕ по адресам:

Редакция журнала «Квант»

kvant.info

Московский центр непрерывного математическогообразования

kvant.mccme.ruМосковский детский клуб «Компьютер»math.child.ruКостромской центр дополнительного образования

«Эврика»ceemat.ru

42-53.p65 30.03.10, 18:1848

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

Обтеканиевращающихся

телС.БЕТЯЕВ

КОЛЕСО, ТУРБИНА, МИКСЕР, ЛОПАСТЬ ВИНТА – ВСЕ ЭТИвращающиеся в воздухе или в жидкости тела окружают

нас на каждом шагу. Хотя сложные гидродинамическиеявления, сопутствующие вращению тел, до конца еще неразгаданы, их моделирование легко осуществить в домаш-них условиях.

Опыты Магнуса. Первые опыты по исследованию обтека-ния воздухом вращающегося цилиндра поставил немецкийфизик и химик, профессор Берлинского университета Ген-рих Густав Магнус. В 1853 году он впервые описал эффектвозникновения поперечной силы, действующей на вращаю-щееся и одновременно движущееся поступательно тело. Этотэффект вошел в историю науки как эффект Магнуса.

В те далекие времена стволы артиллерийских орудий неимели нарезки, придающей снаряду устойчивое вращение,поэтому полет пушечного ядра был неустойчивым, даже вбезветренную погоду его траектория сильно отклонялась отрасчетной. Прусские артиллеристы обратились к Магнусу спросьбой объяснить это явление. Ученый сразу же догадал-ся, что причиной такого поведения ядер служило их враще-ние, приобретаемое при вылете из ствола вследствие случай-ных причин. Для подтверждения своей догадки он поставилследующий опыт.

Цилиндр А, свободно вращающийся вокруг вертикальнойоси, располагался на одном конце стержня, а на другом егоконце находился противовес В (рис.1,а). Стержень вместе сцилиндром и противовесом мог вращаться в горизонтальнойплоскости вокруг оси ОС. Перед цилиндром располагаласьтруба D, по которой вентилятор гнал воздух. Стержень ицилиндр устанавливались так, чтобы они оставались в покоепод действием набегающего потока, когда цилиндр не враща-ется. Если цилиндр привести во вращение, то стерженьначнет отклоняться в направлении вращения цилиндра. Видустановки сверху приведен на рисунке 1,б, направлениевращения цилиндра показано сплошной линией, а направле-ние вращения стержня относительно оси ОС – штриховойлинией. Вращающийся в воздушном потоке цилиндр велсебя таким образом, как будто на него действовала некая

неведомая сила. Она же и отклоняла пушечные ядра отрасчетной траектории движения. Только спустя полвека(после теоретических исследований Н.Е.Жуковского) сталоясно, что эта загадочная сила имеет такое же происхождение,как и подъемная сила птичьего крыла или крыла самолета.

Эффект Магнуса более полно проявляется в опытах спродолговатыми телами типа цилиндра, чем с круглымителами типа пушечных ядер. Его можно наглядно продемон-стрировать с помощьюлегкой картонной ка-тушки с намотаннойполотняной лентой,свободный конец кото-рой прикреплен к па-лочке (рис.2). Если этупалочку дернуть вбок вгоризонтальном на-правлении, то катушка приобретет горизонтальную состав-ляющую скорости. Вместе с тем, разматывающаяся лентапридаст катушке вращение. Возникшая при этом подъемнаясила заставит цилиндр описать в воздухе замысловатуюпетлю.

Можно упростить опыт, приведя легкий цилиндр в быст-рое вращение руками, а затем отпустив его в свободноепадение. Траекторией движения цилиндра будет не верти-кальная прямая, а поло-гая кривая. Кроме силытяжести mg

r

и подъемнойсилы Y

ur

, перпендикуляр-ной направлению движе-ния, на цилиндр будет дей-ствовать еще сила сопро-тивления X

uur

, направлен-ная против движения (рис.3). Равнодействующаяэтих трех сил и отклоняеттраекторию цилиндра отвертикали. При некоторомнавыке аналогичный опыт удается провести и с продолгова-той прямоугольной пластиной, вырезанной, например, изкартона.

Качественное объяснение природы загадочной силы Y далеще И.Ньютон в 1671 году: «Я часто видел, как теннисныймяч при ударе ракеткой описывает кривую. Когда такой ударвызывает и поступательное и вращательное движение, частимяча с той стороны, где движения совпадают, должны давитьна прилегающий воздух сильнее и возбуждать пропорцио-нально большее сопротивление и противодействие воздуха».Кстати, в настоящее время установлено, что сила, действу-ющая на рифленый мяч, почти в два раза превосходит силу,действующую при тех же условиях на гладкий мяч. (Такойудивительный эффект связан с тем, что рифленый мячпередает окружающему его воздуху гораздо больший момент

количества движения, чем гладкий мяч.)Самовращение. Проделайте такой опыт.

Деревянный цилиндр закрепите так, что-бы он мог свободно вращаться вокругсвоей оси при несимметричном обтеканииего струей воды, как это показано нарисунке 4. В какую сторону будет вра-щаться цилиндр? Здравый смысл, т.е.наш жизненный опыт, подсказывает, чтоРис. 1

Рис. 2

Рис. 3

42-53.p65 30.03.10, 18:1849

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 250

цилиндр будет вращаться в тусторону, в какую его раскручива-ет толстая часть струи. Однакоцилиндр не всегда вращается вестественно ожидаемом направ-лении. При некоторых специаль-но подобранных значениях пара-метров он вращается в противо-положном направлении.

Наиболее правдоподобная ги-потеза объясняет аномальное вра-щение цилиндра образованием заним двух замкнутых зон возврат-ного течения, показанных на ри-сунке 4 зеленым цветом. Момент,вращающий цилиндр, создаетсякасательными силами трения состороны воды, приложенными кповерхности цилиндра. Силытрения, действующие на участ-

ках ОА (О – передняя точка торможения потока) и ВС,стремятся повернуть цилиндр против часовой стрелки, асилы трения, действующие на участках ОВ и АС, разворачи-вают его в противоположную сторону. Аномальному враще-нию цилиндра способствует тот факт, что участок ВС оказы-вается протяженнее, чем участок АС.

Такое самовращение цилиндра происходит относительнооси, перпендикулярной направлению скорости его поступа-тельного движения. Другой случай – вращение тела вокругпродольной оси. Самовращение крыльев мельницы, винтавертолета в режиме авторотации, падающего семени клена неудивительно – на их лопасти действуют силы, каждая изкоторых вносит положительный вклад в создание враща-тельного момента. Интересно самовращение симметричноготела, когда имеет место парадокс неединственности: нарядус самовращательным движением виртуально существует иневращательное движение.

Самовращение прямоугольного крыла, установленного подуглом атаки α , впервые обнаружил в 1906 году замечатель-ный русский ученый, основоположник современной аэроди-

намики Николай Егоро-вич Жуковский. Крыло-пластинка (рис.5) укреп-лялось в центре тяжестина оси, совпадающей снаправлением скоростиневозмущенного потока,таким образом, чтобы привращении крыла вокругэтой оси угол атаки неизменялся. На левое по-лукрыло и на правое по-

лукрыло действовали подъемные силы 1Yr

и 2Yr

. Если крылоне вращалось, то силы были равными. За счет вращения однополукрыло приобретало дополнительно положительный уголатаки ∆α , а другое – отрицательный. Вращающий моментсоздавался, если подъемная сила убывала с ростом углаатаки. Такая зависимость наблюдалась при достаточно боль-ших значениях α . В авиации самовращение проявляется ввиде штопора – неуправляемого снижения интенсивно вра-щающегося самолета.

Гироскопический эффект. Хотя возраст бумеранга –метательного орудия в виде серповидной доски – равен

трем тысячам лет, механизм его полета был установленлишь в семидесятых годах двадцатого столетия. На буме-ранг, как и на всякое быстро вращающееся, подобно гирос-копу, тело, кроме гидродинамических сил действуют еще игироскопические силы – его ось прецессирует вокруг вер-тикальной оси.

Аналогично, невращающийся снаряд под воздействиемсилы тяжести и силы сопротивления воздуха, направленнойпрактически противоположно скорости движения центратяжести снаряда и приложенной несколько выше его, опро-кидывается, и дальность стрельбы значительно уменьшаетсяиз-за возрастания силы сопротивления (рис.6,а). Чтобы

снаряд стал устойчивым в полете и попадал в цель, причемголовной частью (рис.6,б), он предварительно закручивает-ся в стволе орудия, где для этого нарезана резьба. Такойпринудительно вращающийся снаряд, подобно бумерангу,прецессирует вокруг прямой, направленной по скорости егодвижения, т.е. вокруг касательной к траектории центратяжести. Силы тяжести снаряда mg

r и сопротивления возду-ха Xuur

, действующие наснаряд, скорость его по-ступательного движенияur

и конус прецессии(зеленый цвет) показа-ны на рисунке 7.

Кстати, Земля тожеявляется гигантским ги-роскопом, совершаю-щим прецессию. Одна-ко проявление прецессии здесь ослаблено – внутри Землинаходится жидкая среда. Представление о таком движенииможно получить с помощью простого опыта: залейте внутрьдетского предварительно загерметизированного волчка не-которое количество воды и запустите его. Если вращающу-юся игрушку на мгновение притормозить пальцем, то про-должающая вращение жидкость вновь раскрутит ее. Тотфакт, что тело, заполненное жидкостью, противится враще-нию, мы каждый раз ощущаем, когда, вращая на столе яйцо,пытаемся определить, сырое оно или вареное. Вареное яйцовращается «стоя», сырое – нет.

Гироскопические силы действуют и на игрушку, называе-мую летающей тарелкой. Она способна пролетать расстоя-ния вплоть до несколько сотен метров и возвращатьсяобратно.

