НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 Решетки и правильные многоугольники.А.Егоров

10 Тени сверкающего снега. В.Птушенко

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »16 Задачи М2458–М2461, Ф2465–Ф246817 Решения задач М2446–М2449, Ф2453–Ф245621 О вписанной окружности прямоугольного

треугольника. А.Заславский24 Задача с кружка, или Ещераз о задаче М2447.

М.Панов

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ27 Задачи28 Какие бывают опоры. С.Дворянинов

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В29 Молекулярно-кинетическая теория и харак-

теристики вещества (окончание). С.Варламов

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »32 Физика+флора

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »36 Расстояния на сфере. С.Кузнецов

К О Н К У Р С И М Е Н И А . П . С А В И Н А38 Задачи 24–27

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К39 Футбольные и волейбольные турниры.

А.Заславский

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

42 Наполеон-водолаз и Фейнман-эксперимента-тор. А.Панов

О Л И М П И А Д Ы44 XXXVIII Турнир городов46 XXV Международная олимпиада

«Интеллектуальный марафон»

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы52 Олимпиада «Ломоносов-2017»

59 Ответы, указания, решения

Памяти А.А.Егорова (3)

Вниманию наших читателей (26)

Н А О Б Л О Ж К ЕI Иллюстрация к «Калейдоскопу «Кванта»

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.Л.Семенов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

Н.Н.Андреев, А.Я.Белов, Ю.М.Брук, А.А.Варламов, С.Д.Варламов,

А.Н.Виленкин, В.И.Голубев,Н.П.Долбилин, С.А.Дориченко,

В.Н.Дубровский,А.А.Егоров , А.А.Заславский,

П.А.Кожевников (заместитель главногоредактора), С.П.Коновалов, А.А.Леонович,Ю.П.Лысов, В.В.Произволов, В.Ю.Протасов,

А.М.Райгородский, Н.Х.Розов, А.Б.Сосинский,А.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин, В.М.Тихомиров,

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан (заместитель

главного редактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

А.В.Анджанс, 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 академия наук

Математический институт

им. В.А.Стеклова РАН

Физический институт

им. П.Н.Лебедева РАН

АПРЕЛЬ Ю№420

17

Решетки и правильныемногоугольники

А.ЕГОРОВ

ВЭТОЙ СТАТЬЕ РАЗБИРАЮТСЯ ТРИ ТЕС-но связанных между собой вопроса.

1) Можно ли расположить правильныйn-угольник на листе линованной бумаги –в прямую или косую клетку – так, чтобыего вершины попали в точки пересечениялиний?

2) При каких углах α , соизмеримых сполным, т.е. содержащих целое или раци-ональное число градусов, значения сину-са, косинуса или тангенса угла α рацио-нальны?

3) В какие положения может попастьцентр правильного n-угольника, которыйразрешается перекатывать по плоскости(этот вопрос составлял содержание задачиМ252 из «Задачника «Кванта»)?

§1. Точечные решетки на плоскости

Рассмотрим на плоскости сетку, обра-зованную двумя семействами параллель-ных прямых, разрезающих плоскость наодинаковые параллелограммы (рис.1).

Множество всех вершин этих паралле-лограммов назовем точечной решеткой,сами вершины – узлами решетки, а лю-

бой из параллелограммов разбиения –основным параллелограммом разбиения,или параллелограммом, порождающимрешетку.

Заметим, что одна и та же решетка можетполучиться из разных сеток прямых: нарисунке 2 изображена так называемая це-

лочисленная решетка, т.е. множество то-чек, имеющих в декартовой системе коор-динат целочисленные координаты. Цело-численную решетку вместе с сеткой синихпрямых, параллельных осям координат,можно представлять себе как бесконечныйлист клетчатой бумаги, тогда основнымпараллелограммом будет квадрат со сторо-ной 1. Ту же самую целочисленную решет-ку можно получить, проводя красные пря-мые, тогда основным параллелограммомслужит параллелограмм ABCD. Таким об-разом, понятие основного параллелограм-ма решетки связано не только с самойрешеткой, но и с сеткой прямых, этурешетку порождающих.

Из простейших свойств решеток покаотметим следующие.

1° . Всякий параллельный перенос, пе-реводящий некоторый узел решетки в дру-гой узел, переводит решетку в себя.

Рис. 1

Рис. 2

Статья была опубликована в «Кванте» №12за 1974 год.

Р Е Ш Е Т К И И П Р А В И Л Ь Н Ы Е М Н О Г О У Г О Л Ь Н И К И 3

2° (лемма о четвертой вершине паралле-лограмма). Если три вершины паралле-лограмма являются узлами некоторой ре-шетки, то и четвертая вершина тоже узелэтой решетки.

3° . Если через произвольные два узла Qи R решетки провести прямую, то этапрямая пройдет через бесконечное количе-ство узлов (см. рис.1). При этом все рас-стояния между соседними узлами, лежа-щими на прямой, будут равны.

4° . Если параллелограмм с вершинамив узлах некоторой решетки не содержитдругих узлов на сторонах и внутри себя, тоон эту решетку порождает.

Упражнения

1. Докажите свойства 1 4° − ° .2. Пусть а и b – любые действительные

числа. Докажите, что множество всех точек скоординатами (ka, lb), где k и l – целые числа,является решеткой.

Важное свойство решеток отражает сле-дующая задача:

В некотором узле А решетки находит-ся охотник, а в остальных узлах сидятодинаковые и одинаково расположенныезайцы (рис.3). Охотник наугад стреляет(траектория пули – луч, выходящий източки А). Вернется ли он домой с добы-чей? (Зайцы считаются «толстыми».)

Рис. 3

23 апреля 2017 года ушел из жизниАндрей Александрович Егоров, замеча-тельный математик, педагог и человек.Большую часть своей творческой жизнион проработал в журнале «Квант» и вКолмогоровском интернате (ныне СУНЦ),щедро делясь с читателями и ученикамиглубоким пониманием и ярким видениемлюбимой науки.

Более сорока лет Андрей Александро-вич писал статьи для нашего журнала,четверть века состоял в его редакционнойколлегии, без малого двадцать лет руко-водил отделом математики. Его статьи икниги помогли становлению и развитиюмногих будущих математиков, школьныеучителя и вузовские педагоги еще многолет будут с благодарностью вспоминатьАндрея Александровича и активно ис-пользовать его творческое наследие.

Мы же, работавшие рядом с АндреемАлександровичем, будем всегда помнитьглубокого профессионала, яркого, остро-умного, широко эрудированного челове-

ка, который помнил (с точностью до даты)множество историй и всегда был готов ихрассказать. Он был настоящим другом,готовым всегда прийти на помощь. Намбудет очень его не хватать.

Редакция и редакционная коллегияжурнала «Квант»

Андрей Александрович Егоров(11.10.1939–23.04.2017)

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 44

Понятно, что если траектория пули про-ходит через узел, отличный от точки А, тозаяц, сидящий в этом узле, будет убит.Поэтому интересен только тот случай, ког-да узел А – единственный на траекториипули; оказывается, что и в этом случаекакой-нибудь заяц будет убит. Доказа-тельство содержится в следующей лемме.

5° (лемма об охотнике и зайцах). Пустьлуч l проходит через узел А некоторойрешетки. Тогда найдется такой узел, рас-стояние от которого до луча l будет меньшелюбого наперед заданного числа ε .

Доказательство. Обозначим точки пересе-чения луча l с наклонными прямыми сеткичерез 0 1 2, , , , ,nA A A A A= … … (см. рис. 3,а).Совместим все параллелограммы, на правыхсторонах которых лежат эти точки, с паралле-лограммом ABCD, тогда каждая точка nA

перейдет в некоторую точку nA′ на стороне ВС(см. рис. 3,б). Для любого 0ε > найдутсятакие точки mA′ и m kA +′ , что расстояние междуними будет меньше ε .

Докажите теперь, что расстояние от точ-ки kA до одного из узлов решетки меньшеε (в частности, если mA′ совпадает с m kA +′ ,то kA будет узлом решетки).

Следствие. Для любого иррационально-го числа 0α > и любого положительногоε найдутся такие натуральные m и n, чтоm nα − < ε .

Доказательство. Выберем на плоскости де-картову систему координат и проведем прямуюy x= α . В силу иррациональности α , един-ственной точкой с целочисленными координа-тами на этой прямой будет начало координат.Прямая y x= α пересекает каждую вертикаль-ную прямую х = m в точке ( ),m mα . По лемме5° найдется такой узел ( ),m n целочисленнойрешетки, что расстояние (по вертикали) отнего до точки ( ),m mα будет меньше ε , что итребовалось доказать.

Легко видеть, что среди всевозможныхпопарных расстояний между узлами лю-бой решетки есть наименьшее (докажи-те!).

Это свойство вместе со свойством 2°решетки можно принять за определениерешеток.

Теорема. Пусть множество М на плос-кости обладает следующими свойствами:

а) расстояние между любыми двумя еготочками не меньше некоторого положи-тельного числа d;

б) если три точки А, В, С множества Мявляются вершинами некоторого парал-лелограмма ABCD, то и четвертая вер-шина D этого параллелограмма принад-лежит множеству М.

Тогда М – решетка.

Доказательство. Возьмем произвольнуюточку B, принадлежащую множеству М. ПустьА – ближайшая к В точка из М (рис.4,а; такаяточка существует, так как все попарные рассто-яния между точками множества М больше d).

Через точки А и В проведем прямую. Средиточек множества М, не лежащих на этой пря-мой, выберем ближайшую к точке В – точку С– и построим параллелограмм ABCD. В силусвойства б), точка D также принадлежит мно-жеству М.

Построим решетку, порождаемую паралле-лограммом ABCD. Докажем, что множество Мсовпадает с построенной решеткой.

Из свойства б) множества М следует, что всеузлы этой решетки ему принадлежат.

Упражнение 3. Докажите это.

Поэтому нужно только проверить, что ни награнице, ни внутри параллелограмма ABCDнет точек множества М, отличных от его вер-шин.

Это почти очевидно: если точка S лежитвнутри параллелограмма (рис.4,б), то хотя быодин из углов ASB, BSC, CSD и ASD будет

Рис. 4

Р Е Ш Е Т К И И П Р А В И Л Ь Н Ы Е М Н О Г О У Г О Л Ь Н И К И 5

тупым или прямым и поэтому расстояние от Sдо одной из его вершин окажется меньшекакой-нибудь его стороны (если S лежит награнице – то же самое); пусть, например, эторасстояние SC. Построим параллелограммBCSS′ ( S′ принадлежит М). Тогда BS′ мень-ше либо ВС, либо ВА, но это противоречитвыбору либо точки С, либо точки А.

Остальные случаи разберите самостоятель-но.

Теорема доказана.

Упражнения

4. Пусть α – произвольное иррациональноечисло. Докажите, что для любого 0ε > илюбого действительного числа β найдутся та-кие целые числа m и n, что m nα + − β < ε .

5*. Докажите, что десятичная запись числа2γ может начинаться с любой наперед задан-ной комбинации цифр.

§2. Правильные многоугольники

Возьмем лист клетчатой бумаги. Понят-но, что квадрат с вершинами в узлах такойрешетки можно нарисовать многими спо-собами (рис.5,а). А можно ли на клетча-

той бумаге нарисовать правильный тре-угольник или правильный шестиугольник?Оказывается, нельзя.

Упражнение 6. Докажите это.

В то же время легко построить решетку,на которую правильный треугольник илиправильный шестиугольник уже можно«поместить» (рис.5,б).

Спрашивается, а как обстоят дела состальными правильными многоугольни-ками? Существует ли, например, решетка,на которую можно было бы «поместить»правильный пятиугольник так, чтобы всеего вершины оказались узлами этой ре-шетки?

Оказывается, такой решетки нет. Дей-ствительно, предположим, что нам уда-лось построить решетку так, что вершиныправильного пяти-угольника оказа-лись в ее узлах(рис.6). Проведемдиагонали этогопятиугольника. Посвойству 2° §1,точки пересечениядиагоналей явля-ются узлами ре-шетки: каждая изних служит четвертой вершиной паралле-лограмма, три другие вершины которого –узлы решетки (точка 1A , например, этовершина параллелограмма 1ACDE ). Этиточки образуют правильный пятиуголь-

ник со стороной, в 1 1A Bk

AB= раз отличаю-

щейся от стороны исходного пятиугольни-ка. Проведя диагонали нового пятиуголь-ника, получим еще меньший пятиугольникс вершинами в узлах нашей решетки и такдалее. В конце концов сторона пятиуголь-ника станет меньше минимального рассто-яния между узлами решетки, а это нахо-дится в противоречии с тем, что вершиныполучающихся пятиугольников – узлырешетки.

Упражнение 7. Найдите k.

Итак, правильный пятиугольник не мо-жет быть «нарисован» ни на одной решет-ке.

Докажем, что точно так же обстоит делои с остальными правильными q-угольни-ками при 7q ≥ .

Доказательство основывается на той жеидее: предполагается, что правильныйq-угольник с вершинами в узлах решеткисуществует, и строится меньший q-уголь-ник с вершинами в узлах. Затем процесс

Рис. 6

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 46

построения повторяется. В конце концовполучается правильный q-угольник со сто-роной, меньшей минимального расстояниямежду узлами. Поэтому нам нужно толькоуказать, как по данному правильномуq-угольнику с вершинами в узлах решеткипостроить меньший правильный q-уголь-ник, вершины которого будут также нахо-диться в узлах нашей решетки.

Пусть 1 2, , , qA A A… – узлы некоторойрешетки, являющиеся вершинами правиль-ного q-угольника, и пусть М – произволь-ный узел решетки (рис.7). Отложим от

точки М отрезки 1MA′ , 2MA′ , 3MA′ , …..., qMA′ , равные, параллельные и так женаправленные, как стороны 1qA A , 1 2A A ,

2 3A A , …, 1q qA A− нашего многоугольника.Точки 1A′ , 2A′ , 3A′ , ..., qA′ – узлы решет-ки, так как каждая из них является четвер-той вершиной параллелограмма, три дру-гие вершины которого заведомо узлы.

Легко видеть, что многоугольник

1 2 qA A A′ ′ ′… – правильный, причем длина

его стороны в 1 2

1q

A Ak

OA= раз больше дли-

ны стороны исходного q-угольника.Тем самым, вопрос о правильных много-

угольниках, «помещающихся» на точеч-ных решетках, полностью решен: такимимногоугольниками являются только квад-раты, правильные треугольники и пра-вильные шестиугольники.

Упражнения

8. Найдите qk .9. Существуют ли решетки, кроме целочис-

ленной, на которые можно поместить квадрат?10. Приведите пример решетки, отличной от

изображенной на рисунке 5,б, на которуюможно поместить правильный треугольник.

11. Существует ли решетка, на которуюпомещаются и квадрат, и правильный треу-гольник?

12 (Н.Васильев). На плоскости проведеныпараллельные прямые на одинаковых расстоя-ниях друг от друга («тетрадь в линейку»).Какие правильные n-угольники можно нарисо-вать на плоскости так, чтобы все их вершинылежали иа проведенных прямых?

§3. Иррациональность значенийтригонометрических функций

Сможете ли вы ответить на такой воп-рос: рациональны или иррациональны

числа sin1° , cos19

π,

7tg

55π ? Или на

такой: соизмеримы1 ли числа π и 1

arctg3

?

И вообще: для каких углов p

qα = π (р и q

целые) будут рациональными числа: a)cos α ; б) sin α ; в) tg α ?Ясно, что cos α рационален при

2

kπα = и ( )3 1

3k

πα = ± ,

sin α – при 2

kπα = и ( )6 1

6k

πα = ± ,

tg α – при kα π= и 4

kπ

α π= ± + ,

где k – целое. Мы увидим, что при осталь-

ных p

qα π= значения всех трех функций

иррациональны.Для доказательства нам понадобятся

следующие факты из тригонометрии.1. Для всякого натурального п функция

cosnx является многочленом п-й степени

1 Напомним, что два числа α и β называют-ся соизмеримыми, если их отношение рацио-

нально, т.е. если p

q

α=

β, где р и q – целые числа

и q > 0.

Рис. 7

Р Е Ш Е Т К И И П Р А В И Л Ь Н Ы Е М Н О Г О У Г О Л Ь Н И К И 7

от cos x с целыми коэффициентами, т.е.

( )cos cosnnx P x= ,

где ( )nP y – многочлен с целыми коэффи-циентами степени n.

2. Функция sin nx является произведе-нием функции sin x на некоторый много-член степени n – 1, относительно cos x ,с целыми коэффициентами, т.е.

( )1sin sin cosnnx x Q x-= ◊ ,

где ( )1nQ y- – многочлен с целыми коэф-фициентами степени n – 1.

Упражнение 13. Докажите эти утвержде-ния.

Отметим простые следствия приведен-ных утверждений:

а) если cos x рациональное число, тоcosnx – тоже рациональное число, а числаsin x и sin nx соизмеримы (приsin 0nx π );б) если р и q взаимно простые числа и

cosp

qπ рациональное число, то число

cosq

π– также рационально.

Докажем следствие б) (следствие а) очевид-но).

Заметим, что если р и q > 1 взаимно просты,то существует такое натуральное число k, чточисло kp при делении на q дает в остатке 1, т.е.kp = lq + 1.

Упражнение 14. Докажите это.

Поэтому если число cosp

qπ рационально, то

рационально и число

( )1cos cos 1 cos

lp lqk

q q q

+ ππ = π = −

.

Если же рационально число cosq

π, то раци-

онально и cosp

qπ при любом целом р (см.

утверждение 1).

Итак, число cosp

qπ при взаимно про-

стых р и q > 1 рационально тогда и

только тогда, когда рационален cosq

π.

Теперь докажем, что cosq

π иррациона-

лен при всех натуральных q > 3.

Предположим, что 1

1

cosm

q n

π= – рацио-

нальное число ( 1m и 1n – натуральные).Введем на плоскости декартову системукоординат и проведем лучи, образующие сположительным направлением оси х углы

0, q

π,

2

q

π, …,

2 1q

qπ

-.

Пусть 0 1 2 2 1, , , , qA A A A -… – точки пересече-ния этих лучей с единичной окружностью(рис.8). Многоугольник 0 1 2 2 1, , , , qA A A A -…

правильный; точка kA имеет координаты

cos ,sink k

q qπ π

Ê ˆÁ ˜Ë ¯

. Так как cosq

π рациона-

лен, то абсцисса точки kA – число рацио-нальное:

cos cos kk

k

mkp

q q n

ππ

Ê ˆ= =Á ˜Ë ¯

;

ордината же ее равна произведению раци-

онального числа cos kk

k

rQ

q s

πÊ ˆ=Á ˜Ë ¯

на число

sinq

π (см. упражнения 13 и 14; k = 1, 2,...

..., 2q – 1; координаты точки ( )0 1, 0A = ).Таким образом,

, sink kk

k k

m rA

n s q

πÊ ˆ= ◊Á ˜Ë ¯

.

Приведем все дроби k

k

m

n,

k

k

r

s к общему

знаменателю; обозначим его через D. Тог-да

, sink kk

M NA

D D q

πÊ ˆ= ◊Á ˜Ë ¯ ,

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 48

где kM и kN – целые, k = 1, 2,..., 2q – 1.Рассмотрим теперь все точки с координа-тами

, sini j

D D q

πÊ ˆ◊Á ˜Ë ¯

(i и j – целые) – эти точки образуютрешетку (см. упражнение 2), причем вер-шины нашего правильного 2q-угольника

0 1 2 1qA A A -… являются ее узлами. Но это-го не может быть (см. §2), так как 2 8q ≥ .Поэтому наше предположение о том, что

при q > 3 число cosq

π рационально, было

неверным, и, следовательно, все числа

cosp

qπ (q > 3, р и q взаимно просты)

иррациональны!

Упражнение 15. Пусть 3q ≥ , р и q взаимнопросты. Докажите, что:

а) числа sinp

qπ для 6q ≠ иррациональны;

б) то же для чисел tgp

qπ , если 4q ≠ .

Полученные результаты можно сформу-

лировать еще и так: числа arcsinp

q,

arccosp

q при 0

p

qπ ,

1

2± , 1± , а также

числа arctgp

q при 0

p

qπ , 1± (и взаимно

простых р и q) несоизмеримы с числом π .

§4. Решение задачи М252

Расмотрим задачу М252:а) На плоскости лежит правильный

восьмиугольник со стороной а. Его разре-шается «перекатывать» по плоскости,переворачивая (симметрично отражая)относительно любой стороны. Докажи-те, что для любой точки А плоскости илюбого 0ε > можно «перекатить» вось-миугольник в такое положение, что центрего будет находиться от точки А нарасстоянии меньше ε .

б) Решите аналогичную задачу для пра-вильного пятиугольника.

в) Для каких правильных q-угольниковверно аналогичное утверждение?

Мы приведем два решения этой задачи.Первое решение опирается на иррацио-

нальность чисел 2

cosq

π при q > 4, 6q π .

Второе основывается на теореме, доказан-ной в §1.

Прежде всего заметим, что утверждениезадачи не справедливо для правильныхтреугольника и шестиугольника, а также идля квадрата: в этих случаях точки, вкоторые попадает центр соответствующегомногоугольника в результате «перекаты-ваний», образуют решетку (докажите это!).Оказывается, что для всех остальных пра-вильных q-угольников утверждение зада-чи верно – мы докажем, что, каковы бы нибыли точка А и 0ε > , центр любого пра-вильного q-угольника при 3q π , 4q π ,

6q π после некоторого количества «пере-катываний» попадает в круг радиуса ε сцентром в точке А.

Прежде чем приступать к доказатель-ству, выясним некоторые свойства множе-ства М тех точек плоскости, в которыепереходит центр правильного q-гольникаР после четного числа «перекатываний».Заметим, что q-угольник P¢ , получаю-щийся из Р после четного числа «перека-тываний», расположен таким образом, чтоего стороны параллельны сторонам исход-ного. Поэтому мы можем считать, что P¢получен из Р параллельным переносом.

Лемма 1. Если три вершины паралле-лограмма А, В и С принадлежат М, то ичетвертая его вершина D также принад-лежит М.

Доказательство. Пусть точки A, В и Спараллелограмма принадлежат М (рис.9) и D– четвертая вер-шина паралле-лограмма. Ясно,что мы можемпройти из точкиС в точку D, осу-ществляя те жепараллельныепереносы, что и при переходе из точки В вточку А.

Лемма 2. Множество М переходит в

себя при повороте на угол 2

q

π вокруг

любой из его точек.

Рис. 9

Доказательство. Построим цепочку q-уголь-ников, примыкающих друг к другу по сторонеи «соединяющих» наш q-угольник с центром взаданной точке О с q-угольником с центром влюбой другой точке А множества М (рис.10).

При повороте на угол 2q

π вокруг точки О эта

цепочка многоугольников переходит в другуюцепочку, соединяющую исходный многоуголь-ник с многоугольником, центром которого яв-ляется точка A′ , полученная из А поворотом.Следовательно, точка A′ также принадлежитмножеству М.

Перейдем непосредственно к решениюзадачи.

Первое решение. Разберем сначала слу-чай правильного восьмиугольника. Будемсчитать, что апофема многоугольника рав-на 1. Введем на плоскости систему коорди-нат так, как показано на рисунке 11, ипосмотрим, что происходит с координата-ми центров при «перекатывании» черезстороны многоугольника Р.

При «перекатывании» вдоль оси х орди-наты центров не меняются, а абсциссы

Р Е Ш Е Т К И И П Р А В И Л Ь Н Ы Е М Н О Г О У Г О Л Ь Н И К И 9

Рис. 11

увеличиваются или уменьшаются на 2.При «перекатывании» вдоль биссектрисыпервого координатного угла координатыточек либо увеличиваются, либо уменьша-ются на 2 . Если сделать n шагов вдольэтой биссектрисы вправо и вверх, затем mшагов вдоль оси х влево и m шагов вдольоси у вниз, то мы попадем в точку N с

координатами ( )2 2 , 2 2n m n m- - . Таккак 2 – число иррациональное, то (см.§1) найдутся такие натуральные m и n, что

0 2 24

n mε

< - < ,

где ε – любое положительное число.Отметим, что мы можем также прийти в

точку N¢ , получающуюся из N поворотомна угол 45∞ по часовой стрелке, и в точкуN¢¢ , получающуюся из N поворотом наугол 45∞ против часовой стрелки.

Достроим треугольник ON N¢ ¢¢ до квад-рата ON N N¢ ¢¢ ¢¢¢ и рассмотрим решетку,им порождаемую. Так как стороны и диа-гонали этого квадрата меньше ε , то вовсяком круге L радиуса ε окажется хотябы один узел решетки. Но по лемме 1 всеузлы этой решетки можно получить «пе-рекатываниями» из центра восьмиуголь-ника.

Тем самым, про восьмиугольник все до-казано. Для остальных многоугольников(конечно, правильных) доказательствопроводится по той же схеме.

Второе решение. Это решение несколь-ко короче первого и, пожалуй, нагляднее,но оно использует трудную теорему из §1.Как мы видели, достаточно доказать, что вмножестве М найдутся сколь угодно близ-кие точки.

Предположим, что это не так, т.е. чторасстояние между точками множества Мбольше некоторого положительного числаd. В силу теоремы из §1 и лемм 1 и 2,множество М является решеткой, которая,к тому же, переходит в себя при повороте

на угол 2

q

π. Из этого немедленно следует,

что существует правильный q-угольник свершинами в ее узлах, а это возможнолишь при q = 3, q = 4 или q = 6.

Решение закончено.

Рис. 10

Тени сверкающего снегаВ.ПТУШЕНКО

ДВА МЕСЯЦА НАЗАД МНЕ ДОВЕЛОСЬопубликовать фотографии одного нео-

бычного природного явления – снежныхтеней («Наука и жизнь», 2017, №2), кото-рые неожиданно вызвали большой интерескак знакомых, так и незнакомых мне лю-дей. Например, на одном из «научныхфорумов» в интернете разгорелась бурнаядискуссия о природе явления, о чем я узналот участников форума, разыскавших менядля уточнения деталей – погодных усло-вий, места и времени наблюдения.

