НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ...

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 Планер Жуковского и движение в скрещенных полях. П.Панов

9 Пятнадцать человек на сундук мертвеца. С.Грибок, К.Кноп

Н О В О С Т И Н А У К И

16 Свободная частица. Л.Белопухов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

21 Задачи М2406–М2413, Ф2413–Ф241922 Решения задач М2389–М2395, Ф2395–Ф240229 Висячие мосты. С.Муравьев

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Движение со связями

« 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

34 Задачи35 Конкурс имени А.П.Савина «Математика 6–8»35 Сплошные неприятности. И.Акулич37 Брелок для ключей и ... физика. С.Дворянинов

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

39 А что изменится, если...? Е.Соколов42 Свет из-за угла, или Как Школьник в класс торопился.

А.Стасенко

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

43 Форма кривой вращающегося троса. А.Князев

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

46 Изогонально сопряженные точки. П.Кожевников50 Евклид и неприводимые многочлены. В.Ильичев

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

51 Задачи на силу трения. А.Черноуцан

О Л И М П И А Д Ы

56 XXXVII Турнир городов

58 Ответы, указания, решения

Н А О Б Л О Ж К ЕI Иллюстрация к статье П.Панова

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

УЧРЕДИТЕЛЬ

Российская академия наук

ЯНВАРЬ

ФЕВРАЛЬ Ю№120

16

Планер Жуковского и движениев скрещенных полях

П.ПАНОВ

ВОКТЯБРЕ 1891 ГОДА НИКОЛАЙ ЕГОРОВИЧ ЖУ-ковский сделал в Московском математическомобществе сообщение «О парении птиц». А спустя

17 лет, в 1908 году, появился второй том трудовФредерика Уильяма Ланчестера по изучению паряще-го или планирующего полета под названием«Aerodonetics». На фронтисписе этой книги былиизображены те же самые замечательные траекторииполета, о которых рассказал Жуковский в своем сооб-щении (рис.1, 2). За этими траекториями и типамидвижений закрепилось придуманное Ланчестером на-звание фугоид и фугоидное движение. Это одно изпростейших возможных движений летательного аппа-рата под действием силы тяжести, силы сопротивле-ния, подъемной силы и силы тяги.

Приблизительно в то же время, в 1892 году, ХендрикЛоренц опубликовал свою формулу для вычислениясилы, с которой электромагнитное поле действует назаряженную частицу. С тех пор самое популярноеупражнение на применение формулы Лоренца – этопостроение траектории заряженной частицы в скре-щенных электрическом и магнитном полях.

Оказывается, эта электромагнитная задача оченьпохожа на ту аэродинамическую, которую решалиЖуковский и Ланчестер. Мы обсудим обе эти задачи ирасскажем, как с помощью компьютера можно постро-ить траекторию заряженной частицы и траекториюлетательного аппарата.

Уравнение движения Ньютона

Уравнение движения Ньютона, или второй законНьютона, это самый важный закон физики. Именно снего начинается решение любой задачи на движение.

Если материальная точка массой m под действиемсилы f движется вдоль прямой, то для нее выполняетсявторой закон Ньютона

mx f′′ = ,

где х – координата точки, x′′ – ее ускорение. Штрихивверху справа (наряду с точками сверху) используют-ся в физике для обозначения производных по времени.Так что u x′= – это скорость точки, а x u′′ ′= этоестественное обозначение для ускорения. Используяэти обозначения, мы можем переписать второй законНьютона в виде

x u′ = ,( ),f x u

um

′ = .

Здесь мы еще уточнили, что силы, которые действуютна точку, могут зависеть от ее положения и скорости.

Для частицы, движущейся в плоскости, уравнениядвижения Ньютона выглядят аналогичным образом:

,x u y v′ ′= = ,

( ) ( ), , , , , ,,

f x y u v j x y u vu v

m m′ ′= = .

Рис. 1. Н.Е.Жуковский. «О парении птиц» Рис. 2. Ф.У.Ланчестер. «Aerodonetics»

(∗)

П Л А Н Е Р Ж У К О В С К О Г О И Д В И Ж Е Н И Е В С К Р Е Щ Е Н Ы Х П О Л Я Х 3

Здесь ( ),x y – координаты движущейся точки, ( ),V u v=uur

– ее скорость и ( ),F f j=ur

– сила, действующая наматериальную точку. Система этих уравнений позво-ляет построить траекторию для любой движущейсяточки. Как только будет задана сила F

ur

, можно будетбраться за построение любой соответствующей траек-тории.

Аэродинамические и электромагнитные силы

Рассмотрим одновременно обе задачи – аэродина-мическую задачу Жуковского, которую будем назы-вать задачей о движении планера Жуковского, и зада-чу о движении заряженной частицы в сокращенных

полях. Чтобы подчеркнутьаналогию между этими зада-чами, слегка изменим обыч-но используемые стандарт-ные обозначения. Вся необ-ходимая информация о за-дачах представлена на двухрисунках.

На рисунке 3 красной точ-кой изображен планер Жу-ковского, который движетсясо скоростью V

uur

. На планердействуют три силы:

1) подъемная сила, пропорциональная квадрату ско-рости и направленная перпендикулярно вектору скоро-сти V

uur

, коэффициент пропорциональности обозначенβ ,

2) сила сопротивления, пропорциональная квадратускорости и направленная противоположно вектору

скорости Vuur

, коэффициентпропорциональности обозна-чен γ ,

3) сила тяжести mg, на-правленная вниз.

На рисунке 4 синей точкойизображена положительнозаряженная частица с заря-дом q, которая движется соскоростью V

uur

в постоянныхэлектрическом и магнитномполях. Величина электричес-кого поля (его напряжен-

ность) равна Е, оно направлено вниз. Величина маг-нитного поля (его индукция) равна В,оно направлено перпендикулярно плос-кости страницы от нас. На частицу дей-ствуют три силы:

1) магнитная сила Лоренца, пропорцио-нальная величине скорости и направлен-ная перпендикулярно вектору скоростиVuur

, коэффициент пропорциональностиравен qB,

2) сила сопротивления, пропорциональ-ная величине скорости и направленная противополож-но вектору скорости V

uur

, коэффициент пропорциональ-ности обозначен γ ,

3) электрическая сила величиной qE, направленнаявниз.

В этих двух задачах аналогом подъемной силыслужит магнитная сила Лоренца, аналог силы тяжести– это электрическая сила и, наконец, силе сопротивле-ния соответствует сила сопротивления. Единственноезначимое отличие заключается в том, что в аэродина-мической задаче силы зависят от скорости квадратич-ным образом, а их аналоги – линейным. Чтобы не былонедоразумений, добавим, что аэродинамические силысопротивления в разных случаях могут по-разномузависеть от скорости, это хорошо известный факт.1

Мы дали полное описание наших задач, сделанное нагеометрическом языке. Теперь переведем его на коор-динатный язык и примемся решать эти задачи.

Координаты и векторы

Введем на рисунках 3 и 4 систему координат, напра-вив ось х горизонтально вправо и ось у вертикальновверх. Как и раньше, вектор скорости обозначим

( ),V u v=uur

. Для записи уравнений движения Ньютонанам нужно будет проделать с этим вектором, несколькоопераций –i умножить вектор на число:

( ) ( ), ,u v u vα = α α ,

i вычислить длину вектора:

2 2V u v= + ,

i из вектора длиной V получить вектор того женаправления, имеющий длину 2V :

( ) ( )2 2 2 2, ,u v u u v v u v→ + + ,

i повернуть вектор на 90o против часовой стрелки:

( ) ( ), ,u v v u→ − ,

i поменять направление вектора на противополож-ное:

( ) ( ), ,u v u v→ − − .

Теперь, в соответствии с рисунками 3 и 4, просумми-руем в координатной форме все три силы, действую-щие на планер Жуковского, и все три силы, действую-щие на заряженную частицу. А потом запишем длякаждой из задач уравнения движения Ньютона. Исделаем это в форме таблицы:

Рис. 3. Аэродинамическаязадача

Рис. 4. Электромагнитнаязадача

1 Об этом можно прочитать, например, в статье А.Стасен-ко «Как воздух сопротивляется движению тела» в «Кванте»№1 за 2015 год.

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 14

Обсуждение начнем с левого столбца, т.е. с аэроди-намической задачи. Первые две строчки стандартные.Посмотрим на правые части последних двух формул.Там в скобках должны стоять координаты суммарнойсилы, действующей на планер. Первое слагаемое внижней скобке соответствует силе тяжести, направлен-ной вниз. Слагаемые с коэффициентом β соответству-ют подъемной силе, она перпендикулярна скорости ипропорциональна квадрату ее величины. Слагаемые скоэффициентом γ соответствуют силе сопротивления,она направлена противоположно скорости и пропорци-ональна квадрату ее величины.

Аналогичным образом устроены уравнения движе-ния Ньютона для заряженной частицы, приведенные вправом столбце таблицы.

Главная часть работы сделана – для каждой задачизаписаны уравнения движения Ньютона. Можно стро-ить траектории – находить зависимость координатточки ( ),x y от времени ( )t .

Метод Эйлера

Существует универсальный численный метод пост-роения траекторий частицы, для которой известныуравнения движения Ньютона (∗ ). Мы задаем началь-ное положение частицы ( )0 0,x y и ее начальную ско-рость ( )0 0,u v , выбираем маленький промежуток вре-мени t∆ и начинаем по индукции вычислять те жесамые величины , , ,n n n nx y u v в следующие моментывремени n t∆ по таким формулам:

( )( )

1

1

1

1

, , ,

, , ,

nn n

nn n

n n n nn n

n n n nn n

ux x

vy yt

f x y u v mu u

j x y u v mv v

+

+

+

+

= + ∆

.

В результате получим последовательные точки ( ),n nx y ,лежащие на траектории частицы. Поскольку промежу-ток времени t∆ мал, эти точки близки друг к другу.Если вывести их на экран компьютера, то они сольютсяв непрерывную траекторию.

Давайте убедимся, что метод Эйлера работает пра-вильно. Для первой координаты имеем

1n n nx x tu+ = + ∆ ,

но это означает, что

1n nn

x xu

t+ −

=∆

.

Справа стоит отношение приращения координаты час-тицы к приращению времени – производная х повремени, т.е. первая координата скорости частицы. Новеличина u так у нас и определена, поэтому первоесоотношение выполняется по определению. Аналогич-но обстоит дело со вторым соотношением

1n n ny y tv+ = + ∆ .

Посмотрим, что происходит с координатой скорости u:

( )1

, , ,n n n nn n

tf x y u vu u

m+

∆= + .

Это выражение можно переписать в виде

( )1 , , ,n nn n n n

u um f x y u v

t+ −

=∆

.

Но отношение приращения скорости к приращениювремени равно ускорению – производной от скоростипо времени, так что это соотношение выполняетсяпотому, что выполняется второй закон Ньютона. Сле-довательно, и здесь все верно. Аналогично обстоит делос четвертым соотношением

( )1

, , ,n n n nn n

tj x y u vv v

m+

∆= + .

Существуют другие, более точные методы построе-ния траекторий, но метод Эйлера настолько прост икрасив, что его нужно знать в первую очередь.

На рисунках 5 и 6 приведены две типичные траекто-рии, рассчитанные методом Эйлера. Значения всех

физических величин, используемых при расчетах,приведены в единицах СИ. Поскольку шаг по времени

410t −∆ = очень мал, точки действительно сливаются внепрерывную траекторию. Видно, как планер (см. рис.5) делает две петли, потом следуют несколько горок,дальше из-за силы сопротивления полет стабилизиру-ется и переходит в планирование вдоль наклоннойпрямой. Аналогичная картина наблюдается и для заря-женной частицы (см. рис. 6).

В пузырьковой камере

Помимо вычислений существуют эксперименталь-ные исследования. Физики умеют фиксировать движе-ние частиц в электрических и магнитных полях. Заме-чательную картину представляют собой треки заря-женных частиц в пузырьковой камере, пронизанноймагнитным полем (рис.7). С помощью уравнений дви-жения Ньютона и метода Эйлера можно рассчитатьлюбую траекторию на этой картинке.

Задача о движении заряженной частицы –аналитическое решение

Задача о движении заряженной частицы проще, чемаэродинамическая задача. Она имеет простое аналити-

Рис. 5. Траектория планера Жуковского: m = 1, g = 10, β = 8,γ = 1, 0x =0, 0y =0, 0u = 4, 0v = –3, t = 2, t∆ = 10–4

Рис. 6. Траектория заряженной частицы: m = 1, q = 1, Е = 10,В = 20, γ = 2,75, 0x = 0, 0y = 0, 0u = 4, 0v = –3, t = 2,5,

t∆ = 10–4


ческое решение. Мы ограничимся случаем, когда со-противление движению частицы отсутствует, т.е. 0γ = .Тогда для траектории частицы получаются совсемкороткие формулы:

sinqB E

x r t tm B

= +

,

cosqB

y r t rm

= − +

.

Здесь в начальный момент времени t = 0 заряженнаячастица находится в нижней точке своей траектории

0 0x = , 0 0y = и движется со скоростью 0rqB E

um B

= + ,

0 0v = . Движение частицы складывается из равномер-

ного вращения с угловой скоростью qB

mω = и равно-

мерного перемещения вдоль оси x со скоростью E

B.

Зафиксировав значения m, q, E и B и задав началь-ные условия 0 0x = , 0 0y = и 0 0u > , 0 0v = , можнопостроить траекторию методом Эйлера. Но то же самоеможно сделать с помощью записанных выше формулдля x и y, предварительно выразив r через 0u :

0m E

r uqB B

= −

.

Попробуйте сделать и то и другое и убедиться в том, чторезультаты совпадают с большой точностью.

Изменяя начальную скорость 0u , в случае отсут-ствия сопротивления вы получите четыре типа траекто-рий – они приведены на рисунке 8. Среди них выде-лим две. Во-первых, это прямая, которая реализуется

для начальной скорости 0 ,0E

VB

=

uur

. Во-вторых, в

случае начальной скорости 02

,0E

VB

=

uur

получается

циклоида – кривая с остриями. Когда заряд движетсяпо циклоиде, в остриях его скорость становится равной

нулю. Для промежуточных скоростей 02E E

uB B

< <

траектории напоминают синусоиды. А когда 02E

uB

> ,

на траекториях возникают возвратные движения ипетли.

У всех этих кривых есть видовое название – трохо-иды. Дальше мы сравним эти траектории с теми, покоторым движется планер Жуковского.

Аэродинамическая задача – стационарноедвижение

Аэродинамическая задача на порядок сложнее элек-тромагнитной. Тут мы в принципе не можем написатьпростые формулы для траектории движения летатель-ного аппарата, наподобие тех, что записали для заря-женной частицы. Но есть важный частный тип движе-ния, который вполне доступен. Численные экспери-менты говорят о том, что после нескольких мертвыхпетель и горок летательный аппарат переходит в стаци-онарный режим и движется с постоянной скоростьювдоль прямой. Уравнения движения легко позволяютнайти эти стационарные движения. Поскольку ско-рость постоянна, производные ее компонентов u и vравны 0:

2 2 2 2

2 2 2 2

0 ,

0 .

v u v u u v

m

u u v v u vg

m

−β + − γ +=

β + − γ += − +

Из первого уравнения получаем v uγ

= −β

, подставля-

ем во второе и находим скорость стационарного движе-ния:

( )( ) ( )3 4 3 42 2 2 2

,mg mg

u v

= β − γ β + γ β + γ

.

Отсюда следует, что угловой коэффициент стационар-ной прямолинейной траектории зависит только ототношения γ и β и просто равен − γ β (проверьте это«на глаз» на рисунке 3).

Аэродинамическая задача без сопротивления –фугоидное движение

Какую все-таки основную задачу решили Жуковскийи Ланчестер? Какие траектории изображены на рисун-ках 1 и 2?

Рис. 8. Четыре типа траекторий: начальная скорость горизон-тальна, направлена сверху вниз и равна, соответственно,E/B, 1,5E/B, 2E/B, 3E/B

Рис. 7. Треки заряженных частиц в пузырьковой камере

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 16

Оказывается, они решали задачу о движении плане-ра в отсутствие сопротивления. Может быть, такаяпостановка кажется странной. Казалось бы, нет сопро-тивления – не может быть подъемной силы. Но укаждого из них были свои резоны, которые мы обсудимближе к концу статьи.

Итак, приравниваем коэффициент сопротивления γк нулю и получаем

2 2

2 2

,

,

,

.

x u

y v

u v u vm

v g u u vm

′ =′ =

β′ = − +

β′ = − + +

Метод Эйлера работает по-прежнему, но можно пред-ложить что-то лучшее, а именно то, чем воспользова-лись Жуковский и Ланчестер.

Из того, что сопротивление отсутствует, следует, чтополная энергия во время полета сохраняется:

2 2

const.2

u vm mgy

++ =

Из уравнений движения также следует, что существуетеще одна величина, которая вместе с энергией сохраня-ется во время фугоидного движения, а именно:

( )3 22 2 const3

gu u vm

β− + = .

Отсюда, в принципе, можно получить формулы, опи-сывающие фугоидное движение, но они будут напорядок сложнее тех, которые мы записали для заря-женной частицы. Собственно, и Жуковский и Ланче-стер не выводили окончательных формул, а при по-строении траекторий использовали именно эти зако-ны сохранения. Посмотрите, на рисунке 2 под фу-гоидными траекториями Ланчестер поместил толькоодну формулу. Это как раз и есть наш второй законсохранения, только записанный в других обозначе-ниях.

Оказывается, что и здесь, как и в электромагнитнойзадаче, существуют четыре типа таких траекторий. Мыпостроили их все-таки методом Эйлера, все они приве-дены на рисунке 9. У всех этих кривых есть видовоеназвание фугоиды. А та, что с остриями, состоит из

соприкасающихся полуокружностей радиусом 3

2

m

β.

Когда планер Жуковского движется по этой траекто-рии, в точках касания соседних полуокружностей егоскорость становится равной нулю.

Движение по прямой – фугоидные колебания

Один из самых важных режимов полета – это гори-зонтальное прямолинейное равномерное движение.Поэтому нужно знать, что будет происходить с лета-тельным аппаратом при небольших кратковременныхвозмущениях этого движения. На самом деле, частич-ный ответ на этот вопрос у нас готов.

Предположим, летательный аппарат движется попрямолинейной фугоидной траектории (верхняя тра-ектория на рисунке 9). Тогда при малом возмущениигоризонтальной скорости мы перейдем на синусоидаль-ную траекторию (вторая сверху траектория). То жесамое будет происходить при других малых кратковре-менных изменениях режима полета. Возникающие приэтом синусоидальные колебания называются фугоид-ными. Уравнения движения Ньютона позволяют рас-считать период этих колебаний:

22

mT

g= π

β.

При определенных условиях фугоидные колебаниямогут привести к катастрофическим последствиям (см.https://en.wikipedia.org/wiki/Phugoid). По-видимо-му, именно с возникновением незапланированных фу-гоидных колебаний связано крушение беспилотногосамолета Гелиос (NASA), работающего на солнечнойэнергии. Эта катастрофа, случившаяся в 2003 году,зафиксирована в фотографиях и представлена на ри-сунке 10.

Жуковский и Ланчестер

Николай Егорович Жуковский (1847–1921) окончилфизико-математический факультет Московского уни-верситета в 1868 году. Преподавал механику в Импе-раторском высшем техническом училище и в Москов-ском университете. Жуковский был разностороннимученым, он занимался различными теоретическими иэкспериментальными исследованиями. Его работы вобласти аэродинамики принесли ему мировую извест-ность. В 1902 и 1910 годах Жуковский организовалаэродинамические лаборатории в Московском универ-ситете и в Техническом училище.

По инициативе Жуковского был создан Централь-ный аэрогидродинамический институт (ЦАГИ), кото-рый начал свою работу в 1918 году в особняке, распо-ложенном на улице Радио (тогда Вознесения) в доме17. А еще раньше, в 1914 году, в этом здании принепосредственном участии Жуковского были органи-зованы теоретические курсы авиации для летчиков-добровольцев авиационной школы Московского обще-ства воздухоплавания. Сейчас там расположен музейЖуковского. В одном из залов музея собраны оригина-

Рис. 9. Четыре типа траекторий: начальная скорость горизон-тальна, направлена сверху вниз и равна, соответственно,

βmg , β1,45 mg , β3 mg , β1,85 mg

Рис. 10. Крушение беспилотного самолета Гелиос

лы работ Жуковского, его письма. Именно там на стеневисят листы из его работы «О парении птиц». В музеевыставлена также плоская аэродинамическая труба,построенная под руководством Жуковского в Техни-ческом училище.

Большой интерес Жуковского вызвали полеты не-мецкого инженера, одного из пионеров авиации ОттоЛилиенталя на собственноручно спроектированных иизготовленных планерах. В 1895 году Жуковскийвоспользовался любезным приглашением Лилиенталяи побывал на его полетах. Купленный во время этойпоездки планер Лилиенталя хранится в музее Жуков-ского. Похоже, это единственный сохранившийся донашего времени экземпляр.

Фредерик Уильям Ланчестер (1868–1946) был вы-дающимся английским изобретателем, автомобилест-роителем и специалистом в области аэродинамики. В1897 году Ланчестер представил Лондонскому физи-ческому обществу свою работу «Парение птиц и воз-можность механического полета». Работа не получилаподдержки и была отвергнута. Разочарованный Ланчес-тер оставил аэродинамику и сосредоточился на автомо-билестроении.

После того как американцы братья Райт в 1900 годусовершили свой первый полет на планере, Ланчестервозвращается к своим исследованиям, в 1907 годувыходит первый том его трудов по аэродинамикеполетов, а в 1908 году – второй том, где разбираютсявопросы устойчивости полета и как раз содержитсяописание фугоидного движения. И опять его работа небыла воспринята в Англии, но зато была прочитана иразвита немецкими учеными. Жуковский тоже былзнаком с работами Ланчестера.

Движение без сопротивления

Вернемся к фугоидному движению и сделаем, на-конец, обещанные разъяснения по поводу полетовбез сопротивления. На самом деле полеты аппаратовтяжелее воздуха, оснащенных двигателем, были реа-лизованы задолго до полета братьев Райт. Только этобыли неуправляемые аппараты – такие, скажем, какпланофор Альфонса Пено (рис.11). Это была во мно-

гих отношениях удачная конструкция, в которой Пенореализовал свои идеи об устойчивости полета, ис-пользовавшиеся позднее при создании большой авиа-

Рис. 11. Планофор Альфонса Пено (1871 г.)


К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 18

ции. Пено также создал летающие модели геликопте-ра и орнитоптера. Они послужили образцами дляпопулярных игрушек. Такой геликоптер был, напри-мер, куплен отцом братьев Райт за полдоллара. Бра-тья, еще не помышлявшие о полетах, были очарова-ны игрушечным геликоптером.

Ланчестер был знаком с работами Пено, в его книгеесть два изображения планофора. Ланчестер сам ис-пытывал подобные модели и знал, что при опреде-ленной настройке они могут совершать равномерныйгоризонтальный полет. В этом случае сила сопротив-ления полностью компенсировалась силой тяги, идвижение было фугоидным. Тем более фугоидноедвижение можно реализовать в управляемом полете,когда пилот или автомат могут регулировать силутяги, в каждый момент времени в точности компенси-руя силу сопротивления.

Жуковским двигали другие соображения. Он пред-лагал разбить всю траекторию полета планера наотдельные участки и считать, что движение на каж-дом участке фугоидное, т.е. на каждом участке со-противление отсутствует. Учет сопротивления нужно

осуществлять только при переходе от одного участкак другому. А именно, подсчитывать потери энергииза счет сопротивлении и на соответствующую величи-ну уменьшать начальную скорость на следующем уча-стке.

Чтобы оценить эту идею, посмотрите на рисунки 5и 9. Первая петля на рисунке 5 вполне соответствуетнижней фугоидной траектории на рисунке 9. Втораяпетля тоже соответствует фугоидной траектории это-го типа, но с меньшей начальной скоростью. Дальшеначальная скорость становится еще меньше, и мыпереходим на волнообразную фугоидную траекторию(вторая сверху на рисунке 9), и так далее. Именнооб этом и говорил Жуковский.

На этом мы заканчиваем наше изложение. Длядальнейшего чтения, помимо уже упоминавшейся ста-тьи А.Стасенко, рекомендуются еще такие книги:i Т. фон Карман. Аэродинамика. Избранные темы

в их историческом развитии (Ижевск, 2001)i А.Л.Стасенко. Физические основы полета (Биб-

лиотечка «Квант», вып.91, 2005)

К О Л Л Е К Ц И Я Г О Л О В О Л О М О К

Пентасекция правильного треугольника

(Начало см. на 2-й странице обложки)

Читатель, вероятно, удивится тому, что в данномпримере одной частью называется сложно устроеннаянесвязная фигура (рис.1). Но, во-первых, на свойствачастей никаких ограничений не накладывалось. Во-вторых, в качестве иллюстрации того, что здесь ничегострашного не происходит, можно привести пример изжизни: Калининградская область не связана с осталь-ной территорией России сухопутным путем, но этоникому не мешает считать ее частью нашей страны.

Рис. 1 Рис. 2

Тем не менее, вопрос о том, существует ли разбиениеправильного треугольника на пять одинаковых связ-ных частей, вполне закономерен. Но он еще ждет того,кто сможет на него ответить. Еще один открытыйвопрос, который здесь возникает, таков: для каких Nсуществует разрезание правильного треугольника на Nравных частей? Например, на 3, 4 или 6 равных частейразрезать правильный треугольник легко (проделайтеэто!). Теперь, как мы видим, известно разрезание и на5 равных частей. Но можно ли как-то перечислить всетакие N, пока неизвестно.

Равенство таких сложно устроенных частей следуетпонимать вот как. Возьмем лист прозрачной пленки иобведем контур любой из частей. Получится то, чтоизображено на рисунке 2. Теперь, двигая и перевора-чивая пленку, будем пытаться накрыть этим контуромлюбую из остальных частей. В нашем примере, ксчастью, это получится, т.е. части действительно рав-ные.

Е.Епифанов

Пятнадцать человек на сундукмертвеца

С.ГРИБОК, К.КНОП

ВСЕ ЗАДАЧИ, О КОТОРЫХ МЫ СОБИРАЕМСЯ ВАМрассказать, связаны общим сюжетом: командапиратов хочет поделить золотые монеты. Но

прежде чем приступить к рассказу, мы должны побли-же познакомиться с пиратской логикой и ее законами.iНи при каких обстоятельствах ни один из пиратов

не желает очутиться за бортом корабля.i Пираты очень любят золото. Каждый из них дей-

ствует так, чтобы получить как можно больше монет врезультате дележа.iНи один из пиратов никогда не вступит в сговор с

другим пиратом, чтобы сообща обыграть остальных.«Каждый сам за себя» – правило, которому следуеткаждый пират.i Каждый пират в совершенстве владеет логикой, и

все его действия логически обоснованы.i Все предпочтения, законы и правила пиратов (вклю-

чая и это правило) известны и самим пиратам.Итак…

Задача 1

Это был обыкновенный морской разбойник, крово-жадный и беспощадный, лишенный даже той крупи-цы элементарной честности, какой не обделены иворы. Его приспешники матросы являли собой раз-нузданную толпу головорезов различных националь-ностей, не признающих никакой дисциплины и ника-ких законов, кроме одного-единственного – законасправедливого дележа добычи.