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

42-53.p65 30.03.10, 18:1850

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А

Задачимеханики в

неинерциальныхсистемахотсчета

В.ШУТОВ

ВРЯДЕ СЛУЧАЕВ ОКАЗЫВАЕТСЯ УДОБНЫМ РАССМАТРИ-вать движение тела в неинерциальной системе отсчета

(НСО). Как надо действовать в этом случае?Особенно просто и наглядно выглядит ответ для поступа-

тельного движения системы отсчета. Рассмотрим НСО,движущуюся поступательно с ускорением coa

r

. Тогда, поформуле сложения ускорений,

и отн coa a a= +r r r

,

где иar

– ускорение тела в инерциальной системе отсчета(ИСО), отнa

r

– ускорение тела в НСО. Второй закон Нью-тона иi

i

F ma=∑ur

r

в НСО можно записать в виде

( )co отнii

F ma ma+ − =∑ur

r r

.

Получаем, что в НСО второй закон Ньютона выглядит также, как и в инерциальной системе отсчета, если к реальнымсилам добавить фиктивную силу, которую называют силойинерции и которая равна

ин coF ma= −ur

r

.

Сила инерции, как и сила тяжести, пропорциональна массетела. Если тело находится в поле тяжести с ускорениемсвободного падения g

r

, то можно объединить эти две силы:

( )ин co эфmg F m g a mg+ = − =ur

rr r r

,

введя эффективное ускорение свободного падения

эф сog g a= −rr r

.

Например, если тело находится в лифте, ускорение которогоar

направлено вверх, то эфg g a= + , а если ar

направленовниз, то эфg g a= − .

Задача 1. Гладкийклин с углом наклона αи высотой h движетсягоризонтально с уско-рением а (рис.1). Закакое время маленькийбрусок, помещенный навершину клина, сосколь-знет к его основанию?

Решение. Перейдем в систему отсчета, связанную с кли-ном. Тогда на брусок, кроме сил тяжести mg

r

и реакцииопоры N

uur

, будет действовать еще сила инерции инF ma= −ur

r

.В проекции на ось х получаем

отнsin cosmg ma maα − α = ,или

отн sin cosa g a= α − α .

Тело будет соскальзывать вниз только при tga g< α (приtga g= α вектор эфg

r

перпендикулярен плоскости клина).Время соскальзывания найдем из уравнения

2отн

sin 2h a t

=α

,

откуда

( )отн

2 2sin sin cos sinh h

ta g a

= =α α − α α .

Задача 2. В сосуде с водой плавает тело. Как изменитсяглубина погружения тела в воду, если сосуд начнет дви-гаться вниз с ускорением а?

Решение. В первом случае уравнение равновесия для телаимеет вид

FA1 = mg, или в п1V g mgρ = ,

где пV – объем тела, по-груженного в воду. Вовтором случае относитель-но неинерциальной систе-мы отсчета, связанной ссосудом, тело тоже будетнаходиться в покое, ноускорение свободного па-дения нужно заменить на

эфg g a= −rr r

. Очевидно,

что направление эфgr

та-

кое же, как у вектора gr

(рис.2). Условие равновесия теперь будет выглядеть так:

FA2 = эфmg , или в п2 эф эфV g mgρ = .

Сравнивая два условия равновесия, видим, что объем погру-женной в воду части тела не изменится: п1 п2V V= , значит,глубина погружения останется прежней.

Задача 3. Найдите период колебаний математическогомаятника длиной l = 1 м, находящегося в лифте, движущем-ся с ускорением a = 2 2м с , если: а) ускорение направленовертикально вверх; б) ускорение направлено вниз; в) уско-рение направлено вправо; г) кабина лифта скользит безтрения по наклонной плоскости с углом 30α = ° .

Решение. Будем решать задачу относительно неинерци-альной системы отсчета – кабины лифта.

В случаях а) и б) направление «вертикали» не меняется,т.е. эфg

r

направлено действительно по вертикали.а) Модуль эффективного ускорения свободного падения

равен эфg g a= + (рис.3,а), и период колебаний составляет

2l

Tg a

= π ≈+

1,8 с.

б) Модуль эффективного ускорения свободного паденияравен эфg g a= − (рис.3,б), и период колебаний составляет

2l

Tg a

= π ≈−

2,2 с.Рис. 1

Рис. 2

42-53.p65 30.03.10, 18:1851

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 252

в) В этом случае «вертикаль» меняет направление (рис.3,в),модуль эффективного ускорения свободного падения

2 2эфg g a= + , и период колебаний

2 22 2c

lT

g aπ= ª

+

.

г) Ускорение движения лифта по гладкой наклоннойплоскости, очевидно, равно sina g= α . Решим задачу отно-сительно ускоренно движущегося лифта. Тогда вектор эфg

r

оказывается перпендикулярным плоскости (рис.3,г), и2 2 2 2 2

эф sin cosg g a g g g= − = − α = α . Период колебаний

в этом случае равен эф

2 2cos

l lT

g g= π = π ≈

α2,1 с.

Задача 4. Через невесомый блок перекинута нить, наконцах которой подвешены грузы с массами 1m = 0,7 кг и

2m = 0,3 кг. Блок перемещаютвниз с ускорением 2a 3 м с= .Определите силу натяжениянити и ускорения грузов отно-сительно неподвижной систе-мы отсчета.

Решение. Перейдем в систе-му отсчета, связанную с осьюблока, в которой блок, очевид-но, покоится. Ускорение сво-бодного падения g

r

заменим наэфgr

. Направление «вертикали»,определяемой вектором эфg

r

, неменяется, а модуль этого уско-рения равен g

эфg a= − (рис.4).

Для каждого груза запишемуравнение движения:

1 отн 1 эфm a m g T= − ,

2 отн 2 эфm a T m g= − .

Исключая из этих уравнений силу натяжения Т, найдем

( ) 21 2 1 2отн эф

1 2 1 2

2,8 м сm m m m

a g g am m m m

− −= = − =

+ +.

Далее, учитывая, что 1 отнa a a= +r r r

и 2 отнa a a= +r r r

, и проек-тируя эти уравнения на направление оси у, получим

21 отн 5,8 м сa a a= + = , 2

2 отн 0,2 м сa a a= − = .

Силу натяжения нити можно найти из уравнения движения,например, первого груза:

( ) ( )1 эф отн 1 отн 2,94 HT m g a m g a a= − = − − = .

Задача 5. Сосуд, имеющий форму куба c ребром l инаполовину заполненный водой, движется с горизонталь-

ным ускорением а. Определите форму поверхности воды идавление воды на дно сосуда.

Решение. В инерциальной системе отсчета, связанной сземлей, давление на плоскости, параллельной поверхностиводы и отстоящей от нее на h, равно вp gh= ρ . Относительноускоренно движущегося сосуда направление «вертикали»изменится – это направление эфg

r

, и поверхность воды будетперпендикулярна этому направлению (рис.5). Давление вжидкости будет одним и тем же на любой плоской поверхно-сти, параллельной поверхности воды, и равным в эфg hρ , где

h – расстояние между этими плоскостями, а 2 2эфg g a= + .

Понятно, что точка А не изменит своего положения придвижении. Из векторного треугольника для ускорений сле-дует, что

tga

gα = и

2 2 2

1cos

1 tg

g

g aα = =

+ α +.

Для точки N

tg cos 1 cos2 2 2

l l l ax

g

= + α α = + α

,

и давление в этой точке равно

2 2в эф в 2 2

12Nl a g

p g x g ag g a

= ρ = ρ + + =

+( )в 2

lg aρ + .

Аналогично, для точки K

tg cos 1 cos2 2 2

l l l ax

g

= − α α = − α

,

и давление в этой точке равно

2 2в эф в 2 2

12Kl a g

p g x g ag g a

= ρ = ρ + − =

+( )в 2

lg aρ − .

Так же просто находится давление в любой другой точкежидкости.

Задача 6. Тройник из трех вертикальных трубок, от-крытых в атмосферу, полностью заполнен водой. Пригоризонтальном равноускоренном движении из него выли-лось 9/32 всей массы воды. Найдите ускорение тройника.

Решение. При равноускоренном движении вправо уровниводы в вертикальных трубках будут такими, как показано нарисунке 6 справа (поверхность жидкости всегда перпендику-лярна эфg

r

). Пусть масса воды в трубке единичной длиныравна 1m . Тогда масса вылившейся воды

( )1 19

432

m m L m x y= = + .

Из подобия треугольников АВС, DBE и треугольника для

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

42-53.p65 30.03.10, 18:1852

ускорений следует

y a

L g= и

2x a

L g= , откуда

aLy

g= и

2aL

xg

= .

Подставляя значения х и у в выражение для m, получим

1 13632 2

aL aLm L m

g g

= +

.

Отсюда находим34

a g= .

Задача 7. Математический маятник, прикрепленный кпотолку кабины лифта, совершает колебания c периодомТ = 1 с и угловой амплитудой α = 0,05 рад. В моментпрохождения маятником положения равновесия трос, удер-живающий кабину, обрывается, и она начинает свободнопадать. Через какое время после этого маятник ударитсяо потолок кабины?

Решение. В момент обрыва троса переходим в системуотсчета, связанную с лифтом. Поскольку лифт падает с

ускорением gr

, то эф 0g g g= − =r r r

.Это означает, что относительно лиф-та маятник находится в состоянииневесомости и дальнейшее движениетела будет происходить под действи-ем только силы натяжения нити F

н,

которая изменяться не будет (рис.7).Поскольку сила натяжения нити пер-пендикулярна скорости, тело будетдвигаться по окружности с постоян-ной скоростью v и ударится о пото-лок, когда пройдет по дуге окружно-сти расстояние 2lπ за время t == lπ (2v). Длина маятника l находит-

ся из того, что известен период колебаний:

2l

Tg

= π , откуда 2

2 0,25 м4

T gl = =

π.