Мне показалось, что было бы полезнорассмотреть хотя бы некоторые из гипо-тез, высказанных интересующимся нау-кой сообществом. Полезно как для пони-мания самого явления, оказавшегося стольувлекательным, так и в качестве некоторо-го примера «затравки» для будущих ис-следований, которые отважатся провестичитатели, не удовлетворенные лишь обме-ном мнениями и готовые потратить соб-

ственное время в поисках научной истины.В качестве источников необходимых длярасчетов физических величин будут ис-пользованы лишь доступные в интернетеиздания, чтобы подчеркнуть, насколько нетребующим какого-либо подвига являетсяпредлагаемый здесь анализ.

Многие вариации предложенных участ-никами обсуждения механизмов форми-рования «отпечатка» на снегу (см. при-веденные в статье и на четвертой страни-це обложки фотографии) можно свести кчетырем основным гипотезам.

1) Картина на снегу – это запечатленнаянастоящая тень: неожиданно выглянув-шее солнце растопило (нагрело) снег навсей поверхности поля, кроме тех участ-ков, на которые падала тень. После этогоначалась поземка, и снежинки прилипалик более теплому снегу на поле, но неприлипали к холодному снегу в тени.

2) Вторая гипотеза также рассматривает

Т Е Н И С В Е Р К А Ю Щ Е Г О С Н Е Г А 11

неравномерный прогрев поверхности сне-га солнцем, но предполагает иной меха-низм визуализации возникающего распре-деления температур: на солнце снег спек-ся, образовав ледяную корочку, и в даль-нейшем ее выветривание происходило мед-леннее, чем не спекшихся участков в тени.

3) Третья гипотеза тоже видит причинув неравномерном нагреве поверхности сне-га, но в момент снегопада: с двух сторон отзатененной поверхности, на границе болеетеплого и более холодного снега, возника-ют восходящие конвективные потоки воз-духа, которые не дают снежинкам опус-титься в область тени.

4) Наконец, четвертая гипотеза припи-сывает образование этой картины отраже-нию солнечного света от веток и стволов(как солнечный зайчик, который, упав наснег, растапливает его) или же тепловомуизлучению нагретых солнцем стволов иветок.

Первые три гипотезы предполагают ме-ханизмы, которые включают один общийэлемент: неравномерный нагрев поверхно-сти снега. Вот его, этот нагрев, мы ипопытаемся оценить. Для этого нам потре-буются следующие данные, которые легконайти в физических справочниках: интен-сивность солнечного излучения вблизиповерхности Земли без учета ослабленияатмосферой (так называемая солнечнаяпостоянная), степень ослабления излуче-ния в атмосфере, склонение солнца, альбе-до снега (доля отраженногоим света), а также некоторыехарактеристики теплообменадля снега, о которых мы ска-жем ниже.

Оценим энергию Е солнеч-ного света, падающую на еди-ницу горизонтальной поверх-ности земли в единицу вре-мени в безоблачный день вконце февраля на широтеМосквы (время и место, ког-да и где наблюдалось этоявление; рис.1):

0 атм sinE E a h= ,

где 20 1367 Вт мE = – сол-

нечная постоянная, h – угловая высотасолнца над горизонтом, атмa – степеньослабления солнечного света при прохож-дении в атмосфере, зависящая от h. Наи-большая высота, а следовательно, макси-мальное значение E наблюдается в пол-день, когда

90h = ° − ϕ + δ ,

где ϕ – широта места, δ – склонениесолнца. Широта Москвы 56ϕ = ° , склоне-ние солнца в момент наблюдения 8δ ≈ − °[1], т.е. 26h ≈ ° , и при этой высоте

атм 0,5α ≈ [2]. Таким образом, E ≈2300 Вт м≈ . Приняв альбедо снега рав-

ным 0,9 [3], получим, что 21 м за 1 споглощает около 30 Вт солнечной энер-гии. Эта энергия может приводить к нагре-ву снежного покрова, который отчастикомпенсируется ее оттоком от поверхност-ного слоя снега за счет теплообмена снижними слоями и с воздухом.

Какую часть энергии способен отвестивоздух? Теплопередача на границе сред

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 412

(в данном случае на границе снег–воз-дух; рис.2,а) в первом приближениипропорциональна разности температурдвух сред: q T= α∆ (закон Ньютона –Рихмана), где q – энергия, передавае-мая от одной среды к другой за единицувремени с единицы площади, а α  – такназываемый коэффициент теплоотдачи.Нам придется пользоваться приблизитель-ными оценками этой величины, в каче-стве которых для воздуха часто приводят

диапазон от 5 до ( )235 Вт м К⋅ при ус-ловии так называемой свободной конвек-ции воздуха – т.е., грубо говоря, безветра. Какова же способность воздуха потеплоотводу при вынужденной конвекции,каждый сам может оценить, глянув насвой компьютер, в котором воздушноеохлаждение при суммарной выделяемойтепловой мощности порядка 0,5 кВт собщей площади (даже при всевозможныхрадиаторах) порядка всего лишь несколь-ких сотых долей квадратного метра спо-собно поддерживать разность температурне более нескольких десятков градусов.Легко оценить, что коэффициент тепло-отдачи должен достигать в этом случаевеличин порядка нескольких сотен ваттна квадратный метр и на кельвин. Какмы видим, даже в отсутствие ветра вели-чина α достаточна, чтобы поддерживатьразность температур между воздухом иповерхностью нагреваемого солнцем сне-га в пределах

( ) ( )2

2

30 Вт м

5 35 Вт м К

qT∆ = = ≈

α − ⋅

( )6 0,9 К≈ − .

А при наличии ветра эта величина окажет-ся еще ниже – как минимум, меньшеодного градуса!

Попытаемся теперь оценить, что можетдать теплообмен между разными слоямиснега. С одной стороны, тепло быстрораспространяется на небольшие расстоя-ния, т.е. наиболее эффективным в отводетепла будет самый близкий к поверхноститонкий слой снега. С другой стороны,тонкий слой и прогреется быстрее. Выбе-рем – пока что наугад – толщину верхне-го слоя снега равной l = 2 см. Если егонижняя поверхность поддерживается припостоянной температуре, а верхняя нагре-вается солнцем, то до какой температурытеплоотвод в этом слое позволит прогреть-ся верхней поверхности (рис.2,б)? Дляпростоты будем считать, что изменениетемпературы с глубиной в этом тонкомслое линейное и что закон теплопроводно-сти (закон Фурье) можно применить вдоступной школьнику алгебраическойформе:

Tq

l

∆= κ ,

где κ  – теплопроводность снега, а T∆  –разность температур между верхней инижней границами слоя. Примем κ ≈

( )1Вт м К≈ ⋅ [4], тогда теплоотвод по-зволит поддерживать температуру верх-ней границы в пределах практически по-ловины градуса (точнее, 0,6 К):

( )230 Вт м 0,02 м

0,6 К1Вт м К

qlT

⋅∆ = ≈ =

κ ⋅.

Помешать этому теплоотводу может толь-ко то, что сам слой постепенно разогреет-ся. В таком случае потребуется отвод теп-ла от него еще ниже, т.е. на бульшиерасстояния, что потребует и большего вре-мени, иными словами, будет уже не стольэффективно. Слой толщиной 2 см имеетмассу около 10 кг на каждый квадратныйметр (мы приняли плотность снега равной

3500 кг м ; если же плотность больше, тоэто только усилит наши выводы), еготеплоемкость порядка 10 2100 Дж К⋅ =

21 кДж К= [4], и на разогрев его на те же

Рис. 2

Т Е Н И С В Е Р К А Ю Щ Е Г О С Н Е Г А 13

0,6 градуса солнечным светом потребуетсявремя

0,6 К 21 кДж К420 с 7 мин

30 Втt

⋅= = = .

Итак, исходя из этой грубой оценки,можно считать, что даже и без помощивоздуха, один лишь теплоотвод поглощен-ной солнечной энергии способен поддер-живать температуру поверхности снега впределах примерно половины градуса втечение первых нескольких минут.

Теперь мы готовы к тому, чтобы перейтик анализу самого явления. Наша гипотеза(а в этой части и все три первые гипотезыучастников форума) формулируется так:солнце нагрело весь снег, кроме тех участ-ков, на которые падала тень. Но ведьсолнце движется по небу, а вместе с ним итень не остается на месте. Значит, нужнопредположить, что в пасмурный день накороткое время выглянуло солнце, оплави-ло снег на полях, снова скрылось и большене появлялось (иначе возникли бы и другиетени). С метеорологической точки зренияничего невероятного в этом нет. Оценимтолько, на какое время должно было по-явиться солнце сквозь прорехи в облаках.

Обратимся к самой первой фотографии.По мере движения солнца тень должна«заметать» сектор круга (конечно, не вточности круга, поскольку изменяется ещеи высота солнца над горизонтом, но этидетали для нас сейчас не важны). В то жевремя мы видим на фотографии достаточ-но уверенную параллельную проекциюпалки. На какой угол должно было смес-титься солнце, чтобы мы не смогли заме-тить отличие сектора круга от параллель-ной проекции? В качестве такого критерия«разрешения теней» можно предложитьсмещение тени на расстояние, равное ееширине. Иными словами, если бы тень отпалки при движении солнца перемести-лась более чем на ширину самой тени отпалки, то мы бы это наверняка заметили(скорее всего, мы заметили бы даже именее значительное смещение, но выберемболее надежный критерий – нам его будетдостаточно). Толщина тени составляетоколо 2 см, ее длина около 1 м. Это

соответствует угловому смещению, равно-му 2 см 100 см 0,02 рад 1,15= ≈ ° . Такоерасстояние по небу солнце проходит завремя от 4,6 мин (в полдень) до 5,5 мин(вблизи шести часов утра и вечера). Ины-ми словами, у солнца есть пять минут нато, чтобы подтопить снег на полях, послечего оно снова должно скрыться. Однакосолнечный свет – это не лазер из фанта-стического боевика и не излучение от атом-ного взрыва, которое выжигает все насвоем пути. Пяти минут солнцу (по край-ней мере, в наших широтах зимой) недо-статочно даже на то, чтобы прогреть по-верхность снега хотя бы на полградуса.

Конечно, у каждой из перечисленныхвыше трех гипотез еще остается шанс«выжить», если предположить исключи-тельно высокую чувствительность «свое-го» механизма даже к минимальной разни-це температур и, к тому же, возможность«сработать» достаточно быстро (ведь пос-ле исчезновения солнца за облаками всеобсуждавшиеся нами механизмы теплооб-мена будут настолько же быстро охлаж-дать поверхность, выравнивая все неодно-родности температуры). В принципе, ис-ключить этого нельзя…

Для четвертой гипотезы, при наличиинекоторого физического опыта, ее неправ-доподобность может оказаться очевиднойс первого взгляда. Однако цель этой ста-тьи – как раз помочь в приобретениитакого опыта. К сожалению, ограничен-ный объем статьи не позволяет рассмот-реть эту гипотезу подробно. Поэтому сде-лаем только несколько общих указанийдля тех, кто пожелает потренироваться инекоторый физический опыт приобрести.

Два главных вопроса, которые надо бу-дет рассмотреть, это направленность теп-лового (или отраженного) излучения и егообщая интенсивность. Интенсивность мож-но будет оценить с помощью закона Сте-фана – Больцмана, а направленность – сучетом закона Ламберта (для отраженногоизлучения также надо будет рассмотретьпредельные возможности зеркального идиффузного отражения). Чтобы вы моглисебя проверить, сразу скажем ответ: мощ-ность теплового излучения стебля (его

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 414

освещенной половинки) не будет превы-шать 5 Вт, что даст около 20,4 Вт м вобласти кончика тени – т.е. несравненнониже, чем интенсивность солнечного излу-чения! Что же касается направленности,то ее будет недостаточно не только длясоздания узкой тени с четкими концами,но и вообще для сколько-нибудь структу-рированного изображения.

В завершение выскажу и одну «позитив-ную» идею – чем, на мой взгляд, все-такиможно было бы объяснить наблюдаемоеявление. Мне самому наиболее вероятнойкажется такая простая гипотеза: наблюда-емые «тени» – это именно тени от снего-пада. В русском языке утвердилось слово-сочетание «косой дождь» (например, уМаяковского: «По родной стране пройдустороной, как проходит косой дождь»), авот понятия «косой снег» или «косой сне-гопад», пожалуй, не встречаются. Тем неменее, мне кажется, это может быть следименно от такого снегопада.

Как можно было бы подтвердить илиопровергнуть эту гипотезу? Здесь можнодвигаться с двух сторон, «встречнымипутями». Можно попытаться доказать, чтотакое движение мелких частиц – снежинок– в воздухе (т.е. прямолинейное, или, покрайней мере, лежащее в одной вертикаль-ной плоскости) невозможно ни при какихусловиях. А можно, наоборот, попытатьсяпродемонстрировать такое движение хотябы одним примером. При этом задачараспадется на две части. Первая часть,условно назовем ее «физической», – по-казать, что при некотором наборе физи-ческих условий (скорость ветра, размерчастиц, температура и т.п.) такое движе-ние возможно. И не менее важная втораячасть, «метеорологическая», – показать,что такие физические параметры в прин-ципе могут реализоваться в природе вовремя снегопада.

Разумеется, эти пути – не заменяющие,а дополняющие друг друга, и на каком изних ждет удача, зависит не от нас, а отдействительной природы явления. Однакопервый из этих двух путей требует выйтидалеко за пределы «школьной» физики, вто время как второй путь, как мне кажется,

может оказаться не только посильной, нои весьма увлекательной задачей даже дляшкольника. Поэтому для тех, кому этовдруг покажется интересным, я дам не-сколько советов, как можно было бы про-вести такую работу и какие проблемы приэтом придется решать.

Прежде всего, надо понимать, что вреальных условиях домашней лаборато-рии придется работать, скорее всего, не вточности с той физической системой, кото-рая нас интересует, а с некоторой ее моде-лью, т.е. с чем-то, что было бы наиболь-шим образом похоже на нее по основнымпараметрам. Так, едва ли вам удастсяраздобыть снежную пушку. Но даже есливы и станете ее счастливым обладателем,то вряд ли сможете в достаточно широкихпределах варьировать создаваемую еюскорость ветра и размер частиц. А значит,вам придется работать с какими-то други-ми частицами, взвешенными в воздухе.

В домашних условиях проще всего экс-периментировать с капельками воды – ихпотоки можно получить с помощью и ув-лажнителя воздуха, и пульверизатора, и,в крайнем случае, кипящего чайника. Пуль-веризатор даст более крупные капли, чемувлажнитель, причем по-разному настро-енные пульверизаторы дадут разные раз-меры капель, т.е. в некоторых пределахможно будет подобрать необходимый. «Мо-дельность» эксперимента будет заключать-ся не только в другом материале частиц, нои в геометрических размерах системы:размеры кустов, деревьев и их теней, пока-занных на фотографиях, явно превосхо-дят размер если не квартиры, то допусти-мого для эксперимента рабочего места.Надо будет работать с уменьшенными мо-делями и нужно будет выбрать правиль-ный размер. От слишком мелких фигурокс использованием относительно крупныхкапель не удастся получить четкие тени. Абольшие фигурки потребуют однороднос-ти создаваемого вами потока на большейплощади и большем расстоянии. Так чтонужно будет найти компромиссный раз-мер. Кстати, все перечисленные источни-ки «летящего тумана» дают вовсе не па-раллельный поток, а расходящийся из

Т Е Н И С В Е Р К А Ю Щ Е Г О С Н Е Г А 15

маленькой области. Иными словами, по-лучится что-то вроде тени от фонаря, ккоторому вы стоите слишком близко. Еслиотодвинуть источник потока подальше отобъекта, дающего «тень», то поток станетболее похож на параллельный, но приэтом сложнее будет сохранить неизменнойскорость потока на всем его пути до поверх-ности, на которой образуется «тень». Такчто тут тоже придется искать компромисс-ное решение.

Четкость тени будет зависеть не толькоот размеров капель, но и от поверхности,на которую они падают. Если поверхностьхорошо смачивается водой, то изображе-ние быстро «растечется» по ней. Если жеона достаточно гидрофобна, то капли доль-ше смогут сохраниться на своих местах –но тоже не слишком долго, пока не станутдостаточно крупными. Значит, правиль-ный выбор времени экспозиции здесь тожебудет играть роль. От этих сложностейможно было бы уйти, выбрав вместо ка-пель какие-нибудь твердые частицы –например, манную крупу или муку, нотогда придется придумать, как создать ихпоток.

Наконец, отдельную задачу представля-ет визуализация полученной «тени». Ког-да частицы сухие, то «тень» проявляется визменении рельефа поверхности, которыйхорошо заметен при боковом освещении. Сводой же придется смотреть на количествокапелек на разных участках поверхности(они могут оказаться и на участках тени,только в меньших количествах). Прозрач-ные бесцветные капельки воды не на лю-бой поверхности хорошо заметны. И еслидаже граница между «теневыми» и «засве-ченными» участками будет хорошо разли-чима глазом (например, за счет смены углазрения), то сделать ее заметной на фото-графии может потребовать особого искус-ства. Для лучшей различимости капель наповерхности можно попробовать подкра-сить воду краской.

Так или иначе, места для творческогоэкспериментального поиска здесь остает-ся много. Могу только сказать, что мнеудалось получить довольно четкие тениот отдельных «веток» модельных мини-

деревьев, однако полное воспроизведениекартины требует еще большой экспери-ментальной работы, тщательного подборапараметров, а в конце – еще и оценки,как должны будут измениться эти пара-метры при изменении геометрическогомасштаба системы (при переходе к реаль-ным размерам).

Конечно, все приведенные нами оцен-ки – очень приблизительны, их можнокритиковать, уточнять, предлагать аль-тернативные варианты рассмотрения. Од-нако именно с этой предметной критики, аточнее – с этих первых оценок, дающихдля нее пищу, и начинается научное иссле-дование. Начать хотя бы с них – все равночто поздороваться, входя в дом. Конечно,даже такой простой анализ это всегданекоторый труд. Однако если вас интере-сует физика, то не жалейте своего време-ни! Иначе этот интерес не перерастет всредство познания мира, а останется лишьсредством увеселения.

Пожелаем же терпения и успехов юнымчитателям в их будущих собственных фи-зических исследованиях!

Литература

1. Н.П.Каменьщиков. Астрономические за-дачи. – М.-Л.: Госиздат, 1923.

Режим доступа: http://www.astronet.ru db/msg/1175422/index.html

2. А.А.Половинкин. Основы общего землеве-дения: учебник для педагогических институ-тов. – Государственное учебно-педагогическоеиздательство Министерства просвещенияРСФСР, 1958.

Режим доступа: http://big-archive.ru/geography/basis_of_common_geography/20.php

3. S.G., Warren, W.J.Wiscombe. A model forthe spectral albedo of snow. II: Snow containingatmospheric aerosols. – Journal of the AtmosphericSciences, 37:12, 1980.

Режим доступа: http://journals.ametsoc.org/doi/pdf/10.1175/1520-0469(1980)037%3C2734:AMFTSA%3E2.0.CO;2

4. И.А.Чубик, А.М.Маслов. Справочник потеплофизическим характеристикам пищевыхпродуктов и полуфабрикатов. – М.: Пищеваяпромышленность, 1970.

Режим доступа: http://thermalinfo.ru/svojstva-materialov/materialy-raznye/plotnost-lda-i-snega-teploprovodnost-teploemkost-lda

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемыев нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамкишкольной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формули-ровки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачипубликуются впервые.

Решения задач по математике и физике из этого номера следует отправлять по электрон-ным адресам: math@kvant.ras.ru и phys@kvant.ras.ru соответственно или по почтовому адресу:119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант».

Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, вместе с Вашимрешением этой задачи присылайте по тем же адресам.

Задачи М2458–М2461 предлагались на XXXVIII Турнире городов.Автор задач Ф2465–Ф2468 – Д.Александров.

Задачипо математике и физике

Задачи М2458–М2461,Ф2465–Ф2468

M2458. а) На каждой стороне 10-угольни-ка (не обязательно выпуклого) как надиаметре построили окружность. Можетли оказаться, что все эти окружности име-ют общую точку, не совпадающую ни содной вершиной 10-угольника?б) Решите ту же задачу для 11-угольника.

Е.Бакаев

M2459. Для положительных чисел 1,x …, nx… докажите неравенство

44 4

1 2

2 3 1

nxx x

x x x…

Ê ˆÊ ˆ Ê ˆ+ + + ≥Á ˜Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯Ë ¯

≥ 3 2 11 2

5 6 1 2 3 4

n n n nx x x xx x

x x x x x x… - - -+ + + + + + .

М.Фадин

M2460. Кузнечик умеет прыгать по клет-чатой полоске шириной в 1 клетку на 8, 9или 10 клеток в любую сторону. (Прыжокна k клеток означает, что между началь-ным и конечным положениями прыжканаходятся k – 1 клеток.) Будем называтьнатуральное число n пропрыгиваемым, есликузнечик может, начав с некоторой клет-ки, обойти полоску длины n, побывав накаждой клетке ровно один раз. Докажите,что существует непропрыгиваемое n, боль-шее 50.

Е.Бакаев

M2461. Доминошки 1 2¥ кладут без на-ложений на шахматную доску 8 8¥ . Приэтом доминошки могут вылезать за гра-ницу доски, но центр каждой доминошкидолжен лежать строго внутри доски (нена границе). Положите таким образом надоску: а) хотя бы 40 доминошек; б) хотябы 41 доминошку; в) более 41 доми-ношки.

М.Евдокимов

Ф2465. Кот Леопольд сидел на неподвиж-ной дрезине у вертикально стоящего жес-тко закрепленного на ней щита, поверну-того под углом α к направлению рельсов.Два озорных мышонка бросили в негомешок с песком массой m, горизонтальнаясоставляющая начальной скорости кото-рого равна 0v и направлена вдоль рельсов.Кот успел спрятаться за щит, и мешок,ударившись о щит, сполз по нему в сторо-ну и скатился по насыпи вниз. С какойскоростью поехала дрезина, если массадрезины с котом М? Трением мешка о щити дрезины о рельсы можно пренебречь.

Ф2466. В системе, показанной на рисунке1, 1m m= , 2 5m m= , M = 6m. Найдитеускорение груза массой М, если междуостальными грузами и столом имеется тре-ние с коэффициентом 0,5µ = . Принять

210 м сg = , массой блоков и трением в ихосях пренебречь.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

Ф2467. При подведении теплоты количе-ства Q = 600 Дж к смеси гелия и азота припостоянном объеме смесь нагревается на

1T∆ = 15 К. А если то же количествотеплоты подвести к тому же количествутой же смеси при постоянном давлении, тотемпература смеси повысится на 2T∆ == 10 К. Найдите отношение числа молекулазота к числу молекул гелия в смеси.

Ф2468. В электрической цепи, изобра-женной на рисунке 2, все элементы можно

считать идеальными. В некоторый моментпосле замыкания ключа тепловые мощно-сти, выделяющиеся на резисторах с сопро-тивлениями R и 2R, равны 1P = 9 Вт и

2P = 2 Вт соответственно. С какой скоро-стью в этот момент растет энергия конден-сатора?

Рис. 1

Рис. 2

Решения задач М2446–М2449,Ф2453–Ф2456

M2446. а) Десяти ребятам положили втарелки по 100 макаронин. Есть ребятане хотели и стали играть. Одним дей-ствием кто-то из детей перекладываетиз своей тарелки по одной макарониневсем другим детям. После какого наи-меньшего количества действий у всех втарелках может оказаться разное коли-чество макаронин?б) Тот же вопрос, если ребят 100 и однимдействием кто-то из детей перекладыва-ет из своей тарелки по одной макарониненекоторым (кому хочет) из остальных.

а) Ответ. После 45 действий.Оценка. Рассмотрим разность числа мака-ронин у двух детей, скажем из числа Петивычитается число Васи. Действие Петиуменьшит эту разность на 10, Васи –увеличит на 10, а действия других детей неменяют ее. Поэтому эта разность будетненулевой тогда и только тогда, когдаПетя и Вася сделают разное количестводействий. Следовательно, чтобы у всехдетей оказалось разное количество мака-ронин, необходимо сделать хотя бы 0 ++ 1 + 2 + … + 9 = 45 действий.Пример. Первый сделает одно действие,затем второй – 2, третий – 3 и т.д. додевятого включительно. Каждый отдал неболее 9 9 81◊ = макаронины, его исход-ных 100 макаронин на это хватило.б) Ответ. После 50 действий.Пример. Покажем, как количества мака-ронин могли стать различными после 50действий. Занумеруем детей от 1 до 100.Пусть k-й ребенок, где 1 50k£ £ , перело-жит по макаронине ребятам с номерами от51 до 50 + k. После всех действий у детейокажется 99, 98, …, 50, 150, 149, …, 101макаронина соответственно.Оценка. Предположим, было сделано неболее 49 действий. Рассмотрим всех детей,не отдававших макароны, таких детей неменьше 51. У каждого из них количествомакаронин не уменьшилось по сравнениюс начальным, а увеличиться оно могло неболее чем на 49. Значит, у каждого изтаких детей конечное количество макаро-нин заключено в диапазоне от 100 до 149(50 возможностей), поэтому из них най-дутся двое с одинаковым количеством ма-каронин.

С.Дориченко, Н.Чернятьев

M2447. Решение этой задачи см. в статьеА.Заславского «О вписанной окружностипрямоугольного треугольника».

M2448. На прямой отмечены 100 точек,и еще одна точка отмечена вне прямой.Рассмотрим все треугольники с вершина-ми в этих точках. Какое наибольшееколичество из них могут быть равнобед-ренными?