Р.Сабатини. Хроника капитана Блада

Пятнадцать пиратов с брига «Арабелла» – капитан,13 матросов и юнга – нашли клад: сундук, в которомлежало 100 одинаковых золотых монет. Чтобы поде-лить деньги, пираты использовали такую процедуру:

1. Капитан, как самый старший, предлагает свойплан дележа клада.

2. Все пираты голосуют, следует ли принять этотплан. Каждый из пиратов голосует либо «за», либо«против».

3. Если все пираты проголосовали «за», то планпринимается и деньги делятся по плану. Если же хотябы один из пиратов проголосовал против, то старшегопирата бросают за борт. После этого следующий постаршинству пират вносит свой план, пираты сноваголосуют и так далее, пока, наконец, план одного изпиратов не будет принят.

Еще одна особенность пиратов «Арабеллы» – ихприродная доброта. Если решение пирата голосовать«за» или «против» никак не повлияет на то, будет лиэтот пират выброшен за борт и сколько денег онполучит, то каждый пират по доброте душевной всегдапроголосует «за».

Как будут поделены деньги, если пираты будутиспользовать данный метод дележа? Чей план будетпринят?

Решение. Нетрудно сообразить, что у юнги естьпростой способ добиться того, чтобы все монеты доста-лись ему. Он должен голосовать против любого друго-го плана до тех пор, пока либо один из пиратов непредложит ему все деньги, либо все пираты, кромеюнги, не окажутся за бортом. Понимая это и желаясохранить свою жизнь, капитан сам предложит юнгевсе деньги. Юнга согласится на этот план по добротедушевной: если деньги и так его, зачем же голосоватьпротив и губить капитана. Остальные пираты такжепроголосуют «за», так как им все равно никаких денегне светит.

Во всех следующих задачах мы используем длярешения «обратный ход», т.е. рассуждения «с конца».Поэтому предлагаем читателям потренировать умениетак рассуждать на более простых сюжетах.

Бриг «Арабелла»

На самом деле, строгие постановки рассматриваемыхздесь задач о дележе монет (с формализацией правил,согласно которым пираты могут принимать решения в про-цессе голосований) относятся к теории игр. Эти постановкивесьма сложны и находятся за рамками нашей статьи. Встатье же по умолчанию предполагается, что процесс дележатаков, что к моменту очередного голосования каждый пиратзнает, что произойдет после того, как предложение не будетпринято. Это и позволяет вести рассуждения «с конца».

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 110

Упражнения

1. Капитан делил добычу между пиратами. Сначала онвзял себе 1/16 всех монет и еще одну монету. Второмупирату он дал 1/16 оставшихся монет и еще две и т.д.Пятнадцатому (юнге) он дал 1/16 оставшихся монет и еще15 монет. Оказалось, что все получили поровну и все монетырозданы. Сколько всего было монет?

2.Боишься – всадим в бок перо мы?Так отвечай, черт побери,Как разделить две пинты ромаНа три?

А.Чернин

За столом сидят три пирата, перед каждым – кружка, внекоторые кружки налит ром (возможно, не поровну).Первый разлил весь свой ром поровну в кружки остальным.Затем второй разлил свой ром поровну остальным двоим(включая первого), а потом и третий сделал то же самое. Витоге в каждой кружке оказалось столько же рома, сколькобыло вначале. Сколько рома в каждой кружке, если всего егодве пинты?

Теперь расскажем о том, как делила клад другаякоманда пиратов со шлюпа «Бестия».

Задача 2

– Если эта скотина решил изменить своему слову,вы думаете, он остановится на полпути? Как толькомы согласимся на одну десятую, так, будьте спокойны,он тут же найдет предлог, чтобы вовсе ничего нам недать.


Пираты на «Бестии» использовали другой методдележа:

1. Самый старший пират рассказывает план осталь-ным.

2. Все пираты голосуют, следует ли принять планстаршего. Каждый из пиратов голосует либо «за», либо«против».

3. Если не менее половины пиратов проголосовали«за», то план принимается, и деньги делятся по плану.Если же большинство пиратов проголосовало против,то старшего пирата бросают за борт. После этогоследующий по старшинству пират излагает свой план,пираты снова голосуют и так далее, пока, наконец,план одного из пиратов не будет принят.

Пираты «Бестии» – такие же добродушные ребята,как и их коллеги с «Арабеллы». Если решение пиратаголосовать «за» или «против» не повлияет на то, будетли этот пират выброшен за борт и сколько денег онполучит, то каждый пират всегда голосует «за». Как 15пиратов со шлюпа «Бестия» поделят 100 монет?

Ответ: старший пират заберет себе все деньги.Решение. Итак, «начнем с конца», т.е. поставим себя

на место последнего из пиратов, в предположении, чтодо него дошла очередь. Пусть 14 планов уже отвергну-то. Тогда юнга остался один, и он забирает все монеты:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100

Теперь, когда мы разобрались, как поступит юнга,можно мысленно вернуться на шаг назад. Пусть 13

планов отвергнуто. 14-й пират проголосует за любойсвой план, и ему этого голоса уже достаточно. Поэтомуон может не делиться с юнгой и просто забрать себе всемонеты:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0

Сделаем еще один шаг назад. Как будет рассуждать13-й пират? Чтобы остаться в живых, ему нужно дваголоса из трех. 14-й в любом случае будет против,значит, поддержку можно ждать только от юнги. Ноюнге 14-й не оставит ничего, поэтому даже если емуничего не дать, то миролюбивый юнга все равнопроголосует «за». Таким образом, план 13-го пирата

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 0

проходит двумя голосами (13-го, 15-го) против одного.Следующему пирату (12-му) тоже достаточно двухголосов, и при этом голоса 14-го и 15-го (которые от 13-го ничего не получат) у него уже в кармане. А так какбольше не нужно, то он тоже забирает все себе:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 0 0

Продолжая рассуждать аналогично, получаем, чтопервый пират также при любом своем плане можетрассчитывать на голоса всех остальных пиратов, кромевторого. А так как ему хочется заполучить большеденег, то его план будет самым жадным из возможных:

100 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0Упражнение 3. Как изменится дележ монет на «Бестии»,

если пираты изменят правило 3: план будет считатьсяпринятым, если все пираты, кроме, быть может, одного,проголосовали «за»?

Задача 3

– Мы послали за тобой, капитан Пайк, потому каку нас теперь один, как говорится, общий интерес – вотэти ценности. Их надо поделить поскорее, без лишнейпроволочки, и тогда каждый из нас может отправ-ляться, куда кому надобно.


Пираты с фрегата «Валькирия» отличаются от пира-тов «Бестии» отсутствием доброты: если решение пи-рата голосовать «за» или «против» никак не повлияетна то, будет ли этот пират выброшен за борт и сколькоденег он получит, то в пирате просыпается его жестокаябабушка с отцовской стороны, и он голосует «против».

А в качестве алгоритма дележа на «Валькирии»используются правила, описанные в упражнении 3:

1. Самый старший пират рассказывает остальнымсвой план.

2. Все пираты голосуют, следует ли принять этотплан. Каждый из пиратов голосует либо «за», либо«против».

3. Если все пираты, кроме, быть может, одного,проголосовали «за», то план принимается, и деньгиделятся по плану. Если же хотя бы двое из пиратовпроголосовали против, то старшего пирата бросают заборт. После этого план предлагает следующий постаршинству, пираты снова голосуют и так далее, покаплан одного из пиратов не будет принят.

П Я Т Н А Д Ц А Т Ь Ч Е Л О В Е К Н А С У Н Д У К М Е Р Т В Е Ц А 11

Как 15 пиратов с «Валькирии» поделят 100 монет?Ответ: 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13Решение. Снова начнем рассуждать за пиратов с

конца. 14-й (второй с конца) пират может не беспоко-иться за свою жизнь и за судьбу своего плана: что быон ни предложил, «все кроме одного» – это и есть онсам. Поэтому он может забрать себе все монеты:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0

13-му (третьему с конца) пирату уже нужно заручитьсяподдержкой хотя бы одного из двух последних. Чьей?Ясно, что не 14-го: тому в случае провала плана 13-госветит перспектива получить все. Значит, нужна под-держка юнги. Чтобы ее получить, достаточно предло-жить ему больше 0, т.е. 1 монету. Итак, он предлагает

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1

и вместе с юнгой голосует «за». 12-му пирату, понима-ющему этот расклад, приходится игнорировать жадно-го 13-го и задабривать всех следующих, предлагая имбольше, чем даст им 13-й. Таким образом, самоебольшее, на что он может рассчитывать, это

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 97 0 1 2

Каждый следующий пират вынужден поступать ана-логично, увеличивая долю всех пиратов хотя бы наодну монету. Таким образом, когда мы доведем расчетдо старшего (15-го с конца) пирата, мы получим такоераспределение монет:

9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

Упражнение 4.а) Как 15 этих пиратов поделят 20 монет?б) Как N пиратов с «Валькирии» разделят K монет?

Примечательно, что лишь незначительное различие вхарактере пиратов (добродушные пираты «Бестии» внейтральной ситуации голосуют «за», а упрямые пира-ты «Валькирии» – против) приводит к кардинальноотличающимся результатам дележа. Способность ко-манды «Валькирии» обеспечить себе существенно бо-лее выгодные условия дележа иллюстрирует важныйобщий принцип, доказательство которого выходит да-леко за рамки этой статьи: социальная активность ведетк росту благосостояния общества.

Задача 4

Был однажды богатой добычи дележ –И пиpаты бесились и выли...Юнга вдpуг побледнел и схватился за нож,Потому что его обделили.

В.Высоцкий. Был развеселый розовый восход…

Один из пиратов, бывший в те славные временаюнгой на «Валькирии», спустя много лет после описы-ваемых событий хвастался, что сумел забрать себе веськлад.

– Тысяча чертей! Этот скряга капитан предложилмне всего 13 монет. Тут я вижу, что шкипер голосуетпротив, и тоже проголосовал против! И пока все наменя выпучились, шкипер уже успел выкинуть капита-на за борт. А после этого, как ни в чем не бывало,шкипер предложил мне всего 12! Ну, я еще разпроголосовал против – и наш бывший шкипер тут жеулетел за борт к бывшему капитану. И вот тут доследующего стало что-то доходить... Тысяча чертей!Он раз пять подряд начинал что-то говорить и каждыйраз, не доведя предложение до точки, смотрел на меняи сбивался... В конце концов он предложил отдать всемне. Мне, безусому юнге! А все остальные пираты,постоянно косясь на меня, проголосовали «за». Конеч-но, после этого я не мог уже ни минуты находиться нанашем фрегате, поэтому отвязал капитанскую шлюп-ку, погрузил в нее сундук и немедленно отчалил.

Докажите, что этот рассказ юнги немножко не соот-ветствует истине.

Решение. Эта история – прекрасная иллюстрациятого, в чем идеальный мир математических задачотличается от реальной жизни. На настоящих пиратс-ких кораблях, безусловно, и не такие вещи случались,но в наших задачах изначально оговорена безупреч-ность пиратской логики. Как мы увидим, это не остав-ляет никакого места для шантажа, а поэтому у пиратов«Валькирии» (начиная с капитана) не было никакихпричин опасаться строптивого юнги.

Действительно, если (ну а вдруг!) очередь выдвигатьплан дойдет до второго с конца пирата, то он ничем нерискует, потому что кроме него остался только юнга.Следовательно, в этом случае юнга ничего не получит.Поэтому ему нечем шантажировать третьего с концапирата в тот момент, когда тот вносит свой план. Юнгабудет просто вынужден проголосовать за любой егоплан, если только тот предложит юнге хотя бы однумонетку. Более того, третий с конца пират тоже этопрекрасно понимает, поэтому ровно столько он юнге идаст. Но, собственно, у него и не будет такой возмож-ности, потому что ровно так же понимают невозмож-ность шантажа (а значит, и отсутствие нужды егобояться) и все предыдущие пираты. Поэтому все будетпроисходить именно так, как описано в решении пре-дыдущей задачи, а не так, как пытался рассказатьбывший юнга.

Наша серия пиратских баек была бы неполной, еслибы мы не рассказали историю пиратов со шхуны«Горгона».

Фрегат «Валькирия»

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 112

Задача 5

– Они не будут проверять ваши книги, тем болеечто мало кто из моих людей вообще умеет читать. Ноим хорошо известно – вы заставляете меня бытьрезким, – что ваши подсчеты фальшивые.

Р.Сабатини. Одиссея капитана Блада

Все пираты на шхуне «Горгона» такие же жестокие,как и на «Валькирии», а для дележа используют тот жеметод, что и команда шлюпа «Бестия»:

1. Самый старший пират излагает свой план дележа.2. Все пираты голосуют, следует ли принять этот

план. Каждый из пиратов голосует либо «за», либо«против».

3. Если не менее половины пиратов проголосовали«за», то план принимается, и деньги делятся так, какбыло предложено. Если же большинство пиратов про-голосовали против, то старшего пирата бросают заборт. После этого следующий по старшинству пиратвносит новый план, оставшиеся пираты снова голосуюти так далее, пока, наконец план одного из пиратов небудет принят.

а) Как 15 пиратов «Горгоны» поделят 100 монет?б) Чей план будет принят, если 100 пиратам со

шхуны «Горгона» нужно разделить 15 монет?а) Ответ: 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1Решение. Как обычно, начнем разбирать задачу с

конца. Пусть 13 планов уже отвергнуто, как рассужда-ет второй с конца пират? Его голос составляет не менееполовины от оставшихся голосов, так что он можетвообще не делиться с юнгой. Поэтому он простозабирает себе все монеты:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0

Сделаем шаг назад. Как будет рассуждать 13-йпират? Чтобы остаться в живых, ему нужны два голосаиз трех. 14-й в любом случае будет против, значит,поддержку можно ждать только от юнги. Чтобы ееполучить, юнге достаточно дать больше, чем он полу-чит от 14-го. Значит, юнге можно оставить однумонету, а все остальное забрать себе:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1

Следующему пирату (12-му) тоже достаточно двух

голосов, и дешевле всего покупается голос 14-го пира-та. Для этого достаточно отдать ему всего одну монету,потому что от 13-го он не получит ничего:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1 0

Продолжая рассуждать аналогично, получаем, чтостаршему пирату достаточно поделиться монетами ссемью другими – третьим, пятым, …, пятнадцатым. Вэтом случае все они проголосуют за его план, и никомуне придется оказываться за бортом. Таким образом,окончательный дележ монет –

93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

б) Ответ: план 94-го пирата, считая с конца (7-го сначала).

Решение. Когда есть всего 15 монет, то вплоть до 32пиратов работает логика из пункта а). Старший из 32пиратов не получает ничего, но делится 15 монетами сдругими и на этом (вместе со своим голосом) набираетнеобходимые ему 16 голосов:

0 0 1 0 1 0 … 1 0 1 0

Попробуем разобраться с 33 пиратами. Монет всего15, а чтобы выжить, старший пират должен «купить»16 чужих голосов. Ему не имеет смысла давать что-тотем 15-ти, кто при 32 пиратах получит деньги, значит,он должен делить 15 монет между собой и 17-юостальными. Но так как хотя бы двоим из 17 он несможет дать ничего, то эти свирепые пираты безуслов-но проголосуют против его плана. Таким образом, 33-го пирата ждет смерть за бортом.

Положение 34-го пирата явно лучше, потому что унего есть в запасе не только свой голос, но и голос 33-го, которому, несомненно, хочется, чтоб план 34-гопрошел, иначе ему самому несдобровать. Еще пятнад-цать голосов он сможет купить, предложив по монетелюбым 15 из тех 17, которые останутся без денег приголосовании по плану 32-го. Этот момент мы отразимс помощью специального значка – звездочки. Звездоч-ка означает, что пират может получить деньги, номожет и не получить. При этом 15 из отмеченныхзвездочкой получат по монете, а остальные двое – нет.Итак, при 34 пиратах план старшего принимается, имонеты делятся так:

0 0 * * 0 * 0 * … 0 *

35-му, как и 33-му, придется нырять за борт: ни одногочужого голоса «бесплатно» у него нет, а купить онможет только 15 из необходимых ему 17.

36-му чуть легче, но не сильно: за его предложениебесплатно проголосует 35-й, но ему нужно 18 голосов,а удастся купить только 15, итого наберется 17, поэто-му и его участь тоже печальна. По аналогичной причи-не убивают и 37-го.

Зато 38-му удается выжить: он сам, а также 37-й,36-й и 35-й голосуют «за», а еще 15 голосов он покупаетмонетами, например, у тех, кто от 34-го точно ничегоне получал. (Можно было бы покупать голоса и упиратов, которые отмечены звездочками, предполагая,что каждый из них предпочтет гарантированную моне-ту в настоящий момент вместо «звездочки» – не

Шхуна «Горгона»

гарантированной монеты в одном из следующих пла-нов.) Итого он имеет 19 голосов.

Следующие несколько пиратов также не выживают,а шанс на выживание появляется только у 46-го: за егоплан проголосуют все смертники, начиная с 39-го(итого 8) и еще 15 купленных за деньги из последних38, в итоге он получит нужные ему 23 голоса.

По индукции несложно доказать, что выживаютпираты с номерами (считая от конца) 30 2k

+ . А вотоднозначно установить распределение денег при этомневозможно, потому что у каждого из пиратов естьдостаточно свободный выбор, кому именно он предло-жит деньги.

Методы дележа, которые мы рассмотрели в предыду-щих задачах, имеют один существенный недостаток:большинство пиратов может очутиться за бортом, а этоплохо сказывается на боеготовности экипажа. К счас-тью, среди пиратских команд встречаются и менеекровожадные.

Задача 6

Что ж, если в Портленд нет возврата,Поделим золото, как братья.

Б.Окуджава. Пиратская лирическая

Пираты с корвета «Даная» были такими же жестоки-ми, как на «Горгоне» и «Валькирии», но придумалиновый способ дележа монет, который позволяет пира-там оставаться на борту и претендовать на часть добычидаже после того, как их план не будет принят.

1. Самый старший пират излагает свой план дележа.2. Все пираты голосуют «за» либо «против».3. Если все пираты, кроме, быть может, одного,

проголосовали «за», то план принимается, и деньгиделятся так, как было предложено. Если же хотя быдвое из пиратов проголосовали «против», то план непринимается, и голосование продолжается. Следую-щий по старшинству пират предлагает свой план,пираты снова голосуют и так далее, пока план одногоиз пиратов не будет принят. Если ни один из планов непройдет, то все деньги получит юнга.

Как 15 пиратов «Данаи» поделят 100 монет?Ответ: 11 11 11 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Решение. Как обычно, начнем разбирать задачу сконца. Пусть 14 планов уже отвергнуты. Тогда всемонеты уже практически в кармане у юнги. Емудостаточно выдвинуть любой план, за который непроголосуют остальные пираты (например, предло-жить оставить все деньги самому себе). После того какэтот план будет отвергнут, юнга получит все монеты:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100

Вернемся теперь на шаг назад. Пусть 13 плановотвергнуты. Как должен рассуждать 14-й пират? Он неможет допустить, чтобы его план был отвергнут, таккак в этом случае все монеты заберет юнга. Значит, емунужен план, за который проголосуют 14 пиратов из 15.Юнга будет голосовать против любого его плана,следовательно, 14-му нужно, чтобы его план поддержа-ли все остальные. Для этого он должен выделить помонете каждому из пиратов, кроме юнги. На этопотребуется 13 монет. Оставшиеся 87 монет 14-й пиратзаберет себе:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 87 0

Сделаем еще один шаг назад. Пусть отвергнуты 12планов. Как будет рассуждать 13-й пират? Если егоплан будет отвергнут, то 14-й пират даст ему однумонету. Но одной монеты ему маловато, поэтому он недолжен этого допустить. Для этого по крайней мере 14пиратам (включая себя) он должен дать больше монет,чем дал бы им 14-й. Таким образом, пиратам с номера-ми с 1 по 12 нужно дать по 2 монеты, а одну монету датьюнге. Остальные 75 монет 13-й пират оставит себе:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 75 0 1

Аналогично рассуждает и 12-й пират. 13-му он недает ничего, остальным же дает на одну монету больше,чем они смогли бы получить от 13-го. Следовательно,пиратам с номерами с 1 по 11 достанется по 3 монеты,14-му пирату – одна, а 15-му – две. Остальные 64монеты можно оставить себе:

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 64 0 1 2

Можно было бы продолжать в том же духе и выпи-сать планы остальных пиратов. Но общая закономер-ность уже очевидна. Пират с номером X отдает каждо-му из пиратов с меньшими номерами по 15 – X монет,каждому пирату с большим номером Y он отдает Y –X – 1 монету, а остальные монеты забирает себе. Такимобразом, прибыль пирата с номером X составляет

( ) ( ) ( ) ( )100 1 15 15 14 2X X X X- - - - - -

монет. Раскрыв скобки, получим следующее выраже-ние для прибыли пирата с номером X:

2 2 3 2 10X X- + .

Прибыль должна быть больше, чем число монет,которое пирату с номером X на следующем шагевыделит пират с номером X + 1, иначе свой собствен-ный план не принесет пирату с номером X никакойвыгоды. Таким образом, справедливо неравенство:

2 2 3 2 10 14X X X- + > - .

П Я Т Н А Д Ц А Т Ь Ч Е Л О В Е К Н А С У Н Д У К М Е Р Т В Е Ц А

Корвет «Даная»

13

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 114

Упрощая, получим2 8X X- > .

Наименьшее натуральное X, при котором неравенствовыполняется, равно 4. Следовательно, будет принятплан 4-го пирата:

11 11 11 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Поскольку пираты «Данаи» жестокие, то каждый изних будет голосовать против любого плана, в которомон получает не больше, чем может получить от 4-го.Какой бы план ни предлагал 3-й пират, он может«отобрать» деньги только у одного из остальных, араспределить их должен между всеми остальными(иначе получит хотя бы двоих обиженных, и его планбудет провален). Но отобрать он может только 12монет, которые при любом дележе на 14 приведут ктому, что кто-то монет не получит. Поэтому никакойплан 3-го не будет принят, даже если он предложит тотплан, который потом предложит 4-й (потому что всежестокие, и если денег при «за» и «против» будетодинаково, то голосуют «против»)! Аналогично небудут приняты никакие планы первых двоих пиратов.

Заметим, что доверие пиратов к демократическиммеханизмам принятия решений тоже не такое абсолют-ное, как вам могло показаться...

Задача 7

Истерлинг надул щеки и сделал широкий жестсвоей огромной лапищей.

– А какую дележку предлагаете вы?– Мы должны это обсудить. Но, во всяком случае,

наша доля не может быть меньше одной пятой.


На бригантине «Ехидна» только капитан и шкиперимеют право предлагать планы дележа монет. Всеостальные пираты могут лишь голосовать. Таким обра-зом, алгоритм дележа выглядит так:

1. Шкипер рассказывает всем остальным свой пландележа монет.

2. Затем капитан рассказывает всем свой план деле-жа монет.

3. Все пираты (включая капитана и шкипера) голо-суют либо за первый, либо за второй план.

4. Монеты делятся в соответствии с планом, набрав-шим больше голосов.

Известно, что если оба плана сулят пирату равноечисло монет, он проголосует за первый план.

Как 15 пиратов (капитан, шкипер и 13 матросов) с«Ехидны» поделят 63 монеты?

Ответ: 49 8 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0Решение. Как всегда, начнем разбираться с задачей

с конца. Прежде всего установим оптимальную страте-гию капитана. Рассмотрим группу из 14 пиратов,исключая капитана. Разделим их на такие две группыА и Б по 7 пиратов, что каждому из пиратов группы Ашкипер предложил не меньше монет, чем любомупирату из группы Б. Нетрудно убедиться в том, чтооптимальная стратегия капитана заключается в том,

чтобы забрать все деньги у 7 «богатых» пиратовгруппы А, выделить из этих денег по одной монеткекаждому из 7 «бедных» пиратов группы Б, а все прочиемонеты забрать себе. В этом случае за план капитанапроголосуют все пираты группы Б и сам капитан.Пираты группы А проголосуют против, но они окажут-ся в меньшинстве. Конечно, эта стратегия применималишь в том случае, если у пиратов группы А есть покрайней мере 8 монет. В противном случае капитан несможет выделить по монете каждому из 7 пиратовгруппы Б и при этом оставить хотя бы одну монетусебе, и ему будет выгоднее соглашаться с планомшкипера.

Теперь займемся анализом стратегий шкипера. Унего есть два возможных варианта действий. Первый –поставить капитана в ситуацию, когда он будет вынуж-ден согласиться с планом шкипера. Для этого, как мывыяснили, достаточно, чтобы у 7 пиратов, которымшкипер предложил наибольшее число монет, в сумменабралось не более 7 монет. Делиться с другимипиратами не в интересах шкипера, поэтому он простоможет взять 7 монет себе, а остальные монеты отдатькапитану. Капитан выдвинет какой-нибудь план, закоторый не будут голосовать остальные (например,оставить все деньги себе), после чего большинствомголосов будет принят план шкипера:

56 7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Вторая возможная стратегия для шкипера – позво-лить капитану выдвинуть план, который наберет боль-шинство голосов, но при этом сам шкипер окажетсясреди тех семи пиратов, которым капитан даст подополнительной монете (другими словами, войдет вгруппу Б). Для этого шкипер должен пообещать 7 пи-ратам (которые войдут в группу А) больше монет, чемсамому себе. Оставшимся 6 пиратам, которые составятшкиперу компанию в группе Б, можно ничего не пред-лагать. Таким образом, план шкипера выглядит так:

0 7 0 0 0 0 0 0 8 8 8 8 8 8 8

Капитан даст шкиперу и другим 6 пиратам по однойдополнительной монете, а остальные монеты заберетсебе:

49 8 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0

Бригантина «Ехидна»

Итак, первая стратегия принесет шкиперу 7 монет,тогда как вторая позволит получить 8 монет. Такимобразом, шкипер предпочтет вторую стратегию.

Задача 8

В Кейптаунском портуС пробоиной в борту«Жанетта» поправляла такелаж.

П.Гандельман. В Кейптаунском порту

На барке «Жанетта», как и на «Ехидне», матросы неимеют права выдвигать планы. Это могут делать лишьстаршие пираты. Алгоритм дележа такой:

1. Первый пират рассказывает свой план дележа.2. Второй пират рассказывает свой план – «альтер-

нативу».3. План и альтернатива сравниваются. Если план

дает хотя бы двум пиратам не меньше монет, чемальтернатива, то альтернатива отвергается. Если жеальтернатива дает больше денег всем пиратам, кромебыть может одного, то план отвергается, а альтернати-ва становится планом. Затем следующий пират озвучи-вает новую альтернативу и так далее.

4. После того как все старшие пираты высказались,монеты делятся по плану.

5 старших пиратов и 10 матросов с «Жанетты» делят105 монет. Как первый пират сможет получить 14монет?

Решение. Правила в этой задаче кажутся довольнозапутанными, однако можно заметить следующее: есликакой-то план обещает одному из пиратов 14 монет, акаждому из остальных пиратов не более чем по 13монет, то существует лишь одна альтернатива, способ-ная заменить этот план (т.е. лучшая, чем план, для всехпиратов, кроме одного): забрать все деньги у обладате-ля 14 монет и разделить их по одной между осталь-ными.