Скорость, которая максимальна в момент обрыва троса,можно найти из характеристик колебательного движения:

maxv x= ω , где maxx – длина дуги, проходимая от положениямаксимального отклонения до положения равновесия, а

2 Tω = π . Поскольку maxx l= α , а g lω = , то

2 0,08 м сv gl= α = .

Таким образом, время, прошедшее до удара о потолок, равно

5 c2l

tv

π= ≈ .

Задача 8. Алюминиевый шар объемом 0V и плотностью 0ρнаходится в сосуде с водой. Угол между стенками сосуда игоризонтальным дном α . Внутренняя поверхность сосудагладкая. Плотность воды ρ . Найдите силу давления шара

Рис. 6

Рис. 7

на дно сосуда в двух случаях: 1) сосуд неподвижен; 2) сосуддвижется с постоянным горизонтальным ускорением а.

Решение. В первом случае, когда ускорение равно нулю,боковая стенка сосуда, очевидно, не давит на шарик, иначеон не мог бы находиться в покое. Вертикальные силы, аименно сила тяжести mg

r

, архимедова сила AFur

и реакцияопоры 1N

uur

, уравновешены, поэтому

( )1 A 0 0N mg F V g= − = ρ − ρ .

По третьему закону Ньютона такая же по величине силадавит на дно.

В случае ускоренногодвижения сосуда прощеперейти в неинерциаль-ную систему отсчета, свя-занную с ним. В этой си-стеме сосуд покоится, иgr

необходимо заменитьна эфg g a= −

rr r

(ускоре-ние эфg

r

определяет но-вое положение «вертика-ли»), при этом силы эфmg

r

и AFur

( A 0 эфF V gρ= ) на-правлены противополож-но (рис.8). Векторное уравнение равновесия шара будетиметь вид

( ) ( )0 0 0 2 0V a g V g a N Nρ − + ρ − + + =uur uur

r rr r

,

или

( ) ( )0 0 0 0 2 0V g V a N Nρ − ρ + ρ − ρ + + =uur uur

rr

.

Проектируя на направления осей х и у, получим

( )0 0sinN V aα = ρ − ρ и ( )0 0 2cosV g N Nρ − ρ + α = .

Исключая N, найдем

( )( )2 0 0 ctgN V g g a= ρ − ρ + α .

Упражнения

1. Два груза с массами 1m = 2 кг и 2m = 1 кг прикреплены кконцам нити, перекинутой через блок, причем первоначальнотяжелый груз находился на h = 1 м выше легкого. С какимускорением перемещают вверх ось блока, если грузы оказалисьна одинаковом уровне через t = 0,5 с?

2. Прямоугольный бак без крышки движется с горизонталь-ным ускорением. В бак налита вода до уровня h. Известны такжедлина бака l и его высота Н. Каким должно быть ускорение бака,чтобы вода начала выливаться из него?

3. Сосуд с водой (рис.9) движется с горизонтальным ускоре-нием. Трубки, из которых состоит сосуд, тонкие, расстояниемежду вертикальными трубками l = 20 см, разность уровней

воды в этих трубках h = 1 см. С какимускорением движется сосуд?

4. Цистерна (рис.10) полностью заполнена водой и движетсяс горизонтальным ускорением а. Определите силу, с которойвода действует на крышку цистерны.

Рис. 8

Рис. 9 Рис. 10

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 53

42-53.p65 30.03.10, 18:1953

54 К В А Н T $ 2 0 1 0 / 2

Региональный этап XXXVIВсероссийской олимпиадышкольников по математике

О Л И М П И А Д Ы

В 2009/10 учебном году региональный этап Всероссийс-кой олимпиады школьников проводился одновременно вовсех регионах России по единым заданиям и носил отбороч-ный характер для участия в заключительном этапе Всерос-сийской олимпиады. В вариант вошли задачи разной тема-тики (алгебра, теория чисел, геометрия, комбинаторика) иразличной трудности. Особенно сложными для участниковоказались задачи 4 в 9 классе, задачи 3 и 7 в 10 классе изадача 8 в 11 классе.

ЗАДАЧИ

9 класс

Первый день

1. Даны квадратные трехчлены ( ) 21 1 12f x x a x b= + + ,

( ) 22 2 22f x x a x b= + + , ( ) 2

3 3 32f x x a x b= + + . Известно, что

1 2 3 1 2 3 1a a a b b b= > . Докажите, что хотя бы один из этихтрехчленов имеет два корня.

Н.Агаханов

2. Семь лыжников с номерами 1, 2, …, 7 ушли со стартапо очереди и прошли дистанцию – каждый со своей посто-янной скоростью. Оказалось, что каждый лыжник ровнодважды участвовал в обгонах. (В каждом обгоне участву-ют ровно два лыжника – тот, кто обгоняет, и тот, когообгоняют.) По окончании забега должен быть составленпротокол, состоящий из номеров лыжников в порядке фи-ниширования. Докажите, что в забеге с описанными свой-ствами может получиться не более двух различных прото-колов.

С.Волчёнков

3. См. задачу М2171 «Задачника «Кванта».

4. В треугольнике ABC угол A равен 60° . Пусть 1BB и

1CC – биссектрисы этого треугольника. Докажите, чтоточка, симметричная вершине A относительно прямой 1 1BC ,лежит на стороне BC.

Д.Прокопенко

Второй день

5. Незнайка выписал по кругу 11 натуральных чисел. Длякаждых двух соседних чисел он посчитал их разность. Врезультате среди найденных разностей оказалось четыреединицы, четыре двойки и три тройки. Докажите, чтоНезнайка где-то допустил ошибку.

Р.Женодаров

6. Пусть точки A, B, C лежат на окружности, а прямая bкасается этой окружности в точке B. Из точки P, лежащей напрямой b, опущены перпендикуляры 1PA и 1PC на прямыеAB и BC соответственно (точки 1A и 1C лежат на отрезкахAB и BC). Докажите, что 1 1AC AC⊥ .

Л.Емельянов

7. В компании из семи человек любые шесть могут сесть закруглый стол так, что каждые два соседа окажутся знакомы-ми. Докажите, что и всю компанию можно усадить закруглый стол так, что каждые два соседа окажутся знако-мыми.

С.Волчёнков

8. Для каждого натурального n обозначим через nS суммупервых n простых чисел: 1S = 2, 2S = 2 + 3 = 5, 3S = 2 ++ 3 + 5 = 10, ... Могут ли два подряд идущих членапоследовательности ( nS ) оказаться квадратами натураль-ных чисел?

В.Шарич

10 класс

Первый день

1. Девять лыжников ушли со старта по очереди и прошлидистанцию – каждый со своей постоянной скоростью. Моглоли оказаться, что каждый лыжник участвовал ровно вчетырех обгонах? (В каждом обгоне участвуют ровно двалыжника – тот, кто обгоняет, и тот, кого обгоняют.)

И.Богданов, С.Волчёнков

2. См. задачу М2171 «Задачника «Кванта».

3. См. задачу М2172 «Задачника «Кванта».

4. Натуральное число b назовем удачным, если для любогонатурального a такого, что 5a делится на 2b , число 2aделится на b. Найдите количество удачных натуральныхчисел, меньших 2010.

П.Кожевников

Второй день

5. Ненулевые числа a, b, c таковы, что 2ax bx c cx+ + >при любом x. Докажите, что 2cx bx a cx b− + > − при лю-бом x.

М.Мурашкин

6. Прямые, касающиеся окружности ω в точках B и D,пересекаются в точке P. Прямая, проходящая через P,высекает на окружности хорду AC. Через произвольнуюточку отрезка AC проведена прямая, параллельная BD.Докажите, что она делит длины ломаных ABC и ADC водинаковых отношениях.

Л.Емельянов

7. Существуют ли три попарно различных ненулевыхцелых числа, сумма которых равна нулю, а сумма тринадца-тых степеней которых является квадратом некоторого нату-рального числа?

В.Сендеров

8. Назовем лестницей высоты n фигуру, состоящую извсех клеток квадрата n n× , лежащих не выше диагонали.Сколькими различными способами можно разбить лестни-

54-60.p65 30.03.10, 15:0554

О Л И М П И А Д Ы 55

цу высоты n на несколько прямоугольников, стороны ко-торых идут по линиям сетки, а площади попарно различ-ны?

Д.Храмцов

11 класс

Первый день

1. Каждый катет прямоугольного треугольника увеличилина единицу. Могла ли его гипотенуза увеличиться более чемна 2 ?

С.Волчёнков

2. В ряду из 2009 гирек масса каждой гирьки составляетцелое число граммов и не превышает 1 кг. Массы любых двухсоседних гирек отличаются ровно на 1 г, а общая масса всехгирь в граммах является четным числом. Докажите, чтогирьки можно разделить на две кучки, суммы масс в которыхравны.

Д.Храмцов

3. Четырехугольник ABCD вписан в окружность с диамет-ром AC. Точки K и M – проекции на прямую BD вершин Aи C соответственно. Через точку K проведена прямая,параллельная BC и пересекающая AC в точке P. Докажите,что угол KPM прямой.

Т.Емельянова

4. Назовем тройку натуральных чисел (a, b, c) квадрат-ной, если они образуют возрастающую арифметическуюпрогрессию (именно в таком порядке), число b взаимнопросто с каждым из чисел a и c, а число abc является точнымквадратом. Докажите, что для любой квадратной тройки

найдется другая квадратная тройка, имеющая с ней хотя быодно общее число.