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 418

Ответ. 150.Пусть l – данная прямая, O – отмеченнаяточка вне ее, H – основание перпендикуля-ра, опущенного из O на l.Оценка. Равнобедренные треугольникимогут быть двух видов: те, у которыхоснование лежит на прямой l, и те, укоторых не лежит. В первом случае треу-гольник должен быть симметричен относи-тельно OH, поэтому таких треугольниковне больше 50 (для одной вершины Xоснования вторая определяется однознач-но как симметричная точке X относитель-но OH). Треугольников второго вида сданным основанием OA может быть неболее одного, так как вершина определяет-ся пересечением l и серединного перпенди-куляра к OA. Поэтому треугольников вто-рого вида не больше 100.Пример. Проведем от луча OH лучи подуглом 18∞ (см. рисунок). Они пересекут l

в точках 1A и 1B , отметим их. Отложим наl в другую сторону от 1 1A B отрезок

1 2 1A A A O= , тогда у треугольника 1 2OB Aуглы будут равны 72∞ , 72∞ , 36∞ . Затемотложим отрезок 2 3 2A A A O= , …, отрезок

49 50 49A A A O= . Аналогично отметим точ-ки 2 50, ,B B… . Равнобедренными будут50 треугольников i iOA B , по 49 треуголь-ников 1i iOA A + и 1i iOB B + , а также тре-угольники 1 2OA B и 1 2OB A .Другая идея, приводящая к решению, –выполнить инверсию с центром O. Приинверсии прямая перейдет в окружность,и мы получим вписанный 101-угольник,одна из вершин которого – точка O. ЕслиX ¢ и Y¢ – образы при инверсии точек Xи Y, то треугольники OXY и OY X¢ ¢подобны. Значит, вопрос задачи перефор-мулируется следующим образом: каковонаибольшее количество равнобедренныхтреугольников среди треугольников видаOXY, где X и Y – вершины 101-уголь-ника? Одним из оптимальных примеров

будет являться правильный 101-уголь-ник.

Е.Бакаев, И.Богданов

M2449*. На прямой сидит конечное числолягушек в различных целых точках. Заход ровно одна лягушка прыгает на 1вправо, причем лягушки по-прежнемудолжны находиться в различных точках.Мы вычислили, сколькими способами ля-гушки могут сделать n ходов (для неко-торого начального расположения лягу-шек). Докажите, что если бы мы разре-шили тем же лягушкам прыгать влево,запретив прыгать вправо, то способовсделать n ходов было бы столько же.

Назовем шаблоном последовательность изn команд «Налево» или «Направо», гдеk-я команда указывает, в каком направле-нии на k-м ходу должна прыгнуть одна излягушек. Докажем более общее утвержде-ние: количество способов из данной пози-ции сделать n ходов (выполняя команды)так, чтобы лягушки не запрыгивали другна друга, не зависит от шаблона. (Утвер-ждение задачи тогда является частнымслучаем для шаблона, состоящего из од-них команд «Направо», и шаблона, состо-ящего из одних команд «Налево».)Лемма 1. Изменение последней командышаблона не меняет количество способов.Доказательство. Рассмотрим произволь-ную позицию перед последним ходом.Каждая позиция разбивается на группыподряд сидящих лягушек. Количество спо-собов получить из нее финальную пози-цию независимо от последней командышаблона равно количеству групп, посколь-ку из каждой группы только одна лягушкаможет прыгнуть влево и одна – вправо.Лемма 2. Замена двух соседних командшаблона не меняет количество способов.Доказательство. Пусть два шаблона от-личаются только в ходах k и k + 1, такчто в первом шаблоне k-я команда – «На-лево» и (k + 1)-я – «Направо», а вовтором шаблоне – наоборот: k-я команда– «Направо» и (k + 1)-я – «Налево».Рассмотрим произвольную позицию A пе-ред k-м ходом. Покажем, как сопоста-вить каждому способу сделать два следу-

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

ющих прыжка по первому шаблону, при-водящему к некоторой позиции Б, способсделать два следующих прыжка по вто-рому шаблону, приводящий к той же по-зиции Б. (Этого будет достаточно, по-скольку дальнейшая последовательностькоманд в шаблонах одна и та же.)Пусть из позиции А сделаны два прыжкаразными лягушками (сначала Л1 прыга-ет налево, потом Л2 – направо). Этомуспособу сопоставим способ, в котором теже лягушки прыгают в другом порядке(сначала Л2 направо, затем Л1 налево).При этом ясно, что лягушки не запрыг-нут друг на друга и в обоих вариантахполучается одна и та же конечная пози-ция. Пусть теперь из позиции А сделаныдва прыжка одной лягушкой по первомушаблону (сначала налево, затем напра-во), тогда эта лягушка обязана быть са-мой левой в своей группе подряд сидя-щих лягушек. Такому способу соответ-ствует способ сделать два прыжка (сна-чала направо, затем налево) самой пра-вой лягушкой той же группы лягушек.Оба варианта не меняют позицию. Лем-ма доказана.Остается заметить, что с помощью опера-ций, указанных в леммах, можно от любо-го шаблона перейти к любому другому:операциями из леммы 2 можно как угоднопереставлять команды, а операциями излеммы 1 – менять число команд «Налево»(предварительно переставляя с помощьюлеммы 1 команду, которую нужно заме-нить, на последнее место).

И.Богданов

Ф2453. Один моль золота нагрели от0 К до 336 К, при этом внутренняяэнергия золота увеличилась на 5,2 кДж.Известно, что при температурах нижетак называемой температуры Дебая DTмолярная теплоемкость С твердых телрастет с температурой по закону

3C Tα= , а при температурах выше DTдля твердых тел справедлив закон Дю-лонга и Пти: C = 3R (где R =

( )8,31 Дж моль К= ◊ – универсальнаягазовая постоянная). Оцените темпе-ратуру Дебая для золота.

Чтобы теплоемкости «стыковались» притемпературе Дебая, должно выполняться

соотношение 3D 3T Rα = , откуда следует

3D3R Tα = . Тогда при нагреве от 0 К до

DT один моль вещества в твердом состоя-нии получит количество теплоты

1 D3

4Q RT= .

А поскольку моль золота нагревают дотемпературы 336 К, то он получит ещедополнительное количество теплоты

( )2 D336 К 3Q T R= − ⋅ .

В итоге изменение внутренней энергииодного моля золота составит

( )1 2 D D3

336 К 34

Q Q RT T R+ = + − ⋅ =

= 5,2 кДж.

Из этого уравнения получаем искомуютемпературу:

D 168 КT = .Т.Золотов

Ф2454. Расстояние между двумя одина-ковыми высотными домами равно L == 150 м. Между домами натянуты про-вода так, что вблизи мест крепленияони составляют с горизонтом одинако-вые малые углы 5α = ∞ . Взобравшись накрышу, школьник Вася проводит опас-ный эксперимент. Он ударяет палкой попроводу вблизи места крепления и изме-ряет время, через которое бегущее попроводу «возмущение» возвращается кВасе после отражения от другого концапроволоки. Каков результат измеренияВаси?

Если масса участка провода между двумяопорами равна M, то линейная плотностьпровода составляет M L . Угол 5° весьмамал, и его косинус, равный 0,996, близокк единице. Это означает, что проекциясилы натяжения провода вблизи опоры,равная силе натяжения провода в самойнижней точке между двумя опорами, малоотличается от величины F самой этойсилы. Равновесное положение провода со-ответствует силе натяжения провода вбли-

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 420

зи опор, равной

2sin

MgF =

α.

Скорость распространения волн по натя-нутому проводу определяется соотноше-нием

92,7 м с2sin

FL Lgv

M= = =

α.

(При этом изгибная жесткость провода неучитывается.) Время движения возмуще-ния (волны) по проводу туда и обратносоставит

2 8 sin3,2 c

L Lt

v g

α∆ = = ≈ .

Э.Васин

Ф2455. Проволочная обмотка из 16 вит-ков охватывает два одинаковых сердеч-ника, сделанных из материала с большоймагнитной проницаемостью µ . Цепь,изображенная на рисунке, подключена кисточнику переменного синусоидального

напряжения. Показания идеальных при-боров таковы: 1 2U U 10 B= = , I = 1 А.Какое число витков имеет катушка, ккоторой подключен вольтметр 2V ? Чтобудут показывать приборы, если замк-нуть ключ K? Сопротивления проводовкатушек малы.

Пока ключ не замкнут, магнитные потокив сердечниках трансформаторов одинако-вы. В цепи, включающей в себя резистори амперметр, напряжение на резистореравно p 6 BU = , а на резисторе и последо-вательно включенной катушке из 16 вит-ков напряжение равно напряжению источ-ника 1 10 BU = . Отсюда следует, что накатушке напряжение равно кU =

2 21 p 8 BU U= − = и сопротивление катуш-

ки составляет 8 Ом. Это напряжение в 8вольт пропорционально максимальной ско-рости изменения суммарного магнитногопотока в двух сердечниках и числу витковв катушке:

кmax

2 16Ut

∆Φ ⋅ ∆ ∼ .

Второй вольтметр показывает напряжение10В, которое пропорционально той жескорости изменения магнитного потока ичислу витков N правой катушки:

2max

U Nt

∆Φ ⋅ ∆ ∼ .

Из этих соотношений находим число вит-ков катушки, к которой подключен вольт-метр V2:

N = 40.После замыкания ключа первый вольт-метр не изменит своего показания и будетпоказывать те же 10 В, так как он подклю-чен непосредственно к источнику:

1 1 10BU U= =¢ .

Сердечник слева имеет короткозамкнутыйвиток, и при любом не равном нулю пере-менном магнитном потоке в этом сердечни-ке по короткозамкнутому витку потечетбесконечно большой ток. Из этого следует,что магнитный поток в этом сердечнике неменяется, т.е. магнитные поля, созданныетоком в обмотке с 16 витками и в одномвитке с замкнутым ключом, компенсируютдруг друга. Иными словами, в цепи срезистором и амперметром «остался» толь-ко один сердечник – правый. Сопротивле-ние катушки с 16 витками и двумя сердеч-никами до замыкания ключа было равно8 Ом, а та же катушка, но только с однимсердечником, имеет сопротивление 4 Ом.Отсюда следует, что амперметр покажетток

12 2

10 B1,4 A

6 4 ОмI = ≈

+.

Обмотка из шестнадцати витков создает всердечнике слева магнитное поле, пропор-циональное величине тока I1 и количествувитков, тогда в одном короткозамкнутом

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

витке потечет ток 2 1 16 22,4 AI I= ⋅ ≈ .Напряжение, которое будет показыватьвторой вольтметр, пропорционально амп-литуде текущего через него тока. Так какток увеличился в 1 1,4I I ≈ раза, то инапряжение тоже увеличится и станет рав-ным

2 21,4 14 BU U′ ≈ ≈ .

С.Варламов

Ф2456. Астрофизиками обнаружены га-зовые облака, движущиеся по почти кру-говым орбитам вокруг центра нашей Га-лактики. Такой вывод был сделан наосновании результатов наблюдений засвечением этих облаков. Оказалось, чточастоты f в спектрах излучения молекулили атомов газовых облаков изменяютсяпо гармоническому закону с периодом по-рядка 10 лет вблизи соответствующихчастот 0f неподвижных атомов и моле-кул таких же газов. Причем выполняетсятакое соотношение: ( )max min 0f f f- ª

310-ª . Оцените массу объекта (чернойдыры), находящегося в центре нашей Га-лактики.

Солнечная система располагается вблизикрая нашей Галактики, поэтому наблюда-емое движение газовых облаков происхо-дит в плоскости, в которой находится инаша Земля. Вследствие эффекта Доплерачастоты волн, излучаемых молекулами илиатомами в те моменты, когда скорость v ихорбитального движения направлена к Зем-

ле или от Земли, отличаются от частотизлучения 0f неподвижных атомов илимолекул в ( )c v c+ или ( )c v c− раз соот-ветственно. Иными словами, выполняетсясоотношение

3max min

0

210

v f f

c f−−

= ≈ .

Это означает, что газовые облака движут-ся со скоростями орбитального движения

( )max min

0

150 км с2

c f fv

f

−= = ,

составляющими 0,05% от скорости света ввакууме. Движение происходит по круго-вым орбитам с периодом

Т = 10 лет = 83,16 10 c⋅ .

Расстояние от облаков до центра нашейГалактики, в котором находится чернаядыра, составляет

2

vTR =

π .

Ускорение, с которым движутся эти обла-ка, обеспечивается гравитационным при-тяжением к черной дыре массой М:

2

2

v GMa

R R= = ,

где 11 2 26,67 10 Н м кгG −= ⋅ ⋅ – гравита-ционная постоянная. Отсюда находим мас-су черной дыры:

2 3332,54 10 кг

2

v R v TM

G G= = = ⋅

π.

В.Славутинский

О вписанной окружностипрямоугольного треугольника

А.Заславский

На листе относительно клетчатом,Но на белом и чистом затоЯ пишу бледно-серое нечто,Смахивающее на ничто.

А.Великий

Начнем с двух задач, недавно предлагав-шихся на олимпиадах.

Задача 1 (М2447, XXXVIII Турнир го-родов). Докажите, что в прямоугольномтреугольнике ортоцентр треугольника,

образованного точками касания сторон свписанной окружностью, лежит на высо-те, проведенной из прямого угла (рис.1).

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 422

Решение. Пусть в треугольнике ABC90C– = ∞ ; A¢ , B¢ , C¢ – точки касания

вписанной окружности со сторонами BC,CA, AB; CH – высота (рис.2). Так какB C¢ ¢ образует равные углы с прямымиAC, AB, высота из вершины A¢ образуетравные углы с перпендикулярными импрямыми CB, CH. Следовательно, этавысота пересекает CH в такой точке H ¢,что CH CA=¢ ¢. Поскольку CA CB=¢ ¢, вы-сота из B¢ также проходит через H ¢ .

Примечание. Если I – центр вписаннойокружности треугольника ABC, а r – еерадиус, то IA CB¢ ¢ – квадрат. Поэтому изприведенного решения следует также, чтоCH r=¢ .

Упражнения

1. Докажите, что основания высот треуголь-ника A B C′ ′ ′ , проведенных из A′ и B′ , явля-ются точками пересечения биссектрис углов Bи A соответственно со средней линией тре-угольника ABC, а вместе с точками C и C′ ониявляются четверкой вершин параллелограмма.

2. Пусть в произвольном треугольнике KLMточка O′ – точка, симметричная центру опи-санной окружности O относительно прямойKL, H – ортоцентр. Докажите, что четырех-угольник MOO H′ является параллелограм-мом (возможно вырожденным). Получите дру-гое решение задачи 1, применив этот факт ктреугольнику A B C′ ′ ′.

Задача 2 (XIII Олимпиада имениИ.Ф.Шарыгина, заочный тур). В прямо-угольном треугольнике ABC точка 0C –середина гипотенузы AB; 1AA , 1BB –биссектрисы; I – центр вписанной ок-ружности. Докажите, что прямые 0C I и

1 1A B пересекаются на высоте, проведен-ной из вершины C.

Решение. Воспользуемся следующим

фактом (верным для любого треугольни-ка).

Лемма. Прямая 0C I пересекает высотуCH в точке, лежащей на расстоянии r отвершины C.

Действительно, пусть C¢¢ – точка каса-ния стороны AB с вневписанной окружно-стью, а 2C – точка вписанной окружности,диаметрально противоположная C¢ (рис.3). Точка C – центр гомотетии вписаннойи вневписанной окружностей, при этом 2Cи C¢¢ – соответствующие («верхние») точ-ки окружностей, значит, C, 2C , C¢¢ лежатна одной прямой. Кроме того,

0 0C C C C=¢ ¢¢ , т.е. 0C I – средняя линиятреугольника 2C C C¢ ¢¢ , и 0 2C I CCP . Зна-чит, прямые 2CC , 2C I , 0C I и CH образу-ют параллелограмм, откуда и следует ут-верждение леммы.

Вернемся к задаче. Обозначим точкупересечения 0C I и CH через H ¢ (рис.4).Так как CH r=¢ , расстояния от H ¢ допрямых BC, CA и AB равны, соответствен-но,

cos cosad r HCB r BAC r AC AB= – = – = ◊ ,

bd r BC AB= ◊ и cd CH r= - .

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 23

Поскольку удвоенная площадь треуголь-ника равна ( )AB BC CA r AB CH+ + = ◊ ,из этих равенств следует, что c a bd d d= + .Очевидно, что этим свойством обладаюттакже расстояния от точек 1A , 1B допрямых BC, CA и AB. По теореме Фалесанетрудно вывести, что все точки, обладаю-щие этим свойством, лежат на прямой

1 1A B (подробно об этом можно прочесть встатье А.Карлюченко и Г.Филипповского«Лемма биссектрального треугольника» в«Кванте» №2 за 2016 г.).

Из примечания к задаче 1 видно, что вобеих задачах речь шла об одной и той жеточке. Поэтому из утверждений задач 1 и2 следует, что:

– ортоцентр треугольника A B C¢ ¢ ¢ ле-жит на прямой 1 1A B ;

– ортоцентр треугольника A B C¢ ¢ ¢ ле-жит на прямой 0C I .

Поскольку 0C – центр описанной ок-ружности треугольника ABC, последнееутверждение является частным случаемследующего общего факта (этот факт ужепоявлялся в «Задачнике «Кванта» – см.задачу М1819):

В треугольнике ABC точка O – центрописанной окружности, I – центр вписан-ной окружности, A¢ , B¢ , C¢ – точкикасания вписанной окружности со сторо-нами BC, CA, AB. Тогда ортоцентр тре-угольника A B C¢ ¢ ¢ лежит на прямой OI.

Об этом факте можно прочитать также встатье К.Козеренко и П.Факанова «Пто-лемеева ось треугольника» в «Кванте» №2этого года.

Упражнение 3. Докажите, используя рису-нок 5, что OI IH R r′ = , и получите отсюдадругое решение задачи 1.

Задача 3. Пусть в треугольнике ABCC 90– = ∞ и AC BCπ . Докажите, что

прямая A B¢ ¢ , касательная к описаннойокружности треугольника ABC, прове-денная в точке C, и прямая, проходящаячерез I и параллельная AB, пересекаютсяв одной точке.

Решение. Пусть SC – касательная кописанной окружности, а точка S на нейтакова, что SI ABP (рис.6). Тогда

2SCI SCA ACI ABC ACB– = – + – = – + – ,

2SIC ABC BCI ABC ACB– = – + – = – + – .

Равенство SCI SIC– = – означает, чтотреугольник CSI равнобедренный: SI == SC. Но так как CB IA¢ ¢ – квадрат, пря-мая A B¢ ¢ – это серединный перпендику-ляр к CI, значит, A B¢ ¢ проходит через S.

Оказывается, через точку S из предыду-щей задачи проходит и прямая 1 1A B , со-единяющая основания биссектрис, и пря-мая, соединяющая точки касания вневпи-санных окружностей с катетами.

Для того чтобы это установить, удобновоспользоваться свойствами двойных от-ношений четверок точек. Сформулируемих в виде упражнений. Если решениеупражнений вызовет трудности, можнообратиться к статье В.Тадеева «Простые,двойные, гармонические» (см. «Квант»№7 за 1982 г.).

Определение 1. Двойным отношениемчетырех точек A, B, C и D, лежащих наодной прямой, называется действительноечисло

( )( )( )

,

,

AC BDABCD

BC AD=

uuuur uuuur

uuur uuuur .

Упражнение 4. Докажите, что двойное отно-шение сохраняется при центральной проек-ции, т.е. если O – произвольная точка иРис. 5

Рис. 6

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 424

прямые OA, OB, OC и OD пересекают произ-вольную прямую l′ в точках A′ , B′ , C′ и D′

соответственно, то ( ) ( )ABCD A B C D′ ′ ′ ′= .

Определение 2. Двойным отношениемчетырех прямых OA, OB, OC и ODназывается двойное отношение четырехточек, в которых они пересекают произ-вольную пятую прямую.

Определение 3. Четверка точек A, B,C, D называется гармонической, если

( ) 1ABCD = − . Специальный случай гар-монической четверки возникает, когда C– середина отрезка AB, а D – бесконечноудаленная точка.

Аналогично определяется гармоничес-кая четверка прямых.

Упражнение 5. Докажите, что:– внешняя и внутренняя биссектрисы угла

треугольника вместе с двумя его сторонамиобразуют гармоническую четверку прямых;

– две стороны треугольника, медиана, про-веденная к третьей стороне, и прямая, парал-лельная этой стороне и проходящая через про-тивоположную вершину, образуют гармони-ческую четверку.

Вернемся к исследованию нашей конфи-гурации.

Задача 4. Докажите, что в условияхзадачи 3 прямая 1 1A B проходит черезточку S.

Решение. Пусть касательная в точке Cпересекает прямую 1 1A B в точке K. Доста-точно показать, что IK ABP , тогда Kбудет совпадать с S.

Так как KCA ABC ACH– = – = – , пря-мые CA, CB, CH, CK образуют гармони-ческую четверку. Следовательно, гармо-ническими будут также четверка точек

1B , 1A , H ¢ , K и четверка прямых IA,

IB, 0IC , IK. Поскольку 0C – серединаAB, получаем, что IK ABP (рис.7).

Упражнения

6. Докажите, что в условиях задачи 3 черезточку S проходит прямая A B′′ ′′ , где A′′ и B′′– точки касания катетов с соответствующимивневписанными окружностями (рис.8).

Указание. Четверки точек C, 1A , A′ , A′′ иC, 1B , B′ , B′′ – гармонические.

7. Докажите, что в любом треугольникечетыре прямые, соединяющие

– точки касания двух сторон с вписаннойокружностью,

– точки касания этих сторон с соответствую-щими вневписанными окружностями,

– основания проведенных к этим сторонамвысот,

– основания проведенных к этим сторонамбиссектрис

пересекаются в одной точке (либо парал-лельны).

Выявите связь этого общего факта с задачей4 и упражнением 6.

Указание. Используйте двойные отношениячетверок точек.

Рис. 7

Рис. 8

Задача с кружка, или Еще раз озадаче М2447

М.Панов

Появление на олимпиаде – зачастуюлишь начало интересной жизни задачи.Этот рассказ – об интересных превраще-ниях, которые случились с одной геомет-

рической задачей, все с той же задачейМ2447, которая обсуждается в статье А.Зас-лавского из этого номера:

Задача. Докажите, что в прямоуголь-ном треугольнике ABC ортоцентр H′треугольника A B C′ ′ ′ , образованного точ-ками касания сторон с вписанной окруж-ностью, лежит на высоте CH, проведен-ной из вершины прямого угла.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 25

Эта задача предлагалась на весеннемтуре Турнира городов 2016 года. Послеолимпиады задачу стали обсуждать нагеометрическом кружке Р.К.Гордина в 57школе.

На кружке школьники рассказали оченькрасивое решение, придуманное еще вовремя турнира. Известно, что для любого

треугольника ABC верна теорема Гамиль-

тона: вектор OHuuuur

равен сумме векторов

OA OB OC+ +uuur uuur uuuur

, где O и H – центр описан-ной окружности и ортоцентр (докажитеэто!). Поскольку в нашей задаче I – центрописанной окружности треугольника

A B C′ ′ ′, то IH IA IB IC′ ′ ′ ′= + +uuuur uuur uuur uuur

(рис. 1).Осталось заметить, что CA IB′ ′ – квадрат,т.е. IA IB IC′ ′+ =

uuur uuur uuur, и что IC C′ P H’.

Один из участников кружка, Д.Минеев,заметил (используя программу для гео-метрических построений geogebra), что

через тот же ортоцентр проходят еще двепрямые: прямая 1 1A B , где 1A , 1B – осно-вания биссектрис острых углов, и прямая

0C I , где I – центр вписанной окружностиданного треугольника ABC, а 0C – середи-на гипотенузы AB (она же центр описан-ной окружности треугольника ABC). По-лучилось такое обобщение.

Обобщение 1. В прямоугольном треу-гольнике ABC точка 0C – середина гипоте-нузы AB; 1AA , 1BB – биссектрисы;I – центр вписанной окружности. Докажи-те, что прямые 0C I и 1 1A B пересекаютсяна высоте CH, проведенной из вершины C.

Это обобщение – точная копия задачи 2из упомянутой статьи А.Заславского. Тог-да на кружке все принялись доказыватьэто обобщение. Решить задачу удалось,причем несколькими способами. Д.Глу-ховский из 11 класса решил ее с помощью

центра масс. (Об этом методе можно про-читать в книге М.Балка, В.Болтянского«Геометрия масс» серии «Библиотечка«Квант».) Он поместил подходящие мас-сы в точки A, B, C и 0C так, чтобы центрмасс системы лежал на каждой из трехнужных прямых: в точку A поместил мас-су 2a ab+ , в точку B – массу 2ab b+ , вточку C – массу ac + bc, а в точку 0C –отрицательную массу (–2ab), где a = BC,b = AC, c = AB. Читатель может в качествеупражнения провести нужные группиров-ки масс и окончить доказательство.

Но оказалось, что в этом решении тотфакт, что треугольник прямоугольный,используется ровно один раз – когда вы-числяется отношение AH : BH = 2 2:b a . Впроизвольном треугольнике ABC точка S,делящая сторону AB в отношенииAS : BS = 2 2:AC BC , – это основание си-медианы. Симедиана – это прямая, симмет-ричная медиане треугольника относитель-но соответствующей биссектрисы (о симе-диане можно прочитать, например, в статьеЮ.Блинкова в «Кванте» №4 за 2015 г.).Получается, что это решение с массамидоказывает следующее обобщение.

Обобщение 2. В произвольном треу-гольнике ABC проведены биссектрисы 1AAи 1BB , пересекающиеся в точке I (центревписанной окружности); 0C – серединаAB; прямые 1 1A B и 0C I пересекаются вточке N. Тогда CN – симедиана, т.е.