Теперь рассмотрим план 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 14. Единственная лучшая альтернатива к нему 1 23 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 0. Легко видеть, что это тотже план, циклически сдвинутый на одну позицию.Чтобы извлечь выгоду из этого свойства, первый пиратвыдвигает такой план:

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13 12 11

П Я Т Н А Д Ц А Т Ь Ч Е Л О В Е К Н А С У Н Д У К М Е Р Т В Е Ц А

Таким образом, он оставляет себе 10 монет, а осталь-ным старшим пиратам предлагает 9, 8, 7 и 6 монетсоответственно. Последовательность альтернатив, каж-дая из которых лучше предыдущей и заменяет ее,строится единственным способом:

11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13 12

12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13

13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14

14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

Нетрудно убедиться в том, что доли каждого из пятистарших пиратов растут. Таким образом, каждый изних заинтересован в том, чтобы выдвинуть одну задругой эти 4 альтернативы. Итоговым планом станетпоследняя из них. Таким образом, первый пират станетбогаче на 14 монет.

Задачи для самостоятельного решения

Заприходованные суммы становились все крупнее.И в самом конце, после пяти или шести ошибочных,зачеркнутых подсчетов, был подведен итог и внизуподписано: «Доля Бонса».

Р.Л.Стивенсон. Остров сокровищ

В среднем эти задачи более сложные, чем разобранныевыше.

1. Как изменится дележ на «Данае», если пираты поменя-ют правило 3: план будет считаться принятым, если болееполовины пиратов проголосовали «за»? Для решения задачитребуется уточнить, как пират решает, какой выдвинутьплан, если есть несколько разных планов, каждый из кото-рых принесет этому пирату одно и то же число монет. В этомслучае будем считать, что выбор плана происходит случай-ным образом (например, пират бросает монетку, чтобысделать выбор между двумя равноценными планами).

2. Как изменится решение предыдущей задачи, если вслучае выбора между равноценными планами пират «Да-наи» всегда предпочтет тот план, который оставляет большемонет более старшим пиратам?

3. Как именно будут разделены монеты в задаче 5 б)(«Горгона» с большой командой и малым запасом золота),если выбор между равноценными планами делается так же,как в предыдущей задаче 2?

4. Сколько денег получит штурман на бригантине «Ехид-на» в результате дележа K монет между 2 1M + пиратами?

5**. На яхте «Золушка» команда состоит всего из троих– капитана, шкипера и юнги. В найденном ими кладеоказалось всего 15 монет. Поэтому они договорились, чтосначала выслушают все три плана, а уже потом будутвыбирать.

Итак, все по очереди, начиная с капитана и заканчиваяюнгой, предлагают свои варианты дележа. Потом все троеодновременно голосуют – каждый выбирает тот из планов,в котором ему достается больше монет. Если таких плановнесколько, он проголосует за первый из них. План, получив-ший больше одного голоса, принимается, и клад делится всоответствии с ним. Однако если такого плана не оказалось,то никто ничего не получает (весь клад выбрасывается заборт).

Как окажутся разделены монеты?А каким будет распределение, если решение может быть

принято только единогласно?

Барк «Жанетта»

15

Н О В О С Т И Н А У К И

Свободнаячастица

Л.БЕЛОПУХОВ

Пусть не поймаешь нейтрино за бородуИ не посадишь в пробирку, –Но было бы здорово, чтоб ПонтекорвоВзял его крепче за шкирку!

В.Высоцкий. Марш физиков

ОЧЕРЕДНАЯ, 2015 ГОДА, НОБЕЛЕВСКАЯ ПРЕМИЯ ПО ФИ-зике присуждена «за открытие нейтриных осцилля-

ций, показывающее, что нейтрино имеют массу». Лауреа-тами стали японец Такааки Кадзита (род. в 1959 г.) иканадец Артур Макдональд (род. в 1943 г.) – ключевыефигуры двух больших исследовательских групп, которыесейчас принято называть коллаборациями.

Оба лауреата отмечают, что успех был достигнут работойвсех участников проектов и в первую очередь усилиями тех,кто спроектировал и построил суперсовременные экспери-ментальные установки. И еще. Такааки Кадзита в постнобе-левском интервью отметил, что главная теоретическая идея,которую нужно было подвергнуть проверке, была высказана60 лет назад итальянским и советским физиком БруноПонтекорво (1913–1993). Кадзита назвал его «крестнымотцом» нейтринных осцилляций. С 1950 года Потекорво жили работал в России, под Москвой (в Дубне), в Объединенноминституте ядерных исследований. Он был избран действи-тельным членом АН СССР и стал лауреатом Государствен-ной (Сталинской) премии за работы в области нейтриннойфизики. И не случайно наш прославленный бард ВладимирВысоцкий, в 70-е годы давший в Дубне не меньше пятиконцертов, в «Марше физиков» посвятил куплет нейтрино иего исследователю. И ученому, и поэту в Дубне поставленыпамятники.

Из 132 Нобелевских премий по физике больше 30 присуж-дены за экспериментальное обнаружение новых элементар-ных частиц или за теоретические работы, которые привелик этим открытиям. А за открытия и исследования нейтрино

нынешняя премия – уже четвертая (предыдущие – в 1988,1995 и 2002 гг.).

Так что же такое нейтрино и его осцилляции? В Стандар-тной модели, современной теории микромира, наряду скварками и бозонами имеется 6 лептонов – фундаменталь-ных (бесструктурных) частиц, подчиняющихся особым,«слабым» взаимодействиям.1 Самый известный лептон –электрон. Окружая кварковые протон-нейтронные ядра,электроны объединяют атомы в молекулы и кристаллы,создают все вещественные структуры мира, от камней дочеловека. Из космоса к поверхности Земли подлетают дру-гие лептоны, их называют мю-мезонами, или мюонами. Онирождаются в верхних слоях атмосферы, где космические (исолнечные) протоны разбивают атомные ядра азота и кисло-рода. Их обнаружили и в экспериментах на ускорителяхчастиц. Третий мезон имеет название тау-мезон, он найдентолько в ускорительных экспериментах. Три остающиесялептона – это и есть нейтрино: электронное, мюонное и тау-нейтрино.

В отличие от других лептонов, все три нейтрино имеюточень маленькую массу, по крайней мере в миллион разменьшую массы электрона. Долгое время считали, что унейтрино вообще нет массы (как, например, у фотона).Похожесть нейтрино между собой (малые массы, отсутствиеэлектрического заряда) привели к тому, что три разных

нейтрино стали называть «ароматами» нейтрино (не совсемточно переведенное на русский английское слово flavor).Возможно, есть и другие «ароматы» нейтрино – Стандарт-ная модель еще не является достаточно полной теорией.Кроме того, нужно отметить, что все лептоны представленыв Стандартной модели частицами и античастицами. Так,например, электрон (частица) может родиться в паре сантинейтрино, а позитрон (античастица) – в паре с нейтри-но. Для упрощения будем во всех случаях дальше называтьнейтрино и сами эти частицы и их античастицы.

Нейтрино возникают в ядерных реакциях, в превращенияхи во взаимодействиях ядер. Когда на заре рождения мира воВселенной появились первые атомы – водород и гелий, тогдаже появились и свободные нейтрино. Эти «реликтовые»нейтрино, как и реликтовые фотоны, бродят по Вселенной,постепенно ослабевая до меньших энергий. Но главныйисточник нейтрино в развитой Вселенной – это термоядер-ные реакции в недрах звезд. В одной из таких реакций ядро

1 См., например, статью Э.Бооса и Л.Дудко «Экспери-ментальная физика высоких энергий в «Кванте» №5-6 за2015 год.

Артур Макдональд Такааки Кадзита

Н О В О С Т И Н А У К И 17

изотопа гелия захватывает электрон и превращается в дейт-рон, нейтрон и нейтрино:

3 0 2 1 0He e d n+ → + + ν .В другой реакции при этом рождается тритон (ядро изотопаводорода трития) и нейтрино:

3 0 3 0He He+ → + ν .Из недр звезд эти нейтрино свободно выходят наружу инаполняют всю Вселенную. Для Земли это, прежде всего,«подарки» нашей ближайшей звезды. В недрах Солнцарождается 3810 нейтрино в секунду. Это означает, чтокаждый 21 см земной поверхности ежесекундно пронзают

1110 солнечных нейтрино. Их энергии имеют величину до1 МэВ (единица энергии в микромире, равная 131,6 10 Дж−⋅ ).Мощный источник значительно более энергичных космичес-ких нейтрино (до 100 МэВ) – это процессы, происходящиев облаке взрыва сверхновых звезд при рождении в этомоблаке многочисленных изотопов всех химических элемен-тов. Когда 23 ноября 1987 года на Земле наблюдалось такоесобытие, произошедшее в одной из соседних Галактик (Боль-шом Магеллановом Облаке) 163 тысячи лет назад, к Земленаряду с фотонами всех диапазонов пришло необычно многокосмических нейтрино – почти в 500000 раз больше обычногокосмического фона этих частиц. Это смогли заметить вначавшихся тогда попытках регистрации нейтрино. Есть ещеодин источник энергичных нейтрино. Это – нейтрино, рож-дающиеся в верхних слоях земной атмосферы в тех жепроцессах, в которых рождаются мю-мезоны. При этомпоявляются и мюонные, и электронные нейтрино. И, нако-нец, очень много нейтрино рождаются при работе ядерныхреакторов на атомных электростанциях, число которых(реакторов) на Земле уже приближается к 500. Каждый изних ежесекундно рождает 1510 нейтрино (точнее, электрон-ных антинейтрино). Нейтрино рождаются и в ускорителях,когда там происходят столкновения частиц.

Все нейтрино живут практически вечно. Ведь они нечув-ствительны ни к электрическим силам, ни к ядерным взаи-модействиям. Кроме того, масса нейтрино столь мала, чтопри энергиях порядка 1 МэВ их скорость практически неотличается от скорости света (меньше всего лишь на 1010−

процента). Все это делает их «проходимость» необычайнобольшой. С очень большой вероятностью нейтрино могутпройти толщу воды протяженностью 1810 м или сквозьмиллиарды звезд, расположенных по одной линии. Землядля них просто прозрачна, не говоря уж о человеке. Ониничего «не замечают» на своем пути. В этом смысле «истинносвободной» (в отличие от людей) назвал нейтрино современ-ный бард Тимур Шаов в своей песне «Свободная частица».Эта свобода и делает невероятно трудным решение задачи отом, чтобы все-таки «поймать нейтрино за бороду», т.е.осуществить эту ничтожную вероятность его гибели, зафик-сировав последствия такого события.

Ну, а зачем ловить нейтрино? И на каком основании этачастица вошла в Стандартную модель, да еще в трех видах?Чтобы получить ответы на эти вопросы, вспомним историюнейтрино.

Нейтрино в науке возникло в 1931 году «на кончике пера»теоретика Вольфганга Паули. Он уже тогда был известней-шим физиком, одним из авторов введения в квантовуютеорию понятия «спин электрона», создателем «принципаПаули», сразу же объяснившим периодическую системуэлементов. К этому времени уже почти 20 лет существовалазагадка радиоактивного бета-распада, не дававшая покояфизикам. Бета-распад, т.е. появление электронов из ядернекоторых радиоактивных элементов, стал с 1912 годаизучать один из учеников Резерфорда Джеймс Чедвик.

Измеряя энергии этих электронов, он сделал вывод, что прираспаде одних и тех же радиоактивных элементов этиэнергии могут быть любыми (от нуля до некоторого макси-мума). Говоря научным языком, спектр бета-распада оказал-ся сплошным. Этот факт резко отличал бета-распад отальфа- или гамма-распада ядер, а также от излученияэлектромагнитных волн атомами. Все эти излучения диск-ретны, что свидетельствует о дискретности уровней энергиив атоме и в атомном ядре. Разность энергий материнского и«дочернего» ядер, согласно закону сохранения энергии, идолжна давать энергию вылетающей частицы. Так и обстоитдело с альфа-распадом. Электромагнитное атомное излуче-ние также свидетельствует о законе сохранения энергии идискретности электронных энергий атома (это блестящедоказывается в теории Бора).

Чем точнее производились измерения энергии бета-элект-ронов, тем надежнее выявлялся факт наличия их сплошногоспектра. Физики были шокированы. Ведь не мог же несоблюдаться закон сохранения энергии? Впоследствии вы-яснилось, что при бета-распаде не соблюдаются и другиезаконы сохранения механических величин – закон сохране-ния импульса и закон сохранения момента импульса. Неслучайно именно в это время выдающийся немецкий матема-тик Эмми Нётер доказала теорему о связи законов сохране-ния с симметрией. Эйнштейн в 1918 году отметил, что этатеорема стала основным инструментом теоретической физи-ки. В частности, закон сохранения энергии математическистрого вытекает из симметрии законов природы по отноше-нию к времени (что называют также однородностью време-ни). Вряд ли можно сомневаться в том, что и при бета-распаде этот принцип остается действительным. Так в чем жедело?

По совету Резерфорда получение ответа на этот вопросрешили отложить до выяснения строения атомного ядра. Иотложили… на 20 лет. Помешали две очень разные причины.Мировая война переключила многих физиков-эксперимен-таторов на решение насущных военных задач. А вскоре послевойны разразилась великая революция в физике – родиласьквантовая механика. По свидетельству Нобелевского лау-реата Льва Ландау, знаменитого российского физика-теоре-тика, это стало одним из двух самых значительных достиже-ний человечества в ХХ веке (другое – раскрытие структурыДНК и расшифровка генетического кода). Все молодыефизики мечтали заниматься квантовой физикой. И толькоРезерфорд и немногие его ученики продолжали изучатьрадиоактивные распады и бомбардировать другие ядра про-дуктами распадов.

В 1919 году Резерфорд с помощью альфа-частиц совершилпревращение одного элемента в другой, осуществив темсамым многовековую мечту алхимиков. Но его не интересо-вало превращение свинца или ртути в золото, он «всеголишь» превратил азот в кислород и водород. Так был открытпротон. Через некоторое время Резерфорд выдвинул гипоте-зы о существовании нейтрона и дейтрона. Затем им былиполучены искусственные радиоактивные изотопы многиххимических элементов – началась эпоха так называемых«меченых» атомов и их использования в науке, технике имедицине. Но все это не имело отношения к проблеме бета-распада.

4 декабря 1930 года Вольфганг Паули начинает действо-вать. Он рассылает письмо участникам очередного конгрессафизиков в Тюбингене. Там были, в частности, такие слова:«Я предпринял отчаянную попытку спасти закон сохраненияэнергии. Открытый Резерфордом как свободная частицанейтрон на самом деле входит в состав всех ядер. Масса егомало отличается от массы электрона, а спин он имеет точно

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 118

такой же. Покидая ядро вместе с бета-частицей (электро-ном), нейтрон берет на себя те части энергии, импульса имомента импульса, которые необходимы для соблюдениязаконов сохранения… Мой друг Дебай однако написал мне,что об этой проблеме лучше не думать, как не стоит думать,например, о новых налогах. Но как это ни маловероятно,поскольку нет никаких экспериментальных доказательств, явсе же рискну выдвинуть эту гипотезу. Не рискуя, невыиграешь».

Через год, в 1931 году Паули опубликовал статью об этойтаинственной частице, которая должна спасти законы сохра-нения, но массу ее уже предложил много меньшую массыэлектрона. А в 1932 году Чедвик экспериментально доказал,что в атомном ядре содержатся массивные нейтральныечастицы – нейтроны и при бета-распаде они не вылетают изядра. Это открытие принесло Чедвику Нобелевскую премию(1935 г). Теперь гипотетической частице Паули – спаси-тельнице законов сохранения – нужно было давать другоеназвание. Это сделал в 1932 году не он сам, а молодойитальянский физик Энрико Ферми, будущий нобелевскийлауреат, прямо на лекции по общей физике перед студента-ми-первокурсниками Римского университета (которую, кста-ти, слушал студент Бруно Понтекорво). Ферми экспансивноназвал эту частицу нейтрончиком, маленьким нейтроном,что по-итальянски и звучало как «нейтрино».

Итак, законы сохранения были на бумаге спасены. Оста-лась маленькая загвоздочка – поймать эту частичку, дока-зать экспериментально, что она есть, и измерить ее энергиюи импульс в бета-распаде. С развитием ядерной физикивыяснилось, что процессы рождения нейтрино есть, а вото процессах захвата ничего не было известно. Наконец, в1960-е годы некоторые такие процессы были предсказаны. Уотдельных ядер были определены дискретные уровни энер-гии, которые подходили для захвата нейтрино, энергиикоторых теоретически были известными. Правда, вероят-ность захвата по расчетам оставалась очень маленькой.Поэтому первые эксперименты стали проводить там, гденейтрино очень много, – около работающих ядерных реакто-ров. И в 1975 году в США Ф.Райнес и К.Коуэн добилисьуспеха. Они использовали реакцию захвата электронногоантинейтрино хлором с получением изотопа аргона и позит-рона (антиэлектрона). Поскольку позитроны тут же исчеза-ли, аннигилируя с первыми попавшимися электронами, дляподсчета поглощенных антинейтрино определялось количе-ство рожденных атомов аргона. Это тоже было непростойзадачей, потому что аргона получалось очень мало. Черезтри месяца работы установки в ней образовалось всего около5000 атомов аргона (в сутки происходило примерно 40событий захвата). Конечно, ни на каких весах взвесить этобыло нельзя, количество аргона определялось по его радио-активности.

Этот эксперимент вошел в историю физики под названием«Полтергейст», в буквальном переводе – «суматошный дух»,а в современном вольном переводе – «барабашка». Этот (илиэта) барабашка, однако, принес Райнесу Нобелевскую пре-мию в 1995 году, когда ученому исполнилось 85 лет (другойавтор открытия и вовсе не дожил до присуждения награды).Почему случился такой большой перерыв? Дело в том, чтокогда стали уточнять и повторять работу Райнеса, появиласьвозможность улавливать аналогичным образом и солнечныенейтрино. И оказалось, что земные эксперименты всегдадавали в несколько раз меньшее число нейтрино, чем пред-полагала солнечная астрономия. Возникли подозрения вошибках солнечной физики. Но во всем остальном ее след-ствия оправдывались на опыте. Опять нейтрино преподнес-ло физикам загадку – «головную боль», как стали говорить

в то время. И вот тогда Понтекорво и выдвинул своюгениальную догадку об «ипостасях» нейтрино и об осцилля-циях его различных ароматов.

Согласно этой гипотезе, любое нейтрино существует в трехипостасях – физики пока обозначают эти ипостаси простономерами 1, 2, 3. Ипостаси имеют разные массы и разныескорости распространения. Согласно корпускулярно-волно-вому дуализму, они характеризуются дебройлевскими вол-нами разной длины. Отметим, что если бы массы у них небыло, то скорости были бы равны скорости света и ни о какихдебройлевских волнах не могло быть и речи. При распрост-ранении по одному направлению дебройлевские волны трехипостасей интерферируют и образуют регулярные максиму-мы. Эти максимумы и являются ароматами нейтрино. Такимобразом, если при поглощении ядром электрона рождаемоенейтрино имело электронный аромат, то, благодаря тому,что оно состоит из трех ипостасей, через некоторое времядвижения оно станет мюонным нейтрино, а еще через неко-торое время – тау-нейтрино. И это будет все время повторять-ся. Вот такой оборотень это загадочное нейтрино. А экспери-менты были нацелены вначале только на захват («ловлю»)электронных нейтрино. Мюонные нейтрино и тау-нейтринопросто не фиксировались в опытах. Так и возникает «пропа-жа» двух третей солнечных нейтрино.

Но это все красиво выглядело на бумаге, в теории. Экспе-риментальная же проверка гипотезы Понтекорво требовалагораздо большей точности нейтринных экспериментов. Нуж-но, чтобы события захвата нейтрино происходили гораздочаще, хотя бы ежесекундно. Очевидно, что единственныйпуть для этого – значительное увеличение в одной точке (водной лаборатории) количества установок, где нейтриномогут быть захвачены. Оценочные расчеты показали, чтовещества должно быть не меньше нескольких десятков тонн.И к тому же, все это должно происходить там, где будетисключено появление любых других частиц, кроме нейтрино.А космическое излучение – как солнечное, так и приходящееиз глубин космоса – в земной атмосфере рождает целые«ливни» частиц. Значит, ловящие нейтрино установки дол-жны располагаться глубоко под землей (или под водой), чтозначительно увеличивает стоимость таких экспериментов.

В 80-е годы прошлого века единственным подходящим поуровням энергии ядра для захвата солнечных нейтриноэлементом был галлий. При захвате ядром галлия нейтринообразуется ядро изотопа германия и электрон. Германийможет быть химически отделен от галлия, и по его излучениюможно судить о его количестве и, значит, о числе захватыва-емых нейтрино. Галлий содержится обычно как очень не-

Бруно Понтекорво

большая примесь, например, к бокситам.Минералов, состоящих из галлия, прак-тически нет. Отделить его, а потом очис-тить – непростое, а главное, дорогое дело.К счастью для ядерщиков, технологияполучения чистого и сверхчистого галлияуже тогда была разработана – это былонеобходимо для полупроводниковой тех-ники. Галлий – одна из тех добавок,которые делают чистый полупроводник,например кремний, примесным р-полу-проводником. А ведь все полупроводни-ковые приборы – это комбинации примес-ных полупроводников.

Галлий очень дорог. Цена «грязного»галлия, получаемого из бокситов, колеб-лется в настоящее время от 100 до 200долларов за килограмм. Но для нейтрин-ной ловушки, как и для полупроводнико-вых приборов, необходим сверхчистыйгаллий (с чистотой 0,99999999). Его цена– от 5000 до 10000 долларов за килограмм.Высокая стоимость галлия не приводит кзаоблачным ценам полупроводниковых бытовых приборов –там его всего несколько миллиграмм в одном приборе. А вотдля галлиевых нейтринных ловушек понадобились десяткитонн сверхчистого галлия.

Одна из первых галлиевых ловушек была сооружена внашей стране к 1990 году. Это знаменитая Северо-Кавказс-кая ядерная лаборатория, филиал Института ядерной физи-ки Академии наук. В отрогах Кавказского хребта, в Баксан-ском ущелье под Нальчиком добывались различные полез-ные ископаемые. Используя туннели этих разработок ипрокладывая новые, за несколько лет московские метростро-евцы построили подземные (подгорные) помещения дляэксперимента. Попасть туда можно было по туннелям,которые начинались на невысоком уровне от дна ущелья иуглублялись в горы так, что толща гор над лабораториейбыла свыше трех километров. В многочисленных контейне-рах здесь находился металлический галлий, общее его коли-чество превышало 60 тонн. Это мировая добыча галлия загод. Тем не менее, у страны нашлась возможность соорудитьтакую лабораторию (совместно с учеными и с помощьюправительства США).

Баксанская нейтринная обсерватория – БНО, – как ееназывают из-за нацеленности на солнечные нейтрино, рабо-тает и по сей день. Подобная лаборатория есть еще вИталии. Но точность определения количества захватывае-мых нейтрино в этих измерениях все же является недоста-точной для надежного определения доли электронных ней-трино в их общем количестве. Расчеты показали, что длянадежного получения результатов, свидетельствующих обосцилляциях нейтрино и о его массе, нужно иметь количе-ство поглощающего нейтрино вещества на несколько поряд-ков больше – не десятки, а тысячи и десятки тысяч тонн.Ясно, что иметь такое количество галлия для этих экспери-ментов невозможно.

К счастью, было обнаружено, что ловушками нейтриномогут быть и другие элементы. Для солнечных нейтриноподходящими оказались процессы захвата нейтрино дейтро-ном – ядром изотопа водорода дейтерия. В одном из процес-сов после захвата электронного нейтрино появляются двапротона и электрон. А в другом, более сложном процессеэлектрон несколько другой энергии появляется при захватедейтроном нейтрино любого их трех ароматов, не обязатель-но электронного. Конкуренция этих двух процессов легла в

основу метода, осуществленного в канадской коллаборациив Садбериевской нейтринной обсерватории – SNO – подруководством Артура Макдональда, одного из лауреатовНобелевской премии 2015 года.

Ловящим веществом здесь являлась тяжелая вода (оксиддейтерия 2D O ). В действующей никелевой шахте на глубинеоколо 2 километров было создано помещение, в котором ирасположилась установка. Она представляет собой шарразмером с пятиэтажный дом. Наружный шаровой слойзаполнен обычной водой – это защита от различных излуче-ний окружающих пород. Сама ловушка выполнена в видепластмассовой сферы диаметром 12 метров, заполненнойтяжелой водой массой 1000 тонн.

Факт поимки нейтрино фиксируется по регистрации вы-летевшего электрона. Эти электроны имеют скорость большескорости распространения света в веществе. (Это не проти-воречит теории относительности, поскольку нельзя двигать-ся быстрее скорости света в вакууме. А в воде скорость света

Н О В О С Т И Н А У К И 19

Баксанская нейтринная обсерватория. Зал с контейнерами с галлием

Нейтринная обсерватория в Садбери. Сферическая полость,оснащенная фотоумножителями

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 120

меньше.) И тогда электрон начинает терять энергию – онизлучает электромагнитную волну, фронт которой имеет видконуса. 2 Когда этот фронт пересекает фотоэлемент, возни-кает импульс фототока. Он очень слабенький, поэтомудолжен усиливаться специальным прибором – фотоумножи-телем. Фотоумножитель регистрирует энергию излучения, азначит, энергию электрона, вылетевшего при захвате нейт-рино. Реакция фотоумножителя зависит и от направлениядвижения этих электронов. В установке SNO на поверхностишара, содержащего тяжелую воду, было установлено 9500фотоумножителей.

Результаты работы этой установки позволяли подсчиты-вать как число захватов, вызванных только электронныминейтрино, так и число захватов, вызываемых всеми тремяароматами нейтрино. Их оказывалось, с хорошей точностью,в 3 раза больше. Однозначный вывод из этого факта такой:несмотря на то что в недрах Солнца рождаются толькоэлектронные нейтрино, по дороге в Канаду они осциллиру-ют, превращаясь в другие ароматы. Гипотеза Понтекорво обосцилляциях нейтрино и, следовательно, о наличии у нихмассы была надежно подтверждена, что и принесло руково-дителю и вдохновителю проекта Артуру Макдональду Нобе-левскую награду.

В то время как в Канаде разворачивались эти события,далеко от этого места, в Японии, в 290 километров от Токиов заброшенной цинковой шахте в 1986 году заработаламодернизированная установка Супер-Камиоканде (назван-ная так по имени местности около горы Камио). И хотя вомногом эти две установки похожи и цель работы у них былаодна и та же, японская лаборатория регистрирует совсемдругие нейтрино – не солнечные, а атмосферно-космическиемюонные нейтрино, рождаемые довольно близко, в верхнейатмосфере Земли на высоте 20–30 километров.

Было обнаружено еще ранее, что мюонные нейтрино такойэнергии имеют некоторую вероятность устроить маленькийпогром в электронном облаке молекулы обычной воды, в

результате которого молекула выбросит быстрыймю-мезон (мюон), становясь при этом ионом. Мюоночень похож на электрон, он точно так же, двигаясьв воде быстрее скорости света в ней, рождает черен-ковское излучение, которое фиксируется фотоумно-жителями.