В.Сендеров

Второй день

5. Углы треугольника , ,α β γ удовлетворяют неравенствамsin cosα > β , sin cosβ > γ , sin cosγ > α . Докажите, что тре-угольник остроугольный.

И.Богданов

6. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежитпараллелограмм ABCD. Докажите, что для любой точки Oвнутри пирамиды сумма объемов тетраэдров OSAB и OSCDравна сумме объемов тетраэдров OSBC и OSDA.

Д.Терёшин

7. Целые числа a, b, c таковы, что значения квадратныхтрехчленов 2bx cx a+ + и 2cx ax b+ + при x = 1234 совпа-дают. Может ли первый трехчлен при x = 1 приниматьзначение 2009?

П.Козлов

8. В клетки квадрата 100 100× расставили числа 1, 2, …..., 10000, каждое – по одному разу; при этом числа,различающиеся на 1, записаны в соседних по стороне клет-ках. После этого посчитали расстояния между центрамикаждых двух клеток, числа в которых различаются ровно на5000. Пусть S – минимальное из этих расстояний. Какоенаибольшее значение может принимать S?

И.Богданов

Публикацию подготовили Н.Агаханов, И.Богданов,П.Кожевников, О.Подлипский, Д.Терёшин

ТЕОРЕТИЧЕСКИЙ ТУР

7 класс

Задача 1. Турист. Турист перешел через симметричныйперевал (рис.1) и пошел далее по равнине. Его средняяскорость на пути через перевал оказалась равной

cp 2,1 км чv = . Какоерасстояние L туристпрошел по равнине,если для этого ему по-требовалось 2 часа?Известно, что приподъеме на перевал егоскорость 1v составля-

ла 0,6 от скорости 0v движения по равнине, а при спуске сперевала скорость 2v была больше скорости подъема в 7/3раза.

Д.Подлесный

Задача 2. Эксперимент с цилиндром. На рисунке 2приведена фотография мерного сосуда с вертикальнымистенками до погружения в него цилиндрического груза.

Видно, что объем воды в сосуде равен 40 мл. Фотографиясосуда после погружения цилиндра приведена на рисунке 3.Чему равен объем V груза?

В.Орлов

Задача 3. Гонки на моторных лодках. Две моторныелодки стартовали от причала Дивноморска в сторону Гелен-джика. Скорость первого катера была 1v = 9 узлов, аскорость второго 2v = 11 узлов. В середине пути – в точке А

Региональный этапXLIV Всероссийской олимпиады

школьников по физике

Рис. 1

Рис. 2 Рис. 3

54-60.p65 30.03.10, 15:0555

56 К В А Н T $ 2 0 1 0 / 2

– первый катер увеличил скорость до 11 узлов. Второй катерв некоторой точке B уменьшил скорость до 9 узлов, причемна финише выяснилось, что до точки В он плыл ровнополовину всего времени. Какая из точек ближе к Дивномор-ску: А или В? Чему равно расстояние L∆ от точи А до точкиВ? Известно, что расстояние от места старта до финиша L == 3,6 мили.

Примечание. Один узел – это скорость, при которой суднопроходит 1 милю за 1 час.

Фольклор

Задача 4. Под микроскопом. На рисунке 4 приведеноизображение кончика иглы, наблюдаемое в микроскоп. Рас-

стояние между делениями 0 и 1 соответствует одному милли-метру. Чему равен внешний диаметр иглы d? Найдите такжетолщину стенок иглы h.

И.Ерофеев

8 класс

Задача 1. Встреча. Мальчик стоит на эскалаторе, подни-мающемся вверх со скоростью v. Ровно на половине пути онпоравнялся со своей учительницей, стоящей на соседнемэскалаторе, движущемся вниз с той же скоростью. Какмальчику быстрее добраться до учительницы, если он можетдвигаться относительно эскалатора с постоянной скоростьюu > 2v: сначала побежать вверх, сменить эскалатор ипобежать вниз или побежать сначала вниз, сменить эскала-тор и побежать навстречу вверх?

В.Слободянин

Задача 2. Последовательный контакт. В трех одинако-вых теплоизолированных сосудах находятся одинаковыеколичества масла при комнатной температуре. Нагретыйметаллический цилиндр опустили в первый сосуд. Послетого, как между цилиндром и маслом установилось тепловоеравновесие, цилиндр перенесли во второй сосуд. После того,как и там установилось равновесие, цилиндр перенесли втретий сосуд. На сколько градусов повысилась температурамасла в третьем сосуде, если во втором она возросла на 5 C° ,а в первом – на 20 C° ?

Фольклор

Задача 3. Груз на линейке. Если груз массой m = 10 гпоставить на расстоянии х от края линейки, то она приметгоризонтальное положение равновесия при размещении подней упора на расстоянии у от того же края линейки (рис.5).Зависимость ( )y x при различных размещениях груза пред-

ставлена в таблице:

Построив график зависимости ( )y x , определите массу ли-нейки и ее длину.

С.Кармазин

Задача 4. Вот он какой, силикатный кирпич! Силикатныйкирпич имеет следующие размеры сторон: а = 5 см, b = 10 сми с = 20 см. Два таких кирпича поставили буквой Т сначалана основание a c×на стол, а потом наоснование a b× надно аквариума, за-полненного водой(рис.6). В результа-те оказалось, что дав-ление кирпичей наобе поверхности однои то же. Найдитемассу m такого кир-пича. Поскольку кир-пич шершавый, вода

под него подтекает. Плотность воды 30 1000 кг мρ = .

Фольклор

9 класс

Задача 1. Плот и катер. От пристани «Дубки» эксперимен-татор Глюк отправился в путешествие по реке на плоту. Ровночерез час он причалил к пристани «Грибки», где обнаружил,что забыл свой рюкзак на пристани «Дубки». К счастью,Глюк увидел на берегу своего друга – теоретика Бага, укоторого была моторная лодка. На ней друзья поплылиобратно, забрали рюкзак и вернулись в «Грибки». Скольковремени моторная лодка плыла против течения, если всеплавание заняло 32 минуты? Мотор лодки в течение всегоплавания работал на полную мощность, а время, котороепотребовалось на подбор рюкзака, пренебрежимо мало.

В.Слободянин

Задача 2. Линейная теплоемкость. Теплоемкость некото-рых материалов может зависеть от температуры. Рассмотримбрусок массой 1m = 1 кг, изготовленный из материала,удельная теплоемкость которого зависит от температуры t по

закону ( )1 1c c t= + α , где ( )31 1,4 10 Дж кг Сc = ⋅ ⋅ ° ,

10,014 C−α = ° . Такой брусок, нагретый до температуры

1 100 Ct = ° , опускают в калориметр, в котором находитсянекоторая масса 2m воды при температуре 2 20 Ct = ° . Послеустановления теплового равновесия температура в калори-метре оказалась равной 0 60 Ct = ° . Пренебрегая теплоемко-стью калориметра и тепловыми потерями, определите массу

2m воды в калориметре. Известно, что удельная теплоем-

кость воды ( )32 4,2 10 Дж кг Сc = ⋅ ⋅ ° .

С.Козел

Задача 3. Цепь с двумя амперметрами. В электрическойцепи (рис.7) сила тока, проходящего через резистор сопро-тивлением 3R , равна 1 мА. Сопротивления резисторов

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

54-60.p65 30.03.10, 15:0556

О Л И М П И А Д Ы 57

таковы: 1R = 1 кОм,

3R = 3 кОм. Перери-суйте рисунок в своютетрадь и укажите нанем направления токов,идущих через резисто-ры. Чему равно напря-жение U батарейки? Насколько миллиампер от-

личаются показания амперметров 1A и 2A ? Амперметрысчитайте идеальными.

А.Русаков

Задача 4. На киностудии. При съемке художественногофильма потребовалось заснять эпизод с падением вагоновпоезда с моста в реку. Для этого был построен макетжелезной дороги, моста и вагонов в масштабе 1 : 50. С какойчастотой кадров 1N необходимо снимать этот эпизод, чтобыпри просмотре со стандартной частотой 0N = 24 кадра/сситуация выглядела правдоподобно?

М.Гаврилов

Задача 5. Два зеркала. Перед системой зеркал 1M и 2Mрасположена буква Ь так, как показано на рисунке 8.Постройте на том же рисунке все изображения, даваемые

этой системой. Докажи-те, что других изобра-жений быть не может.Длина каждого из зер-кал равна расстояниюмежду ними.

В.Белонучкин

10 класс

Задача 1. Абсолютно упругий удар. Доска массой М идлиной L скользит с некоторой скоростью 0v по гладкой

горизонтальной поверхнос-ти (рис.9). На левом краюдоски лежит кубик массойm. Коэффициент тренияскольжения между кубикоми доской µ . Доска испыты-вает абсолютно упругий

удар о вертикальную стенку. При какой максимальнойскорости доски 0 maxv v= кубик с нее не упадет? Размерами

кубика по сравнению с L пренеб-речь. В процессе всего движениякубик не опрокидывается.

Фольклор

Задача 2. Электростатическоевзаимодействие. Определитемодуль F силы электростатичес-кого отталкивания двух малень-ких заряженных шариков однойи той же массы m (рис.10). Одиниз них висит на нити длиной L,другой – на нити длиной 2L, уголмежду нитями 60° .

Фольклор

Задача 3. Процесс с идеаль-ным газом. Идеальный газ вколичестве ν молей участвует впроцессе АВ, изображенном нарисунке 11 в координатах ρ и T,где ρ – плотность газа, а Т – еготемпература. При каких услови-

ях (при какой температуре)давление газа в этом процессена 25% меньше максимально-го? Температура 0T известна.

В.Слободянин

Задача 4. Сферический ре-зистор. Из трех проволок, каж-дая из которых имеет сопро-тивление R = 96 Ом, сделалитри кольца и соединили их так,что длина участка между лю-быми двумя ближайшими уз-лами одна и та же (рис.12). Чему равно сопротивление ABRконструкции между узлами А и В?