0ACN BCC∠ = ∠ .На этом дело на закончилось: Д.Креков

сказал, что не обязательно, чтобы 0C быласерединой, и сформулировал очередноеобобщение.

Обобщение 3. В треугольнике ABC про-ведены биссектрисы 1AA и 1BB , пересе-кающиеся в точке I (центре вписаннойокружности); M – произвольная точка наAB; прямые 1 1A B и MI пересекаются вточке N. Тогда ACN BCM∠ = ∠ (рис.2).

У этой задачи нашлись два решения. Вкаждом решении вместо равенства

ACN BCM∠ = ∠ доказывается эквивален-тное тригонометрическое равенство

sin sin

sin sin

NCA BCM

NCI BCI

∠ ∠=

∠ ∠,

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 426

илиsin sin

sin sin

ACN BCM

NCB MCA

∠ ∠=

∠ ∠.

(Строгое обоснование эквивалентностиможно провести, исходя из монотонности

функции ( ) ( )sin

sin

xf x

x

α −= на интервале

0 x< < α , где α – фиксированный угол,0 < α < π .)В первом решении после многократного

применения теоремы Чевы в форме сину-сов (для треугольников 1BCI , BCI и

1ABB ) получалось соотношениеsin sin

sin sin

NCA BCM

NCI BCI

∠ ∠=

∠ ∠(получите его!).

Другой способ придумал М.Волчкевич.Пусть NX, NY, NZ – перпендикуляры изN на стороны AC, BC, AB; MV, MW –перпендикуляры из M на стороны AC, BC.Вспомним известное свойство прямой 1 1A B :для любой точки отрезка 1 1A B сумма рас-стояний от нее до прямой AB равна суммерасстояний до прямых AC и BC (см.,например, статью А.Карлюченко и Г.Фи-липповского «Лемма биссектрального тре-угольника» в «Кванте» №2 за 2016 г.). Спомощью этого свойства можно вывестисоотношение

NX MW

NY MV= ,

что равносильно равенствуsin sin

sin sin

ACN BCM

NCB MCA

∠ ∠=

∠ ∠.

Предлагаем читателю восстановить вседетали этого красивого решения.

Ну и, наконец, уже после всего произо-шедшего на кружке задача была показа-на М.Евдокимову, и он предложил ещеодно обобщение.

Обобщение 4. В треугольнике ABCпроведена биссектриса угла C и на нейвзята произвольная точка I. Прямые AIи BI пересекают стороны BC и AC вточках 1A и 1B ; M – произвольная точкана AB; прямые 1 1A B и MI пересекаютсяв точке N. Тогда ACN BCM∠ = ∠ .

А доказательство получилось короткое,практически в одну строчку. Техническуюработу с отношениями синусов или рассто-яний заменила работа с двойными отноше-ниями четверок точек и прямых (об этомтакже можно прочитать в статье А.Заслав-ского).

Пусть S, T – пересечения биссектрисыCI с прямыми 1 1A B и AB соответственно.При центральной проекции из точки I спрямой AB на прямую 1 1A B : 1A A֏ ,M N֏ , 1B B֏ , T S֏ . Из сохране-ния двойного отношения при центральномпроектировании получаем

1 1

1 1

: :A S A N AT AM

B S B N BT BM= .

Это соотношение можно переписать в видеравенства

1 1

1 1

sin sin:

sin sin

ACS ACN

BCS BCN

∠ ∠=

∠ ∠sin sin

:sin sin

ACT ACM

BCT BCM

∠ ∠=

∠ ∠,

илиsin sin

sin sin

BCN ACM

ACN BCM

∠ ∠=

∠ ∠.

Рис. 2

ВНИМАНИЮ НАШИХ ЧИТАТЕЛЕЙ

Открыта регистрация на XXIII Турнир математических боев имени А.П.Савина.Турнир пройдет, как и в прошлые годы, в Костромской области с 26 июня по 2 июля2017 года. Приглашаются команды 6—9 классов. Подробную информацию отурнире смотрите по ссылке:

http://www.matznanie.ru/competitions/competitions.html#competitions-2017-04-01

« К В А Н Т » Д Л Я М Л А Д Ш И Х Ш К О Л Ь Н И К О В 27

Эти задачи предназначены прежде всего

учащимся 6–8 классов.

Задачи 1 и 2 предлагались на XXVIII Матема-тическом празднике, задачи 3 и 4 предлага-лись на XV Устной московской олимпиаде поматематике для 6–7 классов.

Задачи

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

1. Среди всех граней восьми одина-ковых по размеру кубиков треть си-ние, а остальные – красные. Из этихкубиков сложили большой куб. Те-перь среди видимых граней кубиков

ровно треть – красные. Докажите, чтоиз этих кубиков можно сложить куб,полностью красный снаружи.

А.Шаповалов

2. Можно ли так расставить цифры1, 2, …, 8 в клетках буквы Ш (см.рисунок), чтобы при любом разреза-

нии фигуры на две части сумма всехцифр в одной из частей делилась насумму всех цифр в другой? Резать

можно только по границам клеток. Вкаждой клетке должна стоять однацифра, каждую цифру можно исполь-зовать только один раз.

А.Шаповалов

3. В большой квадратный зал при-везли два квадратных ковра таких, чтосторона одного ковра вдвое больше

стороны другого. Когда их положили впротивоположные углы зала, они вдва слоя накрыли 4 м2, а когда ихположили в соседние углы, то онинакрыли 14 м2. Каковы размеры зала?

Д.Калинин

4. В каждой клетке доски размером5¥5 стоит крестик или нолик, причемникакие три крестика не стоят подрядни по горизонтали, ни по вертикали,ни по диагонали. Какое наибольшееколичество крестиков может быть надоске?

М.Евдокимов

68x41

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 428

Какие бывают опорыС.ДВОРЯНИНОВ

ОПОРЫ БЫВАЮТ РАЗНЫЕ. НАПРИ-мер, подпорная стенка – распростра-

ненный элемент многих строительных кон-струкций. Часто они встречаются в горах(рис.1). Подпорные стенки поддержива-ют также берега рек и защищают их отразмывания. Расположенный выше стен-ки грунт оказывает на стенку давление

(рис.2), порой весьма значительное. От-метим, что плотины и дамбы – это те жеопорные стенки.

Разнообразные опоры удерживают про-вода линий электропередачи, сокращенно

– ЛЭП. Пусть столбы такой линии стоятна равных расстояниях один от другоговдоль прямой линии. И вдруг у очередногостолба с левой стороны появляется допол-нительная наклонная балка (рис.3). Каквы думаете, куда поворачивает в этомместе ЛЭП – направо или налево?

Рассмотрим опоры, стоящие вдоль пря-мой. Каждую такую опору подходящие кней провода тянут в разные стороны. Приэтом действующие на опору силы уравно-вешивают друг друга. Результирующаявсех сил, приложенных к опоре, равнанулю. При повороте подвешенные прово-да создают силу, которая приложена копоре и направлена в сторону поворота(она получается по правилу параллелог-рамма и не равна нулю). Дополнительнаяопора препятствует действию этой силы.Если дополнительная опора появиласьслева по ходу, значит, ЛЭП в этом местеповорачивает налево.

Опоры бывают и у мостов, соединяющихберега реки. Если река широкая и одногопролета моста не хватает, то два соседнихпролета помещают на опору, называемуюбыком. Бык воспринимает нагрузку отэтих пролетов.

На рисунке 4 вы видите знаменитый

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Сызранский мост через Волгу, названныйпри открытии в 1880 году Александровс-ким – в честь 25-летия правления импера-тора Александра II. Тогда он был самымдлинным мостом Европы (1436 метров, 13пролетов). Очевидно, что быки моста не-симметричны: с одной стороны мы видимвыступающие из воды дополнительныесооружения. Как вам кажется, в какомнаправлении течет Волга – слева направоили справа налево?

Рис. 4

Дополнительные сооружения, на кото-рые мы обратили ваше внимание, это во-дорезы или ледорезы. Они принимаютна себя давление потока воды и защища-ют быки от льдин во время ледохода. Ихставят со стороны верховой части водо-тока. Так что они не поддерживают быки,как могло бы показаться на первыйвзгляд, а защищают их (водорезы имеютобтекаемую форму). Так что течет Волгаслева направо.

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

Молекулярно-кинетическая

теория ихарактеристики

веществаС.ВАРЛАМОВ

Модуль объемной упругости

Если к собственному давлению веществадобавляется внешнее давление, то среднее

расстояние между молекулами становитсянемного меньше. Соседние молекулы оттал-киваются друг от друга, и можно считать,что эта сила распределена по площади, рав-ной 2D . Внешнее давление обеспечивает,таким образом, дополнительную силу, рав-

ную 2внp D . Из модели Леннарда–Джонса

можно получить силу, с которой взаимодей-ствуют две соседние молекулы, пренебрегаявзаимодействием с более удаленными другот друга молекулами:

13 70 012 12

U D U D

D D x D D x − + + + +

2вн 0D p+ = .

Отсюда находим искомое расстояние:4

вн

072

D px

U= − .

Относительное изменение линейных раз-меров при наличии внешнего давления внp

Окончание. Начало – в предыдущем номережурнала.

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В 29

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 430

Таблица 2

равно x Dβ = . Модуль (коэффициент)объемной упругости G находится из условия

вн3 G p− β =и равен

вн 0соб3

24 42

3p U L

G pD

ρ= − = = =

β Μ.

Тепловое расширение прификсированном внешнем давлении

При колебаниях одной молекулы вблизисреднего положения равновесия в направле-нии одной из ближайших соседок, в соответ-ствии с моделью Леннарда–Джонса, долж-на расти средняя по времени сила отталки-вания этих двух молекул. Если колебанияописываются (примерно) гармоническойфункцией времени max cosx tω , то для коле-баний вдоль оси x изменение потенциальнойэнергии взаимодействия этой пары молекулможно описать формулой

12 6

0 2D D

U UD x D x

= − ≈ + + 2 3

0 036 252x x

U UD D

≈ − +

4

01113x

UD

+ +

… .

Сила взаимодействия молекул равна

( )2

01

72dU

F x U xdx D

= − ≈ − +

+ 3 4

2 30 0

1 1756 4452U x U x

D D

− +

…

Среднее значение для 2x при тепловыхколебаниях мы теперь знаем, а третьимслагаемым, пропорциональным 3x , мы пре-небрегаем. Чтобы среднее по времени значе-ние силы осталось равным нулю, молекулыдолжны в среднем удалиться друг от другана расстояние 00,146x DkT U∆ ≈ . Таким об-разом, при низких температурах тепловойкоэффициент линейного расширения кон-денсированного вещества равен

0

0,146k

Uγ = .

Коэффициент объемного теплового расши-рения вещества в конденсированном состо-янии, естественно, примерно в три разабольше:

0

0,443

5

k ZR

U Lγ = ≈ .

Если умножить коэффициент объемногорасширения твердого вещества при темпе-ратуре, составляющей определенную долюот температуры плавления, например при

пл 10T T= , на температуру плавления ве-щества, то можно получить безразмерныевеличины. В таблице 2 приведены относи-

тельные величины плT ⋅ γ для большой груп-пы металлов. Из таблицы видно, что отно-сительные величины мало отличаются другот друга, хотя по механическим и тепло-вым свойствам (структуре кристаллическойрешетки, модулю Юнга, температуре плав-ления и др.) эти металлы отличаются весь-ма значительно. Конечно, есть и такие ве-щества, для которых обсуждаемая относи-тельная величина далеко выходит за грани-цы диапазона 0,6–1,2. Например, она боль-ше для урана (1,8), плутония (2,4), цинка(2,5), а для галлия (0,31), индия (0,47) исурьмы (0,54) она меньше, но эти данные втаблицу не включены.

Следовало бы рассмотреть зависимостькоэффициента объемного расширения оттемпературы ( γ растет с ростом температу-ры), но для ее объяснения выбранной моде-ли взаимодействия молекул недостаточно.

Давление насыщенного пара

Нарисуем зависимости давления одногомоля вещества от занимаемого им объема длядвух немного отличающихся температур Tи T T− ∆ (рис.2). Участки с постояннымидавлениями соответствуют одновременномусуществованию в объеме сосуда и конденси-рованного и газообразного состояния веще-ства. Кривые пунктирные линии показыва-ют, как вело бы себя это вещество, если быоно подчинялось законам идеального газа.

Проведем с этим веществом циклическийпроцесс, в котором две изотермы будут соот-

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В 31

ветствовать испарению вещества при болеевысокой температуре и конденсации веще-ства при более низкой температуре. Соеди-ним эти два участка (на концах) адиабатами.Получится цикл Карно, для которого КПДизвестен – он равен T T∆ . Теплота, получен-ная от «нагревателя», соответствует моляр-

ной теплоте испарения при температуре T, аработа газа равна p V∆ ∆ . Как мы уже отме-чали, при условии что объем газа многобольше объема конденсированного вещества,

гV V∆ ≈ . Тогда работа газа за цикл равна

0

12

pRT T ZL i TQ RT

p T Z T

∆ ∆ ∆ = = − −

.

Разделим переменные:

20

12

p ZL i TT

p Z R T

∆ ∆ = − −

.

Это уравнение (уравнение Клапейрона–Кла-узиуса) имеет такое решение:

0

0 0 0

1 1ln 1 ln

2

p ZL i T

p T T Z R T

= − + −

,

где 0p – давление насыщенного пара веще-ства при температуре 0T .

Если возвести число e в степени, соответ-ствующие правой и левой частям полученно-го равенства, и оставить по разные стороныот знака равенства только величины, имею-щие одинаковые индексы, то получится со-отношение для давления насыщенного пара:

12

нп0

exp consti

ZLp T

TZ R

− ⋅ = = ϒ

.

По-видимому, для давлений насыщенногопара над твердым конденсированным веще-ством и над жидким величины ϒ будутразными.

На рисунке 3 для разных веществ приве-дены зависимости относительных величин

срϒ ϒ (по вертикали), которые в соответ-ствии с последней формулой должны бытьравны единице, от величины относитель-ной температуры крT T (по горизонтали).Данные для вычисления значений ϒ взятыиз справочника физических величин. Сред-ние значения срϒ вычислялись отдельнодля участков с температурой ниже точкиплавления веществ и выше нее.

Рис. 2

(Продолжение см. на с. 34)

Рис. 3

Чем только не обязаны мы растительномумиру, т.е. флоре: и насыщением воздухакислородом, и предоставлением на протяже-нии тысячелетий крова и пищи животномумиру. Человечество всегда искало и совер-шенствовало способы все более интенсивногоовладения природой для удовлетворения всеболее возрастающих насущных нужд. Одна-ко не только – легендарное ньютоновскоеяблоко стало плодом с древа познания, рас-тительным символом стремления проникнутьв секреты устройства и функционированияокружающего нас мира.

Безусловно, физика – и сама по себе, и всодружестве с другими естественными наука-ми – внесла свой вклад в разгадку тайнприроды, кроящихся в обитателях лесов,полей, рек и морей. Ученых вели и любозна-тельность, и все возрастающая тревога засохранение условий нашего существования,в том числе и флоры.

Возможно, вы найдете отражение этих про-блем и в сегодняшней подборке «раститель-ных» сюжетов.

Вопросы и задачи

1. В Юго-Восточной Азии кокосовые орехипопадают с острова на остров, «пройдя»

порой десятки километров. Каким образомэто им удается?

2. Что позволяет плодам и семенам многихрастений преодолевать большие расстояниявоздушным путем?

3. Почему все альпийские растения низко-рослы?

4. Листья некоторых растений имеют склад-чатую форму, а лепестки цветов сворачива-ются в трубочку. Чем это можно объяснить?

5. Почему в бурю ель вырывается с корнем,а у сосны ломается ствол?

6. Сильный ветер может сломать или выр-вать с корнем дерево, но лишь пригибает кземле стебли злаковых, например ржи илиовса. Отчего?

7. Стебли подводных растений намноготоньше наземных, однако могут достигать вдлину десятки метров. Как они держатся подводой в вертикальном положении?

8. Почему нежелательны всякие ограниче-ния свободной поверхности воды в стоячихводоемах?

9. Какую роль играет восковой налет наповерхности листа и почему стог сена дажепри дожде остается сухим?

10. Так что же все-таки препятствует ростудеревьев «до неба»?

312,3х208

Природа позаботилась, чтобы деревья неросли до неба.

Немецкая пословица

«Почему яблоко всегда падает отвесно вниз,к земле, а не в сторону или вверх?»

Исаак Ньютон (по легенде)

… гнилушка светилась...даже ярче, чем «вяле-ная треска»; к тому же она считала себя послед-ним остатком дерева, которое некогда былокрасой всего леса.

Ханс Кристиан Андерсен

Будем ли мы говорить о питании корня засчет веществ, находящихся в почве, будем ли

говорить о воздушном питании листьев за счетатмосферы… – везде для объяснения мы будемприбегать к тем же причинам: диффузия.

Климент Тимирязев

...верхушки корешков...наделены способнос-тью получать сигналы от какого-то чувствитель-ного органа и, подобно мозгу какого-нибудьнизшего животного, направлять движение при-легающих частей.

Чарльз Дарвин

...растения способны к обработке информа-ции, только совершенно своеобразными спосо-бами и в совершенно ином временнóм темпе.

Стэйси Хармер

физика+флора?А так ли хорошо знакомы вам

11. Стоит насекомому присесть на листрастения-хищника, как его створки быстрозахлопываются и насекомое становится жер-твой хищника. Что способствует быстротереакции растения?

12. Когда солнце начинает припекать, ли-стья деревьев в верхних ярусах располагают-ся почти вертикально. Чем это объясняется?

13. Почему перед заморозком рассаду по-мидоров и огурцов следует обильно поли-вать?

14. Известно, что в жаркий солнечный деньрастения не следует поливать – капли водыоставляют на листьях коричневые пятна. Какони возникают?

15. Чем биолюминесценция грибов-гнилу-шек отличается от свечения животных?

16. Если листья растений наблюдать присвете синей лампы, то зеленые листья кажут-ся малиново-красными. Почему?

17. Отчего самые глубокие водоросли име-ют красный цвет?

Микроопыт

Приложите в жаркий день к щеке листрастения. Что вы почувствуете? Почему?

Любопытно, что…

...еще в XVII веке английский физик ихимик Роберт Бойль установил, что свечениегниющей древесины прекращается без возду-ха и снова возобновляется в воздушной сре-де, а именно в присутствии кислорода.

...нидерландский ученый Якоб Вант-Гофф,один из основоположников физической хи-мии и первый Нобелевский лауреат по хи-мии, в 1887 году объяснил природу осмоса,распространив законы идеальных газов наразбавленные растворы, что привело к пони-манию механизма питания растений почвен-ными водами.

...листья Виктории королевской (семей-ство кувшинковых), растущей у берегов Ама-зонки, достигают двух метров в поперечникеи пронизаны множеством толстых жилок,благодаря чему настолько крепки, что могутвыдержать вес взрослого человека.

...В 1729 году ученый секретарь Парижс-кой академии наук Жан Жак де Мэрансообщил о замечательном наблюдении. Фа-соль, опускающая ночью листья, а передрассветом поднимающая их, продолжала эти

циклические движения и в полной темноте.Наличие у растений «внутренних часов» впос-ледствии было подтверждено множествомопытов и оказалось связанным с внутрикле-точными периодическими процессами.

...загадка поворота вслед за солнцем моло-дых подсолнухов получила разрешение вработе калифорнийских ученых. Утреннийсвет улавливается фоторецептором растения,передающим сигнал «биологическим часам»,который управляет попеременным ростомтеневой и нагретой стороны ствола.

...так называемый «бешенный огурец» –растение, при созревании выстреливающеена 6–8 метров струю липкого сока, смешан-ного с семенами, – накапливает внутри плодагазы, давление которых перед «выстрелом»достигает 3 атмосфер!

...стебли бамбука, устремляющиеся ввысьдо 35 метров, по своей легкости и прочностине уступают многим строительным материа-лам. А при использовании современных тех-нологий, придающих ему водостойкость, бам-бук может соперничать даже с углеволокном.

...одно из недавних важных открытий оте-чественных ученых состоялось благодаря сине-зеленым водорослям. Оказалось, что энергиясвета, захватываемого их фотосинтезирую-щими молекулами, передается вдоль много-клеточной цепочки за счет электрическойсвязи между клетками.

...за год растения суши и океана манипули-руют колоссальными количествами веществаи энергии: они усваивают 150 миллиардовтонн углекислого газа, разлагают 120 милли-ардов тонн воды, выделяют 200 миллиардовтонн свободного кислорода и запасают околополутораста триллионов мегаджоулей энер-гии солнца за счет фотосинтеза.

Что читать в «Кванте» по этой теме

(публикации последних лет)

1. «Электричество из фруктов» – 2010, №6,с.38;

2. «Пылевая буря и ...» – 2012, №5–6, с.60;3. «Почему хурма вяжет во рту?» – 2013, №2,

4-я с. обл.;4. «Физик в гостях у биолога» – 2015, При-

ложение №1;5. «Ньютон, яблоки и другие» – 2016, №5–6,

с.34.Материал подготовил А.Леонович

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 434

На диаграммах видны фрагменты плав-ного изменения величин ϒ и изломы ли-ний на стыках этих фрагментов. Появле-ние таких отличающихся по характеру из-менения величин ϒ участков, по-видимо-му, связано с тем, что в справочник попалиданные, полученные разными авторами наразных экспериментальных установках.Если при измерениях имели место ошибки,связанные с неправильной (неточной) ка-либровкой измерительных приборов, то онибыли тоже разными.

Как видно, ожидаемое постоянство вели-чин ϒ действительно в какой-то степенивыполняется. Все величины группируютсявблизи единицы. При этом сами величиныдавлений насыщенных паров изменяются вочень широком диапазоне.

В таблице 3 для тех же веществ приведеныотношения максимального давления насы-

щенного пара (при самой высокой темпера-туре, для которой есть данные в справочни-ке) к минимальному давлению (при самойнизкой температуре, для которой имеютсяданные) для каждого из веществ и самивеличины максимальных давлений насыщен-ных паров.

Из найденного ранее соотношения длядавления насыщенного пара можно теперьполучить для него такое выражение:

120

нп 00

exp

i

T L Lp p

T RT RT

− = ⋅ − =

= 1

2const expi

LT

RT

− ⋅ ⋅ −

.

Зависимость давления насыщенного параот температуры выражается произведениемдвух функций температуры: степенной иэкспоненциальной, причем показатель экс-поненты зависит от температуры как

( )( )L RT− , а отрицательный показатель

степени температуры ( )1 2i− определяетсячислом атомов, входящих в состав одноймолекулы вещества, или количеством i сте-пеней свободы.

При температурах вещества, далеких откритической, и давление насыщенного параи плотность вещества пропорциональны кон-центрации молекул:

p = nkT, mnρ = .

Обе эти величины быстро увеличиваются сростом температуры. В свою очередь, плот-ность конденсированного вещества при дав-лении, равном давлению насыщенного пара,убывает с ростом температуры. Убываю-щая функция и возрастающая функция принекоторой температуре сравниваются по ве-личине, т.е. разница плотностей конденси-рованного вещества и его насыщенного парастановится все меньше и меньше по мереприближения температуры к критическомузначению. При критической температуре этивеличины оказываются равными друг дру-гу. Если температура выше критической,то вещество не может самопроизвольно раз-делиться на области с высокой и низкойплотностью при любом внешнем давлении,т.е. плотность вещества в равновесном со-стоянии при любом фиксированном давле-нии и при температуре крT T> всюду оди-накова.

Таблица 3

(Начало см. на с. 29)

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В 35

Связи между микропараметрами имакропараметрами вещества

Исходя из молекулярно-кинетической мо-дели, можно выразить некоторые макропа-раметры вещества через его микропарамет-ры и наоборот.

Например, в качестве микропараметровможно выбрать такие характеристики: раз-мер (диаметр) D молекулы, масса молеку-лы m, число Авогадро 0N , глубина потен-циальной ямы 0ZU , которую создают дляодной молекулы ее ближайшие соседи. Пос-ледний из параметров состоит из двух ве-личин, но они в формулы для макропара-метров так и будут входить в виде произве-дения. Тогда оценки для макропараметров,выраженные через микропараметры, будуттакими:

• плотность вещества 31,41m

Dρ ≈ ,

• молярная масса 0mNΜ = ,• теплота испарения вещества при нулевой

температуре

0 0 0пл пар кип 1

2 2Z U N i

L L Q RT = = + + −

,

• коэффициент поверхностного натяженияпри низкой температуре

0 022 3

Z U

Dσ ≈ .

Четыре микропараметра могут быть выра-жены через четыре макропараметра:

2,45DL

Μσ=

ρ,

( )23

06 3

LN

ρ Μ = σ ,

0

mN

Μ= , 0 0

0

2LZ U

N= .

Заметим, число Авогадро 0N и порядоквеличины D знакомы всем с момента началаизучения молекулярной физики в школе.

В таблице 4 для разных веществ приведе-ны отношения вычисленного нами числаАвогадро 0N к настоящему числу Авогадро

23A 6,02 10 1 мольN = ⋅ . Вычисления прово-

дились по макроскопическим параметрам,взятым из справочника физических вели-чин. Видно, что соответствия нет, но длягрубой оценки числа Авогадро без проведе-ния специальных экспериментов и этот ре-зультат подходит.

Таблица 4

Таблица 5

Отличие 0N от AN в 10–20 раз длякрупных молекул органических веществ ибольшинства металлов подсказывает, чтодля них модель парного взаимодействиямолекул не очень-то подходит.

В таблице 5 приведены оценочные разме-ры молекул в ангстремах ( 1010−  м). Всезначения по порядку величины одинаковы исоответствуют ожидаемым нескольким анг-стремам.