Супер-Камиоканде имеет еще большие размеры,чем установка SNO. Она представляет собой ци-линдр диаметром около 40 метров и такой же высо-ты. Цилиндр заполнен обычной, но тщательно очи-щенной от всех примесей водой. На внутреннейповерхности цилиндра размещены 11146 фотоумно-жителей. Как и в SNO, имеется огромное электро-техническое, радиоэлектронное и компьютерное обес-печение работы фотоумножителей и обработки по-лученных данных.

Главным результатом работы этой лабораториибыло обнаружение факта зависимости числа погло-щаемых нейтрино от направления их движения. Техчастиц, которые двигались сверху вниз, оказалось вдва раза больше, чем тех, которые двигались снизу.

Последние, прежде чем попасть в ловушку, должны былипройти сквозь весь земной шар. Они по пути не застревали,поскольку воды там почти не было, а других вариантовисчезновения у нейтрино таких энергий нет. Вывод: на путисквозь земной шар нейтрино успели проосциллировать так,что из начальных мюонных нейтрино осталась только поло-вина. Другая половина оборотилась, став тау-нейтрино,которые если и творили погром молекулы воды, то при этомпоявлялся не мю-мезон, а тау-мезон. А на черенковскоеизлучение тау-мезона, имеющего другую массу, фотоумно-жители не реагировали. Хронологически это было первымсвидетельством осцилляций, правда не солнечных, а атмос-ферно-космических нейтрино. В этих опытах оказалосьвозможным даже оценить массу мюонных нейтрино и тау-нейтрино. Заметим, что именно здесь 23 ноября 1987 года водин и тот же момент времени все фотоумножители словнопомешались – они зарегистрировали огромное количествонейтрино, пришедших от облака взрыва сверхновой звезды.

В 2015 году, через 15 лет после опубликования успешныхрезультатов работы руководитель коллектива этой лаборато-рии Такааки Кадзита стал нобелевским лауреатом вместе сАртуром Макдональдом. Однако ему и его коллективупришлось пережить тяжелое потрясение – 12 ноября 2001года стеклянная оболочка одного фотоумножителя не выдер-жала напора воды и треснула. Поскольку во внутреннемпространстве этого прибора должен быть глубокой вакуум,разрушение носило взрывной характер, и родившаяся удар-ная волна привела к разрушению 7000 фотоумножителей идругого оборудования. За 5 лет все было построено заново,и в улучшенном варианте установка Супер-Камиоканде IIпродолжает успешно работать и в настоящее время.

Возникает вопрос – а зачем? Результаты получены, нейт-рино осциллирует. Можно сказать, что он один существуетв трех ипостасях, каждая из которых тоже есть нейтрино. Унейтрино есть масса...

На самом деле вопросов, на которые пока нет ответа, сталогораздо больше. Появились гипотезы о других ароматахнейтрино, кроме трех уже известных. Один из них, «сте-рильное нейтрино», может приблизить разгадку темнойматерии, другой, «майорановское нейтрино», поможет раз-гадать асимметрию вещества и антивещества во Вселенной.Так что, возможно, еще не раз на страницах «Кванта»появятся статьи о Нобелевских премиях за нейтрино, этупочти свободную частицу.

Установка Супер-Камиоканде. Детектор нейтрино

2 Излучение электронов, двигающихся в веществе быстреескорости света в этом веществе, по имени открывшего его в1934 году физика П.А.Черенкова называется черенковскимизлучением. Черенков и физики-теоретики И.Е.Тамм иИ.М.Франк, объяснившие это явление, стали нобелевскимилауреатами в 1958 году. Это была первая Нобелевскаяпремия по физике, полученная учеными нашей страны.

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. Публикуемые в нем задачинестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудныезадачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется,не все эти задачи публикуются впервые.

Решения задач из этого номера следует отправлять по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант».Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присылайте в разныхконвертах. На конверте в графе «Кому» напишите: «Задачник «Кванта» №1–2016» и номера задач, решения которых Выпосылаете, например «М2406» или «Ф2413». В графе «От кого» фамилию и имя просим писать разборчиво. В письмовложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этом конверте Вы получитерезультаты проверки решений). Решения задач по математике и физике можно присылать также по электроннымадресам: [email protected] и [email protected] соответственно.

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

В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь.Задачи М2406–М2411, М2413 предлагались на XXXVII Турнире городов.

Задачипо математике и физике

Задачи М2406–М2413, Ф2413–Ф2419

M2406. Из целых чисел от 1 до 100 удалили k чисел.Обязательно ли среди оставшихся чисел можно выб-рать k различных чисел с суммой 100, если:а) k = 9; б) k = 8?

А.Шаповалов

M2407. Все коэффициенты некоторого многочленацелые и по модулю не превосходят 2015. Докажите, чтолюбой положительный корень этого многочлена боль-ше чем 1/2016.

А.Храбров

M2408. В треугольнике ABC медианы 0AA , 0BB , 0CCпересекаются в точке M. Докажите, что центры описан-ных окружностей треугольников 0 0MA B , 0MCB ,

0 0MA C , 0MBC и точка M лежат на одной окружности.П.Кожевников

M2409. Из спичек сложен клетчатый квадрат 9 9¥ ,сторона каждой клетки – одна спичка. Петя и Вася поочереди убирают по спичке, начинает Петя. Выиграеттот, после чьего хода не останется целых квадратиков1 1¥ . Кто может действовать так, чтобы обеспечитьсебе победу, как бы ни играл его соперник?


M2410. Дан вписанный четырехугольник АВСD. Про-должения его противоположных сторон пересекаютсяв точках P и Q. Пусть K и N – середины диагоналей.Докажите, что сумма углов PKQ и PNQ равна 180∞.

М.Дидин

M2411. Петя увидел на доске несколько различныхчисел и решил составить выражение, среди значенийкоторого все эти числа есть, а других нет. Составляявыражение, Петя может использовать какие угодночисла, особый знак « ± », а также обычные знаки «+»,«–», « ¥ » и скобки. Значения составленного выраже-

ния он вычисляет, выбирая для каждого знака « ± »либо «+», либо «–» во всех возможных комбинациях.Например, если на доске были числа 4 и 6, подойдетвыражение 5 1± , а если на доске были числа 1, 2 и 3,то подойдет выражение ( )2 0,5 0,5± ± . Возможно лисоставить необходимое выражение, если на доске былинаписаны:а) числа 1, 2, 4;б) любые 100 различных действительных чисел?

Ко Бон Гюн (Южная Корея)

M2412. Нетрудно проверить, что объем правильногооктаэдра, описанного около сферы радиуса 1, равен4 3 . Выясните, верно ли следующее утверждение:«объем любого восьмигранника, описанного околосферы радиуса 1, не меньше 4 3 ».

А.Меркулова

M2413*. Шеренга состоит из N ребят попарно различ-ного роста. Ее разбили на наименьшее возможноеколичество групп стоящих подряд ребят, в каждой изкоторых ребята стоят по возрастанию роста слеванаправо (возможны группы из одного человека). По-том в каждой группе переставили ребят по убываниюроста слева направо. Докажите, что после N – 1 такойоперации ребята будут стоять по убыванию роста слеванаправо.

Н.Гладков

Ф2413. В новогоднюю ночь в безветренную погоду саэродрома Санкт-Петербурга (60∞ северной широты)стартует самолет и летит на постоянной высоте h = 5 кмс постоянной по величине скоростью v = 1000 км/ч,держа все время курс на северо-восток (по звездам). Скаким ускорением относительно Земли (система Пто-лемея) движется самолет ровно через T = 4 ч полета?Землю можно считать шаром радиусом R = 6400 км.

В.Чкалов

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 122

Ф2414. Маленький брусок массой m находится нагладкой горизонтальной поверхности на расстоянии

0L от вертикального столба, на котором на высоте hзакреплен маленький невесомый блок с неподвижнойгоризонтальной осью. Невесомая нерастяжимая длин-ная нить одним концом прикреплена к бруску, переки-нута через блок и натянута с постоянной силой F > mg.Трения в оси блока нет. В начальный момент брусокскользит по поверхности и имеет скорость 0v , направ-ленную от столба. Каким будет расстояние от столба добруска в тот момент, когда брусок на мгновение оста-новится? Какой будет скорость бруска в тот момент,когда брусок перестанет давить на поверхность?

А.Старов

Ф2415. Длинный, L = 1 м, прямоугольный брусокквадратного сечения 10 10a a¥ = ¥ см имеет плот-ность 3500 кг мρ = . Брусок опустили в воду озера иудерживали его в таком неустойчивом положенииравновесия, что одна из длинных граней бруска быласухой и горизонтальной, при этом половина объемабруска была погружена в воду. Брусок отпустили, и онзанял устойчивое положение, повернувшись вокругоси симметрии на угол 45α = ∞. На сколько уменьши-лась потенциальная энергия системы «вода–брусок»?

С.Дмитриев

Ф2416. Вася выдувает через длинную трубку мыльныйпузырь. Надув пузырь, он выпускает трубку изо рта,при этом воздух из пузыря выходит через трубкунаружу. Окончательно пузырь исчезает, так и нелопнув, через время τ . За какое время сдуется наду-тый таким же образом мыльный пузырь вдвое больше-го радиуса? Считайте, что воздух по трубке движетсядостаточно медленно, а свойства мыльной пленки уобоих пузырей одинаковы.

В.Пузырев

Ф2417. Газ фотонов, для которого внутренняя энергияU пропорциональна объему V и абсолютной темпера-

туре T в четвертой сте-пени: 4U VTα= , а дав-ление газа р равно од-ной трети отношениявнутренней энергии кобъему: 4 3p Tα= ,участвует в процессе,изображенном на ри-сунке. Каков КПД это-го процесса? Каковмаксимально возмож-ный КПД теплового

двигателя при температурах нагревателя и холодиль-ника, равных максимальной и минимальной темпера-турам в рассматриваемом процессе?

А.Газов

Ф2418. Два одинаковых проводящих шара 1 и 2 сдиаметрами d = 10 см каждый установлены на непро-водящих подставках в воздухе так, что расстояниемежду их центрами L = 1 м. Сначала шары подключилик высоковольтному источнику и зарядили максималь-

но возможными одинаковыми зарядами Q. Затем от-ключили шары от источника и длинным тонким прово-дом стали по очереди заземлять шары и отключать отзаземления. После первого заземления шара 1 на нембыл заряд 1q , после заземления шара 2 на нем былзаряд 2q и так далее. Иными словами, нечетныезаземления проводились для шара 1, а четные – дляшара 2. Найдите Q, 1q , 2q , 3q , … вплоть до макси-мального номера операции заземления, когда еще по-лучается «разумный» ответ. «Пробивная» напряжен-

ность электрического поля в воздухе 60 3 10 В мE = ◊ .

С.Зарядов

Ф2419. Известно, что масса Солнца равна302 10M = ◊ кг. Примерно 73% массы Солнца – это

водород, 25% массы – гелий, а на остальное приходитсявсего-то 2% массы Солнца. Источником энергии Солн-ца являются ядерные реакции превращения водородав гелий, которые идут в небольшой (в сравнении сразмерами самого Солнца) области вблизи его центра.Другие реакции, в частности реакции превращениягелия в углерод и т.д., по расчетам ученых начнутпроисходить в Солнце только на финальной стадииэволюции. Через какое время доля водорода в массеСолнца станет равной 72%?Для справки: солнечная постоянная вблизи ЗемлиW 21370 Вт м= , масса протона пm = 1,0072765 а.е.м.,протон массивнее электрона в 1836,1527 раз, массаядра гелия-4 гm = 4,00260325415 а.е.м.

М.Солнцев

Решения задач М2389–М2395,Ф2395–Ф2402

M2389. Дано 2n + 1 чисел (n – натуральное), средикоторых одно число равно 0, два числа равны 1, двачисла равны 2, …, два числа равны n. Для каких n этичисла можно записать в одну строку так, чтобы длякаждого натурального m от 1 до n между двумячислами, равными m, было расположено ровно mдругих чисел?

Ответ: для любых.Расположим числа так: …, 6, 4, 2, n, 0, 2, 4, 6, …, 5,3, 1, n, 1, 3, 5, … (сначала стоят в убывающем порядкевсе четные положительные числа, меньшие n, потом n,0, те же четные числа в возрастающем порядке, далеевсе нечетные, меньшие n, – в убывающем, n и те женечетные в возрастающем порядке).

И.Акулич

M2390. График квадратного трехчлена с целымикоэффициентами пересекает ось абсцисс в точках X,Z, а ось ординат – в точке Y (все три точкиразличны). Найдите наибольшее возможное значениеугла XYZ.

Ответ: 90∞ .Примером может служить трехчлен 2 1x - .Докажем, что тупой угол получиться не может. ПустьO — начало координат, трехчлен имеет вид 2ax bx c+ + ,а его корни равны r и s. Предположим, что угол XYZ

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 23

тупой (см. рисунок). Тогда2OY OX OZ< ◊ , посколь-

ку при прямом угле XYZбыло бы равенство. Имеем

2c rs< , но по теоремеВиета 2rs с= , откуда

2c с a< и 0 1ac< < , чтопротиворечит целочислен-ности a и c.

Комментарий. Целочисленность b на самом деле нетребуется.

Б.Френкин

M2391. На основании BC равнобедренного треуголь-ника ABC отмечена точка X, а на сторонах AB и AC– соответственно точки P и Q таким образом, чтоAPXQ – параллелограмм (см. рисунок). Докажите,что точка Y, симметричная точке X относительно

прямой PQ, попадает наописанную окружность тре-угольника ABC.Так как PX и AC параллель-ны, то треугольник BPX тожеравнобедренный, следова-тельно, B, X и Y равноуда-лены от P, т.е. P – центрописанной окружности тре-

угольника BXY. Значит,

1 1

2 2BYX BPX A– = – = – .

Аналогично, 1

2CYX A– = – . Поэтому BYC BAC– = –

и точки B, Y, A, C лежат на одной окружности.

Л.Медников, И.Рубанов, А.Семенов, А.Шаповалов

M2392. а) В таблицу 2 n× (где n > 2) вписаны числа.Суммы во всех n столбцах различны. Докажите, чтоможно переставить числа в таблице так, чтобысуммы в столбцах были различны и суммы в строкахбыли различны.б) В таблицу 100 100× вписаны числа. Суммы во всехстолбцах различны. Всегда ли можно переставитьчисла в таблице так, чтобы суммы в столбцах былиразличны и суммы в строках были различны?

а) Допустим, суммы в строках равны. Если естьстолбец, где числа различны, то поменяем их местами,

и суммы чисел в стро-ках станут разными.Если в каждом столб-це оба числа равны,то все числа в строкеразличны. Возьмемтри наименьших чис-

ла a < b < c в верхней строке и переставим ихциклически (рис.1).Так как b + a < a + c < b + c, причем b + c меньше суммычисел в любом из оставшихся n – 3 столбцов, то суммычисел в столбцах останутся различными. Теперь у насесть столбец, где числа различны, и можно будетпоменять их местами.

б) Ответ: не всегда.Приведем контрпри-мер. Впишем в стол-бцы последовательнопо 0, 1, 2, 3, ..., 97,98, 100 единиц, а востальные клеткивпишем нули (на ри-сунке 2 приведен при-мер аналогичного за-полнения таблицы10×10). Число, рав-ное 0 + 1 + … + 98 ++ 100, нельзя по-дру-гому разбить на n целых различных неотрицательныхслагаемых. Следовательно, указанное разбиение еди-ниц по столбцам единственное, при котором суммы вних различны. Выходит, при любой «допустимой»перестановке обязательно должны быть столбец изнулей и столбец из единиц. То же самое можно сказатьи про строки, если суммы в них различны. Но наличиестолбца из нулей противоречит наличию строки изединиц.


M2393. Дано натуральное число a. Докажите, чтолюбое натуральное число n можно домножить накакое-то натуральное число, меньшее 10a, так, что-бы десятичная запись произведения начиналась с a.Пусть k — наименьшее целое число такое, что 10kn £ ,а d — наименьшее натуральное число такое, что

10kdn a≥ (иначе говоря, lgk n= È ˘Í ˙ и 10kd a nÈ ˘= Í ˙ ,где запись xÈ ˘Í ˙ обозначает наименьшее целое число,большее x). Тогда ( )1 10kd n a- < , т.е. 10kdn a< +

( )10 1kn a+ £ + ; это значит, что число dn начинается наa. Выходит, если d < 10a, то d — требуемый множи-тель.Предположим, что d > 10a. Из выбора d получаем, что10 10ka an> , т.е. 110k n- > , что противоречит выборуk. Наконец, если d = 10a, то целое число 10dn такженачинается на a, т.е. подходит число 10 10d a a= < .

Е.Бакаев

M2394. Император пригласил на праздник 2015 вол-шебников, добрых и злых, при этом волшебникизнают, кто добрый и кто злой, а император – нет.Добрый волшебник всегда говорит правду, а злойговорит что угодно. На празднике император сначалавыдает каждому волшебнику по бумажке с вопросом(требующим ответа «да» или «нет»), затем волшеб-ники отвечают, и после всех ответов императородного изгоняет. Волшебник выходит в заколдован-ную дверь, и император узнает, добрый он был илизлой. После этого император вновь выдает каждомуиз оставшихся волшебников по бумажке с вопросом,вновь одного изгоняет, и так далее, пока императорне решит остановиться (это возможно после любогоиз ответов, и после остановки можно никого неизгонять). Докажите, что император может из-гнать всех злых волшебников, удалив при этом неболее одного доброго.

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 124

Первый этап. Император выделяет одного волшебни-ка A и спрашивает всех оставшихся, добрый ли он (аего – о чем угодно). Имеем два случая.1) Все сказали «нет». Тогда император изгоняет A.Если оказалось, что A – добрый, то все остальныеволшебники – злые, и император изгоняет их поочереди, задавая произвольные вопросы. Если оказа-лось, что A – злой, то число злых волшебниковуменьшилось, и император снова повторяет первыйэтап.2) Нашелся волшебник B, сказавший «да». Тогдаимператор изгоняет B. Если оказалось, что B – злой,то император также возвращается к первому этапу.Если оказалось, что B – добрый, то император понима-ет, что A – добрый, и переходит ко второму этапу.Второй этап. Император ставит волшебников по кру-гу и спрашивает каждого, добрый ли следующий. Есливсе ответили «да», то все оставшиеся в зале волшебни-ки – добрые, и император останавливается.Если кто-то ответил «нет», то первый, начиная соследующего за A волшебника, про которого так сказа-ли, – злой. Император его изгоняет и возвращается ковторому этапу.Л.Медников, И.Рубанов, А.Семенов, А.Шаповалов

M2395. Как известно, если у четырехугольника суще-ствуют вписанная и описанная окружности и ихцентры совпадают, то этот четырехугольник –квадрат.А верен ли аналог этого утверждения в простран-стве: если у кубоида существуют вписанная и опи-санная сферы и их центры совпадают, то этоткубоид – куб? (Кубоид – это многогранник, у кото-рого 6 четырехугольных граней и в каждой вершинесходится 3 ребра.)

Ответ: нет.Приведем контрпример. На рисунке 1 изображенкубоид, построенный следующим образом. Верхняя инижняя его грани – прямоугольники 6 8¥ (вписанные

в окружность радиуса 5), повернутые друг относитель-но друга на 90∞. Отрезок, соединяющий их центры,перпендикулярен плоскостям прямоугольников и име-ет длину 4 3 , середина O этого отрезка — центрописанной сферы (радиус описанной сферы равен

212 5 37+ = ). Боковые грани – равнобокие трапе-ции с основаниями длины 6 и 8 и высотой длины

( )24 3 1 7+ = . Такая трапеция также вписана в ок-

ружность радиуса 5 (рис.2). Значит, O удалена от всех

Ф2395. Небольшой кубик массой m = 0,1 г надет натонкую спицу, вдоль которой он может перемещать-ся без трения (рис.1). Спицужестко закрепляют над плос-ким вращающимся с угловойскоростью 0,1 рад сω = дис-ком радиусом R = 10 см так,что она находится на рассто-янии h = 6 см от центра дискаи расположена параллельно по-верхности диска. Кубик при-жат к диску силой F = 10 Н,перпендикулярной плоскостидиска. Коэффициент трения между кубиком и диском

0,3µ = . В начальный момент кубик находится вбли-зи края диска. Через какое время кубик соскользнетс диска? Силой тяжести можно пренебречь.

Кубик может двигаться только вдоль спицы. Из всехдействующих на него сил только сила трения состороны диска может иметь ненулевую проекцию нанаправление спицы. Если считать, что относительнокубика движется то место диска, с которым кубикконтактирует в данный момент,то сила трения, действующаяна кубик, направлена по (иливдоль) скорости движения это-го места диска относительнокубика. Рассмотрим положе-ние кубика, показанное на ри-сунке 2. Точка (маленькое пят-но контакта) диска, к которойприжат кубик, движется со ско-ростью v rω= . Проекция этойскорости на направление спицы равна

0 cos 0,6 см сv r hω α ω= = = и не зависит от положе-ния кубика. Иными словами, когда кубик разгонитсядо скорости 0v , действующая на него сила трения будетперпендикулярна спице, и больше скорость кубикаменяться не будет. Мы определили характер движениякубика: вначале он разгоняется до скорости 0v , а затемдвижется с постоянной скоростью. Время разгонаможно оценить следующим образом:

01 0,2 мкс

mvt

Fµ= = .

Если бы кубик двигался все время со скоростью 0v ,время движения составило бы

2 2

20

227 c

R ht

v

-= ª .

Поскольку 1 2t t≪ , можно пренебречь начальным эта-пом движения и считать, что кубик все время движетсясо скоростью 0v . Тогда искомое время есть

2 27ct t= = .

А.Бычков

Рис. 1 Рис. 2

граней на одно и то же расстояние 2 3 , тем самымкубоид описан вокруг сферы с центром O радиуса2 3 .

М.Евдокимов

Рис. 1

Рис. 2


Ф2396. В известной игре на гладкой горизонталь-ной поверхности сталкиваются две одинаковые поразмерам (их радиусы равны R) и по массе (M)шашки, одна из которых до столкновения покоит-ся, а другая движется поступательно со скоростью2v. Прицельный параметр – минимальное расстоя-ние между линией, вдоль которой до столкновениядвижется центр одной из шашек, и центром второйшашки – равен h (при h < D шашки соударяются).Известно, что при h = 0 во время столкновенияшашки обмениваются скоростями, т.е. происходитабсолютно упругий лобовой удар. Коэффициент тре-ния шашки о шашку равен µ . Как зависят угловыескорости, приобретенные шашками после удара, отприцельного параметра h? Какими будут скоростицентров шашек после удара? Момент инерции шаш-ки относительно вертикальной оси симметрии ра-вен I.

Будем обозначать шайбу, которая двигалась до удара,буквой a, а шайбу, покоившуюся до удара, буквой b.

Естественно, что сначала удобно пе-рейти в инерциальную систему отсче-та центра масс, в которой обе шайбыдвижутся с одинаковыми по величине(v) и противоположно направленны-ми скоростями (см. рисунок). За мгно-вение до удара центры шайб находят-ся друг от друга на расстоянии, рав-ном 2R. Угол ϕ , который в этотмомент образуют линии, вдоль кото-рых движутся центры шайб, и отре-

зок, соединяющий центры шайб, таков, что( )sin 2h Rϕ = . Продольные (по оси х) составляющие

скоростей шайб после удара просто изменят своизнаки, поскольку лобовой удар не вращающихся шайбабсолютно упругий. А вот поперечные (по оси у) кэтому отрезку проекции скоростей шайб обязательноизменятся, и появятся угловые скорости вращенияшайб вокруг их осей симметрии. При этом сохраняетсямомент количества движения (момент импульса) шайботносительно точки контакта, который до удара был

равен 2 sinMvR ϕ .Возможны два отличающихся друг от друга случая.1) При малых величинах угла ϕ к моменту окончанияудара (промежутка времени, в течение которого шайбыконтактируют) скорости точек контакта шайб стано-вятся равными нулю, т.е. проскальзывание шайб завремя удара успевает прекратиться.2) При углах ϕ , больших некоторой определеннойвеличины, проскальзывание шайб продолжается в те-чение всего времени соударения.Рассмотрим сначала случай 1). К концу удара момент

импульса будет равен ( )22 I MR+ ω . Отсюда находим

угловую скорость движения шайб после удара:

2

sinMvR

I MR

ϕω =

+.

Соответственно, проекции скоростей центров шайбна направление, перпендикулярное отрезку, соединя-

ющему центры шайб во время удара, будут равны2

2sin

MRv

I MRϕ

+.

Они меньше проекции скоростей шайб на это же

направление до удара в ( )2 2MR I MR+ раз.

Чтобы найти скорости шайб после удара в исходнойсистеме отсчета, где до удара одна из шайб покоилась,нужно к найденным скоростям шайб в системе центрамасс добавить переносную скорость, т.е. скорость цен-тра масс. Тогда в исходной системе отсчета после удараскорость центра шайбы a имеет продольную проекцию(вдоль отрезка, соединяющего центры шайб), равнуюнулю: 0axv = , а центр шайбы b имеет в проекции на этонаправление скорость 2 cosbxv v= ϕ . (Заметим, что этоотносится и к случаю 1) и к случаю 2).)Проекции скоростей шайб в перпендикулярном на-правлении (ось у) после удара будут такими:

2

21 sinay

MRv v

I MR

= − ϕ +

,

2

21 sinby

MRv v

I MR

= + ϕ +

.

Теперь рассмотрим случай 2, когда проскальзываниешайб происходит в течение всего времени удара. Им-пульс силы трения, действовавшей на шайбу, равен повеличине 2 cosMvµ ⋅ ϕ . Этот импульс изменяет проек-цию скорости центра шайбы на направление оси у навеличину 2 cosvµ ⋅ ϕ . При этом изменяется угловаяскорость движения шайбы – она становится равной

2 cosMvR

I

µ ϕω = .

Скорость, в системе центра масс, той точки шайбы b,которая контактировала с шайбой a в момент оконча-ния столкновения, оказывается равной

sin 2 cosv R v− ϕ + ω + µ ⋅ ϕ =

= 2

2 1 cos sinMR

vI

µ + ϕ − ϕ

.

Скорость той точки шайбы a, которая в этот моментнаходится в контакте с шайбой b, будет равна

2

sin 2 1 cosMR

vI

ϕ − µ + ϕ

.

Чтобы шайбы проскальзывали в течение всего временисоударения, нужно, чтобы выполнялось неравенство

2

sin 2 1 cosMR

I

ϕ > µ + ϕ

,

или2

2 2tg 2 1

4

h MR

IR h

ϕ = > µ + −

.

В итоге если выполняется неравенство2

2 22 1

4

h MR

IR h

< µ +

− ,

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 126

то реализуется случай 1). Если же выполняется нера-венство

2

2 22 1

4

h MR

IR h

≥ µ + −

,

то реализуется случай 2).Теперь нужно и для случая 2) найти проекции скоро-стей центров шайб на ось у в исходной системе отсчетапосле удара. Они будут равны

( )2 sin cosayv v= ϕ − µ ϕ ,

2 cosbyv v= µ ϕ .