Фольклор

Задача 5. Полость в стене. В толстой бетонной стене былаобнаружена внутренняя полость. Для определения ее объемав стене просверлили тонкое отверстие, соединяющее полостьс атмосферой. Черезэто отверстие тонкимшлангом полость гер-метично соединили споршневым насосом иманометром (рис.13).В начальном состоя-нии поршень насосанаходился в верхнемположении, а давле-ние в системе насос–полость равнялось ат-мосферному. Затембыла исследована за-висимость давления p в системе от объема V воздуха внасосе. Полученные экспериментальные результаты пред-ставлены в таблице:

Путем графического анализа результатов эксперимента оп-ределите объем 0V внутренней полости. Погрешность изме-рения давления в данном эксперименте составляла 3%.Погрешностью определения объема под поршнем насосаможно пренебречь. Уменьшение объема насоса производи-лось квазистатически, т.е. настолько медленно, что темпера-туру воздуха в системе насос–полость на протяжении всегоэксперимента можно считать равной температуре окружаю-щей среды.

С.Кармазин

11 класс

Задача 1. Кубик на горке. Слева направо по гладкойплоскости скользит тяжелая горка массой М, на вершинекоторой покоится легкий груз массой m (рис.14). Кинетичес-кая энергия 1K груза в четырераза меньше его потенциальнойэнергии П. Груз съезжает с гор-ки без трения. Найдите его ки-нетическую энергию 2K , когдаон окажется на плоскости. Счи-тайте, что П = 1 Дж, а M m≥ .

В.Слободянин

Задача 2. Нарушение равновесия. Некто провел сериюэкспериментов по исследованию устойчивости системы, изоб-

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

Рис. 14

54-60.p65 30.03.10, 15:0557

58 К В А Н T $ 2 0 1 0 / 2

раженной на рисунке 15.Из бункера, расположен-ного на высоте Н надвыступающим краем од-нородной доски, лежащейна двух опорах, сразупосле открывания заслон-

ки начинает высыпаться песок с массовым расходом ( )кг сµ .Расстояние между опорами составляет 2/3 от длины доски.Система устроена так, что, попадая в легкую чашу, закреп-ленную на краю доски, песок там и остается. Эксперимента-тор заметил, что в первом опыте край доски оторвался отопоры В спустя время 1τ = 1,00 с после открываниязаслонки. Затем песок из легкой чаши высыпали. Послеэтого экспериментатор вдвое уменьшил массовый расходпеска и обнаружил, что доска снова оторвалась от опоры Вспустя время 1τ . В третий раз он уменьшил расход вчетверопо сравнению с первоначальным, и доска оторвалась отопоры В уже спустя время 2τ = 1,75 с. Зная, что масса доскиМ = 700 г, определите высоту Н, с которой падал песок, имассовый расход µ песка в первом эксперименте.

М.Замятнин

Задача 3. Цепь с конденсатором. Электрическая схемасостоит из источника постоянного тока с ЭДС E и внутрен-ним сопротивлением r, конденсатора емкостью С и резистора

сопротивлением R (рис.16).В начальный момент кон-денсатор не заряжен. КлючK в схеме сначала замыка-ют, а затем размыкают в тотмомент, когда скорость из-менения энергии, запасен-ной в конденсаторе, дости-гает максимума. Какое ко-

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

Рис. 18

личество теплоты выделится в схеме после размыканияключа?

А.Шеронов

Задача 4. Призма наводе. Поверхности водыкасается равнобедреннаястеклянная призма АВС(рис.17). Луч света, па-дающий из воздуха подуглом 0ϕ на грань АС,после прохождения при-змы выходит через граньАВ по тем же углом 0ϕ .Чему равен угол преломления 1ϕ ? Показатель преломленияводы 0 4 3n = , угол С при вершине призмы прямой. Вели-чина угла 0ϕ неизвестна.

В.Слободянин

Задача 5. Термодина-мический лабиринт. Надмолем метана ( )4CH со-вершается процесс, гра-фик которого изображенна рисунке 18. Перенеси-те график процесса в тет-радь и выделите в немучастки, на которых кгазу подводится тепло.Какое количество тепло-ты было подведено к газув этом процессе? Вели-чины 0p и 0V считать известными.

Н.Кудряшова

Публикацию подготовили С.Козел, В.Слободянин

С 11 по 13 ноября 2009 года в Московском государствен-ном техническом университете (МГТУ) им. Н.Э.Баумана со-стоялся заключительный этап Всероссийской студенческойолимпиады по физике в технических вузах.

По результатам олимпиады, в командном зачете первоеместо заняла команда Московского физико-техническогоинститута (МФТИ, государственный университет), набрав-шая 157 баллов, второе место заняла команда Санкт-Петер-бургского государственного политехнического университета(98 баллов), третье место – команда Самарского государ-ственного аэрокосмического университета им. С.П.Королева(82 балла).

В личном зачете первое место завоевал Андрей Котов(МФТИ), второе место завоевал Павел Мостовых (Балтийс-кий государственный технический университет «Военмех»им. Д.Ф.Устинова), третье место – Антон Пахомов (Самарс-кий государственный аэрокосмический университет им.С.П.Королева).

Команда-победитель и призеры олимпиады представле-ны к Премии Президента Российской Федерации.

ЗАДАЧИ ОЛИМПИАДЫ

1. Два жука ползут таким образом, что первый все времядвижется по направлению ко второму, а второй – перпенди-кулярно соединяющему их радиусу-вектору. Начальное рас-стояние между жуками L, а скорость первого вдвое большескорости второго. Определите перемещения жуков до точкивстречи.

2. Доска длиной L и массой m лежит наперевес нанеподвижном цилиндре радиусом R, находясь в равновесии.Определите период малых колебаний доски, если проскаль-зывание между доской и цилиндром отсутствует.

3. На неподвижную шайбу массой m и радиусом R,лежащую на гладкой поверхности, налетает со скоростью vтакая же шайба, траектория которой проходит через центрпервой и которая вращается относительно собственной оси сугловой скоростью Ω . Определите угловую и линейнуюскорости каждой шайбы после удара, если удар абсолютнонеупругий и проскальзывание между шайбами в конце ихвзаимодействия отсутствует.

Всероссийская студенческаяолимпиада по физике

54-60.p65 30.03.10, 15:0558

О Л И М П И А Д Ы 59

4. Два одинаковых небесных тела радиусом R и массой mкаждое двигаются в свободном пространстве со скоростями

1vr

и 2vr

. В начальный момент времени радиус-вектор,соединяющий оба тела, равен 12r

r, его модуль равен r.

Определите условие, при котором эти тела столкнутся.5. Верхний срез вертикально расположенного стеклянного

капилляра диаметром d находится на поверхности воды скоэффициентом преломления n и коэффициентом поверхно-стного натяжения σ . Снизу вверх вдоль оси трубочкинаправлен лазерный луч радиусом r d≪ . Капилляр мед-ленно поднимают из воды. Определите максимальный диа-метр светового пятна от рассеянного лазерного луча наэкране, расположенном горизонтально на высоте H от поверх-ности воды.

6. В начальный момент времени в первом сосуде объемомV с изотермическими стенками с температурой T находитсяв равновесии одноатомный газ под давлением p. Во второмсосуде такого же объема, но с теплоизолированными стенка-ми, давление газа равно нулю. Определите установившуюсятемпературу во втором сосуде после завершения перетеканиягаза из первого сосуда во второй через тонкую трубку слегким клапаном.

7. Стержень длиной R одним концом находится на осикругового витка с током и перпендикулярен ей. На другомконце стержня расположен магнитный диполь с моментом

mpr

, перпендикулярным и стержню, и оси кругового витка.Определите силу, действующую на диполь, если известно,что проекция магнитного поля, создаваемого круговым вит-ком, на стержень в точке, где находится диполь, равна В.

8. Металлическая сфера радиусом R разделена по диамет-ральной плоскости, и половинки изолированы друг от друга.Одна полусфера заряжена зарядом q, при этом потенциалдругой равен ϕ . Определите энергию сферы.

9. Непрозрачная пластинка освещена плоской световойволной. Если в пластинке прорезаны N узких щелей шири-ной а и длиной L с шагом d, причем d a≫ и Nd L≫ , то вполученной дифракционной картине интенсивность третьегоглавного максимума равна 0I . Как изменится интенсивностьв этой точке, если посредине между имеющимися щелямипрорезать дополнительные щели той же длины, но вдвоеменьшей ширины?

Публикацию подготовилиМ.Яковлев, В.Голубев, С.Пырлин, И.Иванов

П Р О Г У Л К И С Ф И З И К О Й 59

П Р О Г У Л К И С Ф И З И К О Й

Липкая электростатика, или Как отрезатьодин нанокулон

(Начало см. на 4-й странице обложки)

… Происходит это из-за того, что клейкая лента и рулонпри отрывании друг от друга электризуются, заряжаясьразноименными зарядами. При этом клейкая лента заряжа-ется положительно.

Это можно легко проверить, приклеив отрезок ленты кплафону выключенной настольной лампы. Такая свободновисящая лента будет притягиваться к пластмассовой расчес-ке, которой незадолго до этого мы приводили в порядокприческу. А что расческа заряжается отрицательно, давно инеоднократно проверено с помощью электроскопа.

Проведя простой опыт, можно оценить плотность заря-дов, появляющихся на поверхности ленты при сматываниис рулона. В наших опытах была использована обычнаяклейкая лента шириной 48 мм и толщиной 45 мкм, сде-

ланная из полиэтиленаплотностью 910 3кг м .