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Расстоянияна сфере

С.КУЗНЕЦОВ

«ДОБРОЕ УТРО, ГОВОРИТ КОМАНДИРвоздушного судна. Наш самолет се-

годня выполняет рейс №100 по маршрутуМосква – Нью-Йорк...» Заглянем в справоч-ник: широта Москвы 55 45′° , Нью-Йорка40 43′° . Казалось бы, нужно лететь на юго-запад – однако самолет уверенно забирает ксеверу: под крылом Санкт-Петербург, Бал-тийское море, Скандинавия...

Разгадка проста: Земля не плоская, илиния, проведенная по линейке на карте(локсодромия), не будет самой короткой наглобусе. Рассмотрим, например, две точкина широте 45°, между которыми 180° дол-готы. Если лететь по 45-й параллели (пря-мая линия по карте), придется преодолеть

расстояние 22

r R⊕π = π , где r – радиус

параллели, R⊕ – радиус Земли. Если желететь через полюс, то мы пролетим четверть

круга радиуса R⊕ , т.е. 12

R⊕π – почти в

полтора раза меньше ( 2 1,41≈ ). Недаромзнаменитый советский летчик Валерий Чка-лов избрал именно этот опасный полярныймаршрут (рис.1) для перелета из Москвы( 55 45′°  с.ш., 37 37′°  в.д.) в американскийВанкувер ( 45 38′°  с.ш., 122 36′°  з.д.).

Самый короткий путь на сфере – это дугабольшого круга, т.е. окружности, котораяполучается при сечении сферы плоскостью,проходящей через центр. Всякий меридианесть дуга (точнее, половина) большого кру-га, а вот среди параллелей такой честиудостоился лишь экватор.

А как вычислить расстояние по этой крат-чайшей линии, если известны географичес-кие координаты двух пунктов P и Q? Пустьмежду ними β градусов долготы, а широтыих равны 1α и 2α (обе точки в северномполушарии). Проведем через эти точки ме-ридианы, они пересекутся в полюсах N и S(рис.2). Треугольник NPQ составлен из дуг

больших кругов; их длины удобно измерятьугловой мерой: 1 градус составляет 1 360 отполного круга. Перейти от угловой меры ккилометрам очень просто: дуга в γ градусов

имеет длину 2360

R⊕γ

⋅ π°

.

В угловой мере стороны NP и NQ равны1α и 2α ; угол при вершине N равен β .

Нужно найти сторону PQ. На плоскости мыбы воспользовались теоремой косинусов. Естьли такая теорема на сфере?

Вспомним, откуда берется плоская теоре-ма косинусов. Посмотрим на рисунок 3 и

Рис. 1

Рис. 2

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 37

применим дважды теорему Пифагора:

( )22 2

2 2 2

,

,

a h b x

c h x

= + −

= +

откуда следует 2 2 2 2a c b bx− = − . Посколь-ку cosx c A= ∠ , получаем

2 2 2 2 cosa b c bc A= + − ∠ .

Итак, нам нужны два ингредиента: аналогтеоремы Пифагора и аналог соотношения,выражающего косинус, для прямоугольноготреугольника на сфере.

Пусть в ABC∆ на сфере угол C прямой, аA∠ = α ; угловые меры катетов BC и AC и

гипотенузы AB равны a, b и c соответствен-но. Повернем сферу так, чтобы точка Aоказалась Южным полюсом. Для простотысчитаем, что точки B и C тоже находятсяюжнее экватора. Совершим центральнуюпроекцию1 (рис.4) – точки B и C перейдутв 1B и 1C . Пирамида 1 1OABC изобилуетпрямыми углами:

1 1 1 1 1 1 90AC B OC B OAC OAB∠ = ∠ = ∠ = ∠ = °(докажите это!). В частности, сохранилсяпрямой угол при вершине C. Значит,

1 1cos A AC AB∠ = (сам угол при вершине A

и на сфере, и на касательной плоскостиимеет ту же величину). Поскольку

1 tgAC OA b= и 1 tgAB OA a= , получаемcos tg tgA b a∠ = : на сфере, чтобы узнатькосинус угла, надо делить не катет на гипо-тенузу, а тангенс катета на тангенс гипоте-нузы. Легко получить и соотношение накатеты и гипотенузу, заменяющее здесь тео-рему Пифагора:

1 1 1cos cos cos cosOB c OA OC b OB a b= = = ,

откуда

cos cos cosa b c= .

Теперь мы готовы вывести сферическуютеорему косинусов. Посмотрим еще раз нарисунок 3 и вообразим, что дело происходитна сфере:

( )cos cos cos ,

cos cos cos .

a h b x

c h x

= −

=Если cos 0x ≠ , можно избавиться от cosh;вместо формулы квадрата разности нам те-перь пригодится формула косинуса разно-сти:

( )coscos cos cos sin sin

cosc

a b x b xx

= + =

= cos cos sin cos tgb c b c x+ .

Наконец, tg tg cosx c A= ∠ , откуда

cos cos cos sin sin cosa b c b c A= + ∠ .

Эта формула не очень похожа на плоскуютеорему косинусов2 , однако ее работу ус-пешно выполняет. Вернемся к NPQ∆ : в нем

1 2 1 2cos cos cos sin sin cosPQ = α α + α α β .ДляМосквы и Нью-Йорка 1 35α ≈ ° , 2 50α ≈ ° ,

111β ≈ ° , откуда cos 0,37PQ ≈ , угловаямера дуги PQ примерно равна 68,28° , арасстояние между городами равно примерно7600 км.

Наш результат не вполне точен, потому чтоповерхность Земли не совсем сферическая.Вращение вокруг оси сжимает планету кплоскости экватора; влияет на ее форму и

Рис. 3

1 Заметим, что эта же проекция использова-лась на карте на рисунке 1.

Рис. 4

2 На самом деле, плоская теорема косинусовполучается как предельный случай сферичес-кой: если угловая мера дуги x мала, то

2

cos 12

xx ≈ − , и после подстановки и отбрасы-

вания малых слагаемых получается как разобычная теорема косинусов (а из соотношенияcos cos cosc a b= в прямоугольном треугольни-ке получается теорема Пифагора).

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 438

неравномерное распределение суши и океа-нов. Современная наука говорит, что Земляимеет форму геоида (переводя с греческого:форму тела, похожего на Землю). При нашемвычислении погрешность составила около100 км, т.е. меньше 1,5%.

Упражнения

1. Вычислите расстояние по дуге большогокруга между Берлином ( 52 31′°  с.ш., 13 23′°  в.д.)и Сиднеем ( 33 52′°  ю.ш., 151 12′°  з.д.).

2. В доказательстве сферической теоремы ко-синусов мы опустили многие случаи: когда вы-сота попадает на продолжение стороны; когдаcos 0x = ; когда вершины прямоугольного треу-гольника оказываются в разных полушариях.Восстановите рассуждения для этих случаев.

3. Докажите, что в прямоугольном треугольни-

ке на сфере sin

sinsin

aA

c∠ = . Выведите отсюда

сферический аналог теоремы синусов.

КОНКУРС ИМЕНИ А .П .САВИНА

Конкурс проводится совместно с журналом«Квантик».

Задачи

24. В волшебном дворце обитают пре-красные феи. Каждый день у всех фей,кроме одной, улучшается и обаятельность,и привлекательность, а у оставшейся феи –только одно из этих качеств (а другое мо-жет и ухудшиться). Однако за последнийгод все феи совершенно не изменились.Каково наибольшее возможное число фейво дворце? (В году 365 дней.)

А.Канель-Белов

25. Из круга можно вырезать четырех-угольник, у которого две противоположныестороны равны a и c, а две другие – b и d.Толик Втулкин утверждает, что тогда изэтого круга можно вырезать и четырехуголь-ник, у которого две противоположные сторо-ны равны a и b, а две другие – c и d. Правли Толик? Решите задачу в случаях, когда

Мы завершаем очередной этап конкурса по решению математических задач. Конкурсвозобновится в следующем учебном году. Задания появятся в сентябре и будут опубликованыв «Кванте» №9.

Задачи рассчитаны в первую очередь на учащихся 7–9 классов, но мы будем рады участиюшкольников всех возрастов.

Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу:savin.contest@gmail.com или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии укажите город,школу и класс, в котором вы учитесь, а также обратный почтовый адрес.

Мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и команд (в такомслучае присылается одна работа со списком участников). Участвовать можно, начиная с любоготура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы.

Желаем успеха!

исходный четырехугольник: а) вписан в дан-ный круг (вершины четырехугольника ле-жат на границе круга); б) не обязательновписан, но выпуклый (диагонали лежат внут-ри четырехугольника); в) может быть невы-пуклым (одна из диагоналей может лежатьснаружи четырехугольника).

С.Дворянинов

26. Ладья должна пройти из левого нижне-го угла шахматной доски в правый верхнийровно за 6 ходов. При этом она можетсдвигаться только вправо или вверх, а ходывверх и вправо должны чередоваться. Най-дите количество возможных маршрутов ла-дьи.

П.Кожевников

27. Докажите, что для всех натуральных n

число ( )4 1 3 114 4 1

3n n+ ++ + является состав-

ным.В.Расторгуев

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

Футбольные иволейбольные

турнирыА.ЗАСЛАВСКИЙ

Сила мысли на исходе,Рассуждать о новой моде,О футболе, о погодеИ о прочих пустяках –Только это и осталось...

А.Великий

ИЗВЕСТНО МНОГО МАТЕМАТИЧЕСКИХзадач, в которых речь идет о спортив-

ных соревнованиях. Чаще всего в них гово-рится об однокруговых турнирах, в которыхкаждый из n участников один раз играет скаждым из остальных. При этом, как прави-ло, предполагается, что очки начисляютсяпо шахматной системе, т.е. за победу участ-ник получает одно очко, за ничью – пол-очка, за поражение – ноль очков (в команд-ных видах спорта за победу раньше давалидва очка, а за ничью одно, что, с математи-ческой точки зрения, принципиально не от-личается от шахматной системы). О шахмат-ных турнирах «Квант» рассказывал нео-днократно1 , поэтому здесь мы отметим толь-ко два следующих свойства таких турниров.

1. Сумма очков, набранных всеми участни-ками, равна ( )1 2n n − .

Действительно, в каждой партии ее участ-ники при любом исходе набирают в суммеодно очко, а общее число партий в турниреравно ( )1 2n n − .

2. Если участник набрал в итоге s очков, торазность между числом его побед и числомего поражений равна 2s – n + 1.

Действительно, если участник выиграл wпартий, а проиграл l партий, то вничью он

сыграл n – 1 – w – l раз, т.е. набрал s w= +( )1 2n w l+ − − − = ( ) ( )1 2 2n w l− + − оч-

ков, что равносильно свойству 2.Из свойств 1 и 2 легко вывести утвержде-

ния, сформулированные в следующих уп-ражнениях.

Упражнения

1. Докажите, что если все участники турниранабрали поровну очков, то у каждого из них числопобед равно числу поражений.

2. Докажите, что если не все участники турниранабрали поровну очков, то у победителя турнирапобед больше, чем поражений, а у участника,занявшего последнее место, побед меньше, чемпоражений.

В конце прошлого века в футбольныхтурнирах за победу стали давать три очка,а за ничью одно. В последние годы в во-лейболе ввели систему, при которой, есливстреча заканчивается со счетом 3:0 или3:1, то победившая команда получает триочка, а проигравшая – ноль очков; есливстреча заканчивается со счетом 3:2, то ко-манды получают два и одно очко соответ-ственно. Очевидно, что при футбольной си-стеме оба свойства 1 и 2 перестают выпол-няться, а при волейбольной сохраняетсятолько свойство 1. Поэтому можно ожи-дать, что и утверждения упражнений 1 и 2перестают быть верными. Соответствующиеконтрпримеры несложно придумать, есличисло участников турнира достаточно вели-ко. Однако вопрос о минимально возмож-ном числе участников таких турниров нестоль прост и достаточно интересен. Такогорода задачи мы и будем рассматривать вэтой статье.

Задача 1. В футбольном турнире все nкоманд-участниц набрали поровну очков.При каком наименьшем n может оказать-ся, что не у всех команд число побед равночислу поражений?

Ответ. n = 8.Решение. Если не у всех команд побед и

поражений поровну, то найдется команда,имеющая больше побед, чем поражений, икоманда, имеющая больше поражений, чемпобед. Предположим сначала, что у обеихкоманд количества побед и поражений отли-чаются на 1, т.е. у первой команды x победи x – 1 поражений, а у второй y побед иy + 1 поражений. Тогда из условия равенства

1 См., например, статью А.Заславского «Ологичных и нелогичных турнирах» («Квант»№5 за 1997 г.) или статью А.Заславского иБ.Френкина «Математика турниров» («Квант»№1, 2 за 2007 г.).

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 440

очков получаем

( ) ( )3 1 1 3 1 1x n x x y n y y+ − − − − = + − − − + ,

т.е. y = x + 2. Поскольку 1x ≥ , получаем, что1 2 1 7n y− ≥ + ≥ , т.е число команд не мень-

ше 8. Если же у какой-то команды количе-ства побед и поражений отличаются большечем на 1, то аналогичными рассуждениямиполучаем для n более сильную оценку.

Пример искомого турнира восьми команддает таблица 1.

Приведенное решение формально являет-ся полным: доказана оценка для n и приве-ден соответствующий пример. Однако онооставляет чувство неудовлетворенности: не-понятно, как такой пример придумать. По-этому приведем некоторые пояснения, кото-рые могут оказаться полезными и в последу-ющих задачах.

При доказательстве оценки мы выяснили,что среди восьми команд некоторые имеютодну победу и шесть ничьих, другие – трипобеды и четыре поражения, а у остальныхпобед и поражений поровну. Поскольку укоманд первой и второй групп по 9 очков,получаем, что команды третьей группы вы-играли и проиграли по две игры. Кроме того,так как суммарное количество побед у всехкоманд должно равняться суммарному коли-честву поражений, две первых группы состо-ят из одинакового количества команд, обо-значим его через k. Тогда каждая командапервой группы проводит k встреч противкоманд второй группы и эти встречи не могутзакончиться вничью, поскольку у командвторой группы ничьих нет. Но командыпервой группы играют вничью все встречи,кроме одной, что возможно только при k = 1.

Итак, у нас есть одна команда, назовем ееA, выигравшая один матч и сыгравшая вни-чью остальные, и одна команда B, выиграв-

шая три матча и проигравшая четыре. Оче-видно, что A выиграла у B, а остальныешесть команд делятся на две тройки: выиг-равших у B и проигравших ей. Теперь есликаждая команда из первой тройки проиграетодной команде из второй (каждая своей), тов остальных играх каждая из шести команддолжна будет выиграть и проиграть по одно-му матчу. Построение соответствующегопримера не составляет сложности.

Заметим, что тем самым мы доказали, чтопри n = 8 не менее шести команд имеютпоровну побед и поражений. Аналогичнымирассуждениями можно показать, что приn = 9 таких команд не менее пяти, при n = 10– не менее четырех и т.д. Таким образом, приn < 14 такие команды обязательно найдутся.

Упражнение 3. Приведите пример турнира 14команд, в котором у всех поровну очков, но неткоманд, имеющих поровну побед и поражений.

Задача 2. В волейбольном турнире все nкоманд-участниц набрали поровну очков.При каком наименьшем n может оказать-ся, что не у всех команд число побед равночислу поражений?

Ответ. n = 5.Решение. Прежде всего отметим, что все

команды могут набрать поровну очков толь-ко при нечетном n. Действительно, посколь-ку в каждой игре участвующие в ней ко-манды набирают в сумме 3 очка, суммаочков, набранных всеми командами, равна

( )3 1 2n n − , что при четном n на n не де-лится.

При n = 3 каждая из трех команд набираетв двух матчах три очка, что возможно толькопри одной победе и одном поражении. Приn = 5 возможна следую-щая таблица 2.

Задача 3. В волей-больном турнире все nкоманд-участниц на-брали поровну очков.При каком наименьшемn может оказаться,что ни у одной из ко-манд число побед не равно числу пораже-ний?

Ответ. n = 9.Решение. Так как n нечетно (см. предыду-

щую задачу), разность между числом победи числом поражений у каждой команды

Таблица 1

Таблица 2

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 41

четна. При этом хотя бы у одной команды этичисла должны отличаться больше чем на 2,поскольку в противном случае общее коли-чество побед не будет равно общему числупоражений. Будем считать, что есть коман-да, имеющая побед, по крайней мере, на 4больше, чем поражений (противоположныйслучай рассматривается аналогично). Еслиэта команда проиграла только одну игру, тоона набрала не меньше ( )2 2n − очков, при-чем 7n ≥ . Но, с другой стороны, у неедолжно быть ( )3 1 2n − очков, а при такихзначениях n получается ( ) ( )2 2 3 1 2n n− > −– противоречие. Следовательно, эта коман-да проиграла не меньше двух встреч, авыиграла не меньше шести, т.е. 9n ≥ .

Пример турнира девяти команд дает таб-лица 3.

Задача 4. В футбольном турнире n ко-манд команда «Хитрецы» набрала большеочков, чем любая другая, а команда «Про-стаки» – меньше, чем любая другая. Приэтом «Хитрецы» выиграли меньше матчей,чем проиграли, а у «Простаков» победоказалось больше, чем поражений. При ка-ком наименьшем n возможна такая ситуа-ция?

Ответ. N = 12.Решение. Из условия следует, что «Хит-

рецы» обогнали «Простаков» хотя бы на дваочка. Рассуждая так же, как в задаче 1,получаем, что для этого «Хитрецы» должнывыиграть не меньше пяти матчей, следова-тельно, 12n ≥ . При n = 12 такой турнирсуществует (табл.4).

Задача 5. В волейбольном турнире nкоманд команда «Хитрецы» набрала боль-ше очков, чем любая другая, а команда«Простаки» – меньше, чем любая другая.

Таблица 3

При этом «Хитрецы» выиграли меньшематчей, чем проиграли, а у «Простаков»побед оказалось больше, чем поражений.При каком наименьшем n возможна такаяситуация?

Ответ. n = 6.Решение. При n < 6 «Хитрецы» выигры-

вают не больше одной встречи и, следова-тельно, набирают не больше

( )3 2 1n n+ − = + очков. Аналогично, «Про-стаки» набирают не меньше ( )2 2n − очков.Так как у «Хитрецов» должно быть хотя бына два очка больше, чем у «Простаков»,получаем, что 3n ≤ . Но при трех командахописанная ситуация, очевидно, невозможна.

Пример для шестикоманд приведен втаблице 5.

В заключение заме-тим, что еще болеепарадоксальные ситу-ации могут возник-нуть, если командыиграют не один, а не-сколько кругов. На-пример, может оказаться, что во встречахлюбых двух команд больше побед одержива-ет команда, набирающая в итоге меньшеочков. Попробуйте придумать примеры по-добных турниров, желательно, с небольшимчислом кругов и команд. Возможно, приэтом получатся новые интересные задачи.

Таблица 4

Таблица 5

Рис. 1. Наполеон-водолаз

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

Наполеон-водолаз иФейнман-

экспериментаторА.ПАНОВ

ЭТОТ МАТЕРИАЛ – НЕБОЛЬШОЕ ДОПОЛ-нение к недавно опубликованной статье

«Спасем водолаза» (см. «Квант» №2 за2016 г.).

Напомним, что картезианский водолаз былвпервые описан Рафаэлло Маджотти в1648 году в его трактате о несжимаемостиводы. В современной версии картезианскийводолаз представляет собой стеклянный фла-кончик, частично заполненный водой, час-тично воздухом и плавающий вниз горлыш-ком в герметично закрытой пластиковой бу-тылке. Если сжать бутылку, водолаз опуска-ется на дно, а если бутылку отпустить – онподнимается.

Маджотти использовал водолаза для ис-

следования сжимаемости воздуха и воды, нов скором времени водолаз из физическогоинструмента превратился в популярную иг-рушку. Он даже стал «оружием» для поли-тической сатиры. Вот – потешная картинка1813 года, она изображена на рисунке 1.Подпись к картинке примерно такая: «ЭтоНаполеон прикинулся картезианским дьяво-лом. Австриец притопил его, а русский сме-ется – Эй, Эй, Приятель! Это ты правильносделал, что в бутылку залез». (На рисункестеклянная бутыль герметично закрыта уп-ругой пленкой.)

«Картезианский дьявол» – это другое на-звание картезианского водолаза, может посозвучию diver – devil (водолаз – дьявол).Впрочем, стеклодувы уже давно выдувалиего в виде забавного чертика (рис.2). По-смотрите – у чертика закрученный хвостикс отверстием на конце. За счет этого чертикне только скачет вверх-вниз, но еще и кру-тится вокруг своей оси, словно настоящийтанцор. Именно так его и называют фран-цузы – ludion. При сжатии бутылки порцияводы за счет избыточного давления затекаетвнутрь чертика, а когда бутылку отпуска-ют, вода вытекает из него через отверстие вхвосте и закручивает чертика.

Как раз так и устроено сегнерово колесо –небольшая водяная турбина, часто исполь-

зуемая для поливки газо-нов (рис.3). Вода под дав-лением подается в S-образ-ную трубку, вытекает изнее и заставляет трубку вра-щаться с большой скорос-тью.

Книга Ричарда Фейнма-на «Вы, конечно, шутите,мистер Фейнман!» – этособрание рассказанных имисторий. Она позволяетузнать, как маленькиймальчик-экспериментаторпревратился в великогофизика-теоретика.

Одна из этих историй –как раз о вращающемся раз-брызгивателе. Когда осе-нью 1939 года Фейнман пе-ребрался из Массачусетсав Принстон, он первым

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А » 43

к окончательному ответу, он взялся за экс-периментальное подтверждение. В лабора-тории стояла бутыль гигантских размеров.Через пробку Фейнман провел в нее двашланга. Один – для закачки сжатого воз-духа, другой – для вывода наружу воды,поступающей в трубку. Чтобы получить бо-лее точные результаты, Фейнман несколь-ко раз увеличивал давление входящего воз-духа – в результате все взорвалось. Оскол-ки стекла и струи воды разлетелись во всестороны, множество снимков треков час-тиц, полученных на циклотроне, пострада-ли. А сам Фейнман был навсегда изгнан изциклотронной лаборатории.

Между тем, для проверки своих теорети-ческих выводов Фейнман вполне мог быобойтись и безобидным декартовым черти-ком. В первой из приведенных ниже ссы-лок как раз говорится о том, как самомусделать водолаза-танцора. Изготовьте его ипосмотрите, будет ли он закручиваться поддействием затекающей в него воды.

Ссылки

• http://www.reinventore.it/reinventore-tv/le-caraffine-di-magiotti-2

Замечательное видео Бениамино Данесе(Beniamino Danese) о картезианском водолазе,оно называется «Флакончики Маджотти». Бли-же к концу рассказывается, как из пластмассо-вой трубочки можно сделать водолаза-танцора.Заодно послушаете, как красиво звучит италь-янская речь.

• http://www.reinventore.it/sala-professori/2013/12/le-caraffine-di-magiotti

Текст, в котором рассказано о самом Рафаэл-ло Маджотти, о декартовом водолазе и еще ободной истории, связанной с экспериментом Фейн-мана.

• http://www.reinventore.it/reinventore-tvЭто отличное собрание видео с разными фи-

зическими экспериментами.• http://web-ter.unizar.es/cienciate/expo/

en/index.htmlКоллекция под названием «Dance, dance, you

little devils», содержащая 77 старинных изобра-жений декартова водолаза. Рисунок 1 в статьевзят оттуда.

• Книга Ричарда Фейнмана «Вы, конечно, шу-тите, мистер Фейнман!»

Рис. 2. Картезианскийчерт с хвостом

делом отыскал прин-стонский циклотрони был очарован им:

«… Провода вэтой комнате былинатянуты повсюду.Пер еключателисвисали с проводов,охлаждающая водакапала из вентилей,комната была пол-на всякой всячины,все выставлено, всеоткрыто. Вездегромоздились столысо сваленными вкучу инструмента-ми. Словом, этобыла наиболее чудо-вищная мешанина,

которую я когда-либо видел. Весь циклот-рон помещался в одной комнате, и тамбыл полный, абсолютный хаос! Это на-помнило мне мою детскую домашнюю ла-бораторию».

Дальше Фейнман рассказывает об экспе-рименте, поставленном им в циклотроннойлаборатории. В то время Принстон порази-ла вирусная задача. Все физики знали, чтовода, вытекающая из S-образной трубки,заставляет ее вращаться. Но вот насчет того,что произойдет с такой трубкой, полностьюпогруженной в воду, если через нее начатьотсасывать воду, шли большие споры. Бу-дет ли трубка вращаться в ту или другуюсторону? Тут были разные мнения, в томчисле и у самого Фейнмана. Когда Фейн-ман, наконец, путем размышлений пришел

Рис. 3. Самоходный поливальщик. Интересно, вкакую сторону крутится изогнутая трубка? (Продолжение см. на с. 51)

XXXVIII Турнир городовО Л И М П И А Д Ы

Задачи весеннего тура

БАЗОВЫЙ ВАРИАНТ

8–9 классы

1. (3)1 Найдите наименьшее натуральноечисло, которое начинается (в десятичнойзаписи) на 2016 и делится на 2017.

М.Евдокимов

2. (4) Докажите, что на графике любогоквадратного трехчлена со старшим коэффи-циентом 1, имеющего ровно один корень,найдется такая точка (p, q), что трехчлен

2x px q+ + также имеет ровно один корень.Б.Френкин

3. (5) Из вершины A остроугольного тре-угольника ABC по биссектрисе угла A выпу-стили бильярдный шарик, который отразил-ся от стороны BC по закону «угол паденияравен углу отражения» и дальше катился попрямой, уже ни от чего не отражаясь. Дока-жите, что если 60A∠ = ° , то траекторияшарика проходит через центр описаннойокружности треугольника ABC.