Чтобы найти модули скоростей центров шайб, следуетвоспользоваться теоремой Пифагора. Это читателямпредоставляется сделать самостоятельно.

В.Чапаев

Ф2397. В настоящее время в мире широко использу-ются висячие мосты (рис.1). Несущая конструкция

висячего моста представляет собой гибкий элемент,его называют кабелем или цепью, закрепленный напрочных опорах – пилонах. Пролет моста подвешенк цепи на вертикальных тросах. Поскольку массапролета много больше массы цепи, вертикальныетросы расположены близко друг к другу (цепь можносчитать плавной кривой), а их длины подобраны

так, что силы натяжения всех тросов одинаковы.Найдите форму цепи, т.е. уравнение цепи в системекоординат, изображенной на рисунке 2.

Решение этой задачи содержится в статье С.Муравь-ева «Висячие мосты» в этом номере журнала.

Ф2398. Две пластинки имеют одну и ту же длину L,ширину H и толщину d, причем L H d≫ ≫ . Плас-тинки сделаны из разных металлов, склеены и обра-зуют одну так называемую биметаллическую плас-тинку толщиной 2d. Металлы имеют разные коэф-

фициенты теплового расширения 1α и 2α и разныемодули Юнга 1E и 2E . При некоторой температуре,например комнатной, биметаллическая пластинкапрямая, а при повышении температуры на t∆ граду-сов она искривляется. До какой температуры нужнонагреть биметаллическую пластинку, чтобы она об-разовала кольцо?

Если бы пластинки не были склеены, то при нагреваниикаждая из них увеличила бы свою длину, ширину итолщину в одинаковое количество раз в соответствии сосвоим коэффициентом теплового расширения. Но пла-стинки скреплены, поэтому та из них, которая притепловом расширении увеличилась бы в длину больше,будет сжата за счет взаимодействия с другой пластин-кой. И, соответственно, та пластинка, которая удлини-лась бы за счет теплового расширения меньше, будетдополнительно растянута. Поскольку упругие пластин-ки будут изгибаться, то каждая из них будет «сопротив-ляться» изгибу, и в результате будет достигнуто некото-рое положение равновесия. Можно разбить все измене-ния, происходящие с пластинами, на три этапа.1) Нагрев и удлинение пластинок. При этом удлиненияпластинок составят 1L tα ∆ и 2L tα ∆ .2) Изгиб пластинок таким образом, чтобы радиус кри-визны вогнутой поверхности более длинной пластинкибыл равен радиусу кривизны выпуклой поверхностикороткой пластинки. При этом к концам пластинокбудут приложены одинаковые по величине и противопо-ложные по направлению моменты сил M.3) Сжатие длинной пластинки и растяжение короткойпластинки одинаковыми силами F так, чтобы длинывогнутой поверхности длинной пластинки и выпуклойповерхности короткой пластинки стали одинаковыми.Второй и третий этапы согласованы друг с другом, т.е.силы F и моменты сил M определенным образомсвязаны друг с другом. Когда после этих трех этаповпластинки окажутся соединенными, они так и останутсяв этих положениях, сохраняя свои формы.Будем считать, для определенности, что 1 2α > α . Обо-значим силу взаимодействия пластинок через F. Плас-тинки изогнутся, и каждая из них за счет деформацииизгиба будет «сопротивляться» действию силы F состороны своей соседки. Изогнутые средние поверхностикаждой пластинки, которые при комнатной температу-ре были плоскостями, находятся на разных расстоянияхот центра кривизны. Средняя поверхность более длин-ной пластинки отстоит на расстояние 2R d+ , а более

короткой пластинки – на расстояние 2R d− . Обозна-чим через ϕ угол, который образуют друг с другомплоскости, касательные к краям изогнутой биметалли-ческой пластинки (по условию задачи этот угол долженстать равным 2π ). Он равен L R , так как длинапластинок изменилась мало. Пусть изменения длинпластинок, связанные с нагревом, равны 1tx и 2txсоответственно, а изменения длин, связанные с взаимо-действием пластинок, равны 1fx и 2fx . Растянутая

пластинка создает силу ( )2 2fF Hd E x L= ⋅ . Эта сила

распределена по сечению пластинки равномерно, поэто-му при расчете момента этой силы можно считать, что

Рис. 1

Рис. 2


место приложения эквивалентной (в смысле созданиямомента силы) силы смещено относительно поверхно-сти контакта пластин на расстояние 2d . Сжатаяпластинка создает такую же по величине силу, и местоприложения эквивалентной силы для нее тоже смеще-но относительно поверхности контакта пластин нарасстояние 2d . В результате возникает внутренниймомент сил напряжения, равный

внM Fd= .

Поскольку расстояние до центра кривизны от среднейповерхности более длинной пластинки больше, чемсоответствующее расстояние для более короткой плас-тинки, между итоговыми удлинениями пластинок име-ется такая геометрическая связь:

( ) 1 12 t fR d L x x+ ϕ = + − , ( ) 2 22 t fR d L x x− ϕ = + + ,

или, что то же самое,

1 11

12

t fx xd Ft

R L HdE

−= = α ∆ − ,

2 22

22

t fx xd Ft

R L HdE

+− = = α ∆ + .

Вычтем из одного соотношения другое и получим

( )1 21 2

d F Ft

R HdE HdE= α − α ∆ − − . (1)

Найдем теперь суммарный момент сил, с помощьюкоторого обе упругие пластинки сопротивляются изги-бающему действию момента сил Fd. Если пластинкаизогнута и радиус кривизны равен R, то создаетсямомент сил за счет упругого сжатия пластинки с однойстороны от средней поверхности и упругого растяже-ния пластинки с другой стороны от этой среднейповерхности. Добавочное (связанное с изгибом) напря-жение в металле нарастает по величине пропорцио-нально удалению от среднего положения. Момент силодной изогнутой пластинки равен

2

2

d

i i

d

R y LM y E Hdy

L

+

−

ϕ + ϕ −= =∫

= ( )32 2 3

2

22

3 12

d

i i i

d

dy dE Hdy E H E H

R R R

+

−

= =∫ .

Суммарный момент сил, создаваемый двумя изогнуты-ми пластинками, равен

( )3

сум 1 212

id

M E E HR

= + .

Приравняем его внутреннему моменту сил:

сум внiM M= , или ( )3

1 212

dE E H Fd

R+ = . (2)

Комбинируя уравнения (1) и (2), можно исключитьвеличину F. В результате получаем выражение длярадиуса кривизны R биметаллической пластинки:

( )1 2

1 2 2 1

11 2

12

d E ER

t E E

= + + + ∆ α − α

.

Чем сильнее изогнута пластинка, тем меньше радиус ее

кривизны R. При фиксированной разнице коэффици-ентов теплового расширения металлов радиус кривиз-ны будет минимальным, когда модули Юнга металловодинаковы:

( )min1 2

4

3

dR

t=

∆ α − α.

В случае, когда модули Юнга материалов сильноотличаются, радиус кривизны пластинки будет оченьбольшим, т.е. пластинка будет почти прямой и не будетизгибаться при изменении температуры.Чтобы выполнялось условие задачи, т.е. чтобы плас-тинка свернулась в кольцо, между радиусом кривизныпластинки и ее длиной должно быть выполнено такоесоотношение: 2 R Lπ = . Отсюда следует, что биметал-лическую пластинку нужно нагреть на

( )1 2

1 2 2 1

2 11 2

12

d E Et

L E E

π∆ = + + + α − α

.

С.Варламов

Ф2399. Оцените собственное давление жидкой водыпри температуре 27 C° , т.е. давление, которымвещество само себя сжимает, удерживаясь в конден-сированном состоянии. Для этого предположите, чтососуд с жесткими стенками был заполнен водой, азатем все молекулы воды перестали взаимодейство-вать друг с другом, уменьшились до размеров точек ивзаимодействуют только со стенками сосуда, отска-кивая от них при абсолютно упругих ударах.

После «отключения» взаимодействия молекул водыдруг с другом в сосуде оказался газ, который подчиня-ется уравнению Менделеева–Клапейрона pV RT= ν .Температура здесь должна быть выражена по шкалеКельвина, т.е. Т = 300 К. Пусть объем сосуда V = 1 л,тогда масса газа 1 кгm V= ρ = . Молярная масса воды

18 г мольΜ = . Таким образом, в одном литре воды

содержится 55 мольm

ν = ≈Μ

вещества. Отсюда следу-

ет, что собственное давление жидкой воды равно

81,37 10 Па 1400 барRT

pV

ν= ≈ ⋅ ≈ .

С.Бар

Ф2400. Тонкая диэлектрическая нить образует гео-метрическую фигуру, состоящую из полуокружностирадиуса R и двух лучей (рис.1). Нить равномернозаряжена, зарядединицы длинынити равен τ . Най-дите напряжен-ность электричес-кого поля, создавае-мого нитью в точкеО (центр полуок-ружности).

Найдем напряженности полей, создаваемых двумянебольшими участками нити, один из которых лежитна полуокружности, а другой – на одном из лучей,причем каждый из этих участков виден из точки O под

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 128

малым углом ∆α(рис. 2). Длина уча-стка 1 равна

1l R∆ = ∆α , где R –расстояние до точкиO. Поэтому напря-женность электри-ческого поля, созда-ваемого этим участ-

ком, равна

11 2

lE k k

RR

τ∆ ∆α= = τ .

Длина участка 2 равна ( )2 cosl r∆ = ∆α α (здесь ис-пользована малость угла ∆α ), где cosr R α= – рас-стояние до точки O. Напряженность поля, создаваемо-го этим участком, равна

22 2 2 cos

l rE k k k

Rr r

τ∆ ∆α ∆α= = τ = τ

α.

Векторы напряженностей 1Eur

и 2Eur

равны по величинеи противоположны по направлению, поэтому их суммаравна нулю. Поскольку всю нить можно разбить напары таких участков, то и поле, создаваемое всейнитью в точке O, равно нулю:

0OE = .

А.Бычков

Ф2401. В сеть (220В, 50Гц) включена электрическаясхема с двумя катушками индуктивности, двумяключами и тремя идеальными приборами, показыва-ющими эффективные значения параметров (см. рису-

нок). Когда ключ 1Kнаходится в верхнемположении, а ключ

2K разомкнут, ам-перметр показываетток 1I = 1 А, верхнийвольтметр показыва-ет напряжение U == 220 В, а нижнийвольтметр показыва-ет напряжение 1U =

= 55 В. Если ключ 1K перевести в нижнее положение,оставив 2K разомкнутым, то амперметр показыва-ет 2I = 4 А, нижний вольтметр показывает напряже-ние U = 220 В. Какое напряжение 2U в этом случаепоказывает верхний вольтметр? Что будут показы-вать все приборы, если ключ 2K перевести в замкну-тое положение?

При разомкнутом ключе 2K оба вольтметра показыва-ют ненулевые напряжения – это означает, что междукатушками имеется связь, т.е. одна катушка при про-текании по ней тока создает в другой катушке неравный нулю магнитный поток. Обозначим индуктив-ность верхней катушки 1L , а индуктивность нижнейкатушки 2L . Поскольку 2 14I I= , то это означает, чтоиндуктивность второй катушки в 4 раза меньше индук-тивности первой катушки. Коэффициент взаимоиндук-ции обозначим M, а угловую частоту – ω . Для

эффективных значений токов и напряжений можнонаписать:

1 1U I L= ⋅ ω , 2 2U I L= ⋅ ω ,

1 1U I M= ⋅ ω , 2 2U I M= ⋅ ω .

Отсюда следует

1 220 ОмLω = , 2 55 ОмLω = , 55 ОмMω = ,

и получаем

2 2 220 BU I M= ⋅ ω = .

Когда ключ 2K переведен в положение «замкнуто»,токи могут течь по обеим катушкам. Магнитные потокисоздаются в каждой катушке и собственным токомкатушки, и током соседней катушки. При этом напря-жения на выводах катушек будут одинаковыми и,очевидно, равными 220 В, поскольку выводы катушекчерез амперметр, с одной стороны, и напрямую, сдругой стороны, подключены к сети:

1 1 2U i L i M= ⋅ ω ± ⋅ ω , 2 2 1U i L i M= ⋅ ω ± ⋅ ω ,

1 2 Ai i i+ = ,

где Ai – ток, текущий через амперметр.Символ ±означает, что имеются две возможности: либо магнит-ные поля внутри катушек складываются и усиливаютдруг друга (+), либо поля частично гасят друг друга(–). В первом случае (+) решение системы уравненийбудет таким:

1 20, 4 Ai i= = .

Амперметр покажет 4 А, при этом ток будет течьтолько по второй катушке. А во втором случае (–) токибудут течь по двум катушкам:

1 28 20

A, A,3 3

i i= =

и суммарный ток будет равен

A 1 228

A3

i i i= + = .Е.Паркевич

Ф2402. К потолку на шарнире подвешено плоскоезеркало, представляющее собой тонкую прямоуголь-ную пластину длиной L. Горизонтальная ось шарнираи одна сторона прямоугольника (зеркала) совпада-ют. На вертикальной стене, находящейся на рассто-янии d от оси шарнира, сидит оса. Расстояние отпотолка до осы равно h. Зеркало отклоняют отположения равновесия в направлении от стены наугол 0α , удерживают его, а затем отпускают. Како-вы скорость v и ускорение a изображения осы вмомент времени, когда плоскость зеркала составля-ет угол ϕ с вертика-лью? Трения нет.

Оса неподвижна, поэто-му сначала нужно найтипараметры движения зер-кала: угловую скоростьи угловое ускорение вмомент времени, когдаплоскость зеркала состав-ляет с вертикалью уголϕ (см. рисунок). Кача-

Рис. 2


ющееся зеркало представляет собой физический маят-ник, у которого при отсутствии трения сохраняетсямеханическая энергия. Эта энергия складывается изпотенциальной энергии зеркала в поле тяжести Землии кинетической энергии вращательного движения зер-кала. Если массу зеркала обозначить M, то потенци-альная энергия, отсчитываемая от положения, когдаплоскость зеркала занимает горизонтальное положе-ние, равна

cos2

LMg− ϕ .

В этот же момент времени кинетическая энергия равна2 2 2

2

02 6

Ld M d L M

x dxdt L dt

ϕ ϕ = ∫ .

В соответствии с законом сохранения энергии,2 2

0cos cos6 2 2

d L M MgL MgL

dt

ϕ − ϕ = − α

.

Отсюда можно найти угловую скорость вращениязеркала:

( )03

cos cosd g

dt L

ϕω = = ϕ − α .

Если продифференцировать полученное соотношениепо времени (левую и правую его части), то найдемугловое ускорение зеркала:

2

2

3sin

2

d d g

dt Ldt

ω ϕε = = = − ϕ .

Изображение осы всегда находится на одном и том же

расстоянии от оси вращения зеркала, т.е. оно движется

по окружности радиусом 2 2R h d= + . Угловая ско-

рость движения отрезка, соединяющего ось вращениязеркала и изображение осы, в два раза больше угловойскорости вращения зеркала, поэтому скорость изобра-жения равна

( )( )

2 2

0

32 2 cos cos

g h dv R

L

+= ⋅ ω = ϕ − α .

Угловое ускорение этого же отрезка, очевидно, тоже вдва раза больше углового ускорения зеркала. Ускоре-ние изображения осы складывается из двух составля-ющих: продольного (вдоль скорости движения) уско-рения, равного

2 22 2

прод 2 22 2

d da R h d

dt dt

ϕ ϕ= = + ,

и поперечного (к скорости), или центростремительногоускорения, равного

( )2

2 2 2попер 2 4

da R h d

dt

ϕ = ω = +

.

Окончательно, модуль ускорения изображения осыравен

2 2прoд поперa a a= + =

= ( )2 2

2209 sin 144 cos cos

g h d

L

+ϕ + ϕ − α .

С.Варламов

Висячие мосты

С.Муравьев

В 1634–1636 годах Галилео Галилей написал свойглавный труд по механике – «Беседы и математическиедоказательства двух новых наук». В этом труде онсформулировал теорию равноускоренного движения изаложил основы статики и сопротивления материалов– науки, занимающейся изучением деформаций тел.Галилей пишет в «Беседах»: «Вобьем в стену двагвоздя на одинаковой высоте над горизонтом и …между одним и другим гвоздем подвесим тонкуюцепочку… Цепочка эта, свисая, расположится в видепараболы». В другом месте этой же книги Галилейпишет по-другому: «… канат, натянутый в большейили меньшей степени, располагается по линии, весьмаблизкой к параболе. Сходство столь велико, что есливы начертите на вертикальной плоскости параболичес-кую линию и … подвесите цепочку, … то вы увидите(укорачивая или удлиняя цепочку, смотря по надобно-сти), что она очень близко подходит к параболе; приэтом совпадение ее с параболой наблюдается тем боль-шим, чем меньше кривизна параболы». В одной изрукописей Галилея есть чертеж, на котором изображе-на подвешенная в двух точках цепь и тут же нанесеныточки, лежащие на параболе, соприкасающейся с це-пью в нижней точке и имеющей в ней ту же кривизну.

Из чертежа видно хорошее совпадение параболы сцепью в нижней части и заметное различие этих линийпри удалении от нижней точки цепи.

Так где же прав, а где ошибался Галилей?В 1691 году, когда уже был разработан математичес-

кий анализ, три выдающихся математика и физикаГотфрид Лейбниц, Христиан Гюйгенс и Иоганн Бер-нулли практически одновременно и независимо друг отдруга решили задачу «о цепной линии» – нашлиуравнение однородной цепи, подвешенной в двух точ-ках, расположенных на одинаковой высоте, и провиса-ющей благодаря силе тяжести. Эта функция оказаласьне параболой – она называется «гиперболическийкосинус». Цепная линия практически совпадает с па-раболой вблизи своего минимума, но на большихрасстояниях от минимума она заметно отличается отпараболы.

А что если рассмотреть цепочку, которая натягивает-ся силой, пропорциональной не длине каждого звенацепочки, а равномерно распределенной по горизонталивертикальной нагрузкой? С такой ситуацией мы стал-киваемся, например, в висячих мостах, когда основнаянагрузка на цепь дается силой тяжести не цепи, аподвешенной к ней проезжей части моста.

Но сначала – немного о мостах. Все конструкциимостов можно разделить на балочные и висячие. Вбалочном мосту основным несущим элементом (проле-

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 130

том моста) является балка или ферма, лежащая наопорах моста. Самая опасная деформация балочногомоста – деформация изгиба балки; для ее уменьшенияпролеты нужно делать как можно короче. В случае жебольших пролетов, под которые не удается установитьпромежуточные опоры, используют висячие мосты.Основным несущим элементом висячего моста являет-ся гибкий элемент, который называется кабелем илицепью1 , закрепленный на двух мощных опорах –пилонах, расположенных в начале и в конце моста, апроезжая часть подвешивается к цепи на вертикальныхтросах. Такая конструкция устраняет наиболее опас-ные напряжения изгиба. Главные напряжения висяче-го моста – это напряжения растяжения в цепи ивертикальных тросах, которые не так опасны, какизгиб железобетонной балки, и которые современныевысокопрочные стали легко выдерживают.

В настоящее время все мосты с большими пролетамиявляются висячими (или, как их вариант, вантовыми).Это, например, мост Джорджа Вашингтона через Гуд-

зон – первый мост с более чем километровым пролетом(длина основного пролета 1067 м, год открытия 1931,США), мост Золотые Ворота (1280 м, 1937 г., США),мост Акаси-Кайкё (1991 м, 1991 г., Япония), мостСихоумэнь – первый мост с более чем двухкилометро-вым пролетом (2120 м, 2009 г., Китай) и многиедругие.

Висячие мосты не требуют жесткого закрепленияпроезжей части на опорах и потому могут без ущербадля целостности конструкции демпфировать ветровыеили сейсмические нагрузки. Тем не менее, ветер пред-ставляет собой основную угрозу висячему мосту: присильном ветре мост ведет себя, как крыло самолета –в пролете под действием подъемной силы возникаютнапряжения, которые могут разрушить мост. Такойслучай был в практике мостостроения – висячий Та-комский мост в США был разрушен при шторме 7ноября 1940 года. К счастью, во время этого разруше-ния никто не погиб. Процесс разрушения Такомскогомоста был снят на любительскую видеокамеру. Анализэтих материалов позволил инженерам понять недостат-ки конструкции висячих мостов и разработать механиз-мы их устранения. В последующие проекты вводиласьзащита от ветровых нагрузок, и крупных аварий свисячими мостами более не происходило. (Впечатляю-щую видеозапись разрушения Такомского моста мож-но посмотреть в интернете на сайте http://www.youtube.com/watch?v=Xxgobk5AFrI)

1 Конечно, цепь у крупных висячих мостов – это совсем нецепь в бытовом понимании этого слова, а высокопрочныйстальной трос толщиной несколько десятков сантиметров, спо-собный выдержать массу проезжей части моста.

Крымский мост, Москва

Живописный мост, Москва

Мост Сихоумэнь, Китай

Мост Джорджа Вашингтона, США


В России висячие мосты широкого распространенияне получили; тем не менее, ряд таких мостов есть и внашей стране. Один из самых известных – это Крым-ский мост в Москве. Основной пролет этого мостаимеет длину 168 метров, мост был открыт в 1938 году.В последнее время построен ряд вантовых мостов,использующих главную идею висячего моста. В ванто-вых мостах поддерживающие мост тросы – ванты –крепятся непосредственно к пилонам. Это Русский иЗолотой мосты во Владивостоке (длина основногопролета 1104 м и 737 м соответственно), Кировскиймост в Самаре (571 м), Живописный мост в Москве(410 м) и ряд других.

Теперь давайте оценим, как располагается в равнове-сии цепь висячего моста. Иными словами, приступимк решению задачи Ф2397.

Рассмотрим участок цепи между двумя вертикальны-ми тросами, расположенными через один. Поскольку

по условию масса цепимала, а тросы располо-жены близко друг к дру-гу, участки цепи междуближайшими вертикаль-ными тросами можносчитать прямыми (см.рисунок). На рассмат-

риваемый участок действуют две силы натяжения цепи(по краям) и сила со стороны вертикального троса (вцентре). Условия равновесия этого участка цепи впроекциях на горизонтальную и вертикальную осиимеют вид

( ) ( ) ( ) ( )cos cosT x x x x T x x+ ∆ α + ∆ = α ,

( ) ( ) ( ) ( )sin sinT x x x x F T x x+ ∆ α + ∆ = + α .

Здесь ( )T x – сила натяжения цепи как функция гори-зонтальной координаты х, ( )xα – угол наклона цепи кгоризонту как функция х, x∆ – расстояние междуближайшими тросами, F – сила натяжения вертикаль-ного троса (которая по условию одинакова для всехтросов и может быть связана с массой моста М иколичеством вертикальных тросов N: F Mg N= ).Деля первое уравнение на x∆ и учитывая, что намнеобходимо рассмотреть это выражение при маломрасстоянии между тросами (в пределе при 0x∆ → ),получим (с использованием производной)

( ) ( ) ( ) ( )cos cosT x x x x T x x

x

+ ∆ α + ∆ − α=

∆

= ( ) ( )( )cos 0T x x ′α = .

Отсюда находим

( ) ( )cosT x x Aα = ,

где А – некоторая постоянная, имеющая смысл гори-зонтальной составляющей силы натяжения цепи, кото-рая равна горизонтальной составляющей силы, дей-ствующей со стороны цепи на пилоны. Аналогичныевычисления со вторым условием равновесия дают

( ) ( )( )sinT x x f′α = , где f F x= ∆ – удельная нагрузкана единицу длины моста, и

( ) ( )sinT x x fx Bα = + ,

где В – некоторая постоянная. Подставляя сюда най-денное выше выражение для ( )T x , получим

( )tgA x fx Bα = + .

Но тангенс угла наклона цепи к оси х есть производнаяуравнения цепи по переменной х. Поэтому

( )Ay x fx B′ = + ,

где ( )y x – уравнение цепи. Постоянную В найти легко:поскольку при х = 0 (середина моста) цепь расположенагоризонтально (координату х = 0 имеет нижняя точкацепи), то В = 0. А так как производная уравнения цепизависит от х линейно, то у зависит от х квадратично:

( ) 2

2

fy x x C

A= + ,

где С – постоянная. Эта постоянная также должна бытьвыбрана равной нулю, поскольку при нашем выборесистемы координат точке с координатой х = 0 отвечаету = 0. Таким образом, цепь представляет собой парабо-лу, уравнение которой таково:

( ) 2

2

fy x x

A= .

Этот результат является приближенным: если массацепи сравнима с массой проезжей части, то цепь ближек цепной линии, если же масса цепи мала по сравнениюс массой проезжей части, то цепь ближе к параболе.

Мост Золотые Ворота, США

Мост Русский, Владивосток

Выдержки из трудов целой шеренги видных ученыхсвидетельствуют об их долговременном – несколькостолетий! – внимании к теме нашего сегодняшнеговыпуска. В этом «конспекте» бросается в глаза кропот-ливый поиск наиболее общих закономерностей, лежа-щих в основе механики, так называемых первых прин-ципов, или, по словам Лагранжа, некой «общей форму-лы». Из этих универсальных начал деятели науки наде-ялись вывести, как частные случаи, все многообразиеоткрываемых законов.

И это им удалось! Создание аналитической механики– альтернативного ньютоновскому подхода – оказа-лось чрезвычайно продуктивным не только для реше-ния собственных поставленных задач, но ее методыпроросли из классической физики в современную,теснейшим образом связали разные исторические на-учные эпохи. Возможно, вам придется с этим столкнуть-ся в будущем, и вы оцените как интеллектуальнуюмощь ваших предшественников, так и поразительнуюкрасоту полученных ими результатов.

Но это впереди – далеко и высоко. А что нам, еще невыросшим из «штанишек» школьной физики, делатьсейчас? Вы не могли не заметить, что в эпиграфахпостоянно упоминаются препятствия, ограничения, на-ложенные на положение или движение механическихсистем, – то, что называют связями. А это – не что иное,как наклонные плоскости, точечные шарниры, жесткиеи легкие стержни, нерастяжимые и невесомые нити,идеальные блоки… Знакомые действующие лица? Такдавайте сейчас без боязни «свяжемся» с герояминашей темы, ведь одно из значений слова «связь» – этоконтакт. Пусть он будет тесным и плодотворным.

Вопросы и задачи

При необходимости воспользуйтесь подсказками израздела «Ответы, указания, решения».

1. Доска длиной l одним концом лежит на цилиндре,а другой ее конец удерживается человеком так, чтодоска находится в горизонтальном положении . Чело-век начинает толкать доску вперед, из-за чего цилиндркатится без проскальзывания. Какой путь должен прой-ти человек, чтобы дойти до цилиндра?

2. Катушка с намотанной на нее нитью лежит нагоризонтальном столе и может катиться без скольже-ния. Сначала нить тянут горизонтально со скоростью v«сверху» катушки, затем – с такой же горизонтальнойскоростью «снизу». Куда и с какой скоростью будетдвигаться ось катушки?

3. По внутренней поверхности закрепленного лежа-щего цилиндра радиусом 2R катится без проскальзыва-ния колесо радиусом R. Пусть центр колеса совершитодин оборот вокруг центра цилиндра. Сколько разобернется за это время колесо вокруг своей оси? Покакой траектории будет двигаться какая-либо точка егообода?