Приклеим к плафонулампы два отрезка клей-кой ленты длиной L == 30 см каждый и изме-рим, на какое расстоя-ние разойдутся два сво-бодно свисающих концаленты (см. рисунок). Внашем опыте верхниеконцы ленты отстояли на

1d = 10 см, а нижние – всреднем на 2d = 18 см.

Убедиться в том, чтоотрезки лент отталкива-ются именно электроста-

тически, очень легко. Достаточно на несколько секунд поме-стить между свисающими отрезками ленты зажженную спич-ку, и они станут параллельными, так как поднимающиесявверх ионы, заряженные частички пыли и копоти быстронейтрализуют заряд клейкой ленты.

Простые расчеты дают, что отрезок такой ленты длиной в30 см имеет массу m = 0,57 г. Очевидно, что при равновесиимомент силы тяжести, действующей, например, на правыйотрезок ленты, относительно точки О должен компенсиро-ваться моментом кулоновских сил отталкивания, действую-щих со стороны левого отрезка. Чтобы упростить решение,

будем считать, что результирующая Fur

кулоновских силприложена там же, где и сила тяжести mg

r, т.е. в точке

пересечения диагоналей отрезка ленты. Тогда условие равен-ства моментов можно записать следующим образом:

222 1 2 1 ,4 4 4

d d L d dmg F

− − = −

или

( )( )

22 22 1 2 1

20 2 1

1.

4 4 4 42

d d q L d dmg

d d

− − = − πε +

Полученное уравнение позволяет оценить заряд q, имею-щийся на каждом из отрезков клейкой ленты, – он оказыва-ется равным приблизительно 40 нКл. Так как площадь ленты

составляет 24,8 см 30 см 144 см× = , то плотность зарядов

на ленте близка к 0,3 2нКл см .

Таким образом, чтобы «отрезать» 1 нКл, надо оторвать

около 3 2см обычной клейкой ленты.

К.Богданов

54-60.p65 30.03.10, 15:0559

60 К В А Н T $ 2 0 1 0 / 2И Н Ф О Р М А Ц И Я

Всероссийский конкурс научных работшкольников «Юниор»

С 1998 года в Московском инженерно-физическом ин-ституте – ныне это Национальный исследовательский ядер-ный университет (НИЯУ) МИФИ – проводится Всерос-сийский конкурс научных работ школьников «Юниор».Организаторами конкурса являются Министерство образо-вания и науки Российской Федерации, Государственнаякорпорация по атомной энергии «Росатом», НИЯУ МИФИ,Департамент образования города Москвы. Генеральныйспонсор конкурса – компания «Интел».

Конкурс «Юниор» организован в целях развития инте-реса у школьников к естественным наукам и к творческойдеятельности в различных областях науки и техники, атакже привлечения специалистов высшей школы к работесо школьниками. В научное жюри конкурса входят пред-ставители ведущих российских вузов: МИФИ, МГУ им.М.В.Ломоносова, МФТИ.

Конкурс проводится по основным направлениям есте-ственно-научных, технических и медико-биологических зна-ний в рамках пяти секций: математика, физика, информа-тика, биология, химия.

На первом этапе (заочный тур) конкурса в ноябре-декаб-ре школьники присылают тезисы своих научных работ в

адрес Оргкомитета конкурса (http://junior-fair.org, тамже приведены правила оформления тезисов). Затем науч-ное жюри выбирает лучшие из них, и авторы этих работприглашаются на заключительный, очный тур, которыйпроводится в конце января в НИЯУ МИФИ. Здесь проис-ходит защита представленных на конкурс работ, котораяпроходит в режиме, максимально приближенном к науч-ной конференции. Доброжелательное, но объективное жюри,куда входят ведущие специалисты высшей школы и иссле-довательских институтов Российской академии наук, тща-тельно анализирует доклады участников и выбирает побе-дителей.

Обычно в отборочных турах конкурса принимают учас-тие несколько тысяч школьников, в финальный тур прохо-дят около 200 человек, а победителями становятся 50-60школьников (суммарно по всем секциям).

Конкурс «Юниор» входит во Всероссийский переченьолимпиад школьников, поэтому победители конкурса по-лучают 100 баллов ЕГЭ по соответствующему предмету.Но это еще не все. Научное жюри выбирает из числапобедителей конкурса наиболее достойные работы и реко-мендует их авторов к участию в Международном смотренаучного и инженерного творчества школьников «IntelISEF», который ежегодно проводится в США.

54-60.p65 30.03.10, 15:0660

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 61

РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЭТАП XXXVI ВСЕРОССИЙСКОЙОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ ПО МАТЕМАТИКЕ

9 класс

1. Предположим противное; тогда дискриминанты всех трех-членов неположительны, т.е. 2

k ka b≤ (k = 1, 2, 3). Левые (азначит, и правые) части этих неравенств неотрицательны, по-

этому их можно перемножить, получив ( )21 2 3 1 2 3a a a b b b≤ , т.е.2N N≤ , где 1 2 3N a a a= , что противоречит неравенству N > 1.

2. Заметим, что четность места каждого лыжника меняласьпри любом обгоне; значит, его место на финише – той же чет-

ЗАДАЧИ МЕХАНИКИ В НЕИНЕРЦИАЛЬНЫХСИСТЕМАХ ОТСЧЕТА

1. 22 м сa = . 2. ( )2g H h

al

−= .

3. 20,5 м сa = . 4. 2

2

l daF

ρ= .

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я

КМШ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» 1)

1. 0%.Указание: 76 + 83 – 100 = 59.2. Заметим, что правильный треугольник можно разделитьпрямыми, параллельными его сторонам, на любое количествоправильных треугольников, равное квадрату натуральногочисла.а) Разделим исходный треугольник на 25 треугольников, ко-торые назовем большими. Возьмем пять больших треугольни-ков и каждый из них разделим на четыре маленьких. В итогеполучится 20 маленьких треугольников и 20 больших.б) Разделим исходный треугольник на 49 больших треуголь-ников. Четыре из них разделим на девять маленьких каждый,а еще девять – на четыре средних каждый. В итоге треуголь-ников каждого вида будет 36.3. Присвоим волшебной палочке, которую нашла Алиса, но-мер 1. Попросим палочку 1 создать такую же точно вол-шебную палочку и присвоим ей номер 2. Создать еще однуволшебную палочку с помощью исходной уже нельзя по усло-вию. Однако палочка 2 еще не создавала такую же точноволшебную палочку, и Алиса сможет с помощью палочки 2создать волшебную палочку 3, с помощью палочки 3 –палочку 4, и так далее, пока наконец не изготовит 10 вол-шебных палочек. После этого надо попросить каждую из па-лочек сделать по требуемому башмачку – и задача решена.4. Изогнем сначала проволоку так, чтобы она приняла видпятиугольника ABCDE, в котором вершины A, B, C и D –

это вершины квадрата, а вершины A, D иE – это вершины равностороннего треу-гольника (рис.1). Загнем теперь звеньяAE и DE так, чтобы плоскость AED сталаперпендикулярной плоскости ABCD.5. 22 года.Пусть в году x дней. Тогда 6 10x⋅ = 60xвыкуренных сигарет сократят жизнь Го-рыныча на столько, что ему останетсяпрожить всего 10 лет. А 17 5x⋅ = 65x вы-куренных сигарет сократят жизнь Горы-ныча на столько, что ему останется про-

жить всего 5 лет. Значит, 65x – 60x = 5x сигарет сокращаютжизнь на 10 – 5 = 5 лет. Тогда Горыныч, если бросит курить,проживет 10 лет да еще столько, сколько отнимают 60x сига-рет, а это еще 60x : 5x = 12 лет.

Рис. 1

КОНКУРС «МАТЕМАТИКА 6 – 8»

(см. «Квант» 5 за 2009 г.)

6. 1000.Всего было отправлено 2000 ⋅ 1000 приглашений, а всевоз-можных пар людей на сайте 2000 ⋅ 1999/2 = 1999000. При-глашений на 1000 больше, чем пар, поэтому найдутся хотя бы1000 пар, в каждой из которых люди отправили приглашения

друг другу. Ровно 1000 пар друзейможет получиться так. Расставимвсех 2000 человек по кругу, и пустькаждый пригласит 1000 следующих заним по часовой стрелке. Тогда друзь-ями окажутся только те, кто располо-жен строго друг напротив друга.7. Можно. См. рис. 2.8. Посмотрим, как располагаютсягирьки на чашах весов вначале. Вмес-Рис. 2

Рис. 3

те с каждой гирькой массой а граммов, где a < 51, рассмот-рим еще три гирьки с массами a + 100, 101 – а и 201 – аграммов (убедитесь, что все эти четыре гирьки разные). Еслигирька a лежит на левой чаше, то гирьки a + 100 и 201 – a –на правой, а гирька 101 – a – на левой (по условию). Приэтом сумма масс этих гирек на левой чаше равна 101 г, а направой – 301 г, т.е. эти четыре гирьки создают на одной изчаш «перевес» в 200 г. Все двести гирек делятся таким обра-зом на 50 групп по четыре гири в каждой. Так как по усло-вию весы в равновесии, то 25 групп дают перевес на левуючашу и столько же групп дают перевес на правую чашу. За-метим, что в каждой группе по паре гирь с четными и нечет-ными массами, причем гири с массами одной четности отлича-ются на 100 г. Кроме того, более тяжелые гири в каждойпаре лежат на одной чаше. Поэтому когда убирают все гирь-ки с четными массами, то перевес, создаваемый каждой груп-пой, становится равным 100 г, причем на ту же чашу, что ираньше, и весы снова оказываются в равновесии.9. Найдутся.Поскольку 3 3 3 31 2 3 4+ + + = 1 + 8 + 27 + 64 = 100, то подой-дут, например, числа 33100 , 332 100⋅ , 333 100⋅ , 334 100⋅ .10. Пусть E – середина BC, а F – середина CD (рис.3). На-помним, что медианытреугольника делятсяих точкой пересече-ния в отношении 2:1(считая от вершин).Заметим, что любойотрезок с началом вточке A и концом наотрезке EF делитсяотрезком BD также в отношении 2:1, считая от точки A (до-кажите это самостоятельно, используя теорему Фалеса). По-этому задача будет решена, если мы покажем, что точка Kпересечения отрезков EF и PQ является серединой PQ.Считаем, что точки P и E различны (иначе задача очевидна).Пусть P лежит на отрезке BE (случай, когда P лежит на CE,аналогичен). Точка Q лежит тогда на FC, причем PE = FQ(так как BP = CQ по условию, а BE и CQ равны как полови-ны сторон ромба). На луче FE за точкой E отметим точку L,такую что PL = PE = FQ. Треугольник ELP равнобедрен-ный, поэтому PLE PEL CEF CFE∠ = ∠ = ∠ = ∠ . Значит,PL FQP , и эти отрезки равны, откуда следует, что PLQF –параллелограмм, а K – точка пересечения его диагоналей.Поэтому K – середина PQ, что и требовалось.