А.Кузнецов

4. (5) В ряд стоят 100 детей разного роста.Разрешается выбрать любых 50 детей, сто-ящих подряд, и переставить их между собойкак угодно (остальные остаются на своихместах). Как всего за 6 таких перестановокгарантированно построить всех детей по убы-ванию роста слева направо?

И.Богданов

5. а) (2) См. задачу М2458,а «Задачника«Кванта».

б) (3) См. задачу М2458,б «Задачника«Кванта».

10–11 классы

1. (3) Дан правильный 12-угольник

1 2 12A A A… . Можно ли из 12 векторов 1 2A Auuuuur

,

2 3A Auuuuur

, …, 11 12A Auuuuuuur

, 12 1A Auuuuuur

выбрать 7, суммакоторых равна нулевому вектору?

М.Мурашкин

2. (4) Даны две концентрические окруж-ности и точка A внутри меньшей окружнос-ти. Угол величиной α с вершиной в Aвысекает на этих окружностях по дуге. До-кажите, что если дуга большей окружностиимеет угловой размер α , то и дуга меньшейокружности имеет угловой размер α .

Е.Бакаев

3. (5) В каждую клетку квадрата1000 1000× вписано число так, что в любомне выходящем за пределы квадрата прямоу-гольнике площади s со сторонами, проходя-щими по границам клеток, сумма чисел однаи та же. При каких s числа во всех клеткахобязательно будут одинаковы?

Е.Бакаев

4. (5) По кругу стоят 10 детей разногороста. Время от времени один из них пере-бегает на другое место (между какими-тодвумя детьми). Дети хотят как можно ско-рее встать по росту в порядке возрастанияпо часовой стрелке (от самого низкого ксамому высокому). Какого наименьшего ко-личества таких перебежек им заведомо хва-тит, как бы они ни стояли изначально?

Е.Бакаев

5. (6) Графики двух квадратных трехчле-нов пересекаются в двух точках. В обеихточках касательные к графикам перпендику-лярны. Верно ли, что оси симметрии графи-ков совпадают?

А.Заславский

СЛОЖНЫЙ ВАРИАНТ

8–9 классы

1. (5) В шахматном турнире было 10участников. В каждом туре участники разби-вались на пары и в каждой паре играли другс другом одну игру. В итоге каждый участ-ник сыграл с каждым ровно один раз, при-чем не меньше чем в половине всех игручастники были земляками (из одного горо-

1 В скобках после номера задачи указано числобаллов, присуждавшихся за ее полное решение.При подведении итогов у каждого участникаучитываются три задачи, по которым он набралбольше всего баллов.

О Л И М П И А Д Ы 45

да). Докажите, что в каждом туре хотя быодна игра была между земляками.

Б.Френкин

2. а) (1) Можно ли нарисовать на клетча-той бумаге многоугольник и поделить его надве равные части разрезом такой формы, какпоказано на рисунке а?

б) (2) Решите ту же задачу для разрезатакой формы, как на рисунке б.

в) (4) Решите ту же задачу для разрезатакой формы, как на рисунке в.

(Во всех пунктах разрез лежит внутримногоугольника, на границу выходят толькоконцы разреза. Стороны многоугольника извенья разреза идут по линиям сетки, ма-ленькие звенья в два раза короче больших.)

Ю.Маркелов, ученик 7 класса

3. Взяли несколько положительных чисели построили по ним такую последователь-ность: 1a – сумма исходных чисел, 2a –сумма квадратов исходных чисел, 3a – сум-ма кубов исходных чисел и т.д.

а) (4) Могло ли случиться, что до 5a этапоследовательность убывает ( 1 2 3a a a> > >

4 5a a> > ), а начиная с 5a – возрастает( 5 6 7a a a< < <… )?

б) (4) А могло ли случиться, наоборот: до

5a последовательность возрастает, а начи-ная с 5a – убывает?

А.Толпыго

4. (8) В выпуклом шестиугольникеABCDEF все стороны равны, а также AD == BE = CF. Докажите, что в этот шести-угольник можно вписать окружность.

Б.Обухов

5. (8) Масса каждой гирьки набора –нецелое число граммов. Ими можно уравно-весить любую целую массу от 1 г до 40 г(гирьки кладутся на одну чашку весов, изме-ряемая масса – на другую). Каково наимень-шее число гирек в таком наборе?

А.Шаповалов

6. (10) См. задачу М2460 «Задачника«Кванта».

7. а) (6) См. задачу М2461,а «Задачника«Кванта».

б) (3) См. задачу М2461,б «Задачника«Кванта».

в) (3) См. задачу М2461,в «Задачника«Кванта».

М.Евдокимов

10–11 классы

1. (4) На плоскости даны треугольник и 10прямых. Оказалось, что каждая прямая рав-ноудалена от каких-то двух вершин тре-угольника. Докажите, что или две из этихпрямых параллельны, или три из них пере-секаются в одной точке.

С.Маркелов

2. а) (3) См. задачу 3,а для 8–9 классов.б) (3) См. задачу 3,б для 8–9 классов.

3. (7) Вася утверждает, что он разрезалвыпуклый многогранник, у которого естьлишь треугольные и шестиугольные грани,на две части и склеил из этих частей куб.Могут ли слова Васи быть правдой?

М.Евдокимов

4. (8) Петя раскрасил каждую клеткуквадрата 1000×1000 в один из 10 цветов.Также он придумал такой 10-клеточныймногоугольник Ф, что при любом способеположить его по границам клеток на раскра-шенный квадрат все 10 накрытых им клетокбудут разного цвета. Обязательно ли Ф –прямоугольник?

Е.Бакаев

5. (9) В треугольнике ABC c углом A,равным 45° , проведена медиана AM. Пря-мая b симметрична прямой AM относительновысоты 1BB , а прямая c симметрична пря-мой AM относительно высоты 1CC . Прямыеb и c пересеклись в точке X. Докажите, чтоAX = BC.

Е.Бакаев

6. (10) При каких натуральных n длявсякого целого k n≥ найдется число с сум-мой цифр k, кратное n?

А.Кузнецов, И.Лосев

7. (12) В Чикаго живут 36 гангстеров,некоторые из которых враждуют между со-бой. Каждый гангстер состоит в несколькихбандах, причем нет двух банд с совпадаю-щим составом. Оказалось, что гангстеры,состоящие в одной банде, не враждуют, ноесли гангстер не состоит в какой-то банде, то

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 446

он враждует хотя бы с одним ее участником.Какое наибольшее число банд могло быть вЧикаго?

Фольклор (предложил Л.Шабанов)

Устный тур для 11 класса

1. В первый день 2n школьников играли впинг-понг навылет: сначала сыграли двое,затем победитель сыграл с третьим, победи-тель этой пары – с четвертым и т.д., пока несыграл последний школьник (ничьих в пинг-понге не бывает). Во второй день те жешкольники разыграли кубок: сначала про-извольно разбились на пары и сыграли впарах, проигравшие выбыли, а победителиснова произвольно разбились на пары исыграли в парах и т.д. Оказалось, что набо-ры игравших пар в первый и во второй деньбыли одни и те же (возможно, победителибыли другие). Найдите наибольшее возмож-ное значение n.

Б.Френкин

2. Сфера касается 99 ребер некоторойвыпуклой 50-угольной пирамиды. Обяза-тельно ли тогда она касается и 100-го ребраэтой пирамиды?

М.Евдокимов

3. См. задачу М2459 «Задачника «Кван-та».

4. Клетки доски 100 100× раскрашены вчерный и белый цвета в шахматном порядке.Можно ли перекрасить ровно 2018 различ-ных клеток этой доски в противоположныйцвет так, чтобы в каждой строке и в каждомстолбце оказалось одно и то же количествочерных клеток?

Ю.Чеканов

5. Дан треугольник XBC. Различные точ-ки HA , IA , MA таковы, что X является ор-тоцентром треугольника HA BC , центромвписанной окружности треугольника IA BCи точкой пересечения медиан треугольника

MA BC . Докажите, что если H MA A и BCпараллельны, то IA – середина H MA A .

Е.Бакаев

6. Для каких натуральных n верно следу-ющее утверждение: для произвольного мно-гочлена P степени n с целыми коэффициен-тами найдутся такие различные натураль-ные a и b, для которых ( ) ( )P a P b+ делитсяна a + b?

Г.Жуков

Публикацию подготовили И.Богданов,С.Дориченко, Л.Медников

Международный интеллект-клуб (МИК)«Глюон» в рамках международной программы«Дети. Интеллект. Творчество» при участииМГУ имени М.В.Ломоносова, Института педа-гогических исследований одаренности РАО(г. Новосибирск) и при поддержке Междуна-родной ассоциации «Педагогика одаренностии таланта», Фонда «1С» и журналов «Квант»,«Потенциал» и «Физика для школьников»провел XXV Международную тест-рейтинго-вую олимпиаду «Интеллектуальный марафон».

Олимпиада проходила со 2 по 9 октября2016 года в городе Протвино Московскойобласти на базе Института физики высокихэнергий. На олимпиаду приехали участники изразных городов России. Одаренные школьни-ки 9–11 классов, проявившие интерес к фунда-

ментальным наукам, соревновались в команд-ных и индивидуальных турах по математике,физике, истории научных идей и открытий.Педагоги и психологи собрались на свою науч-ную сессию в восьмой раз.

В индивидуальных соревнованиях на этотраз победили учащиеся лицея 2 из городаАльметьевска (Татарстан). Абсолютным побе-дителем олимпиады стал Эдуард Сабиров, емубыли вручены большая золотая медаль, золо-тая медаль по физике и серебряная медаль поматематике. Вторым призером в общем зачетестал Руслан Камалов, получивший большуюсеребряную медаль и малую золотую медальпо математике. Большую бронзовую медальзавоевал Азат Яманаев, он получил такжемалую бронзовую медаль по физике.

XXV Международная олимпиада«Интеллектуальный марафон»

О Л И М П И А Д Ы 47

Уже пятый раз встречаются наМеждународном математическомтурнире имени М.В.Ломоносовамладшие школьники – учащиеся5–8 классов, являясь олимпийскимрезервом олимпиады «Интеллекту-альный марафон».

Соревнования «Математическийбиатлон» для 7–8 классов выигралЕгор Мартынов, второе место занялАлександр Мальцев, а третье месторазделили Алексей Фролов и Вла-димир Шаймарданов (все – изкоманды лицея 2 города Бугульмы,Татарстан). В индивидуальных со-ревнованиях победил Егор Марты-нов, призерами стали Алексей Фро-лов и Александр Мальцев (все – изкоманды лицея 2 города Бугуль-мы). Традиционный приз «Берестя-ная тарелка» был вручен Радмиле Заикиной(лицей 2 из Альметьевска) и Егору Мартынову.

Все победители и призеры получили разныеподарки и призы от организаторов и спонсо-ров олимпиады.

Международный интеллект-клуб «Глюон»приглашает региональные центры, школы, ли-цеи и гимназии, работающие с одареннымидетьми, принять участие в XXVI Международ-ной олимпиаде «Интеллектуальный марафон»,которая пройдет в октябре 2017 года в Израиле.

Заявки на участие присылайте по адресу:115522 Россия, Москва, Пролетарский проспект,д.15/6, корп. 2, МИК «Глюон»

Телефон: +7(925)517-8014Факс: (495)396-8227E-mail: gluon@yandex.ru (см. также сайт:

http:www.gluon.ru)

Олимпиадапо фундаментальным наукам

М А Т Е М А Т И К А

Письменный индивидуальный тур

1. Даны 10 чисел: 1 2 3 10a a a a< < < <… .Какое из двух чисел

1 2 3 6

6

a a a a+ + + +… или

1 2 3 10

10

a a a a+ + + +…

больше?2. В трапеции ABCD проекция диагонали

AC на основание AD равна средней линии, а

диагонали AC и BD перпендикулярны. Най-дите боковые стороны трапеции, если AD == a, BC = b.

3. Чему может быть равно отношениекорней уравнения

2 0ax bx c+ + = ( 0b ≠ ),

если 23 16b ac= ?4. Натуральное число записывается на

доске. Его последняя цифра стирается. Стер-тая цифра умножается на 5, а результатприбавляется к оставшемуся на доске числу.Можно ли с помощью таких операций из

числа 20162016 получить число 20152015 ?5. На сторонах AB, BC, CD и AD прямо-

угольника ABCD взяли соответственно че-тыре точки K, L, M, N, отличные от вершинпрямоугольника. Найдите наименьшую воз-можную величину периметра четырехуголь-ника KLMN, если AB = a, BC = b.

6. Над любыми двумя действительнымичислами производится операция ∗ с такимисвойствами:

1) 0x x∗ = ; 2) ( ) ( )x y z x y z∗ ∗ = ∗ + .

Найдите 2016 2015∗ .7. Пусть nT – количество последователь-

ностей из нулей и единиц длины n, в которойникакие три единицы не стоят рядом. Суще-ствуют ли такие n, что числа nT , 1nT + , 2nT +одновременно: а) четные; б) нечетные?в) А существуют ли такие n, что оба соседнихчисла nT , 1nT + делятся на 2016?

Команда московской школы «Базис» обсуждает задание наустных командных соревнованиях по физике

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 448

Устный командный тур

1. Из пунктов А и В одновременно навстре-чу друг другу выехали два автомобиля.Через сколько времени они встретились,если автомобиль, выехавший из пункта А,доехал до пункта В через 9 часов послевстречи автомобилей, а автомобиль, выехав-ший из В, приехал в А через 4 часа послевстречи?

2. Вершины четырехугольника ABCD ле-жат на сторонах четырехугольника 1 1 1 1A BC D .Может ли площадь ABCD быть большеплощади 1 1 1 1A BC D ?

3. Является ли число 16016003 простым?4. Сколько сторон имеет выпуклый

n-угольник, если число его диагоналей равно119?

5. Какое наибольшее количество месяцев,содержащих пять пятниц, может быть в году?

6. Даны прямая l и точка А вне нее.Проведя всего три линии циркулем и линей-кой, постройте прямую, проходящую черезточку А параллельно прямой l.

7. Какое из положительных чисел а или b

больше, если ( ) 11

4a b− > ?

8. В однокруговом турнире по волейболу(за победу присуждается одно очко, за пора-жение – ноль, ничьих не бывает) участвова-ли 12 команд. Можно ли выбрать три коман-ды А, В и С так, чтобы А выиграла у В,В – у С, а С – у А, если ни одна из командне набрала 7 очков?

9. Сколько сейчас лет моему племяннику,если в году с номером 2x ему исполнится хлет?

10. Три мотоциклиста А, В и С выехали изодной точки кольцевой дороги с постоянны-ми скоростями в одном направлении. Черезнекоторое время они снова оказались в од-ной точке. Сколько раз мотоциклист А обго-нял С, если А обгонял В три раза, а Вобгонял С четыре раза?

История научных идей и открытий

1. Легендарная школа Пифагора, зало-жившая основы математической науки, сре-ди прочих задач занималась задачей о на-хождении целочисленных прямоугольныхтреугольников. В частности, пифагорейцынашли бесконечные серии (не все) троекнатуральных чисел ( ), ,a b c , для которых

2 2 2a b c+ = .

Вслед за пифагорейцами выясните, суще-ствует ли целочисленный прямоугольныйтреугольник, одним из катетов которогоявляется число: а) 2015; б) 2k + 1, где k –произвольное натуральное число.

2. В Древнем Египте представляли дробив виде суммы различных долей (т.е. дробей

вида 1

n). В папирусе жреца Ахмеса имелись

даже таблицы таких представлений для дро-

бей вида 2

n для 5 99n≤ ≤ .

Представьте в виде суммы долей дроби:

а) 2

19; б)

7

19.

3. Архимед при вычислениях, связанных сокружностью, пользовался утверждением,которое в современной формулировке выг-лядит так: «В дугу АВ вписана ломанаяАМВ из двух отрезков (AM > MB). Тогдаоснование перпендикуляра KН, опущенногоиз середины K дуги АВ на отрезок AM, делитломаную пополам: AH = HM + MB.

а) Докажите утверждение Архимеда.б) Какую тригонометрическую формулу

заменяло в вычислениях Архимеда это ут-верждение? Запишите эту формулу.

4. Французский математик монах МаринМерсенн (1588–1648) состоял в переписке скрупнейшими математиками своего времени(Ферма, Паскалем, Декартом и др.). Егопереписка исполняла роль своего рода мате-матического журнала. Сам Мерсенн изучал,среди прочего, совершенные числа, т.е. чис-ла, равные сумме своих делителей, отлич-ных от самого числа. Всякое четное совер-

шенное число имеет вид ( )12 2 1n n− − , есличисло 2 1n − является простым. Простоечисло вида 2 1n − называется числом Мер-сенна.

Докажите, что если n2 1− простое чис-ло, то и число n простое.

5. 5 августа 2002 года исполнилось 200лет со дня рождения великого математика,прожившего очень короткую жизнь – непол-ных 27 лет. Он внес гигантский вклад вомногие разделы математики. Теоремы и тер-мины, связанные с его именем, известнывсем математикам, начиная с первого курсауниверситета. Одним из самых его замеча-тельных результатов является доказатель-ство теоремы, окончательно решившей про-блему, связанную с алгебраическими урав-

О Л И М П И А Д Ы 49

нениями и не поддававшуюся усилиям мате-матиков в течение многих столетий.

Кто этот математик и о какой теоремеидет речь? Назовите какие-нибудь извест-ные вам термины, теоремы и факты, свя-занные с его именем.

Ф И З И К А

Письменный индивидуальный тур

1. Железнодорожный рабочий массой m == 60 кг стоит на краю неподвижной тележкимассой М = 100 кг (рис.1). Человек хочет,оттолкнувшись от края тележки, запрыгнуть

на платформу, которая выше тележки наН = 30 см и находится от тележки нарасстоянии l = 1 м. Какую минимальнуюработу он должен для этого совершить?Какова минимальная скорость такого прыж-ка? Трением между тележкой и землей пре-небречь.

2. В длинной закрытой трубке междудвумя поршнями массой m = 1 кг каждыйнаходится ν = 0,1 моль Ar (аргона). Востальном пространстве трубки – вакуум. Вначальный момент левый поршень имеетскорость 1v = 15 м/с, а правый – скорость

2v = 5 м/с (рис.2). Найдите максималь-ную температуру газа в процессе движения,если стенки трубки и поршни теплонепрони-

цаемы. Температура газа в начальный мо-мент равна 0T = 300 К. Трением пренебречь.

3. Конденсатор имеет вид пластиковогососуда с тонкими стенками в форме прямо-угольного параллелепипеда (рис. 3). Боко-

вые стороны со-суда металлизи-рованы и распо-ложены друг отдруга на рассто-янии l = 1 см.Сосуд заполненжидким диэлек-триком, плот-ность которого

31,4 г смρ = , адиэлектрическая проницаемость 65ε = .Диэлектрик и стенки сосуда химически ней-тральны. Сосуд подключен к батарее с ЭДСE  = 100 В. На нижней грани сосуда от-крывают отверстие О, через которое начина-ют откачивать жидкость. Масса откачивае-мого в единицу времени диэлектрикаµ  = 100 г/с. Определите зависимость по-казаний амперметра от времени. Батарея иамперметр идеальные.

4. Два спутника-зонда движутся по пере-секающимся круговым орбитам вокруг ма-лой планеты. Угол между плоскостями ор-бит 75α = ° (рис. 4). Масса одного спутникаM = 100 кг. Прикакой массе m дру-гого спутника он мо-жет полностью по-терять скорость пос-ле упругого столк-новения с первымспутником и упастьна планету?

5. На торжествен-ном открытии XXVИнтеллектуального марафона на длинномгладком столе выставлены в ряд двадцатьпять брусков одинаковой массой m, на каж-дом из которых написан год работы МИК«Глюон», с равными зазорами длиной l == 0,2 м между брусками (рис.5). Со слова-ми «25-й юбилейный марафон открыт» Пре-зидент МИК «Глюон» запускает слева вдольлинии стоящих брусков брусок массой 3m соскоростью 0v  = 10 м/с, что приводит кстолкновениям брусков. Найдите время отРис. 2

Рис. 1

Рис. 4

Рис. 3

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 450

момента первого соударения до момента па-дения первого бруска, время падения брус-ка, соответствующего ИМ-2000, а такжевремя последнего столкновения в этой систе-ме, считая все соударения упругими. Упадетли последний брусок к закрытию олимпиа-ды, которое состоится через 6 дней?

6. На задней стенке аквариума нарисованцветок ромашка. Во сколько раз изменитсяугловой диаметр ромашки при наполненииаквариума водой, если глаз наблюдателярасположен на расстоянии l = 30 см отпередней стенки аквариума? Длина самогоаквариума L = 60 см. Толщиной стенокаквариума пренебречь и считать, что разме-ры ромашки много меньше размеров аква-риума.

7. Сферическую оболочку радиусом 1R == 40 см, равномерно заряженную зарядомq = 1 мКл, расширили до радиуса

2R  = 50 см. Найдите работу, совершен-ную при этом электрическими силами.

Устный командный тур

1. Свет вокруг нас. Почему днем небоголубое, солнце желто-белое, а на закатесолнце и небо красные?

2. Шахта на полюсе. На Северном по-люсе Земли вдоль земной оси вырыли шах-ту, проходящую через всю Землю и выхо-дящую на Южном полюсе. В шахту отпус-тили свободно падать небольшой предмет.Опишите движение предмета, укажите ос-новные параметры движения и оцените ихзначения.

3. Космическое путешествие. Когда мыдвижемся вокруг Солнца быстрее – днем илиночью?

4. По следам барона Мюнхгаузена. Пословам барона Мюнхгаузена, он смог пой-мать пушечное ядро руками. Пренебрегаятем, что ядро горячее, поясните, мог бы онэто сделать в 18 веке и мог бы сейчас.Считайте, что максимальная дальность по-лета ядра 1 км, а сопротивлением воздухаможно пренебречь.

5. Парадоксы веса. Отличаются ли вес1 кг платины и вес 1 кг алюминия?

6. Холодильник. Нам нужно остудитьбанку, наполненную горячей водой. У насесть лед и даже сухой лед. Как расположитьлед относительно банки, чтобы побыстрееохладить воду?

7. Спутник Земли. Спутник, движущийсяпо круговой орбите вокруг Земли, из-затрения о верхние слои атмосферы медленнотеряет энергию. Будет ли при этом изменять-ся его скорость и если будет, то как? Ответпоясните расчетом.

История научных идей и открытий

1. Нобелевская премия по физике в 1956году была вручена трем американским уче-ным за фундаментальные исследования вобласти физики твердого тела и открытиеэффекта, который уже к тому времени сталосновой нового направления электроннойтехники. Приборы, созданные на основеэтого эффекта, быстро стали применятьсякак в «серьезной» электронике, так и вбытовой электронной технике. Электроннаяаппаратура стала компактной, а при разви-тии этого направления – и сверхминиатюр-ной. Один из лауреатов стал единственнымфизиком, получившим Нобелевскую пре-мию по физике дважды. Второй раз он сталлауреатом в 1972 году за работы в областисверхпроводимости.

1) Назовите лауреатов Нобелевской пре-мии по физике 1956 года.

2) Назовите эффект и прибор, создан-ный на основе их исследований.

2. Четыре года назад в газете «The NewYork Times» были опубликованы результа-ты опроса, проведенного среди выдающихсяфизиков. Каждый опрошенный должен былназвать десять самых красивых за всю исто-рию физических экспериментов.

Назовите эти эксперименты.3. Физик-теоретик, один из основателей

современной теоретической физики, лауреатНобелевской премии по физике 1921 года,общественный деятель-гуманист. Жил в Гер-мании, Швейцарии и США. Почетный док-тор около 20 ведущих университетов мира,член многих Академий наук, в том числепочетный член АН СССР. Автор более 300научных работ по физике, а также около 150книг и статей в области истории и филосо-фии науки, публицистики и др. Разработалнесколько значительных физических тео-рий, которые нашли экспериментальное под-тверждение. Написав в 1939 году письмоПрезиденту США о необходимости вестиисследования в области практического при-менения ядерной энергии, впоследствии ак-

О Л И М П И А Д Ы 51

тивно выступал против войны, против при-менения ядерного оружия, за гуманизм, ува-жение прав человека, взаимопонимание меж-ду народами.

1) Кто этот ученый?2) Каковы основные научные достижения

этого ученого?4. В течение 2016 года в научной печати и

в СМИ обсуждались результаты экспери-мента, которые явились еще одним подтвер-ждением общей теории относительности.

Назовите этот экспериментально обна-руженный эффект.

5. В 70-е годы ХХ века в Институтефизики высоких энергий были полученыэкспериментальные результаты, подтверж-дающие теоретические представления о не-элементарности элементарных частиц.

1) Назовите экспериментальную уста-новку, на которой были получены резуль-таты.

2) Какую частицу исследовали?3) В чем заключалась обнаруженная не-

элементарность?

V Международный математическийтурнир имени М.В. Ломоносова

7–8 классы

Письменный индивидуальный тур

1. Представьте дробь 17

2016 в виде суммы

двух дробей с меньшими знаменателями.2. Бригада из нескольких рабочих за семь

полных дней может выполнить такое зада-ние, какое может выполнить эта бригада бездвух человек за несколько полных дней.Найдите, какое наибольшее число рабочихмогло быть в этой бригаде первоначально(предполагается, что производительностьрабочих одинакова).

3. В прямоугольном треугольнике ABC извершины прямого угла на гипотенузу ABопущена высота CH. Биссектриса AK угла Aпересекает эту высоту в точке L. Докажите,что треугольник CKL равнобедренный.

4. Как с помощью четырех взвешиваний начашечных весах без гирь определить среди12 монет фальшивую, если неизвестно, легчеили тяжелее эта монета?

5. В прямоугольном параллелепипеде

1 1 1 1ABCDA BC D укажите такую точку M, чтосумма расстояний от этой точки до всех

восьми вершин параллелепипеда минималь-на. Ответ обоснуйте.