4. Невесомый стержень с точечными грузами наконцах соскальзывает по сторонам прямого двугранно-го угла. Чему равна скорость верхнего груза в тотмомент, когда скорость нижнего груза горизонтальна иравна v0, а стержень составляет с горизонтом угол α ?

5. Какая точка стержня в условиях предыдущейзадачи движется с минимальной скоростью? Чемуравна эта скорость?

6. Может ли спортсмен на водных лыжах двигатьсябыстрее тянущего его катера? Может ли катер двигать-ся быстрее воднолыжника?

7. Равносторонний треугольник ABC скользит поповерхности стола. Скорость вершины A равна v инаправлена к вершине B. Скорость вершины B равна 2v.Найдите построением скорость вершины C.

8. Шар катится без скольжения вдоль ребра прямо-угольного желоба ACB, как показано на рисунке 1,

…то, что проигрывается в силе, выигрывается в скорости.

Симон Стевин

В состоянии равновесия сила не производит реальногодействия; она вызывает лишь простое стремление к дви-жению; но ее следует всегда измерять по тому эффекту,какой она вызвала бы, если бы она действовала приотсутствии каких-либо препятствий.

Жозеф Луи Лагранж

Движение системы материальных точек, связанных междусобой произвольным образом…, в каждое мгновение про-исходит в наиболее совершенном… согласии с тем движе-нием, каким обладали бы эти точки, если бы все они сталисвободными, т.е. происходит с наименьшим возможнымпринуждением...

Карл Фридрих Гаусс

…для систем со связями аналитический подход оказыва-ется более экономичным и простым. Заданные связиучитываются здесь естественным путем, так как рассматри-ваются движения системы лишь вдоль таких траекторий,которые не противоречат связям.

Корнелиус Ланцош

…статика достигла своего высшего развития в законевозможных перемещений… Частным случаем является за-кон рычага; другой пример – правило Архимеда…

Макс фон Лауэ

Такой подход именуют принципом виртуальной (т.е.возможной или воображаемой) работы, потому что дляего применения мы обязаны представить себе, что нашасистема чуть сдвинулась, даже если она в действительно-сти не двигалась или вовсе неспособна двигаться.

Ричард Фейнман

движение со связями?А так ли хорошо знакомо вам

£

£

≥

∫

C°

причем расстояние AB равно радиусу шара. Какиеточки шара обладают максимальной скоростью?

9. На неподвижном клине, образующем угол α сгоризонтом, лежит нерастяжимая веревка (рис. 2).Один из ее концов закреплен в точке A, к другомуприкреплен небольшой грузик. Найдите построениемускорение грузика, пока он находится на клине, когдатот движется вправо с ускорением a.

10. На концах и в середине невесомого вертикальногостержня укреплены три массивных шарика. Будут лиотличаться скорости шариков в момент их падения нагоризонтальный стол в двух случаях: а) нижний шарикукреплен шарнирно; б) нижний шарик не закреплен,трение между ним и столом отсутствует?

11. Через блок переброшена нить с грузиками наконцах. Ось блока поднимают вверх со скоростью v, аодин из грузиков опускают с такой же скоростью. Скакой скоростью поднимается второй грузик?

12. Чему равны ускорения грузов всистеме, изображенной на рисунке3? Массой блоков, нитей, а такжетрением пренебречь. В какую сторо-ну будут вращаться блоки при дви-жении грузов?

13. На проволочное кольцо радиу-сом R надето маленькое колечко, ко-торое может свободно скользить покольцу под действием спицы, враща-ющейся вокруг точки О с угловойскоростью ω (рис. 4). Найдите ско-рость колечка для произвольного мо-мента времени.

14. Найдите силу натяжения нити,связывающей оси шарниров верхнегоромба легкой шарнирной подвески,изображенной на рисунке 5. Массагруза m.

Микроопыт

Зажмите между двумя горизонтальными деревянны-ми линейками круглый карандаш, желательно толстыйи шероховатый. Подвигайте линейки то в одну, то вразные стороны с различными скоростями. Какие видыдвижения карандаша вы сможете наблюдать?

Рис. 1 Рис. 2

Рис. 3 Рис. 4

Рис. 5

Любопытно, что…

…первая, хотя и скрытая, формулировка принципавиртуальных перемещений содержалась еще в «Физи-ке» Аристотеля, что помогло ему вывести закон рычага.Тот же принцип в иной форме был использованСтевином при выводе законов равновесия блоков.

…Галилей, исправив Аристотеля, применил принципвиртуальных перемещений к расчету условий равнове-сия тела на наклонной плоскости, а также вывел с егопомощью установленные Архимедом на иной основезаконы гидростатического давления.

…хорошо знакомое школьникам «золотое правиломеханики» – выигрыш в силе компенсируется проиг-рышем в перемещении и наоборот – не что иное, какпринцип виртуальных перемещений в простейшемслучае.

…в 1717 году Иоганн Бернулли разработал новыйподход к нахождению условий равновесия механичес-кой системы, опирающийся на свойство сил реакцийсвязей: при малом отклонении системы от положенияравновесия полная работа сил реакций связей равнанулю.

…перу Лагранжа принадлежит классическая работа«Аналитическая механика», в основу которой, в томчисле, положен принцип виртуальных перемещений.

…понятие «абсолютно твердое тело» абсолютно необ-ходимо при решении задач на кинематические связи.Оно представляет собой модель системы материаль-ных точек, расстояния между которыми остаются неиз-менными. А это позволяет, например, использовать такназываемое правило проекций, когда приравниваютсяпроекции скоростей точек тела на связывающую их ось.

…при наличии жестких связей упрощаются условияравновесия: достаточно рассматривать только равно-весие сил в тех направлениях, в которых связи непрепятствуют движению (например, для поршня –вдоль цилиндра). Равновесие сил в других направлени-ях обеспечивается само собой, так как уже при малойдеформации связи появятся силы реакции, уравнове-шивающие приложенную силу.

…принцип виртуальных перемещений – «первая ла-сточка» в целой «стае» родившихся затем так называ-емых вариационных принципов уже не только механи-ки, но и оптики, электродинамики, термодинамики, а вXX веке – теории относительности и квантовой теории.

Что читать в «Кванте» о движении со связями

(публикации не только последних лет)

1. «Кинематика и связи» – 1971, №2, с.44;2. «Кинематические связи в задачах динамики» –

1988, №2, с.57;3. «Равновесие механической системы и метод вирту-

альных перемещений» – 1989, №1, с.45;4. «Эта «простенькая» кинематика» – 2008, №1, с.40;5. «Скорость и ускорение» – 2011, №1, с.34;6. «Волшебная формула, или Движение со связями»

– 2012, №1, с.34;7. «Физический калейдоскоп. Выпуск 3» – 2012,

Приложение №3, с. 11, 50;8. «Кинематика отрезка» – 2015, №3, с.43.

Материал подготовил А.Леонович

« 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

Задачи

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6–8классов.

Эти задачи предлагались на XXVII Математическом праз-днике. И

ллю

страции Д

.Гриш

уковой

1. В маленьком городе есть только одна трамвайнаялиния. Она кольцевая, и трамваи ходят по ней в обоихнаправлениях. На кольце есть остановки Цирк, Парк иЗоопарк. От Парка до Зоопарка путь на трамвае через

Цирк втрое длиннее, чем не через Цирк. От Цирка доЗоопарка путь через Парк вдвое короче, чем не черезПарк. Какой путь от Парка до Цирка – через Зоопаркили не через Зоопарк – короче и во сколько раз?


2. Равносторонний треугольник со стороной 8 разде-лили на равносторонние треугольнички со стороной 1(как показано на рисунке). Какое наименьшее количе-ство треугольничков надо закрасить, чтобы все точкипересечения линий (в том числе и те, что по краям)

были вершинами хотя бы одного закрашенного треу-гольничка? Приведите пример и докажите, что мень-шее количество треугольничков закрасить нельзя.

Н.Авилов

3. Робот придумал шифр для записи слов: заменилнекоторые буквы алфавита однозначными или дву-значными числами, используя только цифры 1, 2 и 3(разные буквы он заменял разными числами). Сначала

он записал шифром сам себя: РОБОТ = 3112131233.Зашифровав слова КРОКОДИЛ и БЕГЕМОТ, он с удив-лением заметил, что числа вышли совершенно одина-ковыми! Потом Робот записал слово МАТЕМАТИКА.Напишите число, которое у него получилось. Обоснуй-те свой ответ.

А.Хачатурян

4. Сложите из трех одинаковых клетчатых фигур безоси симметрии фигуру с осью симметрии.

Г.Мерзон

5. Сорок детей водили хоровод. Из них 22 держализа руку мальчика и 30 держали за руку девочку.Сколько девочек было в хороводе?

Е.Бакаев

35« 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

Мы завершаем очередной конкурс по решению математических задач для учащихся 6–8 классов. Решения задачвысылайте в течение месяца после получения этого номера журнала по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект,64-А, «Квант» или по электронному адресу: [email protected] (с пометкой «Конкурс «Математика 6–8»). Незабудьте указать имя, класс и домашний адрес.

Как и прежде, мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и математических кружков.Руководителей кружков просим указать электронный адрес или контактный телефон. По традиции, кружки-победителизаочного конкурса приглашаются на финальный очный турнир.

Конкурс имени А.П.Савина

«Математика 6–8»

Сплошные неприятностиИ.АКУЛИЧ

11. а) Есть 5 цифр «2» и одна цифра «5». Ихразрешается выписать в любом порядке и междунекоторыми цифрами ставить скобки и знаки арифме-тических действий. Как получить 2016?

б) Та же задача, но есть 4 цифры «2» и две цифры«5».

Т.Волосникова, В.Гилязев

12. В клетках таблицы ¥7 7 записаны действитель-ные числа. Петя сосчитал суммы чисел по строкам, аВася – суммы по столбцам. Могло ли случиться, что 14сумм, которые у них получились, являются последова-тельными натуральными числами?

Фольклор

13. Какое наименьшее значение может принимать

выражение 2( + + | – |)x y x y

xy при положительных

x и y?С.Дворянинов

14. Для каких n существует выпуклый n-угольникс вершинами в узлах сетки, все стороны которогоравны 5?

П.Кожевников

15. На симпозиум приехали 2015 ученых. Самыйкрупный ученый сообщил, что у любых двух из них естьсреди собравшихся ровно два других общих знако-мых. Не ошибся ли крупный ученый?

Фольклор, по мотивамLXXV Московской математической олимпиады

ВСТАТЬЕ «ИНДЮКИ ПРОТИВ РЯБЧИКОВ» ИЗ СЕН-тябрьского номера журнала «Квантик» за 2015 год

излагался способ решения «на пальцах» такой задачи:На рынке купили 100 птиц за 100 рублей: индюков

– по 30 рублей за штуку, цыплят – по рублю заштуку и рябчиков – по рублю за 3 штуки. Сколькокаких птиц купили? 1

Основная идея в следующем: так как цыплята прода-ются по рублю, то изменение их количества приведетк такому же изменению (в рублях) суммарной стоимо-сти. Поэтому главная проблема – «противостояние»индюков и рябчиков. Добавление (или изъятие) одногоиндюка ведет к увеличению (соответственно, уменьше-

«Сплошные неприятности» – именно так назывался один израссказов американского фантаста Генри Каттнера про семейкумутантов Хогбенов. Его героям постоянно приходилось преодо-левать всякие трудности и препятствия. Чем-то похожим мы изаймемся в этой статье.

1 Имеется в виду, что среди купленных птиц были представи-тели всей перечисленной фауны.

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 136

нию) стоимости по сравнению с количеством птиц на30 – 1 = 29, а добавление (изъятие) тройки рябчиков(их-то по три продают) вызывает, наоборот, снижение(рост) стоимости по сравнению с поголовьем на 3 – 1 == 2. Поэтому каждые 2 индюка «уравновешиваются»29-ю тройками рябчиков (получается 29 3 87◊ = штук).Оставшиеся «места» заполняем рублевыми цыплятамив количестве 100 – 2 – 87 = 11. Готово!

Очень наглядно предложенный способ иллюстриру-ется с помощью системы уравнений. Если обозначитьколичество индюков, цыплят и рябчиков через x, y и zсоответственно, то получим

100,

130 100.

3

x y z

x y z

+ + =ÏÔÌ

+ + =ÔÓВычитая из второго уравнения первое, имеем:

229 0

3x z- = , или 3 29 2x z◊ = , т.е. то же самое соотно-

шение между индюками и рябчиками, которое мынашли «вручную».

Заметим, что нам крупно повезло – в условии имеютсядва счастливых совпадения: суммарное поголовье птицсовпадает с их суммарной стоимостью, а также имеютсяптицы (цыплята), цена которых ровно по рублю.Поэтому при вычитании имеет место очень удачноевзаимное уничтожение сразу в двух местах, что ипозволяет быстро и безболезненно одолеть проблему.

А если бы было не так? Представьте себе, что нампредложили похожую задачу, но в ней присутствует таили иная неприятность. Какая именно? Рассмотримвозможные варианты.

Первая неприятность: общая сумма в рублях несовпадает с количеством птиц. Например, пусть птиц,как и прежде, 100, но купили их за 200 рублей. Здесьнаши рассуждения не подходят – в правой части привычитании ноль не образуется. Что ж делать-то?

Не беда, можно применить такой способ. Количествоптиц, как видим, меньше, чем сумма денег. В то жевремя мы помним, что при добавлении каждой тройкирябчиков общая стоимость возрастает на рубль, ипотому расхождение между указанными величинамиуменьшается на 2. А поскольку изначально это расхож-дение равнялось 200 – 100 = 100, то, добавив полсотни«фиктивных» троек рябчиков (т.е. 50 3 150◊ = ), мыдоведем и суммарное количество, и суммарную сто-имость до 250 (проверьте!). А дальше спокойно идем попроторенной дорожке. Соотношение между количе-ством индюков и рябчиков, конечно, сохраняется, ноздесь с учетом возросшего суммарного количества птицвозможны уже два варианта: 2 индюка + 87 рябчиковлибо вдвое больше, т.е. 4 индюка + 174 рябчика (всеостальное – цыплята). Однако вспомним, что средирябчиков имеется 150 «добавленных», поэтому первуювозможность придется отбросить (ибо 87 < 150). Авторая – вполне подходит, и, вернув тот самый 150-рябчиковый «долг», получаем ответ: было 4 индюка и24 рябчика. Остальные 100 – 4 – 24 = 72 – цыплята.

Проверим общую стоимость: 1

30 4 24 72 2003

◊ + ◊ + =

рублей – тютелька в тютельку!

Правда, в измененных данных нам тоже повезло:оказалось возможным компенсировать расхождениецелым числом рябчиков (100 удачно поделилось на 2).А если бы нет? Допустим, общая сумма составила не200, а 201 рубль. Здесь тоже не стоит унывать.Добавим для начала одного… индюка! Небаланс приэтом, конечно, возрастет аж до 101 + 29 = 130, но онзато станет четным! Поэтому добавка еще 130 : 2 = 65троек рябчиков (или 65 3 195◊ = ) доведет и поголовье,и сумму до 100 + 1 + 195 = 296. Далее – как и прежде,но вариантов здесь становится три, в которых индюков2, 4 или 6, а рябчиков 87, 174 или 261 соответственно.Из них придется забраковать первые два, где рябчиковне более 195 (а также надо бы отбросить и те, гдеиндюков не больше одного – но такого, к счастью, ненаблюдается), и после «обратного вычета» ранее до-бавленных птиц имеем опять-таки единственный кор-ректный ответ: 5 индюков + 66 рябчиков. Подсчитайтесами, сколько при этом получается цыплят, и убеди-тесь в правильности общей стоимости.

Таким образом, неприятность с расхождением пого-ловья и стоимости преодолима без особого труда. Норадоваться рано, потому что нас ждет…

Вторая неприятность: нет птиц рублевой стоимости.Пусть, например, индюки стоят по 10 рублей за штуку,а цыплята – по 2 рубля за штуку (все остальное – какв первоначальном условии). Здесь, как видим, нельзяотбросить из первичного рассмотрения цыплят – ихпотом корректно не добавишь!

Возможный вариант решения проблемы: довестистоимость цыплят до одного рубля. Как? Да оченьпросто: давайте изменим все цены так, чтобы цыплятастали по рублю; в данном случае – снизим вдвое. Наколичество птиц каждого вида это никак не повлияет,но зато цены индюка, цыпленка и рябчика будут

5 рублей, 1 рубль и 1

6 рубля соответственно (т.е. по

рублю за 6 штук). Суммарная же стоимость снизится

до 50 рублей. Небаланс, как видим, составил 100 – 50 == 50, причем здесь цена меньше поголовья, вследствиечего для «выравнивания» нельзя обойтись дешевымирябчиками – придется добавлять дорогих индюков.Поскольку 5 – 1 = 4, то при добавлении каждого индю-ка расхождение снижается на 4. Однако 50 не делитсяна 4. К счастью, мы уже знаем выход: «досыплем»нужное количество рябчиков. Ясно, что придется при-плюсовать две шестерки (т.е. 12) рябчиков, при этомцена возрастет на 2, а количество птиц – на 12, так чтонебаланс станет равен 50 – 2 + 12 = 60. Последнеезначение превосходно компенсируется 60 : 4 = 15-юиндюками. Итак, мы добавили 12 рябчиков и 15индюков, в результате чего и количество птиц, и ихстоимость возросли до 100 + 12 + 15 = 127.

Теперь, когда все, что надо, уравнялось, осталосьнайти «равновесное» соотношение между индюками ирябчиками. Как легко видеть (и мы, в общем-то, этоуже, в основном, выяснили), добавление одного индю-ка меняет баланс на 4, а шестерки рябчиков – на 5 (нов другую сторону). Поэтому на каждых 5 индюков надовзять 4 шестерки рябчиков, или 24 штуки. Получаем

37« 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

КАЗАЛОСЬ БЫ, КАКАЯ СВЯЗЬ МОЖЕТ БЫТЬ МЕЖ-ду такой повседневной безделицей, как брелок

(рис.1), и физической наукой, одной из самых важныхчастей естествознания?! Оказывается, принцип дей-ствия этой вещицы основан на законах механики.Расскажем об этом, причем никаких формул писать небудем, а дадим качественное описание действия этогомеханизма. Неплохо, если вы найдете такой брелок ипроделаете все то, о чем пойдет речь дальше.

Брелок для ключей и … физикаС.ДВОРЯНИНОВ

набор возможностей: 5 индюков + 24 рябчика, 10индюков + 48 рябчиков, 15 индюков + 72 рябчика и,наконец, 20 индюков + 96 рябчиков. Осталось отобратьиз них те, где индюков больше 15, а рябчиков – больше12. Пригоден, как видно, лишь последний вариант, и,изъяв из него индюшино-рябчиковую «задолженность»,получаем, что индюков было 20 – 15 = 5, а рябчиков96 – 12 = 84. Остальные 100 – 5 – 84 = 11 – цыплята.Проверим стоимость (сразу в первоначальных ценах):

110 5 2 11 84 100

3◊ + ◊ + ◊ = рублей, как и должно быть!

Что, сложновато? Да, не сахар. В уме, без бумаги и

карандаша, такие вычисления заставят изрядно пово-рочать мозгами.2 Но убедитесь сами, что при «стандарт-ном» составлении уравнений возни окажется ничуть неменьше!

Впрочем, это еще не все, потому что впереди…Третья неприятность: представляет собой комбина-

цию первых двух. Иначе говоря, и число птиц несовпадает с общей стоимостью, и птицы однорублевойцены отсутствуют.

Как ни странно, здесь решение следует выполнятьточно по тем же правилам, что и при второй неприят-ности, – и дополнительных усложнений от этого неожидается. Помните, мы там меняли все цены, чтобыпоявились рублевые цыплята? При этом нарушалосьравенство между поголовьем и суммарной стоимостью.А здесь оно изначально отсутствует, так что хуже ужточно не станет! Для примера, давайте возьмем условиеиз второй неприятности, но пусть общая сумма состав-ляет 120 рублей.

Итак, сначала снизим вдвое все цены, и они стануттакими же, как мы уже находили: индюк – 5 рублей,цыпленок – 1 рубль, рябчики – 1 рубль за 6 штук. А вотсуммарная стоимость снизится в данном случае до 60рублей. Небаланс равен 100 – 60 = 40; на наше счастье,он делится на 4, и цена тоже меньше поголовья.Поэтому рябчиков добавлять не надо, а следует лишьдобавить 40 : 4 = 10 индюков. В результате чего коли-

чество птиц (а также их стоимость) возросли до 100 ++ 10 = 110.

Возможных комбинаций индюков и рябчиков на этотраз имеется три: 5 индюков + 24 рябчика, 10 индюков+ 48 рябчиков и 15 индюков + 72 рябчика. Только впоследнем индюков больше 10. Совершив традицион-ное «изъятие», находим окончательно, что индюковбыло 15 – 10 = 5, рябчиков 72, а остальные 100 – 5 –– 72 = 23 – цыплята. Проверка стоимости: 10 5◊ +

12 23 72 120

3+ ◊ + ◊ = рублей – ажур!

Как видим, особого усложнения при переходе отвторой неприятности к третьей, представляющей собойкомбинацию первой и второй, не происходит. Говоряязыком юристов, имеет место частичное поглощениеменьшего наказания большим.

Так что, в принципе, при решении подобных задач(эквивалентных системе из двух уравнений с тремянатуральными неизвестными) можно обойтись, соб-ственно, без этих самых уравнений. А что при этомпроще – оставим на усмотрение читателя, и чтобыпредоставить ему возможность самому потренировать-ся, вспомним другую задачу из упомянутой намистатьи:

Некогда в Константине граде 20 человек мыяхусяв бане, в них же бяху христиане, турки же и евреи,а установлено имати за баню с турченина по полден-ге, а с христианина по денге, с евреина же по триденги. Но всех бывших в бане есть 20 человек, далиже бяху обще от всех 20 денег. И ведателно есть,колико бяху христиан, турок же и евреев.

Как ее решать – было рассмотрено в той же упомя-нутой статье из «Квантика». Но давайте теперь приме-ним к условию поочередно все три перечисленныенеприятности – и попробуйте-ка их одолеть:

1) Пусть общая сумма составила не 20, а 30 денег (аостальное не изменилось).

2) Пусть стоимость помывки христианина составилане 1 денгу, а 2 денги (остальное не изменилось).

3) И то, и другое: общая сумма составила 30 денег,а стоимость помывки христианина – 2 денги (остальноене изменилось).

Основа любого брелка – это кольцо, на котороенанизывают ключи. Чтобы ключи можно было наде-вать на брелок и снимать с него, кольцо делают несплошным, а с разъемом. Будем говорить, для опреде-ленности, что брелок представляет собой полукольцо.Разъем брелка состоит из двух частей – АВ и СМ,они хорошо видны на фотографии на рисунке 1 исхематично показаны на рисунке 2. Рычаг АВ имеетформу дуги кольца, которая может вращаться вокруг

2 И главная здесь проблема – не забыть промежуточныерезультаты.

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 138

торый момент точка М окажется на прямой АС (рис.4).В таком положении плечо силы упругости равно нулю,ибо сила упругости действует вдоль прямой АС. Вэтот момент мы можем не давить на рычаг АВ – нашамеханическая система будет находиться в положенииравновесия. При этом точки А и С отстоят одна отдругой на самое малое расстояние, полукольцо сжатонаибольшим образом, накопленная им потенциальнаяэнергия – наибольшая из всех возможных.

Это состояние нашей механической системы можносравнить с положением бочки, которую мы закатилипо дороге на вершину холма. Сила тяжести тянетбочку назад, вниз. В нашем случае при поворотерычага АВ точка М движется по окружности с цент-ром в точке А и радиусом АМ по часовой стрелке, асила упругости тянет точку М назад. Бочка на вер-шинке холма находится в положении равновесия,которое неустойчиво. Малейшее внешнее воздействиеприведет к тому, что бочка покатится вниз – впередили назад. Такая же ситуация и с рычагом АВ. Еслиего чуть-чуть отклонить от достигнутого положенияравновесия, то он либо вернется в исходное положе-ние, и брелок окажется открытым, либо под действи-ем силы упругости продолжит движение по часовойстрелке до тех пор, пока не совпадет с полукольцом, ибрелок окажется закрытым. Заметим, что положениерычага АВ, при котором брелок закрыт, являетсяустойчивым. Действительно, если оттянуть рычаг отполукольца и отпустить, то он со щелчком вернется наполукольцо.

В этой простейшей механической системе мы наблю-даем интересную общую закономерность. Системаимеет три положения равновесия, причем два из нихустойчивы – когда брелок открыт или когда брелокзакрыт. Используются именно устойчивые положенияравновесия. И впрямь, открытый брелок в результатенебольшого случайного воздействия не может сам посебе закрыться, а закрытый брелок не может самоткрыться. Устойчивые положения равновесия харак-теризуются тем, что в них энергия системы оказывает-ся минимальной. А между этими двумя положениямиравновесия есть еще одно – неустойчивое равновесие,о котором сказано выше. Чтобы перевести систему изодного устойчивого положения в другое, требуетсяприложить определенную силу, совершить определен-ную работу и перейти через неустойчивое положениеравновесия.

Таким образом, брелок позволил нам вспомнитьмногое из школьной физики: работу, рычаг, силуупругости, потенциальную энергию, положения рав-новесия. И не только физику, но и геометрию треу-гольника. Поистине, «в капле воды отражается целыймир!»

Рис. 3

Рис. 4

точки А. Будем считать, что точка А и правая полови-на кольца неподвижны. Когда брелок закрыт (рис.3),рычаг АВ занимает крайнее правое положение и рас-полагается на кольце. К середине дуги АВ – точке М

– прикреплен стерженьСМ. Этот стержень, по-добно аркану, можно на-кинуть на небольшойкрючок, имеющийся наполукольце. Чтобы бре-лок закрыть, надо рычагАВ поворачивать по ча-совой стрелке. Будем де-лать это медленно и по-смотрим, что при этомпроисходит с треуголь-ником АСМ. Длиныдвух его сторон – CM иMA – не меняются, аугол САМ увеличивает-

ся. Это приводит к тому, что сторона СА уменьшает-ся. Значит, расстояние между концевыми точкамиполукольца, т.е. расстояние АС, сокращается и по-лукольцо сжимается – точка С «подтягивается» кточке А.

Легко понять, что кольцо сжимается за счет работы,которую мы совершаем против силы упругости. При-лагаемая нами в точке В сила вращает рычаг АВвокруг точки А по часовой стрелке, а сила упругостиполукольца, приложенная в точке М, стремится по-вернуть его против часовой стрелки. Все сильнее исильнее поворачивая рычажок АВ, мы совершаем все

большую и большую ра-боту. Затрачиваемая намимускульная энергия пе-реходит в потенциальнуюэнергию сжимаемого по-лукольца. При этом тре-угольник АСМ все плот-нее и плотнее прижима-ется к прямой АС. Еслиже рычаг АВ выпуститьиз рук, то полукольцо ра-зожмется.

Продолжим поворачи-вать рычаг АВ – в неко-

Рис. 1 Рис. 2

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

А что изменится,если…?Е.СОКОЛОВ

ОДНАЖДЫ МЕНЯ ПОПРОСИЛИ ПРИДУМАТЬ ЗАДАЧУ ДЛЯ

восьмиклассников на тему «Фотометрия». Через неко-торое время задача была готова.