61-64.p65 30.03.10, 18:3161

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 262

Рис. 5

Рис. 4

скольку среди них ровно семь нечетных чисел – четыре числавида 1± и три числа вида 3± .6. Поскольку 1 1 90PC B PA B∠ = ∠ = ° , четырехугольник

1 1PAC B вписанный (рис.5). Значит, 1 1 180CC A∠ = ° −1 1 1 190AC B A PB A BP− ∠ = ∠ = ° − ∠ . С другой стороны,

11

2A BP ACB AB

∪∠ = ∠ = . Поэтому

1 1 1 190CC A A PB ACC∠ = ∠ = ° − ∠ ,т.е. прямые 1 1AC и AC пересека-ются под прямым углом.7. Заметим, что у каждого в ком-пании не менее трех знакомых.Действительно, если бы некто Xбыл знаком менее чем с тремя,то, исключив из компании одногоиз его знакомых, мы получилибы шестерку людей, в которой уX не более одного знакомого, т.е.посадить их за круглый стол невозможно. Более того, еслибы у каждого было ровно по три знакомых, то число пар зна-

комых людей было бы равно 3 21

72 2

⋅ = , что невозможно.

Значит, у какого-то человека X хотя бы 4 знакомых. Расса-

дим всех, кроме X, за круглый стол. Тогда из четырех егознакомых хотя бы двое сидят рядом. Если мы посадим Xмежду ними, то получим требуемую рассадку.8. Не могут.Обозначим n-е простое число через np . Предположим, что

нашлось m > 1, для которого 21mS k− = , 2

mS l= , где k и l –

натуральные числа. Числа 2S = 5, 3S = 10 квадратами не яв-ляются, так что m > 4. Заметим, что 1m m mp S S −= − =

( )( )l k l k= − + ; ввиду простоты mp получаем 1 l k= − ,

2 1 2 1m mp l k l S= + = − = − . Таким образом, 2

1

2m

mp

S+ =

.

Заметим также, что mp нечетно (так как 2m ≥ ), и

( ) ( )2 2 2 21 3 5 1 0 2 1mp+ + + + = − + − +… …

2 2 21 1 1

2 2 2m m mp p p + − + + − =

… .

С другой стороны, в сумму 22m mS p p= + + +… , кроме двой-ки, входят лишь нечетные числа и при m > 4 не входят не-четное составное число 9 и число 1, поэтому

( )2

11 3 5 2 1 9

2m

m mp

S p+ ≤ + + + + + − − <

… .

Противоречие.Замечание. В последовательности ( nS ) встречаются квадра-ты натуральных чисел. Кроме 9S = 100, известны еще не-сколько; минимальный из них 2474S = 25633969 = 25063 .

10 класс

1. Не могло.4. 1961. Указание. Докажите, что число b является удач-ным тогда и только тогда, когда каждое простое число входитв разложение b на простые множители с одним из следующихпоказателей: 0, 1, 2, 3, 4, 6, 8.

5. Так как для всех x верно неравенство ( ) (2P x ax b= + −

) 0c x c− + > , то дискриминант трехчлена ( )P x отрицателен:

( )2 2 24 2 4 0D b c ac b c bc ac= − − = + − − < .

Кроме того, ( )0 0c P= > . Значит, у трехчлена ( ) 2Q x cx= −

( ) ( )b c x a b− + + + положителен старший коэффициент, а его

дискриминант

( ) ( )2 2 24 2 4 4D b c c a b b c bc ac bc D′ = + − + = + + − − =

ности, что и на старте. Так как скорости постоянны, каждыедва лыжника встречались не более одного раза. Будем обо-значать лыжников их стартовыми номерами. Победителя ник-то не мог обогнать, значит, он сам обогнал двоих. Поэтому он– 3 и обогнал лыжников 1 и 2. Аналогично, финишировав-ший последним не мог никого обогнать, поэтому его обогналидвое, он – 5, и его обогнали 6 и 7. Далее, лыжник 1 не могникого обогнать, т.е. он финишировал третьим (и его, кроме3, обогнал лыжник, финишировавший вторым), а лыжника 7никто не мог обогнать, и он финишировал пятым (обогнав 5 илыжника, финишировавшего шестым).Итак, осталось выяснить, какими финишировали лыжники счетными номерами. Вторым финишировать мог либо 2, либо4. Если 2 пришел вторым, то он обогнал 1, и с группой лиде-ров (1, 2, 3) больше обгонов не происходило. Значит, лыж-ника 4 могли только обгонять, он на финише шестой, а лыж-

ник 6 – четвертый.Если же вторым при-шел 4, то 2 мог придтик финишу только чет-вертым (значит, 4 обо-гнал 2 и 1), а шестымпришел 6 (обогнав 5 иуступив 7).Итого, возможны толь-ко два протокола: 3, 2,1, 6, 7, 4, 5 и 3, 4, 1,2, 7, 6, 5.4. Пусть I – точка пе-ресечения биссектрис

треугольника ABC (рис.4). Тогда

1 1 180B IC BIC IBC ICB∠ = ∠ = ° − ∠ − ∠ =

= ( )180 2ABC ACB° − ∠ + ∠ = 1 1180 60 120 180 B AC° − ° = ° = ° − ∠ .

Значит, четырехугольник 1 1AB IC вписанный. Отсюда

( )1 1 1 2AC B AIB ABI BAI A B∠ = ∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠

(поскольку 1AIB∠ – внешний в ABI∆ ) и, аналогично,

( )1 1 2ABC A C∠ = ∠ + ∠ .

Пусть описанная окружность треугольника 1BC I пересекаетпрямую BC в точке K (легко понять, что эта точка не можетпопасть на продолжение стороны BC). Тогда

1180IKC BKI BC I∠ = ° − ∠ = ∠ =

= 1 1 1180 180AC I AB I IBC° − ∠ = ∠ = ° − ∠ ,

т.е. четырехугольник 1IBCK также вписан.Наконец, поскольку четырехугольники 1 1AB IC , 1BC IK и

1CKIB вписаны, мы имеем

1 1 1 1 1KC B KC I IC B∠ = ∠ + ∠ =

= ( )1 1 12KBI IAB B A AC B∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠

и, аналогично,

1 1 1 1 1KBC KB I IBC∠ = ∠ + ∠ = ( ) 1 12C A ABC∠ + ∠ = ∠ .

Значит, треугольники 1 1ABC и 1 1KBC равны по стороне 1 1BCи двум прилежащим к ней углам. Тогда они симметричны от-носительно 1 1BC , поэтому точки A и K также симметричны.Поскольку точка K лежит на BC, решение закончено.5. Запишем каждую из наших разностей со знаком плюс,если в соответствующей паре чисел большее стоит передменьшим по часовой стрелке, и со знаком минус в противномслучае. У нас получились 11 разностей между числом и сле-дующим за ним по часовой стрелке; значит, сумма всех этихчисел равна нулю, т.е. четному числу. Это невозможно, по-

61-64.p65 30.03.10, 18:3262

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 63

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

отрицателен. Это значит, что ( ) 0Q x > при всех действитель-ных x, что и требовалось доказать.6. Треугольники PBA и PCB подобны, так как BPC∠ – об-

щий, а 1

2PBA PCB AB

∪∠ = ∠ = (рис.6). Значит,

BA PB

BC PC= .

Аналогично, из подобия треугольников PDA и PCD следует,

что DA PD

DC PC= . Так как PB =

= PD, то BA DA

BC DC= , или

AB CB

AD CD= ; заметим, что тогда

и AB CB AB CB

AD CD AD CD

+= =

+.

Обозначим через Q точку пе-

ресечения отрезков AC и BD,а через T – произвольную точ-ку на отрезке AC. Пусть дляопределенности T лежит наотрезке QC, а прямая, прохо-дящая через T, параллельноBD, пересекает CB и CD вточках B′ и D′ соответствен-

но. Тогда по теореме Фалеса CB CB AB CB

CD CD AD CD

′ += =

′ +, или

CB CD

AB CB AD CD

′ ′=

+ + , что и требовалось.

Если же точка T лежит на отрезке AQ, то аналогично рас-сматриваются отрезки, высекаемые на сторонах AB и AD.7. Существуют.Для натурального числа t тройка чисел 3t, –t, –2t удовлетво-ряет всем условиям, кроме, возможно, последнего. А чтобы

сумма ( ) ( ) ( ) ( )13 13 13 13 13 133 2 3 1 2t t t t+ − + − = − − являлась точ-

ным квадратом, достаточно взять, например, 13 133 1 2t = − − .