Устный командный тур

1. В треугольнике ABC прямая, проходя-щая через вершину A и делящая медиану BMв отношении 1:2, считая от вершины, пересе-кает сторону BC в точке K. Найдите отноше-ние площадей треугольников ABK и AKC.

2. Натуральные числа от 1 до 1000 выпи-сываются подряд в обратном порядке. По-лучается ряд цифр 1000999998 … 321. Оп-ределите, какая цифра стоит в этом ряду на2016-м месте.

3. На шахматной доске изображена ок-ружность, целиком лежащая на черных клет-ках. Определите, каким может быть макси-мальный радиус такой окружности.

4. В равнобедренном треугольнике ABC сравными сторонами AB и BC окружность,проходящая через вершины B, C и серединуK стороны AB, пересекает прямую, содержа-щую высоту BH, в точке L. Докажите, чтотреугольник AKL равнобедренный.

5. Найдите различные натуральные числа

m и n такие, что 1 1 1

7m n+ = .

Публикацию подготовили В.Альминдеров,А.Егоров, А.Кравцов, В.Крыштоп,

А.Марковичев, Ж.Раббот

(Начало см. на с. 42)

История с фейнмановским экспериментом со-держится в разделе с одноименным с книгойназванием. А в разделе «Итальянский или ла-тынь?» Фейнман рассказывает о своей любви китальянскому.

• h t t p s ://en .w i k i p e d i a . o r g/w ik i/Feynman_sprinkler

Статья в английской википедии.

• http://isl.livejournal.com/338905.htmlПоэтический текст Ильи Лапина об игрушках

с вербной ярмарки, среди которых на первомместе водолаз – «Американский Житель, На-стоящий янки, Плавающий в банке». Текстначинается с еще одной политической сатиры,содержит цитаты из Набокова, Тэффи, СергеяГорного, Мстислава Добужинского, Маршака, атакже множество картинок.

Наполеон-водолаз иФейнман-экспериментатор

Олимпиада «Ломоносов»-2017Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы

М А Т Е М А Т И К А

В соответствии с Порядком проведения олим-пиад школьников, олимпиада «Ломоносов»проводилась в 2016/17 учебном году в дваэтапа: отборочный и заключительный. Отбо-рочный этап проводился в режиме «он-лайн»и состоял из двух независимых друг от другатуров. Каждый школьник мог участвовать влюбом из них или в обоих (в последнем случаезасчитывался результат второго тура). Все за-дания публиковались на сайте олимпиадыhttp://olymp.msu.ru

К участию в заключительном (очном) этапе,который проводился в марте 2017 года в Мос-кве и ряде городов России, допускались толь-ко победители и призеры отборочного этапа.

Отборочный этап

Первый тур

1. Проезд в Москве по карте «Тройка» в2016 году стоит 32 рубля за одну поездку наметро и 31 рубль за одну поездку на назем-ном транспорте. Какое наименьшее суммар-ное число поездок можно совершить по этимтарифам, потратив ровно 5000 рублей?

2. Определите количество кратных тремнатуральных делителей числа

11! 1 2 10 11= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅… .

3. Найдите все корни уравнения

( ) ( )2sin cos 2 cos sinx xπ = π , лежащие на

отрезке 5 5

;3 6

π π − − . В ответ запишите де-

ленную на π сумму этих корней (в радиа-нах), округлив ее при необходимости додвух знаков после запятой.

4. В окружности проведены две взаимноперпендикулярные хорды AB и CD. Опреде-лите расстояние между серединой отрезкаAD и прямой BC, если AC = 6, BC = 5,BD = 3. Ответ при необходимости округлитедо двух знаков после запятой.

5. Решите неравенство

1 7 1 78 3 8

2 3 2 9 2 3 2 9

x x x x

x x x x

+ − − + + −⋅ + ⋅ ≤

− − − − + −.

В ответ запишите сумму его целочисленныхрешений, удовлетворяющих условию

|x| < 120.6. На доске написано 5 целых чисел.

Сложив их попарно, получили следующийнабор из 10 чисел: –1, 4, 6, 9, 10, 11, 15, 16,20, 22. Выясните, какие числа написаны надоске. В ответ напишите их произведение.

7. Найдите объем правильной треугольнойпирамиды, середина высоты которой удале-на от боковой грани и от бокового ребра на

расстояния 2 и 12 соответственно. Принеобходимости округлите ответ до двух зна-ков после запятой.

8. В разложении функции

( ) ( )2021f x x x= + −

по степеням x найдите коэффициент при3nx , где n равно сумме всех коэффициентов

разложения.9. Найдите наименьшее четырехзначное

число, не кратное 10 и обладающее следую-щим свойством: если переставить цифры вобратном порядке, то получится число, кото-рое является делителем первоначального,причем частное отлично от единицы.

10. Предложите текстовую задачу, сводя-щуюся к решению неравенства

11 8 122

1,5 2x x x+ ≥ +

+ +.

Напишите формулировку задачи, ее реше-ние и ответ.

Второй тур

1. Если 200-й день какого-то года воскре-сенье и 100-й день следующего за ним года –тоже воскресенье, то каким днем недели был300-й день предыдущего года? В ответ впи-шите номер этого дня недели (если понедель-ник, то 1, если вторник, то 2 и т. д.).

2. Сколько слагаемых получится, если в

выражении ( )20163 34 2x x−+ + раскрыть

скобки и привести подобные члены?3. Знайка вырезал из бумаги полукруг.

Незнайка отметил на диаметре AB этого

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 53

полукруга точку D и отрезал от полукругаЗнайки два полукруга с диаметрами AD иDB. Найдите площадь оставшейся фигуры,если длина лежащей внутри нее части хорды,проходящей через точку D перпендикулярноAB, равна 6. При необходимости округлитеответ до двух знаков после запятой.

4. Функция f удовлетворяет равенству

( ) ( ) 1 11

1x f x f

x x − + = −

для каждого значения x, не равного 0 и 1.

Найдите 2016

2017f

.

5. Из пункта A в пункт B, расстояниемежду которыми равно 10 км, в 7:00 выехалавтомобиль. Проехав 2/3 пути, автомобильминовал пункт C, из которого в этот моментв пункт A выехал велосипедист. Как толькоавтомобиль прибыл в B, оттуда в обратномнаправлении сразу же выехал автобус иприбыл в A в 9:00. В скольких километрахот B автобус догнал велосипедиста, есливелосипедист прибыл в пункт A в 10:00 искорость каждого участника движения по-стоянна?

6. Найдите сумму всех целых чисел[ ]3; 13x ∈ − , удовлетворяющих неравенству

2 21 ctg 1 3ctg12 12

x xπ π − −

×

× 21 tg ctg6 4

x xπ π − ⋅ ≤

16.

7. В двугранный угол вписаны два шаратак, что они касаются друг друга. Радиусодного из шаров в 2 раза больше другого, апрямая, соединяющая центры шаров, обра-зует угол 45° с ребром двугранного угла.Найдите величину двугранного угла. В ответзапишите косинус этого угла, округлив егопри необходимости до двух знаков послезапятой.

8. Вычислите

1 1 1

2 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4+ + +

+ + +…

... + 1

100 99 99 100+.

Если требуется, округлите ответ до двухзнаков после запятой.

9. Найдите наименьшее натуральное числоn, для которого в десятичной записи n вместе

с 2n используются все цифры от 1 до 9 ровнопо одному разу.

10. Составьте текстовую задачу, сводящу-юся к решению неравенства

50 20 30max , 10

2 2 2x x x + ≤ + +

.

Напишите условие задачи, ее решение иответ.

Заключительный этап

1. Когда автомобиль едет из пункта A впункт B, он тратит 25% времени на путь вгору, 60% – по равнине, а остальное время –с горы. Время его движения из A в B и по тойже дороге из B в A одинаково, а его скоростив гору, с горы и по равнине постоянны, норазличны. Во сколько раз быстрее автомо-биль едет с горы, чем в гору?

2. Решите уравнение

2 2 2 2 2 2x x x x+ + − = + − − + .

3. Выясните, какое из чисел больше: lg12111

или 2lg 1110 10 11⋅ + .

4. Четырехугольник ABCD вписан в ок-ружность. Касательные к этой окружности,проведенные в точках A и C, пересекаютсяна прямой BD. Найдите сторону AD, еслиAB = 2 и BC : CD = 4 : 5.

5. Вычислите 524n n+ + , если извест-но, что это число рациональное и что n –натуральное.

6. В прямой круговой конус, радиус осно-вания которого равен 2, вписан шар. Найди-те объем этого шара, если он в три разаменьше объема конуса.

7. Найдите все значения a, при каждом изкоторых ровно одно из следующих двухутверждений является истинным:

1) уравнение ( ) ( )cos cos sin sinx x a+ =имеет ровно два корня на отрезке [ ]0;π ;

2) уравнение 4 4sin cos sin 2x x x a+ + =имеет корни.

8. Рассматриваются всевозможные набо-ры, которые состоят из 2017 различныхнатуральных чисел и в каждом из которыхни одно из чисел нельзя представить в видесуммы двух других чисел этого набора.Какое наименьшее значение может прини-мать наибольшее число в таком наборе?

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 454

Ф И З И К А

В 2016/17 учебном году олимпиада «Ломо-носов» по физике в МГУ проводилась в дваэтапа – отборочный и заключительный.

Отборочный этап

Отборочный этап проходил в форме заочно-го испытания. На этом этапе каждый ученик 10или 11 класса мог участвовать, по собственномувыбору, в одном или двух турах, проводимыхпо единой форме и с равноценными задания-ми. Задания олимпиады были размещены винтернете на сайте http://olymp.msu.ru. Доступк условиям заданий был открыт для участни-ков дважды: с 13 по 16 ноября 2016 года(первый тур) и с 30 ноября по 3 декабря 2016года (второй тур). Прием решений и ответовпо каждому из туров прекращался одновре-менно с их завершением. Для учеников 7–9классов отборочный этап проводился в одинтур с 13 ноября по 3 декабря 2016 года.

Победители и призеры отборочного этапабыли приглашены для участия в заключитель-ном (очном) этапе олимпиады.

7–9 классы

1. Вратарь школьной футбольной коман-ды Игорь ударом ноги отбил мяч от ворот нарасстояние l = 20 м, при этом мяч опустил-ся на землю через 3τ =  c после удара. Накакое максимальное расстояние L мог быотбить Игорь мяч ударом той же силы, еслибы он лучше знал физику? Сопротивлениемвоздуха пренебрегите. Ускорение свободно-

го падения считайте равным 210 м сg = .Ответ приведите в метрах, округлив до одно-го знака после запятой.

2. На гладком столе лежит доска массойM = 500 г, на краю которой покоится ма-ленькая шайба массой m = 100 г (рис.1).

Коэффициент трениямежду шайбой и дос-кой 0,1µ = . Какуюмаксимальную по мо-дулю скорость v0

можно сообщить шайбе, чтобы, пройдя подоске путь до уступа и обратно, она осталасьна доске? Длина доски до уступа l = 1 м.Удар шайбы об уступ считайте абсолютноупругим. Ускорение свободного падения

примите равным 210 м сg = . Ответ округ-лите до двух знаков после запятой.

3. Влажный снег при температуре 0 0 Ct = °представляет собой смесь воды и кристалли-ков льда. Для определения количества льдаи воды в снеге провели следующий опыт.Набрав снег в два одинаковых стакана, одиниз них поместили в холодильник при нуле-вой температуре, а другой вместе с содержи-мым нагрели до температуры 1 100 Ct = ° .Затем смешали содержимое обоих стакановв калориметре с малой теплоемкостью. Пос-ле установления теплового равновесия ока-залось, что температура содержимого кало-риметра равна 2 30 Ct = ° . Определите отно-шение k массы льда к массе воды во влажномснеге по результатам этого опыта. Удельнаятеплоемкость воды ( )в 4,2 кДж кг Сc = ⋅ ° ,удельная теплота плавления льда

330 кДж кгλ = . Ответ выразите в процен-тах, округлив до целого.

4. Для измерения сопротивления резисто-ра последовательно с ним включают ампер-метр, который показывает силу тока I = 5 А,а к концам резистора подключают вольт-метр, который показывает напряжениеU = 100 В. Внутреннее сопротивлениевольтметра r = 1 кОм, а внутренним со-противлением амперметра можно пренеб-речь. Определите по этим данным сопротив-ление резистора R. Ответ приведите в омах,округлив его до одного знака после запятой.

5. Зеркальная дверь AO может вращатьсявокруг оси, перпендикулярной плоскостирисунка и проходящей через точку O (рис.2).Мальчик М и де-вочка Д стоят пе-ред дверью, какпоказано на рисун-ке, причем уголAOM, т.е. α , ра-вен 30° , а уголAOД, т.е. β , равен 60° . На какой минималь-ный угол ϕ в направлении, указанном стрел-кой, нужно повернуть дверь, чтобы мальчикперестал видеть в ней изображение девочки?Ответ приведите в градусах, округлив доодного знака после запятой.

6. На горизонтальном дне бассейна лежитоднородная балка, имеющая форму прямойпризмы с основаниями в виде правильныхтреугольников (рис.3). Когда в бассейн на-ливают воду в таком количестве, что поверх-ность воды оказывается на одном уровне сверхним ребром балки, сила давления бал-

Рис. 1

Рис. 2

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 55

ки на дно увеличива-ется на величину,равную n = 60% отвеса балки в возду-хе. Найдите плот-ность ρ материала

балки, если известно, что балка прилегает кдну бассейна без зазора. Плотность воды

3 30 10 кг мρ = . Ответ округлите до одного

знака после запятой.

10–11 классы

Первый тур

1. На уроке астрономии учитель рассказалшкольникам о существовании во Вселеннойтак называемых двойных звезд – систем издвух гравитационно связанных звезд, обра-щающихся по замкнутым орбитам вокругобщего центра масс. Учитель также сооб-щил, что одним из методов определения масскомпонентов двойных звезд является изме-рение периода их обращения и расстояниямежду звездами, и предложил школьникамрешить следующую задачу: «Две одинако-вые звезды движутся вокруг общего центрамасс по окружности радиусом 1010 мR = ,располагаясь на противоположных концахдиаметра окружности, причем период обра-щения звезд равен T = 12,5 земных суток.Пренебрегая влиянием других небесных тели приняв гравитационную постоянную рав-

ной 11 2 26,67 10 Н м кгG −= ⋅ ⋅ , определитемассу M каждой из звезд». Какой результатполучили школьники? Ответ приведите вкилограммах, поделив его на 3010 и округ-лив до одного знака после запятой.

2. Максимальная скорость, с которой ве-лосипедист может пройти поворот радиусомR = 30 м на велотреке с горизонтальнорасположенным дорожным полотном, равнаv = 13 м/с. С какой максимальной скоро-стью u велосипедист может пройти такой жеповорот на треке с дорожным полотном,наклоненным в сторону центра закругленияпод углом 30α = ° к горизонту? Ускорениесвободного падения примите равным

210 м сg = . Ответ округлите до десятых.3. Рабочим телом теплового двигателя яв-

ляется некоторое количество аргона. Извес-тно, что за один цикл газ совершает работуА = 60 кДж. При этом его внутренняя энер-гия U меняется так, как показано на рисун-

ке 4, где учас-ток 2–3 – отре-зок параболы,левая ветвь ко-торой проходитчерез начало ко-ординат. Чемуравно исходноезначение внутренней энергии газа 0U ? От-вет приведите в килоджоулях, округлив доцелых.

4. На гладкую пластмассовую спицу, изог-нутую в виде кольца радиусом R = 10 см,надета бусинка массой m = 0,1 г, несущаяэлектрический заряд q = 100 нКл. В на-чальном состоянии бусинка покоится. Затемк кольцу подносят постоянный магнит иначинают перемещать его так, что магнит-ный поток через кольцо меняется во времениравномерно от нуля до 1Φ =  Вб. С какойскоростью v будет двигаться после этогобусинка по кольцу? Ответ приведите вмм/с, округлив до одного знака после за-пятой.

5. Учитель принес на урок физики сплош-ной шар размером с футбольный мяч, изго-товленный из некоторого прозрачного мате-риала. Когда любознательный школьник,держа этот шар вблизи своего глаза, смотрелсквозь шар в окно, на противоположную отего глаза поверх-ность шара села муха(рис.5). Увидев ее,ученик с удивлени-ем заметил, что те-перь шар кажетсяему в k = 1,5 разабольше, чем на са-мом деле. Учительпопросил школьника определить показательпреломления n материала, из которого сде-лан шар. Какой результат получил школь-ник? Ответ приведите с точностью до второ-го знака после запятой.

Указание. Для малых значений аргумен-та x, выраженного в радианах, справедли-вы такие приближенные формулы: tg x ≈

sin x x≈ ≈ .

Второй тур1. На уроке астрономии учитель рассказал

школьникам о существовании в Солнечнойсистеме большого количества астероидов ималых планет, некоторые из которых при

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 456

определенных условиях могут представлятьугрозу для жизни на Земле. В качественаглядного примера он привел фантастичес-кий кинофильм «Армагеддон» (США,1998 г.). В нем повествуется о космическойэкспедиции, отправленной на приближаю-щийся к Земле огромный астероид, чтобыего уничтожить. Желая, чтобы школьникилучше представляли себе условия, в кото-рых работали участники экспедиции, учи-тель предложил им следующую задачу:«Астероид имеет форму шара радиусомR = 5 км. Считая астероид однородным

с плотностью 35,5 г смρ = , пренебрегаявлиянием других небесных тел и принявгравитационную постоянную равной

11 2 26,67 10 Н м кгG −= ⋅ ⋅ , найдите первуюкосмическую скорость 1кv для этого астеро-ида». Какой результат получили школьни-ки? Ответ округлите до одного знака послезапятой.

2. На горизонтальной поверхности льданеподвижно лежит круглая шайба. По льдускользит точно такая же шайба и испытываетс покоящейся шайбой абсолютно упругоесоударение. Скорость движущейся шайбыперед ударом 0 3 м сv = . После удара эташайба проехала по льду расстояние 1 1l =  м.Определите расстояние L между шайбамипосле их остановки. Коэффициент трениямежду шайбами и льдом 0,05µ = . Ускоре-ние свободного падения примите равным

210 м сg = . Боковые поверхности шайбсчитайте гладкими. Ответ приведите в мет-рах и округлите до одного знака послезапятой.

3. В два одинаковых сосуда налили поm = 500 г воды. Температура воды в пер-вом сосуде 1 20 Ct = ° , а во втором 2 40 Ct = ° .Из второго, более горячего, сосуда в первыйпереливают m∆  = 50 г воды и перемеши-вают. Затем воду такой же массой m∆переливают обратно во второй сосуд и пере-мешивают. На этом завершается первыйцикл переливаний. Определите разность тем-ператур t∆ воды в сосудах после трех такихциклов, состоящих из переливания воды извторого сосуда в первый и обратно. Теплоем-костью сосудов и теплообменом воды с окру-жающей средой можно пренебречь. Ответприведите в градусах Цельсия с точностьюдо одной десятой.

4. Плоский воздушный конденсатор, дли-на обкладок которого L, подключен к источ-нику постоянного напряжения. Во сколькораз k изменится заряд конденсатора, если вконденсатор параллель-но обкладкам вдвинутьметаллическую пластинуна расстояние L n , гдеn = 3 (рис.6)? Толщинапластины равна полови-не расстояния между об-кладками конденсатора,а ширина такая же, как уобкладок. Краевыми эф-фектами можно пренебречь. Ответ округли-те до двух знаков после запятой.

5. Тонкая плосковыпуклая линза, имею-щая в воздухе фокусное расстояниеF = 10 см, соприкасается плоской сторо-ной с поверхностью воды, налитой в цилин-дрический сосуд (рис.7). На расстоянии d == 20 см от линзы на ее глав-ной оптической оси нахо-дится точечный источниксвета S, дающий узкий пу-чок света. Определите вы-соту h уровня воды в сосу-де, при котором изображе-ние источника будет распо-ложено точно на дне сосуда.Показатель преломленияводы примите равнымn = 1,3. Учтите, что длямалых значений аргумента x, заданного врадианах, справедливы приближенные фор-мулы sin tgx x x≈ ≈ . Ответ приведите всантиметрах, округлив до одного знака пос-ле запятой.

Заключительный этап

Проведение заключительного этапа олим-пиады было назначено на 24 февраля 2017года. Для учащихся всех классов этот этаппроводился в очной форме на физическомфакультете МГУ и на четырех региональ-ных площадках в городах Астана, Белгород,Владивосток и Волгоград. Задание для уча-щихся 7–8, а также 9 классов состояло изчетырех задач по темам, изучаемым в рамкахпрограммы по физике для основной общеоб-разовательной школы. Задания для учащих-ся 10–11 классов были составлены в полномсоответствии с Кодификатором ЕГЭ 2017

Рис. 6

Рис. 7

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 57

года по физике и охватывали основные раз-делы Кодификатора, а именно: 1) механику,2) молекулярную физику и термодинамику,3) электродинамику и 4) оптику. Типовоезадание включало каждый из этих разделови состояло из кратких вопросов по теории идополняющих их задач.

7–8 классы

1. Изделие, изготовленное из сплава зо-лота и меди, имеет массу m = 1,6 кг и

плотность 3 316,8 10 кг мρ = ⋅ . Считая, чтообъем сплава равен суммарному объему ис-ходных компонент, определите массу 1mзолота в этом изделии. Плотность золота

3 31 19,3 10 кг мρ = ⋅ , плотность меди

3 32 8,9 10 кг мρ = ⋅ .2. При медленном растяжении пружины

из недеформированного состояния до неко-торого удлинения совершена работа А == 10 Дж. Чтобы удержать пружину в растя-нутом состоянии, требуется прикладывать кее концам силы, равные по модулю F == 20 Н. Определите жесткость k этой пру-жины.

3. В комнате объемом 360 мV = темпера-тура воздуха 1 15 Ct = ° . Какую массу mторфа нужно сжечь в печи, чтобы нагретьвоздух в комнате до 2 25 Ct = ° ? Коэффици-ент полезного действия печи η  = 10%, плот-

ность воздуха 31,2 кг мρ = , его удельная

теплоемкость ( )1,01 кДж кг Сc = ⋅ ° , удель-ная теплота сгорания торфа q = 14 МДж/кг.Изменением плотности воздуха в рассматри-ваемом диапазоне температур можно пре-небречь. Ответ приведите в килограммах,округлив до одной сотой.

4. В цепи, схема которой показана нарисунке 8, сила тока, текущего по резистору

сопротивлением 1R , равна I = 2 А. Опре-делите напряжение U между точками A и B,если 1R  = 3 Ом, 2R  = 6 Ом, 3R  = 3 Ом,

4R  = 3 Ом, 5R  = 6 Ом.

9 класс

1. Изучив законы механики, ученик ре-шил проверить их экспериментально. Дляэтого он собрал дома модель игрушечнойжелезной дороги. На прямолинейном участ-ке дороги он поместил симметричную горкувысотой H = 0,5 м и длиной основанияL = 2 м (рис.9). Сцепив несколько одина-

ковых вагонов, он поставил образовавшийсяпоезд на горизонтальный участок дороги итолкнул его по направлению к горке соскоростью 0 3 м сv = . При каком минималь-ном числе вагонов minN поезд преодолеетгорку и скатится с противоположной сторо-ны? Длина одного вагона l = 10 см. Сила-ми сопротивления и длиной сцепки междувагонами можно пренебречь. Ускорение сво-бодного падения примите равным

210 м сg = .2. В теплоизолированный сосуд с водой

общей теплоемкостью 1,5 кДж СC = ° , име-ющий температуру 1 20 Ct = ° , поместилиm = 56 г льда при температуре 2 8 Ct = − ° .Какую температуру 0t примет содержимоесосуда после установления теплового равно-весия? Удельная теплоемкость воды

( )в 4,2 кДж кг Сc = ⋅ ° , удельная теплоем-

кость льда ( )л 2,1 кДж кг Сc = ⋅ ° , удельнаятеплота плавления льда λ  = 330 кДж/кг.Ответ приведите в градусах Цельсия, округ-лив до одного знака после запятой.

3. Следуя указаниям учителя, ученик со-брал электрическую цепь, состоящую изтрех резисторов и двух амперметров (рис.10).При этом он за-метил, что завод-ская маркировкана резисторе 1Rстерлась и уста-новить по нейзначение сопро-тивления этогорезистора невозможно. В то же время марки-ровка на резисторах 2R и 3R была четкой,благодаря чему ученик узнал, что

2R  = 20 Ом, а 3R  = 15 Ом. Подключивцепь к источнику постоянного тока (на ри-сунке не изображен), ученик обнаружил,

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 10

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 458

что амперметр 2A показывает силу тока

2I  = 0,3 А, а амперметр 0A – силу тока

0I  = 1,5 А. Располагая этими данными ипредположив, что сопротивления ампермет-ров пренебрежимо малы, ученик смог рас-считать сопротивление резистора 1R . Какойответ он получил? Ответ округлите до одно-го знака после запятой.

4. Две прямые дороги AB и CB пересека-ются в точке B под углом 45α = ° (рис.11).

На перекрестке Bустановлено ши-рокое плоскоезеркало, располо-женное перпенди-кулярно дорогеAB так, что вело-сипедист, едущийк точке B по до-роге CB, видит в

зеркале бегуна, направляющегося к точке Bпо дороге AB. Какова скорость бегуна v,если скорость велосипедиста V = 18 км/ч,а изображение бегуна приближается к вело-сипедисту с относительной скоростью

2u V= ? Ответ приведите в км/ч, округ-лив до одного знака после запятой.

10–11 классы

1. Сформулируйте закон Гука. Чему равнапотенциальная энергия упруго деформиро-ванной пружины?