Задача про Буратино

Буратино заметил, что если вместе с лампой 1Л включитьлампу 2Л (лампы одинаковые), то освещенность точки O(рис. 1) увеличится на 80%.

– Интересно, – подумал Буратино, – на сколько быувеличилась после этого освещенность в точке O, если бычерная школьная доска 1 2D D превратилась в зеркало?

По дороге из школы домой Буратино встретил своихстарых знакомых лису Алису и кота Базилио.

– Здравствуй, наш умненький и благоразумненький Бура-тино! Что нового ты сегодня придумал на уроках?

– Я придумал задачу про лампочки и превращение класс-ной доски в зеркало, – гордо сказал Буратино и быстронарисовал на песке рисунок (см. рис. 1).

– Умненький и благоразумненький Буратино, а знаешь литы правильный ответ?

– Еще не знаю, но думаю, скоро узнаю.– Конечно, ты скоро узнаешь правильный ответ, ведь с

тобой твои самые лучшие друзья! И стоить это будет тебесовсем недорого – только те два сольдо, что у тебя в кармане.

– Смотри, – продолжала, не останавливаясь, тараторитьлиса Алиса. – Пусть первая лампочка создает в точке Oосвещенность 1 0E E= . Тогда, по условию задачи, втораялампочка дает в этой точке освещенность 2 00,8E E= . Когдадоска превращается в зеркало, она отражает все падающиена нее лучи: и от первой лампы, и от второй лампы. Так вот,если зеркало отражает все падающие на него лучи, то светав точке O станет ровно в два раза больше, т.е.

( )кон 1 2 02 3,6E E E E= + = . А это значит, что освещенностьувеличилась в два раза, т.е. на 100%, и твои денежки сталимоими! А ну давай сюда мои два сольдо!

– А вот и нет! А вот и нет!– вдруг закричал кот Базилио,который успел к этому времени нарисовать на песке рисунок2. – Отражаются от зеркала, конечно, все падающие на неголучи, но вот попадают после этого в точку O только лучи,идущие от лампы 1Л . Поэтому освещенность в точке Oстанет равной ( )кон 1 2 1 02,8E E E E E= + + = вместо началь-ного значения нач 1 2 01,8E E E E= + = . А это значит, чтоосвещенность увеличится в кон нач 0 02,8 1,8 1,56E E E E= =раза, т.е. на 56%. Так что два сольдо становятся моими!Моими! Моими!

– Ах, так! Получи, умник, – и лиса Алиса вцепилась в котаБазилио. В поисках истины друзья покатились по земле…

Читатель, несомненно, знает, что диспуты этих уважаемыхзнатоков отличаются крайней темпераментностью и длитель-ность. Поэтому наш Буратино оставил лису и кота и поспе-

шил домой, чтобы, наконец,узнать правильный ответ.

Вы, конечно, знаете, чтоуже в силу своего сложивше-гося реноме лиса Алиса и котБазилио всегда просто вы-нуждены давать неправиль-ные ответы. Какие именноошибки сделали эти персо-нажи теперь?

Напомним основные поло-жения, которые лежат в ос-нове геометрической оптики(рис.3).

Свет – это поток лучей. Ихизлучают светящиеся тела(источники света) в беско-нечном количестве и во всестороны. А несветящаяся по-верхность становится осве-щенной, когда на нее падаютсветовые лучи. Мы видимпредметы, когда световыелучи, приходящие от них,попадают нам в глаз. Такговорит теория №1. Но естьв геометрической оптике итеория №2, она говорит все

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 140

то же самое, кроме одного. Она считает, что световые лучивыходят из наших глаз и ощупывают все вокруг. Однакознайте, насколько бы сильно не отличались эти теории сжитейской точки зрения, при решении задач они полностьюэквивалентны. Поэтому выбирайте ту из них, которая позво-лит вам быстрее построить нужный луч.


1. На фотографии (см. рис. 3), словно в подтверждениетеории №1, отчетливо видны солнечные лучи, пробивающиесяиз-за туч. Но вот вопрос: почему же мы их видим, если они идутмимо наших глаз?

2. На рисунке 3 показано, что происходит со световымилучами, которые падают на черную, зеркальную и матовуюповерхности. Сформулируйте самостоятельно правила взаимо-действия световых лучей с различными поверхностями.

3. Какую из трех поверхностей – черную, зеркальную,матовую – наблюдатель сможет увидеть из любой точки, где быон ни стоял?

Напоминание закончено. Теперь об ошибках лисы Алисыи кота Базилио.

Лиса правильно сказала, что все 100% лучей, падающих назеркало, будут отражаться от него. Это верно уже поопределению зеркальной поверхности. Но Алиса не учлатого, что отраженные лучи могут просто пройти мимо точкиO. Кот Базилио правильно построил ход отраженных отзеркала пучков лучей (см. рис. 2). Из его построений видно,что после отражения в точку O попадут действительнотолько лучи первой лампы. Но это вовсе не означает, чтотакие лучи добавят к освещенности такой же вклад 1 0E E= ,какой дают лучи, идущие от первой лампы напрямую. Насамом деле их вклад будет меньшим. Вот об этом кот Базилиои не подумал. Поразмышлять о том, от чего зависят вкладыв освещенность, создаваемые различными источниками све-та, вы сможете при выполнении двух следующих заданий.


4. Обложку знаменитой поэмы «Пропала Мальвина, невестамоя» Пьеро решил украсить своей фотографией. В фотостудии(рис. 4,а) для достижения нужного эффекта фотограф поочереди включает три одинаковые лампы 1Л , 2Л и 3Л . ИБуратино снова замечает, что освещенность в точке 1O , находя-щейся прямо под первой лампой, увеличивается в 1,8 раза привключении второй лампы и еще в 1,26 раза при включениитретьей.

– Интересно, – подумал Буратино, – а как увеличиваетсяосвещенность при включении второй и третьей ламп в точке 2O ,находящейся под второй лампой?

5. Небольшая площадка на полу освещается четырьмя одина-ковыми источниками света (рис. 4,б). Расставьте источники впорядке убывания освещенностей, которые они создают на этойплощадке.

А как же Буратино все-таки узнает правильное решениесвоей задачи? Кто расскажет его ему?

Давайте переплетем две линии: линию Буратино и линиюего старшего брата Пиноккио. Будем считать, что Буратинопозвонил Пиноккио и рассказал ему о задаче. А Пиноккиовсе рассказал своей знакомой Фее с лазурными волосами. Авот феям точно по плечу самые сложные задачи.

Лекция, которую прочитала Феяс лазурными волосами

В чем главная сложность геометрической оптики? В том,что она работает с бесконечным количеством лучей. Разуме-ется, рассмотреть бесконечное количество лучей никому непо силам. Поэтому искусство решения задач геометрическойоптики сводится к умению выбрать нужный луч. Иногда вэтом помогает так называемое правило крайнего:

Если не знаешь с чего начать решение, рассмотри самыекрайние элементы (самый левый, самый правый, самыйбольшой, самый маленький и т.д.).

Попробуйте самостоятельно найти «крайние» лучи в сле-дующих заданиях.


6. Постройте область, освещенную лучами факела, отражен-ными от зеркала 1 2D D (рис. 5,а). Освещают ли они золотойключик, лежащий на полу? Пламя факела считайте точечнымисточником света S.

7. Видит ли Карабас Барабас в зеркале 1 2D D золотой ключик,лежащий на полу (рис. 5,б)? Считайте, что глаза КарабасаБарабаса расположены в той же точке S, что и факел Буратино.

8. Два зеркала 1 2D D и 3 4D D расположены так, как показанона рисунке 5,в. Карабас Барабас смотрит в зеркало 1 2D D . Накакое минимальное расстояние следует сместиться Буратино иего друзьям, чтобы Карабас Барабас не увидел их в зеркале?При решении Карабаса Барабаса считайте точкой К, а Буратинои его друзей – точкой Б. Размер одной клетки 100 метров.

Рис. 4

Рис. 5

41Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Второй метод, с которым полезно познакомиться, заклю-чается в том, чтобы данную нам систему «реальный источниксвета – зеркало» превратить в систему «мнимый источниксвета – стена с окном» (рис. 6). Делается это в два приема.

Во-первых, строим в зеркале изображение нашегоисточника S, называем его мнимым источником S′ исчитаем, что из него, как и из настоящего источника,выходят световые лучи. Вы знаете, где находитсяизображение предмета в зеркале? На таком же рассто-янии от зеркала, что и сам предмет, только с другойстороны – в «Зазеркалье» (рис. 6,а).

Во-вторых, плоскость зеркала превращаем в непроз-рачную воображаемую стену, а зеркало – в окно в этойстене (рис. 6,б). В чем смысл такого построения? А втом, что теперь, проводя по линейке все лучи, которыевыходят из мнимого источника и проходят через окно,мы построим все множество лучей, отраженных отзеркала. И заметьте, нам не придется утруждать себяпостроением углов падения и отражения. Нужный нам лучвыделен на рисунке 6,б, красным цветом. Для его построе-ния мы просто провели по линейке прямую через точки S′и A.

Попробуйте, используя этот прием, решить задачу проПиноккио.

Упражнение 9. Пиноккио, у которого в Стране Развлеченийвыросли ослиные уши, хочет рассмотреть себя в наклонновисящем зеркале 1 2D D (рис. 7). Сможет ли он увидеть себя в

нем полностью? Пиноккио считайте отрезком АС, а его глаза –расположенными в точке В.

Ну, а теперь решение нашей задачи про Буратино стано-вится совсем простым. Превращаем стену с зеркалом в стенус окном и добавляем две мнимые лампы 1Л′ и 2Л′ (рис.8).

Упражнение 10. Используя линейку, убедитесь еще раз, чтолучи от 1Л′ попадают в точку О, а от 2Л′ – нет.

Осталось догадаться, какой вклад в освещенность точкиO даст мнимая лампа 1Л′ . Догадались? Конечно, такойже, какой дает лампа 2Л ! Смотрите, площадка на которойнаходится точка О, расположена по отношению к лампе

1Л′ точно так же (с точностью до симметрии), какона расположена по отношению к лампе 2Л (см.рис. 8). Одинаковы и расстояние от площадки дообоих источников, и угол падения лучей. А это зна-чит, что вклады обоих источников в освещенностьэтой площадки будут одинаковыми. Поэтому послепревращения доски в зеркало освещенность пло-щадки возрастет на 2 00,8E E= , т.е. станет равной

( )кон 1 2 2 02,6E E E E E= + + = вместо нач 1 2E E E= + =

01,8E= . Освещенность увеличится в кон начE E =

0 02,6 1,8 1,44E E= = раза, или на 44%.Это и есть ответ.

Ну, вот, пожалуй, и все. Хотя нет, хотелось бы ещевооружить наших читателей общим методом сравнения осве-щенностей, чтобы им была по силам любая задача на этутему.

Общий метод сравнения освщенностей

Мы надеемся, что кто самостоятельно выполнил предло-женные упражнения, тот уже укрепился во мнении, чтоосвещенность любой площадки зависит от двух факторов:расстояния до источника света и угла падения лучей. Этоправильное мнение. Подкрепим его соответствующими зако-номерностями.

1) Освещенность площадки обратно пропорциональнаквадрату расстояния от нее до источника.

Другими словами, если освещенность площадки, котораярасположена на расстоянии 0R от точечного источника,равна 0E , то освещенность площадки, которая расположенана расстоянии R от источника, будет равна

20

02

RE E

R= .

Такое уменьшение освещенности связано с расходимостьюсветовых лучей при их удалении от источника.

2) Если одна из площадок расположена перпендикулярнопадающему лучу, а вторая – под углом, то освещенностьвторой площадки будет равна

0 cosE E= θ ,

где θ – угол между нормалью к площадке и лучом.Этот факт связан с увеличением при повороте площади

освещаемой поверхности.Доказать оба утверждения не составит труда, если выпол-

нить нужные рисунки и вспомнить простые факты из геомет-рии. Рекомендуем читателям проделать это самостоятельно.

Рис. 7

Рис. 6

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 142

Свет из-за угла,или Как Школьникв класс торопился

А.СТАСЕНКО

НЕТРУДНО УСЛЫШАТЬ ЗВУК ОРКЕСТРА, ИГРАЮЩЕГО ЗА

углом здания. Тут все понятно: это звуковые волныогибают препятствие. Но ведь свет – тоже волны (хотя исовсем другой природы – электромагнитной). Значит, и онимогут обогнуть угол? Тут надо всерьез разобраться.

Прежде всего вспомним характерные масштабы – длинуволны λ этих волн, иначе говоря, их пространственныйпериод. Звуки, воспринимаемые человеком, имеют частотуколебаний в пределах ν = 20–20000 Гц. Поскольку скоростьзвука в воздухе равна приблизительно v = 300 м/с, то длинаволны, т.е. расстояние, проходимое за период 1T = ν ,

составит 0,015 15 мv

vTλ = = = −ν

– от комариного писка до

глубочайшего баса. А длина волны видимого глазом светалежит в пределах 0,4–0,8 мкм, т.е. на много порядковменьше, чем для звуковых волн. И поскольку звук из-за угласлышен часто, а свет из-за угла виден редко, то в этомразличии длин волн что-то есть!

Вспомним классический дифракционно – интерференци-онный опыт: на непрозрачный экран со щелью шириной bслева нормально падает волна с длиной λ (рис.1). Сразу за

экраном распределение интенсивности волн (плотности по-

тока энергии J, [ ] ( )2Дж м сJ = ⋅ ) будет такое же, как и в

падающей волне, т.е. 0J . Но что будет «далеко» от экрана?Тут можно привести известные интерференционные сооб-

ражения. Заменим плоскость щели двумя параллельныминитевидными источниками цилиндрических волн, отстоящи-ми друг от друга на расстояние 2b . Тогда в точку с

координатами ( ),x y , достаточно удаленную от экрана, вол-ны придут с разностью хода, приблизительно равной

sin2

b∆ = α . И если

, 3 , 5 ,2 2 2

λ λ λ∆ = …

то волны погасят друг друга. Это значит, что под углами, для

которых

sin , 3 , ,b b

λ λα = …

1sinb

λα = ,

интенсивность волны будет нулевой.Все это известный школьный материал. Для нас тут важно

появление отношения b

λ – результат оказался зависящим не

только от характеристики волны, но и от геометрическогоразмера объекта (в данном случае от ширины щели).

А если заменить щель круглым отверстием диаметром D?Тут мало что изменится. Правда, теперь прежнее соотноше-ние для угла, соответствующего первому минимуму освещен-ности, примет вид

1sin 1,22D

λα = .

Но осталось неизменным главное: отношение длины волнык размеру объекта, с которым она взаимодействует.

Значит, если теперь та же волна упадет на футбольный мяч(рис.2), то на его краях тоже должно произойти отклонениелучей на угол порядка

D

λα ∼ . ( ∗ )

Здесь мы учли, что при малых значениях угла sin α ≈ α , ипренебрегли коэффициентом 1,22 – как настоящие физики,выделили суть явления. С другой стороны, из рисунка 2

можно выразить угол α так:

2D r

x xα =∼ .

Сравнивая это выражение с предыдущим, получим2r

x X=λ

∼ .

Это очень интересное соотношение, в котором связаны ужетри характерных размера: длина волны, радиус препятствияи расстояние до точки наблюдения. Из уважения к последне-му мы обозначили его заглавной буквой X. В частности,полагая радиус мяча равным r = 0,1 м, а длину волны равнойλ = 0,5 мкм, получим

2 24

6

0,1 м2 10 м= 20 км

0,5 10 мX −= = ⋅

⋅.

Судя по рисунку 2, начиная с этого расстояния, т.е. при x >> X, на экране в центре изображения мяча вместо тени будетсветлое пятно. Естественно, никто не рассматривает фут-больный мяч с такого расстояния. Но если вместо него взятьдробинку радиусом 0,1 мм, т.е. в тысячу раз меньшегоразмера, то X станет в миллион раз меньше, т.е. будет0,02 м, что вполне удобно для классических лабораторныхэкспериментов.

Рис. 1

Рис. 2

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

Форма кривойвращающегося

тросаА.КНЯЗЕВ

ПОДВЕСИМ ГИБКУЮ НЕРАСТЯЖИМУЮ МАССИВНУЮ

нить, трос или цепочку на конце вертикального вала,который может вращаться с постоянной угловой скоростью(рис.1). По мере раскручивания вала нить постепенно вов-лекается в движение, изгибается и через некоторое времяпринимает некоторую стационарную, не изменяющуюся современем форму (моду). Наблюдения показали, что крометривиальной, но очень неустойчивой формы цепочки в видевисящего вертикального отрезка возможны еще две стацио-нарные формы плоского расположения троса. Причем пере-ход от одной формы к другой происходит при изменениискорости вращения практически скачком, такие измененияназывают бифуркациями.

При малых скоростях вращения цепочка представляетнекоторую кривую, удаляющуюся от оси вращения с увели-чением длины кривой, отсчитываемой от точки закрепления.Эта форма является образующей некоторой коническойповерхности вращения, поэтому временно будем называть ееконической.

Эта работа была выполнена в 2013 году при участии моегоученика, учащегося 11 класса Саратовского Лицея прикладныхнаук Александра Куликова, ныне студента МФТИ. Рис. 1

Таким образом, мы нашли критерий, по которому можноразличать понятия «близко» (x < X) и «далеко» (x > X). Впервом случае можно условно говорить об области тени, вовтором случае шар становится как бы прозрачным – с точкизрения волны, обогнувшей его со всех сторон. В случае жеx X≪ – совсем «близко» – тень будет резкой, и мывступаем в область геометрической оптики.

Перед сном полезно рассмотреть, например, взаимодей-ствие радиоволн, идущих от далеких галактик или от Солн-ца, с таким «шариком», как Луна (r = 1700 км, 110 м−λ = ).

Дальше – больше. Согласно де Бройлю (Луи де Бройль,1892–1987), любому телу, обладающему импульсом mv,

можно сопоставить волну длиной h

mvλ = , где

346,6 10 Дж сh −= ⋅ ⋅ – постоянная Планка (Макс Планк,1858–1947). Так, если электрон прошел разность потенциа-

лов U и приобрел скорость 2eU

vm

= , то его дебройлевская

длина волны будет равна 2

h

eUmλ = . А значит, возможен

электронный микроскоп! Если же вместо электрона взятьатомарные или молекулярные ионы – получим ионныймикроскоп! И такие микроскопы действительно существуют.

А если Школьник массой m = 50 кг поспешит в класс соскоростью v = 10 м/с, то его дебройлевская длина волнысоставит

34366,6 10 Дж с

10 м50 кг 10 м с

h

mv

−−⋅ ⋅

λ = =⋅

∼ ,

и угол дифракции на двери шириной 1 м, согласно выраже-нию ( ∗ ), будет порядка

3636 3510 м

10 рад 6 10 градуса1 м

−− −α = ≈ ⋅∼ .

Впрочем, это едва ли заметят его приятели. Потому чтоШкольник, в отличие от электрона или иона, это макрообъ-ект.

Говоря по-научному, мы рассмотрели дифракцию волн напрепятствиях. Но уже при анализе рисунка 1 были исполь-зованы интерференционные соображения. Тем самым, мыубедились в том, что интерференция и дифракция – единоеявление. Если Вы об этом громко скажете в автобусе, Вамуступят место. А если сознаетесь в этом на собеседовании вМосковском физико-техническом институте – Вас назовутстудентом.

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

При увеличении скорости возникает следующая форма –нить как бы разделяется на несколько частей, которые,напоминают отрезки синусоиды тем больше, чем длиннеенить. Условно назовем эту форму стоячей волной – поаналогии с возбужденной струной. Струна и вращающийсяканат, несмотря на, казалось бы, разные физические причи-ны возбуждения, действительно имеют некоторое сходство(особенно, если на конце каната закреплен массивный груз).

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 144

Рис. 3

построении кривых константы были выбраны в значитель-ной мере произвольно: 0 0,4 мy = , 0 0,002 мx = , а квадрат

частоты 2ω изменялся от 1 до 2100 c− . Как мы увидим

дальше из опыта, при значении квадрата частоты около2100 c− (при выбранных начальных значениях координат)

логарифмическая форма троса может нарушиться. Но можети сохраниться, и тогда при высоких скоростях трос будетвращаться практически в одной плоскости, как праща иликак нить газонокосилки-стриммера.

Математически происхождение величин 0y и 0x понятно– они отражают процедуру интегрирования и свойстваполучившейся логарифмической функции. Однако для на-шей задачи у них есть и некоторый физический смысл,связанный с реализацией данного режима вращения троса.Дело в том, что у идеального троса, подвешенного строго пооси вращения (самая первая, тривиальная форма), отсут-ствуют причины возникновения отклоняющей его центро-бежной силы: вдоль всего троса действует лишь сила тяже-сти, направленная вниз. Вывести трос из положения равно-весия можно, либо сообщив хотя бы одному из его участковгоризонтальную скорость, либо расположив трос на некото-ром расстоянии 0x

от оси. Экспериментально идеальныеусловия вращения троса без отклонения реализовать доволь-но сложно – эта форма является неустойчивой. Даже еслиутяжелить отрезок конечной длины ( )0y , то при вращениитрос через некоторое время (зависящее от скорости враще-ния) придет в круговое движение из-за неизбежного раска-чивания установки и действия сил сопротивления воздуха.Эти две причины придают движению трехмерный характер– трос приобретает форму сложной трехмерной спиральнойконической пружины. Еще через некоторое время нижниеучастки троса начинают значительно отставать от верхних иприходят в режим «заметающего» движения, пересекая вкакой-то момент ось вращения. После этого трос приобретаетформу стоячих волн с несколькими самопересечениями.Если же трос заранее закреплен с некоторым смещением отцентра вращения, то исследуемый нами режим устанавлива-ется быстро, при неизменной скорости вращения.

Эксперимент. Как уже говорилось, мы сосредоточиливнимание именно на логарифмической форме вращающегосятроса. Для реализации стабилизированной частоты враще-ния мы выбрали массивный вращающийся диск электрофонадля раскручивания грампластинок, имеющий три фикси-рованные скорости вращения: 33 об/мин, 45 об/мин и78 об/мин. На диске укрепили металлическую арку сотверстием для подвеса массивного троса – металлическойцепочки. Высота арки дозволяет использовать отрезок це-почки не более 35–38 см. Делать арку более высокой непозволяет конструкция крепления подпружиненной плат-формы электрофона. Высокая арка начинает неизбежнораскачиваться, а закрепление платформы приводит к воз-буждению высокочастотного дрожания всей конструкции,нарушающего стабилизацию частоты вращения двигателя.

Первые эксперименты оказались неудачными. При не-больших угловых скоростях вращения ( 13,45 c− , 14,71 c− )движение цепочки, тщательно вывешенной почти по центрувращения (отклонение 0x не более 2 мм), укладывалось вполученные теоретические представления. При значенияхквадрата частоты 211,9 c− и 222,18 c− отклонение концацепочки от оси составляло около 3–5 мм и при вращенииотмечалось небольшое покачивание цепочки. Однако при

2 266,7 c−ω = теоретические предсказания явно разруша-лись – цепочка раскручивалась, затем быстро (менее чем задесяток оборотов) переходила в режим трехмерной коничес-

Рис. 2

Однако задачей нашего ис-следования мы выбрали опре-деление именно коническойформы вращающегося троса сосвободным концом, как наибо-лее интересной для нас. (Покрайней мере, мы не нашлиподобного исследования ни визвестных нам учебниках потеоретической механике, ни винтернете.)

Теоретические рассужде-ния. Обсудим причины воз-никновения конической фор-мы вращающегося троса. Рас-смотрим бесконечно малый про-извольный отрезок вращающе-гося троса длиной dl и массойdm и запишем для него условие

стационарного равновесия под действием на него сил тяже-сти ( )dm g⋅ , натяжения соседних участков троса ( 1T и 2T )

и центробежной силы инерции ( )2dm x⋅ ω (рис.2). Уравне-ние моментов сил относительно, например, верхней точкиотрезка дает

2

2 2

dx dydm g dm x⋅ ⋅ = ⋅ ω ⋅ .

Здесь мы пренебрегли малым отличием направлений ичисленных значений сил натяжения 1T и 2T в начале и вконце выделенного бесконечно малого отрезка. Если теперьучесть, что dy y= − ∆ , то уравнение моментов приобретаетвид

2

g dxdy

x= −

ω.

Этим уравнением можно определить форму кривой ( )y x .Проинтегрируем в определенных пределах:

0 0

2

y x

y x

g dxdy

x= −

ω∫ ∫ .

В результате получаем искомое выражение для формывращающегося троса:

0 20

lng x

y yx

= −ω

.

Понятно, что теперь вместо временного термина «коничес-кая форма» можно употреблять термин «логарифмическаяформа».

Видно (рис.3), что независимо от своей длины трос приувеличении частоты вращения уходит от оси, стремясьвытянуться в горизонтальной плоскости вращения. При

45Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В

кой спирали и далее зацеплялась за арку примерно на 2/3своей длины. После этого происходило закручивание вокругопоры. Согласно теории, подобные явления должны былинаступить при более чем вдвое больших значениях квадратачастоты вращения.

Наблюдения привели нас к мысли о возможном резонансемежду качанием платформы и собственными маятниковымиколебаниями цепочки. Действительно, собственную частотуколебаний цепочки можно оценить по приближенной форму-ле для физического маятника, считая цепочку почти прямымстержнем (в начале опыта):

100

0

38,7 c

Mgy g

I y−ω ≈ ≈ = .

Это довольно близко к значению 18,17 c− , соответствующе-му скорости вращения диска 78 об/мин. Таким образом,влияние резонанса вполне возможно.

Для устранения этих нежелательных возмущений мытщательнее выровняли платформу электрофона на лабора-торном столе. Кроме того, установили шкалу сантиметровойлинейки над верхом вращающейся арки – для контроляухода оси при вращении из-за несимметричности изготов-ленной арки и прочих факторов. После этого раскачиванияпочти прекратились, движение стабилизировалось, а резуль-таты наблюдений, с учетом реального отклонения точкизакрепления троса 0 10 ммx ≈ , практически приблизились ктеоретическим предсказаниям.

На рисунке 4 приведен фрагмент одной из фотографий,подготовленный для цифровой обработки, а результатыизмерений по фотографиям сведены в таблицу. Наиболее

сложным этапом оказа-лось точное проведениекоординатной оси y иизмерение величины

0x . Небольшие откло-нения в ориентацииснимка и оптические ис-кажения перспективыведут к ошибкам в оп-ределении координат,особенно для конца це-почки (в таблице ониотмечены звездочками).Кроме того, нижнийкончик цепочки пред-ставляет маятник малойдлины и поэтому посто-янно покачивается.

В целом при анализенескольких фотогра-фий точность отсчетаизмерения линейных ве-личин в экспериментемы оцениваем не выше

5 мм± . Верхняя строч-ка таблицы соответству-ет левой части уравне-ния теоретической кри-вой

0 20

lng x

y yx

− =ω

.

Самая нижняя строчкатаблицы соответствуетправой части уравне-

ния, рассчитанной по измеренным значениям x и при задан-ном значении 0x , оцененном в ходе эксперимента и по

киносъемке (здесь 20,15

g≈

ω). При идеальном соответствии

проведенных измерений значения самой верхней и самойнижней строчек таблицы должны совпадать.