8. 12n− . Указание. Докажите, что число прямоугольников влюбом разбиении равно n, их площади выражаются числами1, 2, …, n и каждый из них содержит клетку верхнего слоя.Далее примените индукцию по n.

11 класс

1. Не могла.2. Ясно, что массы всех гирь, стоящих на нечетных местах,имеют одинаковую четность, а массы всех остальных гирь –другую четность. Так как общая масса четна, то 1005 гирь нанечетных местах имеют четные массы.Поставим первую гирьку на левую чашку весов (пусть ее мас-са равна 2a ≤ 1000 г), остальные 2008 гирь разобьем на 1004пары стоящих рядом гирек (тогда массы гирек в любой пареотличаются на 1 г). Теперь в некоторых (502 – a) парах по-ставим более легкие гири каждой пары на правую чашку ве-сов, а более тяжелые – на левую; в остальных же (502 + a)парах поставим легкие гири на левую чашку, а тяжелые – направую. Тогда разность суммарных масс гирь на левой и пра-вой чашках будет равна 2a + (502 – a) – (502 + a) = 0.3. Обозначим через E точку пересечения диагоналей AC иBD и рассмотрим случай, когда точка K лежит на отрезке BE(рис.7). Заметим, что PAD CAD CBD PKD∠ = ∠ = ∠ = ∠ , т.е.четырехугольник AKPD вписан. Значит, AKD APD∠ = ∠ =

90= ° . Тогда из равенства 90CPD CMD∠ = ∠ = ° следует

вписанность четырехугольника CPMD, откуда

180EPM CPM EDC BAC BAE∠ = ° − ∠ = ∠ = ∠ = ∠ .

Следовательно, PM AB BC KP⊥P P , что и требовалось.Случай, когда K лежит на отрезке DE, аналогичен.4. Если b = 1, то a = c = 1, и в качестве другой тройки можно

выбрать (1, 25, 49). Еслиже 1b ≠ , то из взаимнойпростоты разность про-грессии d не может ока-заться нулевой. Тогда безограничения общности d == b – a = c – b > 0.Поскольку b взаимно про-сто как с a, так и с c, тооно взаимно просто с ac.Далее, произведение вза-имно простых чисел ac и bявляется квадратом, по-

этому и каждое из них – также квадрат, т.е. 2b f= ,

( )( )2 2 2ac m b d b d b d= = − + = − для некоторых натуральных

f и m. При этом m d≠ , так как в противном случае2 2 2 22b m d m= + = , что невозможно.

Рассмотрим теперь тройку (b – m, b, b + m). Ее члены обра-зуют арифметическую прогрессию, являются натуральными

числами (так как 2 2 2 0b m d− = > ), и их произведение

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2b m b b m f b m df− + = − = является квадратом.

Кроме того, ( ) ( )2НОД , НОД , 1b m b ac= = , откуда

( ) ( ) ( )1 НОД , НОД , НОД ,b m b b m b b m= = − = + .

Значит, эта тройка – квадратная, она имеет общий элемент bс исходной и отлична от нее (ибо b m b d− ≠ − ), что и требо-валось.5. Предположим противное; пусть для определенности

90γ ≥ ° . Тогда90α + β ≤ ° , и углы α и

β острые. Поэтому

0 90 90< β ≤ ° − α < ° , от-

куда ( )cos cos 90β ≥ ° − α =sin= α , что противоречит

условию.6. Пусть X – точка пере-сечения луча SO с плос-костью ABCD (рис.8).Так как точка O лежитвнутри пирамиды, то точ-ка X лежит внутри ееоснования. При этом

XAB XCD XBC XDAS S S S+ = +(одно из возможных до-казательств этого фактаусматривается из рисун-ка 9 – каждая из суммравна половине площадипараллелограмма ABCD). Следовательно,

XSAB XSCD XSBC XSDAV V V V+ = + , (1)

так как высота этих пирамид, опущенная из вершины S, об-щая. Аналогично,

XOAB XOCD XOBC XODAV V V V+ = + . (2)

Вычитая из равенства (1) равенство (2), получаем требуемое.7. Не может.Рассмотрим многочлен ( ) ( ) ( ) ( )2P x b c x c a x a b= − + − + − –его степень не больше 2. По условию, ( )1234 0P = ; крометого, очевидно, ( )1 0P = . Значит, если его степень равна 2,то по теореме Безу ( ) ( )( )( )1 1234P x b c x x= − − − . Если жестепень меньше 2, то он может быть только нулевым (по-скольку у него есть два корня); тогда a = b = c, и все равноверно равенство ( ) ( )( )( )1 1234P x b c x x= − − − . Приравнивая

Рис. 6

61-64.p65 30.03.10, 18:3263

К В А Н T $ 2 0 1 0 / 264

Отпечатано в ОАО ордена Трудового Красного Знамени«Чеховский полиграфический комбинат»

142300 г.Чехов Московской области,Сайт: www.chpk.ru E-mail: marketing@chpk.ru

Факс: 8(49672) 6-25-36, факс: 8(499) 270-73-00Отдел продаж услуг многоканальный: 8(499) 270-73-59

Журнал «Квант» зарегистрирован в Комитете РФпо печати. Рег. св-во 0110473

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант»Тел.: 930-56-48

Е-mail: admin@kvant.info, math@kvant.info, phys@kvant.infoСайт: kvant.info

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

C.А.Дориченко, А.А.Егоров, Е.М.Епифанов,С.П.Коновалов, А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова,

А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИЮ.А.Ващенко, Д.Н.Гришукова, А.Е.Пацхверия,

М.В.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАЕ.А.Митченко, Л.В.Калиничева

©

ВСЕРОССИЙСКАЯ СТУДЕНЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДАПО ФИЗИКЕ

1. 12

5

Ls = , 2

5

Ls = . 2.

2

12

LT

gR

π= .

3. 13

Ωω = , 2

2

3

Ωω = ,

2 2 2

1 24 36

v Rv v

Ω= = + .

4. ( ) ( )

2 212 2 1 2 1

2

1 1 1

16 4 2

r v v v vGm

R rR

× − − < + −

r r r r r

.

5. Если max2

Hh≤ , то ( )

2

max 2 14

r gHD r n

ρ= + −

σ, если

max2

Hh> , то ( )( )max max2 4 1

rD r n H h

d= + − − , где max

4h

gd

σ=

ρ– максимальная высота столба жидкости в капилляре.

6. 25

3T T= . 7. mp B

FR

= . 8.2

0

1

2 2

qW q

R

= − ϕ πε

. 9. 0

4

II = .

РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЭТАП XLIV ВСЕРОССИЙСКОЙОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ ПО ФИЗИКЕ

7 класс

1. 0 2,5 км ч 2 ч 5 кмL v t= = ⋅ = . 2. V = 20 мл.

3. 2 1

2 1

0,18 мили2

B AL v v

L L Lv v

−∆ = − = = +

.

4. d = 0,5 мм, h = 0,1 мм.

8 класс

1. Безразлично, куда бежать вначале: вверх или вниз.2. ∆t

31,25 C= ° . 3. М = 12,5 г, L = 41,5 мм.

4. 2

0 2кгabc

mc b

ρ= =

-

.

9 класс

1. 20 минt = . 2. ( ) ( )2 2

1 0 1 012 1

2 0 2

20,707 кг

2

t t t tcm m

c t t

α − + −= ≈

−.

3. Все три резистора соедине-ны параллельно и подключе-ны к полюсам батарейки; U == 3 В; 2 1 2 мАI I− = .4. 1 050N N= ≈

170 кадров с≈ .5. В системе есть всего дваизображения, полученные взеркалах M

1 и M

2 (рис.11).

10 класс

1. max 12

gL mv

M

µ = +

. 2. F = 0,65 mg.

3. При 1 01

4T T= и 2 0

3

4T T= . 4.

510 Ом

48AB

RR = = .

5. ( )0 0,82 0,05 лV ≈ ± .

Рис. 11

свободные члены в равенстве

( ) ( ) ( ) ( )2P x b c x c a x a b= − + − + − = ( )( )( )1 1234b c x x− − − ,

получаем ( )1234a b b c− = − , откуда a = 1235b –1234c. Тогдазначение первого трехчлена в точке 1 равно a + b + c == 1236b – 1233c = 3(412b – 411c), т.е. делится на 3; значит,оно не может равняться 2009.8. 50 2 .Пронумеруем в квадрате строки (снизу вверх) и столбцы(слева направо) числами от 1 до 100; будем обозначать клет-ку парой номеров ее строки и столбца. Назовем расстояни-ем между клетками расстояние между их центрами. Клеткиназовем парными, если числа в них различаются на 5000.Заметим, что расстояние от клетки (50, 50) до любой другой

(в частности, до парной ей) не превосходит 2 250 50+ =50 2= . Значит, и минималь-

ное расстояние между парны-

ми клетками также не превос-

ходит 50 2 . На рисунке 10приведен пример расстановкичисел 1, ..., 64 в квадрате

8 8¥ , при которой минималь-ное расстояние между центра-ми парных клеток (в данномпримере числа в парныхклетках отличаются на 32)достигает своего наибольшегозначения 4 2 .

Этот пример легко обобщить, чтобы расставить нужным обра-зом числа в квадрате 100 100¥ .

11 класс

1. 2 2,25 2,25 ДжK П= = .

2. 21 5 м

2

gH

τ= = ;

2

0,2 кг с2

Mµ = =

τ. 3.

22

8

C RQ

R r = +

E.

4. 1tg 0,347ϕ ≈ , 1 19,1ϕ ≈ ° .5. Тепло подводится на всех верхних горизонтальных и навсех левых вертикальных участках, 0 09,18Q p V= .

Рис. 10

61-64.p65 30.03.10, 18:3264