Задача. В устройстве, показанном на ри-сунке 12, груз массой M = 0,2 кг подвешен

к середине стержня, а стерженьрасположен горизонтально.Блок, нить, пружины и стер-жень невесомы, нить нерастя-жима. Жесткости пружин

1k  = 30 Н/м, 2k  = 20 Н/м.Стержень смещают вертикаль-но вниз на небольшое расстоя-ние и отпускают. Определитепериод T возникших после это-

го малых вертикальных колебаний груза.Считайте, что стержень в процессе колеба-ний остается все время горизонтальным.

2. Сформулируйте определение внутрен-ней энергии термодинамической системы.Укажите способы изменения внутреннейэнергии.

Задача. На рисунке 13 показана pV-диаг-рамма циклического процесса, проводимого

Рис. 11

над ν  = 1 мольидеального газа.Температура газа вточке 1 равна

1T  = 200 К, а еготемпературы в точ-ках 2 и 3 одинако-вы и равны

2T  = 800 К. Про-должение прямой 1–3 проходит через началокоординат. Определите работу A газа зацикл. Универсальная газовая постоянная

( )8,31Дж моль КR = ⋅ .3. Как определяется потенциал электро-

статического поля? Чему равен потенциалполя точечного заряда?

Задача. Найдите силу F взаимодействиянепроводящей равномерно заряженной по-лусферы радиусом R = 10 см с бесконечнодлинным равномерно заряженным тонкимстержнем. Один конец стержня расположенв центре полусферы, а направлен стерженьвдоль оси симметрии полусферы, как пока-зано на рисунке 14. Поверхностная плот-

ность зарядов на полусфере 6 210 Кл м−σ = ,линейная плотность зарядов на стержне

610 Кл м−γ = , электрическая постоянная12

0 8,85 10 Ф м−ε = ⋅ .4. Сформулируйте законы преломления

света. Что такое абсолютный и относитель-ный показатели преломления?

Задача. На столе стоит горящая свеча.Школьник с помощью тонкой собирающейлинзы получил на стене резкое изображениепламени свечи и обнаружил, что, переместивлинзу к стене на расстояние l∆  = 0,3 м,можно получить на стене еще одно резкоеизображение пламени. Определите фокус-ное расстояние линзы F. Расстояние от горя-щей свечи до стены L = 0,9 м.

Публикацию по математике подготовилиД.Горяшин, А.Зеленский, А.Козко,

Л.Крицков, В.Панферов, А.Разборов,И.Сергеев, И.Шейпак, М.Юмашев;

по физике – С.Чесноков

Рис. 12

Рис. 13

Рис. 14

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» №3)

1. На рисунке 1 показано, как построить забо-ры общей длиной 650 м.

2. Да, могло.Подойдут гирьки массами 49,5 г, 50,5 г и51,5 г. Первая и вторая гирьки вместе весят100 г, первая и третья – 101 г, а вторая и тре-тья – 102 г.3. 23.Раздадим три раза по две пачки, останется3 1 3◊ = печенья. Но те же шесть пачек печеньяможно раздать иначе – три и еще три, и тогдаостанется 2 13 26◊ = печений. Значит, 26 – 3 == 23 печенья можно поделить между туристамипоровну. Поскольку число 23 простое, это воз-

можно, только если ту-ристов 23.4. 30∞ .Поскольку картинка сим-метрична относительнопрямой AC, имеем DK == BK (рис.2). По усло-вию, BK = AC. А так какдиагонали в квадратеравны, AC = BD. Такимобразом, в треугольнике

BKD все стороны равны, т.е. он равносторон-ний, и 60BKD– = ∞. Опять же в силу симмет-рии относительно прямой AC имеем

BKC DKC– = – , а в сумме эти углы составля-ют 60∞, т.е. каждый из них равен 30∞.

Рис. 2

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

(см. «Квант» №2)

16. Всего 4N , каждый рассказал по 3N .Возьмем любого болтуна, кроме последнего, иследующего за ним. Сначала второй на каждомкруге рассказывает на анекдот больше, чемпервый, – и так N кругов. А после того какболтуны устали, второй рассказывает на анек-

Рис. 1

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я

дот меньше – тоже N кругов. Значит, все рас-сказали поровну анекдотов, т.е. 1 N от общегоколичества. Всего анекдотов было рассказано

( ) ( )2 2 21 2 1 1 2 1N N N… …+ + + - + + - + + + =

= ( ) ( ) ( )2 2 2 21 1 2 2 1 1N N N N…+ - + + - + + - + + =

= 2 2 4N N N◊ = .

Тогда каждый рассказал по 4 3N N N= анек-дотов.17. а) Очевидно, что если мы умеем определятькарты, которые лежат в верхней левой четвертиквадрата 6 6¥ , то сможем определить и ос-тальные карты. Зададим три вопроса: про квад-рат 3 3¥ , для которого карта ведущего лежитв левом верхнем углу этого квадрата, а такжепро квадраты 3 3¥ , которые получаются изпервого квадрата сдвигом на 1 вниз и на 1вправо. Карта ведущего – единственная, кото-рая лежит в первом квадрате, но не лежит ниво втором, ни в третьем, и мы ее легко опреде-лим.б) 3 хода.Докажем, что двух вопросов недостаточно.Пусть мы задали два вопроса (указали дваквадрата). Тогда все 36 карт разделятся на 4части: карты, которые входят в оба квадрата(1-я часть), только в первый квадрат (2-я),только во второй квадрат (3-я) и которые невходят ни в один квадрат (4-я). Если переста-вить между собой карты внутри любой части,то ответы на вопросы не изменятся. Значит,если карта ведущего попала в часть, в которойбольше одной карты, то узнать карту ведущегомы не сможем. Покажем, что часть, в которойнаходится угловая карта, содержит хотя бы 2карты. Если угловая карта входит в оба квад-рата 3 3¥ , то они совпадают и в этой части 9карт. Если карта входит только в один из квад-ратов, то в этой части обязательно будет и однаиз соседок угловой карты (либо в строке, либов столбце). Если же карта не входит ни в одинквадрат, то в этой части будет не менее 36 – 9 –– 9 = 18 карт.18. Продлим стороны углов до пересечения, ко-торое произойдет в одном из узлов (рис.3). До-кажем, что четыре красных узла лежат на од-ной окружности. Красные узлы равноудаленыот синего узла, так как все красные отрезки яв-ляются диагоналями в равных параллело-граммах с углом 60∞ и сторонами 1 и 3.Тогда два данных угла равны как вписанные вэту окружность.19. Будем следить за количеством рядов (строки столбцов), на которых есть хотя бы одна ла-дья, обозначим его s.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 460

Если изначально занятых строк x, а занятыхстолбцов y, то ладей не более xy. Таким обра-зом, 10xy ≥ . Перебрав возможные значения xот 1 до 6, несложно проверить, что тогда

7s x y= + ≥ .В конечном положении все ладьи не бьют другдруга, а это происходит в том и только томслучае, когда s = 20.Докажем, что при s < 20 всегда можно сделатьход, увеличивающий s. Из этого будет следо-вать, что не более чем за 20 – 7 = 13 ходов мыполучим расстановку ладей, удовлетворяющуюусловию.Рассмотрим все ладьи, которые никого не бьют.Ряды, содержащие такие ладьи, зачеркнем.Допустим, что есть незачеркнутый ряд ровно содной ладьей, пусть это строка. В столбце, вкотором стоит эта ладья, есть хотя бы две ла-дьи, а значит, есть пустой столбец. Тогда ла-дью можно передвинуть в него. При этом s уве-личивается.Осталось рассмотреть вариант, когда такогоряда нет. Тогда все незачеркнутые строки либопустые, либо в них хотя бы две ладьи, причеми те, и другие строки присутствуют. Рассмот-рим пустую строку и строку, в которой хотя быдве ладьи, причем такие, что между ними нетнезачеркнутых строк. Тогда передвинем ладьииз одной этой строки в другую. Несложно по-нять, что такой ход сделать можно и s при этомувеличивается.Можно также показать, что оценка точная, т.е.за 12 ходов можно справиться не всегда (длярешения задачи этого не требовалось доказы-вать).

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. Твердая оболочка ореха не пропускает воду,а внутри ореха имеется воздух, обеспечиваю-щий плавучесть и позволяющий долгое время«мигрировать».2. Многие плоды и семена снабжены либо пуч-ками волосков, как у одуванчика, либо поддер-

Рис. 4

Рис. 3

живающими плоскостями-планерами, как улипы, благодаря чему ветер может переноситьих весьма далеко от «места рождения».3. Заметные колебания температуры в горахпроявляются в меньшей степени в приземномслое, чем на высоте даже нескольких метров.4. Подобная форма листьев и лепестков прида-ет им дополнительную жесткость и прочность.5. Корневая система сосны глубже уходит вземлю, чем у ели (рис.4). Чтобы вывернуть ель

с корнем, требуется меньший момент силы вет-ра, чем для сосны. А чтобы вывернуть сосну скорнем, требуется больший момент силы ветра,нежели чтобы поломать ее.6. Одна из причин – пустотелость стебля. Приизгибе внутренняя его область практически недеформируется, в то время как заполняющееэту область вещество лишь увеличивало бы из-гибающие и сжимающие силы. Кроме того,стебли злаковых состоят из нескольких полыхцилиндров, соединяемых упругими узлами, чтосообщает им дополнительную гибкость.7. В вертикальном положении подводные расте-ния удерживаются силой Архимеда. Ее дей-ствие увеличивается за счет воздушных полос-тей внутри стеблей, играющих роль поплавков.8. Листья или ряска, покрывающие поверх-ность воды, могут ограничить диффузионныепроцессы в снабжении глубоких слоев кислоро-дом, необходимом подводным обитателям.9. Во всех этих случаях дело в особенностяхповерхностей растений, не смачиваемых водой.10. Чрезмерно высокое дерево не выдержитсобственной тяжести – при увеличении его раз-меров объем и масса растут быстрее, чем пло-щадь основания ствола. Но более жесткое огра-ничение связано с осмотическим давлением –односторонней диффузией молекул через мемб-раны клеток, – которое поднимает соки от кор-ней к листьям на высоту не более несколькихдесятков метров. Наряду с осмосом подъему

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 61

XXV МЕЖДУНАРОДНАЯ ОЛИМПИАДА«ИНТЕЛЛЕКТУАЛЬНЫЙ МАРАФОН»

ОЛИМПИАДА ПО ФУНДАМЕНТАЛЬНЫМ НАУКАМ

М А Т Е М А Т И К А

Письменный индивидуальный тур

1. Второе число больше.

Обозначим 1 2 3 6

6

a a a a+ + + +… через A. Тогда

1 1a A= + δ , 2 2a A= + δ , …, 6 6a A= + δ , 7a =

7A= + δ , …, 10 10a A= + δ , причем 1 2δ < δ <…

6 7 10< δ < δ < < δ… … и 1 2 6 0δ + δ + + δ =… .Если 7 0δ ≤ , то числа 1δ , 2δ , …, 6δ отрица-тельны и, вопреки последнему равенству, сум-ма 1 2 6δ + δ + + δ… тоже должна быть отрица-тельной. Следовательно, 7 0δ > , и также поло-жительны числа 8δ , 9δ , 10δ . Таким образом,

1 2 3 10 7 8 9 101010 10

a a a a AA

+ + + + + δ + δ + δ + δ= >

….

2. 2 2

2

a bAB CD

+= = .

Пусть K и L – основания перпендикуляров,

влаги способствуют и капиллярные явления.11. Быстроте реакции растения способствуетэлектрический импульс, аналогичный возбуж-дению в нервных волокнах животных.12. Листья занимают положение, при которомих освещенность минимальна, что предохраняетих от перегрева.13. Температура воздуха над влажной почвойменяется медленнее.14. Капли воды фокусируют солнечные лучи наповерхности листа, что приводит к его обугли-ванию.15. В присутствии кислорода грибы-гнилушкисветятся непрерывно, а большинство светящих-ся животных дают вспышки света только пристимуляции их люминесцирующих органов.16. Стекло синей лампы пропускает не толькосиние лучи, но частично и красные. Вместе стем листья растений отражают не только зеле-ный, но отчасти и красный свет.17. Вода сильно поглощает красные и синиелучи, что придает ей зеленый цвет. Глубоко-водные водоросли нуждаются в красном пиг-менте, поглощающем зеленые лучи.

Микроопыт

Интенсивное испарение с поверхности листа по-нижает его температуру и создает ощущениепрохлады.

Рис. 5

опущенных соответственно из B и C на большееоснование трапеции AD (рис.5). Тогда KL =

= BC, 2 2

a b a bLD a

+ −= − = , AK a= −

2 2

a b a bb

− − − + =

, прямоугольные треуголь-

ники AKB и DLC равны по двум катетам, сле-довательно, AB = CD. Проведем CM BDP .Треугольник ACM – прямоугольный, AM =

= a + b, 2

a bAL b LM

−= + = , медиана

2 2

AM a bCL

+= = , поэтому

2 2 2 22 2 2

2 2 2

a b a b a bCD CL LD

+ − + = + = + =

.

3. Отношение корней уравнения равно 3.Если 0b ≠ , то 0a ≠ , 0c ≠ и ac > 0. Дискри-минант квадратного уравнения равен

2 214

4b ac b− = . Корни квадратного уравнения

равны ( )

1

2

2

b bx

a

− −= ,

( )2

2

2

b bx

a

− += . Рас-

смотрев два варианта b < 0 и b > 0, получим,

что 1

2

3x

x= либо 1

2

1

3

x

x= .

4. Нельзя.Указанная операция заменяет число вида 10a ++ b на число a + 5b. При этом (5 5 10a b a+ = +

) 49b a+ − . Следовательно, всякое делящеесяна 7 число заменяется на число, тоже делящее-ся на 7. Число 2016 делится на 7, число

20162016 тоже делится на 7. Но число 2015 неделится на 7, и число 20152015 не делится на 7.

5. 2 22 a b+ .Отразим прямоугольник ABCD вместе с четы-рехугольником KLMN относительно стороныCD, при этом точки K и N перейдут соответ-ственно в точки K′ и N′ . Пусть при отраже-нии относительно BC точка K перейдет в точкуK′′ , а при отражении относительно DA′ точкаK′ перейдет в точку K′′′ (рис.6). Заметим, чтоBK A K b′′ ′ ′′′+ = . Ломаная K LMN K′′ ′ ′′′ будетиметь наименьшую длину, если точки K′′ , L,M, N′ , K′′′ окажутся на одной прямой. Такбудет, если четырехугольник KLMN – парал-

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 462

2. Соответствующий фрагмент последователь-ности nS : … 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, … . В «арифме-тике остатков» при делении на 2, в которой 0 ++ 0 = 0, 0 + 1 = 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 0, для членовпоследовательности остатков выполнено рекур-рентное соотношение 1 2 3n n n nS S S S− − −= + + ,где n – целое, т.е. всякий член этой последова-тельности равен сумме трех предыдущих. Норазличных наборов из трех остатков при деле-нии на 2 не может быть больше 32 . Поэтому впоследовательности найдутся две тройки одина-ковых наборов, а это означает, что члены пос-ледовательности остатков периодически повто-ряются.а) Если в последовательности остатков найдут-ся три нуля подряд, то вследствие периодично-сти все члены последовательности должны бытьравны 0, что не так. б) Аналогично предыдуще-му. Легко убедиться, что на самом деле перио-дичность последовательности nS обнаруживает-ся быстрее: 1 5S S= , 2 6S S= , 3 7S S= , 4 8S S=и т.д. в) Заменим последовательность чисел nT

на последовательность nR их остатков при де-лении на 2016. Отметим, что 3 2 0R R− −= = .Для членов последовательности nR в «арифме-тике остатков» при делении на 2016 выполненорекуррентное соотношение 1 2n n nR R R− −= + +

3nR −+ . Различных наборов из трех остатков неможет быть больше 32016 , поэтому последова-тельность nR периодична. Стало быть, для не-которого натурального k верно равенство

1 0k kR R += = , означающее, что kT и 1kT + де-лятся на 2016.

Устный командный тур

1. Через 6 ч.2. Да, может. Пример приведен на рисунке 7.

3. Нет. 4. 17. 5. 5.6. На прямой l возьмем точку О и проведем по-луокружность радиусом ОА с центром в точкеО (первая линия), пересекающую l в точках Kи L. Затем раствором циркуля, равным KА,проведем окружность с центром в точке L, пе-

Рис. 7

лелограмм. В этом случае периметр четырех-угольника KLMN равен длине отрезка K K′′ ′′′ и

равен 2 22 a b+ .

6. 1.В самом деле,

( ) ( )0x x x x x x x x∗ = ∗ ∗ = ∗ + = .

Поэтому

( ) ( ) ( )0x x x x y x y y x y y= ∗ = ∗ ∗ = ∗ ∗ = ∗ +

и x y x y∗ = − .

7. а), б) Не существуют; в) существуют.Во-первых ясно, что последовательностей изнулей и единиц длины n, начинающихся с 0,столько же, сколько и последовательностейдлины n – 1, т.е. 1nT − . Во-вторых, у всякойпоследовательности, в которой никакие триединицы не стоят рядом и которая начинаетсяна 10, оставшиеся n – 2 места может заниматьлюбая последовательность рассматриваемоготипа; число таких последовательностей равно

2nT − . У всякой последовательности, в которойникакие три единицы не стоят рядом и котораяначинается на 110, оставшиеся n – 3 места мо-жет занимать любая последовательность рас-сматриваемого типа; число таких последова-тельностей равно 3nT − .Таким образом, для натуральных n справедли-ва рекуррентная формула 1 2n n nT T T− −= + +

3nT −+ , и при этом 1 2T = , 2 4T = и 3 7T = . Атеперь забудем о последовательностях из нулейи единиц и, следуя полученной рекуррентнойформуле, начнем вычислять nT для n = 0 и дляцелых отрицательных n: 3 2 1 0T T T T= + + ,

0 1T = ; 2 1 0 1T T T T−= + + , 1 1T− = ; 1 0 1T T T−= + +2T−+ , 2 0T− = ; 0 1 2 3T T T T− − −= + + , 3 0T− = .

Фрагмент бесконечной в обе стороны последо-вательности … 3T− , 2T− , 1T− , 0T , 1T , 2T , 3T , …дает нам числа … 0, 0, 1, 1, 2, 4, 7, … Заменимтеперь последовательность чисел nT на после-довательность nS их остатков при делении на

Рис. 6

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 63

ресекающую полуокружность в точке A¢ (вто-рая линия). Наконец, линейкой проводим пря-мую AA¢ (третья линия).7. a > b. 8. Можно. 9. 36 лет. 10. 8 раз.

История научных идей и открытий

1. а), б) Существует.Пусть a = 2k + 1 – нечетное натуральное число,а 2 2 2a b c+ = . Тогда ( )( )2 2c b c b c b− = − + =

( )22 1k= + . Подберем b и с так, чтобы выполня-лись равенства

1,c b− = ( )21c b k+ = + .

Треугольник со сторонами a = 2k + 1, b =22 2k k= + , 22 2 1c k k= + + – искомый.

В частности, для a = 2015 получаем k = 1007,b = 2030112, c = 2030113.

2. а) 2 1 1

19 10 190= + ;

б) 7 2 5 1 1 1 119 19 19 10 190 4 76

= + = + + + .

Возможны и другие представления.

3. б) sin sin 2sin cos2 2

α + β α − βα + β = .

4. Воспользуемся тождествомn na b− =

( )( )1 2 3 2 2 1n n n n na b a a b a b ab b− − − − −= − + + + + +… ,

справедливым для всех натуральных n .Предположим, что 2 1n − – простое число, а n– составное число, например n = kp, где k > 1,p > 1. Тогда

( )2 1 2 1pn k− = − =

( ) ( ) ( )1 22 1 2 2 1

p pk k k− − = − + + +

…

– составное число, вопреки условию.5. Это великий норвежский математик НильсХенрик Абель (5 августа 1802 г. – 6 апреля1829 г.). В 1823 году он доказал невозмож-ность решить в общем виде (в радикалах) ал-гебраическое уравнение степени 5n ≥ . ИмяАбеля носят несколько важных теорем из тео-рии степенных рядов. Абелевой обычно называ-ется коммутативная группа.

Ф И З И К А

Письменный индивидуальный тур

1. min 480 ДжA = ; vmin = 3,7 м/с.

2. ( )22 1

max 0 320 К6

m v vT T

R

−= + =

ν.

3. Амперметр показывает постоянный ток, рав-

ный ( )02

140,5 нАI

l

µε ε −= =

ρ

E.

4. ( )1 2cos 48 кгm M= − α = .

5. 10

160,32 c

lt

v= = ;

89

20 01

16 22 75 c

3

i

i

l lt

v v== ⋅ + =∑ ;

24

30 1

2 671088,6 c 7сут 18ч 24мин 48,6сi

i

lt

v =

= ⋅ = =∑ ,

так что до окончания олимпиады упадут не всебруски.

6. ( )

1,2L l n

kL ln

+= =

+ (здесь n = 1,33 – показа-

тель преломления воды).

7. 2

0 1 2

1 12,25 кДж

8

qA

R R

= − = πε

.

Устный командный тур

1. Наблюдаемые явления связаны с закономер-ностями рассеяния света в атмосфере и с боль-шой чувствительностью глаза в зеленой частиспектра.2. Предмет будет совершать гармонические ко-лебания с амплитудой, равной радиусу Земли.Период колебаний будет совпадать с периодомдвижения тела по околоземной круговой орби-те, т.е. будет немного больше полутора часов.3. Ночью мы движемся быстрее.4. В 18 веке не мог бы, а сейчас мог бы.5. В воздухе вес платинового образца большеалюминиевого.6. Лед надо расположить сверху, чтобы крометеплопроводности «работала» и конвекция.7. Высота спутника будет уменьшаться, а ско-рость – увеличиваться.

История научных идей и открытий

1. 1) Уильям Шокли, Джон Бардин (он сталдважды лауреатом), Уолтер Браттейн.2) Транзисторный эффект, полупроводниковыйтранзистор.2. Это эксперименты: 1) Эратосфена Киренско-го, 2) Галилео Галилея (с Пизанской башней),3) Галилео Галилея (с наклонной плоскостью),4) Генри Кавендиша), 5) Жана Фуко, 6) Исаа-ка Ньютона (по разложению солнечного света вспектр), 7) Томаса Юнга (по интерференциисвета), 8) Клауса Йонссона (по интерференцииэлектронов, 1961 г.), 9) Роберта Миллинкена,10) Эрнеста Резерфорда (по рассеянию альфа-частиц).3. 1) Альберт Эйнштейн. 2) Специальная тео-рия относительности, общая тория относитель-ности, квантовая теория фотоэффекта, кванто-вая статистика Бозе–Эйнштейна, статистичес-кая теория броуновского движения и др. Пред-сказал гравитационные волны и квантовую те-лепортацию.4. Открытие гравитационных волн.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 464

Рис. 8

5. 1) Ускоритель У-70. 2) Протон. 3) Протонсостоит из кварков.

V МЕЖДУНАРОДНЫЙ МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ТУРНИР

ИМЕНИ М.В.ЛОМОНОСОВА

7–8 классы

Письменный индивидуальный тур

1. Например, 17 8 9 1 1

2016 2016 252 224

+= = + .

2. 16.

3. 1

902

LKC AKC A– = – = ∞ - – и

190

2CLK ALH A– = – = ∞ - – . Поэтому

LKC CLK– = – , и треугольник CKL равнобед-ренный.4. Разложим монеты на четыре кучки по тримонеты и взвесим две любые кучки. Если ониравновесны, то все монеты в них правильные,и, сравнив любую из этих кучек с любой из ос-тавшихся, мы определим, в какой из кучек на-ходится фальшивая монета. Если же при пер-вом взвешивании кучки оказались не равновес-ны, то, сравнив вторым взвешиванием любуюиз этих кучек с одной из оставшихся правиль-ных кучек, опять определим, в какой из кучекнаходится фальшивая монета. Взяв любые двемонеты из «фальшивой» кучки, в случае их ра-венства получим, что фальшивой является тре-тья монета (в этом случае четвертого взвешива-ния не требуется). Если же взятые две монетыразличны, то четвертым взвешиванием сравнимлюбую из них с оставшейся правильной.5. В прямоугольнике 1 1ABC D диагонали 1AC

и 1BD в точке пересечения делятся пополам, впрямоугольнике 1 1BCD A диагонали 1BD и

1CA в точке пересечения делятся пополам, впрямоугольнике 1 1CDA B диагонали 1CA и

1DB в точке пересечения делятся пополам.Обозначив через O середину диагонали 1AC

параллелепипеда, найдем, что точка O являетсятакже серединой остальных диагоналей парал-лелепипеда 1BD , 1CA , 1DB . Таким образом,все диагонали параллелепипеда пересекаются водной точке O. Сумма расстояний от этой точ-ки до всех восьми вершин параллелепипеда ми-нимальна.

Устный командный тур

1. 1 : 4.2. 2.

3. 10

2 стороны клетки.

4. Поскольку углы KBL и LBC равны и вписа-ны в одну окружность, то KL = LC (рис.8).

Далее, поскольку точкаL лежит на высоте BHравнобедренного тре-угольника, то AL == LC. Поэтому KL == AL, и треугольникAKL – равнобедрен-ный.Заметим, что решениезадачи не используетто, что точка K – сере-дина стороны AB.5. 8 и 56.

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ №ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А,«Квант»

Тел.: (495) 930-56-48Е-mail: math@kvant.ras.ru, phys@kvant.ras.ru

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив ООО «ИПК Парето-Принт», г.Тверь

www.Pareto-print.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

Е.В.Бакаев, C.А.Дориченко, А.А.Егоров,Е.М.Епифанов, С.Л.Кузнецов,А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова,

А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИВ.А.Аткарская, Д.Н.Гришукова,А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина

ХУДО ЖЕСТВЕН Н Ы ЙРЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАМ.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ 12+