Видно, что даже при той невысокой точности, которуюпозволила техника нашего эксперимента, соответствие егорезультатов с теоретическими представлениями можно счи-тать удовлетворительным, разве что исключая самое после-днее – на самом конце цепочки.

Наблюдения при высоких скоростях вращения. Попыт-ка экспериментально исследовать тонкую легкую нить при-водит к возникновению явления, при котором начинаетразвиваться распространяющаяся вдоль нити волна. Какизвестно, длина волны в струне ( λ ), связана с частотойвозмущения ( ω ), силой натяжения (T) и погонной массойнити ( ρ ) соотношением

1 Tλ

ω ρ∼

(его легко получить, например, из соображений размернос-ти). Для нашего случая получаем

28 смgL

λ ≈ω

∼ .

Это очень близко ктому, что видно на ри-сунке 5 (примерно триполуволны на длине38 см). При малых зна-чениях массы нити рольцентробежной силы па-дает, а длина волныможет оказаться мень-ше длины струны.

По-видимому, учетволновых явлений мо-жет быть важен приизучении сценария воз-никновения второй изустойчивых форм тро-са – на высоких часто-тах. Именно волновыесвойства троса могутопределять продоль-ный масштаб конфигу-рации. Но эта тема ужевыходит за рамки данной статьи.

Выводы. Итак, вращающийся трос действительно имееттри моды плоского вращения. Из них одна – тривиальная инеустойчивая, а две другие обладают устойчивостью относи-тельно малых возмущений. При изменении частоты враще-ния в сторону увеличения переходная форма кривой стано-вится трехмерной, но при установившемся движении спостоянной скоростью вновь оказывается плоской.

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 1

Изогональносопряженные

точкиП.КОЖЕВНИКОВ

РАССМОТРИМ ТРЕУГОЛЬНИК ABC И ВОЗЬМЕМ ТОЧКУ Pвнутри него. Отразим прямую AP симметрично относи-

тельно биссектрисы угла BAC, получим прямую al . Анало-гично поступим с прямыми BP и CP – отразим их относи-тельно соответствующих биссектрис и получим отраженныепрямые bl и cl (рис. 0). Замечательная теорема утверждает:

прямые al , bl , cl пересекаются в одной точке.

Эта точка Q называется изогонально сопряженной дляточки P (относительно данного треугольника ABC). Легковидеть, что изогональное сопряжение взаимно, т.е. еслиточка Q является изогонально сопряженной для точки P, тои, наоборот, P является изогонально сопряженной для Q. Насамом деле теорема верна не только для точек Р внутритреугольника, но и для любых точек P, не лежащих напрямых AB, BC, CA и описанной окружности треугольникаABC.


1. Какая точка изогонально сопряжена центру вписаннойокружности треугольника?

2. Докажите, что центр описанной окружности и ортоцентризогонально сопряжены.

3. Докажите, что если точка P лежит на описанной окружно-сти треугольника ABC, то отраженные прямые al , bl , clпараллельны. (Можно сказать, что для точки P описаннойокружности треугольника ABC изогонально сопряженная точкабесконечно удалена.)

Мы не будем ставить задачу просто доказать теорему, этоделается во многих книгах.1 Вместо этого предложим кол-лекцию конструкций, которые покажут, что изогональноесопряжение может разнообразно проявиться в геометрии, азаодно и дадут разные способы доказательства теоремы.

Первые два способа, приведенные в этой статье, описаны,например, в книге [1] и статье [2]. Способ 3 заметилЕ.Бакаев, которому автор также признателен за ценныезамечания, позволившие улучшить текст статьи. Способ 8автор узнал от И.Богданова. Сюжет из способа 9 заметилА.Акопян. Остальные способы автор обнаружил сам, хотянаверняка многие из них были известны ранее.

Чтобы не отвлекаться на разбор разных случаев располо-жения точек, будем предполагать, что данный треугольникABC остроугольный и точка P лежит внутри него. Рассуж-дения, которые мы проводим, несложно изменить и приме-нить к любому случаю расположения точек. Итак, начнем.

* * *

В первых четырех способах важную роль будут игратьпроекции точки P на прямые BC, CA, AB. Обозначим ихчерез aP , bP , cP .

Способ 1. Положим a aPP d= , b bPP d= , c cPP d= (рис.1,а).2 Отношение расстояний от любой точки прямой AP допрямых AC и AB равно :b cd d . Из симметрии следует, что

для отраженной прямой al будет наоборот: отношениерасстояний от точки прямой al до прямых AC и AB равно

:c bd d . Более того, если точка X лежит внутри угла BAC иотношение расстояний от нее до прямых AC и AB равно

:c bd d , то X лежит на прямой al (докажите это!).Теперь рассмотрим точку пересечения Q прямых al и bl

(рис.1,б) и воспользуемся указанными соображениями. Пусть

ah , bh , ch – расстояния от точки Q до прямых BC, CA, ABсоответственно. Тогда : :a c c ah h d d= , : :c b b ch h d d= . Пере-множив, получим : :a b b ah h d d= , значит, Q лежит на пря-мой cl .

Способ 2. Пусть отраженная прямая al пересекает отрезок

b cP P в точке Z (рис.2,а). Четырехугольник b cAP PP вписан-ный, так как его противоположные углы прямые. Отсюда

c b cP P A P PA∠ = ∠ . Треугольники cAP P и bAZP подобны по

двум углам, значит, 90bAZP∠ = ° . Таким образом, al –перпендикуляр к прямой b cP P , проходящий через точку A.

Продлим отрезок bPP на его длину за точку bP , получимточку bP′ , которая симметрична точке P относительно пря-мой AC (рис.2,б). Аналогично, пусть точка cP′ симметричнаточке P относительно прямой AB, а точка aP′ симметричнаточке P относительно прямой BC. Из симметрии

b cAP AP AP′ ′= = , значит, A равноудалена от точек bP′ , cP′ и,следовательно, A лежит на серединном перпендикуляре котрезку b cP P′ ′ . Далее, b cP P – средняя линия треугольника

b cPP P′ ′ , поэтому b c b cP P P P′ ′P , откуда a b cl P P′ ′⊥ . Тем самым,прямая al и есть серединный перпендикуляр к отрезку b cP P′ ′ .Аналогично получаем, что прямые bl и cl – серединныеперпендикуляры к отрезкам c aP P′ ′ и a bP P′ ′ . Таким образом,

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

2 Тройка расстояний ( ), ,a b cd d d определяет так называемыетрилинейные координаты точки P.

1 Одно из самых известных и коротких доказательств – спомощью следующей теоремы Чевы в форме синусов. Пусть X, Y,Z – точки на сторонах BC, CA, AB треугольника ABC соответ-ственно. Прямые AX, BY, CZ пересекаются в одной точке тогдаи только тогда, когда выполнено равенство

sin sin sin

1sin sin sin

BAX CBY ACZ

CAX ABY BCZ

– – –◊ ◊ =

– – –.

Рис. 0

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

прямые al , bl , cl пересекаются в одной точке – в центреописанной окружности треугольника a b cP P P′ ′ ′ .

Итак, получается, что точка Q, изогонально сопряженнаяточке P, – центр описанной окружности треугольника a b cP P P′ ′ ′(рис.2,в). Отсюда выведем важное следствие: проекцииизогонально сопряженных точек на стороны треугольникалежат на одной окружности. Сделаем гомотетию с центромP и коэффициентом 1/2. При этом Q перейдет в середину Sотрезка PQ, а треугольник a b cP P P′ ′ ′ – в треугольник a b cP P P .Значит, S – центр описанной окружности треугольника

a b cP P P . Пусть aQ , bQ , cQ – проекции точки Q на прямыеBC, CA, AB. Проекция точки S на прямую BC – это серединаотрезка a aP Q . Тем самым, S равноудалена от точек aP и aQ .Проведя такие же рассуждения для пар точек ,b bP Q и ,c cP Q ,видим, что точка S равноудалена от всех шести точек aP , bP ,

cP , aQ , bQ , cQ . Получаем требуемое: все шесть проекцийизогонально сопряженных точек P и Q на прямые AB, BC,CA лежат на одной окружности. И центр этой окружности –середина отрезка PQ.

Теперь проведем предыдущие рассуждения в обратнуюсторону и получим новый способ.

Способ 3. Пусть по-прежнему aP , bP , cP – проекцииточки P на прямые BC, CA, AB соответственно, S – центр

описанной окружностиω треугольника

a b cP P P , Q – точка, сим-метричная P относи-тельно S, а aQ , bQ , cQ– проекции точки Q напрямые BC, CA, AB со-ответственно (рис. 3).Проекция точки S напрямую BC совпадает ссерединой отрезка

a aP Q , значит, S равно-удалена от точек aP и

aQ . Следовательно,точка aQ лежит на окружности ω . То же справедливо и дляточек bQ и cQ .

Докажем, что ∠ = ∠BAP CAQ . Заметим, что четыреху-гольники b cAP PP и c bAQ QQ вписанные, а треугольники

b cAP P и c bAQ Q подобны (поскольку точки bP , cP , bQ , cQлежат на одной окружности). Отсюда получаем цепочку

равенств:

∠ = ∠ = ° − ∠ =90c b c bBAP P P P P P A

= ° − ∠ = ∠ = ∠90 b c b cQ Q A Q Q Q CAQ .

Итак, ∠ = ∠BAP CAQ , значит, Q лежит на прямой al .Аналогично, Q лежит на прямых bl , cl , т.е. Q – общая точкапрямых al , bl , cl .

Упражнение 4. Докажите, что в треугольнике серединысторон и основания высот лежат на одной окружности. (Этаокружность носит название окружности девяти точек. Кромеуказанных шести точек на ней лежат середины отрезков, соеди-няющих ортоцентр с вершинами треугольника.)

Способ 4. Как и в способе 2, используем, что a b cl P P⊥ ,

b c al P P⊥ , c a bl P P⊥ . Значит, нам нужно доказать, что пер-пендикуляры из точек A, B, C на прямые b cP P , c aP P , a bP Pпересекаются в одной точке(рис.4).

Это сразу будет вытекатьиз следующего известногокритерия (это утверждениеназывают теоремой Карно, аиногда теоремой Штейнера).Пусть ABC и A B C′ ′ ′ – дватреугольника на плоскости.Перпендикуляры из точек A,B, C на прямые B C′ ′ , C A′ ′ ,A B′ ′ соответственно пересе-каются в одной точке тогда и только тогда, когда

2 2 2 2 2 2AB BC CA BA CB AC′ ′ ′ ′ ′ ′+ + = + + . Мы видим, что вэтом равенстве треугольники ABC и A B C′ ′ ′ равноправны,поэтому перпендикуляры из вершин A, B, C на прямые B C′ ′ ,C A′ ′ , A B′ ′ соответственно пересекаются в одной точке тогдаи только тогда, когда перпендикуляры из вершин A′ , B′ , C′на прямые BC, CA, AB соответственно пересекаются в однойточке. Пары треугольников с таким условием называютортологичными.

Вернемся к нашему вопросу. Чтобы доказать, что перпен-дикуляры из точек A, B, C на прямые b cP P , c aP P , a bP Pсоответственно пересекаются в одной точке, достаточнозаметить, что перпендикуляры из точек aP , bP , cP напрямые BC, CA, AB соответственно пересекаются в однойточке.

Итак, точка Q была получена нами как пересечениеперпендикуляров al , bl , cl к сторонам треугольника a b cP P P .В следующем упражнении мы предлагаем доказать, что этиперпендикуляры является также высотами некоторого треу-гольника. Этот факт автор узнал от Д.Прокопенко.

Упражнение 5. Пусть , ,a b cH H H – ортоцентры треугольни-ков b cAP P , c aBP P , a bCP P соответственно. Докажите, что al , bl ,

cl – высоты треугольника a b cH H H .Указание: b c aP H P P и c b aP H P P – параллелограммы.

* * *В следующих двух способах пусть Q – точка пересечения

al и bl . Докажем, что прямая CQ совпадает с cl .

Способ 5. Пусть окружность, описанная около треуголь-ника BQC, вторично пересекает прямую al в точке X(рис.5). Тогда, пользуясь равенством вписанных углов,опирающихся на одну дугу, имеем ABP QBC∠ = ∠ =

AXC= ∠ . Отсюда следует, что треугольник CAX подобен

треугольнику PAB. Тогда AB : AX= AP : AC . Но посколькуBAX PAC∠ = ∠ , треугольники BAX и PAC тоже подобны.

Значит, BXA PCA∠ = ∠ . Но BXA BCQ∠ = ∠ (вписанные

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 148

Рис. 7

Рис. 8

углы). Таким образом,PCA BCQ∠ = ∠ , т.е. пря-

мая CQ совпадает с cl .На самом деле точка X,

которая фигурирует вэтом способе, является об-разом точки P при компо-зиции инверсии3 с цент-ром в точке A и радиусом

AB AC⋅ и симметрииотносительно биссектри-сы угла A (это преобразо-вание точки B и C меняетместами).

Способ 6. Пусть пря-мые AP и al , BP и bl , CPи CQ пересекают вторич-но описанную окружностьтреугольника ABC в точ-

ках pA и qA , pB и qB , pC и qC соответственно (рис.6). Изравенства углов pBAA и qCAA следует равенство дуг pBA

и qCA , иначе говоря, точки pA и qA симметричны относи-тельно серединного перпендикуляра к BC. Аналогично, дуги

pAB и qCB равны. Нам достаточно доказать равенство дуг

qBC и pAC (из равенства этих дуг будет следовать равен-ство углов BC qC и AC pC ).

Заметим, что p qBA A BA A∠ = ∠ . Кроме того,

( )1

2p p pBPA BA AB∠ = ∪ + ∪ =

= ( )1 1

2 2q q q q qCA CB A B A BQ∪ + ∪ = ∪ = ∠ .

Значит, треугольники pPA B и qBA Q подобны. Отсюда: :p p q qA P A B A B A Q= . Поскольку p qA B A C= и

q pA B A C= , имеем : :p q p qA P A C A C A Q= . Из полученного

равенства и равенства вписанных углов p qCA P CA Q∠ = ∠следует подобие треугольников pPA C и qCA Q . Значит,

q pQCA CPA∠ = ∠ , откуда ∪ + ∪ = ∪ + ∪q q p pBC BA AC CA ,

и, так как q pBA CA∪ = ∪ , получаем нужное нам равенство

q pBC AC∪ = ∪ .Как следует из рассуждений выше, произведение p qA P A Q⋅

равно p qA C A C⋅ (что также равно p qA B A B⋅ ) – оно не будетизменяться, если зафиксировать прямую pAA , а точке Pпозволить перемещаться по ней.


6. В обозначениях предыдущего способа докажите, что подоб-ны: треугольники p pA PB и q qA CB , треугольники p pA CB и

q qA QB , четырехугольники p pA PB C и q qA CB Q . Выведите отсю-да другое доказательство подобия треугольников pPA C и qCA Q .

7. Докажите теорему с использованием точек пересеченияпрямых AP, BP, CP и AQ, BQ, CQ с описанной окружностьютреугольника ABC, применив следующий критерий: диагонали

1 4X X , 2 5X X , 3 6X X вписанного шестиугольника 1 2 3 4 5 6X X X X X X

пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

1 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 1X X X X X X X X X X X X⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ .

* * *

Далее будет использован такой прием: вместо того чтобынапрямую доказывать, что в данном треугольнике ABCпрямые al , bl , cl пересекаются в одной точке Q, мы найдем«подобную копию» требуемой картинки! А именно, мыпредъявим некоторый треугольник, подобный треугольникуABC, и такую точку внутри него, что преобразование подо-бия, которое совмещает этоттреугольник с треугольни-ком ABC, переводит нашуточку в общую точку пря-мых al , bl , cl .

Способ 7. Пусть, как ираньше, , ,p p pA B C – точкипересечения прямых AP,BP, CP с описанной окруж-ностью. Через A′ , B′ , C′обозначим проекции точкиP на прямые p pB C , p pC A ,

p pA B соответственно(рис.7). Из вписанности че-тырехугольника pC A PB′ ′имеем

p p p pPA B PC B CC A CAA PAC′ ′ ′∠ = ∠ = ∠ = ∠ = ∠ .

Аналогично получаем равенства ′ ′∠ = ∠PA C PAB ,PB C PBA′ ′∠ = ∠ , PB A PBC′ ′∠ = ∠ , PC A PCB′ ′∠ = ∠ ,PC B PCA′ ′∠ = ∠ . Это означает, что треугольник A B C′ ′ ′

подобен треугольнику ABC, и подобие, переводящее его втреугольник ABC, переводит прямые A P′ , B P′ , C P′ впрямые , ,a b cl l l соответственно.

Упражнение 8. Пусть * * *a b cP P P – второй педальный треуголь-

ник, т.е. *aP , *

bP , *cP – проекции точки P на стороны

треугольника a b cP P P , и пусть прямые *aP P , *

bP P , *cP P пересе-

кают описанную окружность треугольника * * *a b cP P P вторично в

точках *A , *B , *C . Докажите, что треугольник * * *A B C подобентреугольнику ABC и подобие,переводящее его в треуголь-ник ABC, переводит прямые

*A P , *B P , *C P в прямые, ,a b cl l l соответственно.

Способ 8. (Возможно, са-мый короткий и изящный!)Проведем окружность черезточки B, P, C. Пусть онавторично пересекает прямыеAB и AC в точках C′ и B′соответственно. Предполо-жим, B′ и C′ попали настороны AC и BC (рис.8).Тогда из вписанности четы-рехугольника BCB C′ ′ сле-

Рис. 5

3 Про инверсию можно прочитать, например, в статье В.Уроевав «Кванте» № 5 за 1984 год.

Рис. 6

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 49

дует, что AB C ABC′ ′∠ = ∠ , значит, треугольник AB C′ ′подобен треугольнику ABC. Далее, из вписанности четырех-

угольника BC′PB′ имеем C B P C BP ABP′ ′ ′∠ = ∠ = ∠ . Анало-гично, B C P ACP′ ′∠ = ∠ . Кроме того, очевидно, C AP′∠ =

BAP= ∠ . Значит, P и есть искомая точка(!) – подобие,переводящее треугольник AB C′ ′ в треугольник ABC, пере-водит прямые AP, B P′ , C P′ в прямые , ,a b cl l l соответствен-но.

Упражнение 9. Измените приведенное доказательство дляслучая, когда хотя бы одна из точек B′ , C′ лежит на продол-жении соответствующей стороны.

Способ 9. Проведем через точки B и C окружность,которая вторично пересекает прямые AC и AB в точках 1Bи 1C соответственно (для определенности будем считать, что

1B и 1C лежат на продолжениях сторон AC и AB за точку A– см. рис.9). Пусть прямые BP и CP вторично пересекаютокружность в точках M и N соответственно , а прямые 1B M и

1C N пересекаются в точке 1P . Треугольники ABC и 1 1ABC

подобны, так как 1 1 1CBC CBC∠ = ∠ . Кроме того,

1 1 1 1 1 1C B P C B M C BM ABP∠ = ∠ = ∠ = ∠ и, аналогично,

1 1 1BC P ACP∠ = ∠ . Значит, подобие, переводящее треуголь-

ник 1 1ABC в треугольник ABC, переводит прямые 1 1B P , 1 1C P

в прямые ,b cl l соответственно. Остается доказать, что 1AP

переходит в al . Для этого достаточно доказать, что

1 1C AP BAP∠ = ∠ , т.е. что точки P, A, 1P лежат на однойпрямой.

Воспользуемся теоремой Паскаля, которая гласит, чтодля шестерки точек 1 2 3 4 5 6, , , , , ,X X X X X X , лежащих наодной окружности, точки пересечения прямых 1 2X X и

4 5X X , 2 3X X и 5 6X X , 3 4X X и 6 1X X лежат на однойпрямой. Применив теорему Паскаля для шестерки точек B,M, 1B , C, N, 1C , получаем, что точки P, A, 1P лежат наодной прямой.

Наверное, теорема Паскаля не проще, чем теорема обизогональном сопряжении, но это не мешает нам оценить,как красиво эти теоремы сплелись в способе 9. Конструкцияиз способа 8 по сути является частным случаем только чторассмотренной: там берется не произвольная окружность,проходящая через B и C, а специальная – проходящая такжеи через P.

Упражнение 10. Используя рассуждения из последних двухспособов, получите элементарное доказательство теоремы Пас-каля.

Указание: рассмотрев одновременно построения из способов8 и 9, докажите, что треугольники AB C′ ′ и 1 1ABC гомотетичны,а P и 1P – их соответствующие точки.

Рис. 9

* * *

Кажется, мы увидели достаточно много красивой геомет-рии: трилинейные координаты (способ 1), метод отражения(2), ортологичность треугольников (4), вписанные углы ивспомогательные окружности (3, 5–8), теорема Паскаля (9).Хотя это далеко не полный список «изогональных мотивов»(скажем, изогональное сопряжение тесно связано с коничес-кими сечениями, вписанными в треугольник), пора завер-шать. Напоследок еще один способ: попробуем просто изго-товить треугольник A B C′ ′ ′ , подобный треугольнику ABC,из треугольников A B Q′ ′ ′ , B C Q′ ′ ′ и C A Q′ ′ ′ с нужнымиуглами.

Способ 10. Возьмем треугольник Q B C′ ′ ′ с угламиQ B C ABP′ ′ ′∠ = ∠ , Q C B ACP′ ′ ′∠ = ∠ . Приложим к нему

треугольник Q C A′ ′ ′ с углами Q C A BCP′ ′ ′∠ = ∠ ,Q A C BAP′ ′ ′∠ = ∠ (рис.10). Приложим к нему треугольник

Q A B′ ′ ′′ с углами Q A B CAP′ ′ ′′∠ = ∠ , Q B A CBP′ ′′ ′∠ = ∠ .Точка B′′ попадает на луч Q B′ ′ , поскольку сумма угловB Q C′ ′ ′ , C Q A′ ′ ′ , A Q B′ ′ ′′ равна 360° (эта сумма равна3 180 ABP ACP BCP⋅ ° − ∠ − ∠ − ∠ − BAP CAP CBP∠ − ∠ − ∠ =

360= ° ).Остается понять, что точка B′′ совпадает с B′ . Пользуясь

теоремой синусов, имеем

Q B Q B Q C Q A

Q B Q C Q A Q B

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= ⋅ ⋅ =

′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′ ′′

= sin sin sin

sin sin sin

ACP BAP CBP

ABP BCP CAP

∠ ∠ ∠⋅ ⋅ =

∠ ∠ ∠

= sin sin sin

sin sin sin

ACP BAP CBP

CAP ABP BCP

∠ ∠ ∠⋅ ⋅ =

∠ ∠ ∠1

AP BP CP

CP AP BP⋅ ⋅ = .

Значит, Q B Q B′ ′ ′ ′′= , что и требовалось.Конечно, последний способ идейно близок к доказатель-

ству с помощью теоремы Чевы, упомянутому в начале (ср.также с упражнением 7). Что ж, круг замкнулся. Надеемся,что наша геометрическая прогулка понравилась читателю.

Литература

1. В.Прасолов. Точки Брокара и изогональное сопряжение.– М.: МЦНМО, 2000 г.

2. А.В.Акопян, А.А.Заславский. Разные взгляды на изого-нальное сопряжение. – «Математическое просвещение», третьясерия, №11, 2007 г.

3. Изогонально сопряженные точки. Калейдоскоп «Кванта».– «Квант» №11, 1992 г.

Рис. 10

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 150

Евклиди неприводимые

многочленыВ.ИЛЬИЧЕВ

ОДНИМ ИЗ РАННИХ, НО ВАЖНЫХ РЕЗУЛЬТАТОВ В ТЕО-

рии чисел было утверждение о бесконечности семействапростых чисел. Евклид предложил чрезвычайно остроумноеего обоснование. Это рассуждение стало классическим при-мером доказательства от противного. Итак, предположимпротивное, что количество простых чисел конечно. И пусть{ }1 2, , , np p p… – их полный список. Теперь (квинтэссенция!)рассмотрим число Евклида

1 2 1nE p p p= +… .

Это число не делится ни на одно простое число из приведен-ного списка, поэтому E либо само простое, либо делится нановое простое число. Противоречие.

Рассмотрим структуру более сложную, чем целые числа, –множество многочленов с целыми коэффициентами; будемобозначать это множество [ ]xZ . Многочлены можно пере-множать и складывать друг с другом, вычитать друг издруга. Здесь многочлены ведут себя во многом подобнообычным целым числам. Операцию деления многочленовможно определить через умножение: скажем, что многочленf из [ ]xZ делится на многочлен g из [ ]xZ , если найдется

многочлен h из [ ]xZ такой, что f = gh. Особый интереспредставляют «плохие» многочлены, которые «не любятделиться». Многочлен p из [ ]xZ , делящийся только на p±и 1± , называют неприводимым над Z многочленом. Разуме-ется, это аналог простых чисел: любой многочлен можно«собрать» из нескольких неприводимых с помощью опера-ции умножения. Иначе говоря, каждый многочлен из [ ]xZможно представить в виде произведения нескольких непри-водимых над Z многочленов.

Упражнение 1. Докажите это.Указание: можно воспользоваться индукцией по степени

многочлена.

Несколько труднее доказать, что в разложении данногомногочлена набор неприводимых сомножителей определеноднозначно.

Приведем некоторые примеры неприводимых над Z мно-гочленов небольших степеней 0, 1, 2. Это 2, 3, 5, … – простыечисла; x, x + 1, …; 2 21, 1x x x+ + + и другие.


2. а) Докажите, что многочлен с целыми коэффициентами2x ax b+ + приводим над Z тогда и только тогда, когда он имеет

целый корень.б) Докажите аналогичное утверждение для многочлена3 2x ax bx c+ + + .3. Приведите пример приводимого над Z многочлена четвер-

той степени, не имеющего целых корней.

Много ли неприводимых над Z многочленов? Сразу ясно,что их бесконечное множество (см. примеры выше). Болеесодержательный вопрос: существуют ли неприводимые над

Z многочлены сколь угодно высокой степени?1 Здесь былобы заманчиво применить схему рассуждений Евклида: пред-положив противное, перемножить все неприводимые много-члены степени меньше m, добавить 1, ну и так далее. Ксожалению, мы не можем так поступить ввиду бесконечностиколичества сомножителей. Однако мы увидим, что, приме-нив дополнительную хитрость, все-таки можно использоватьидеи Евклида. Приведем правильное решение.

Но вначале нам понадобится еще одна структура.Пусть 2Z – множество из двух элементов {0, 1}, в котором

сложение и умножение происходит «по модулю» 2: 0 + 0 == 1 + 1 = 0, 1 + 0 = 1, 0 0 0 1 0⋅ = ⋅ = , 1 1 1⋅ = . Рассмотриммножество многочленов [ ]2 xZ с коэффициентами из 2Z ,т.е. многочленов, в которых каждый коэффициент равен 0или 1. При сложении и умножении многочленов из [ ]2 xZ мыпродолжаем работать с коэффициентами многочленов «по

модулю» 2, например ( )( )3 21 1x x x+ + + = 5 3 2x x x+ + +3 1x x+ + + = 5 2 1x x x+ + + .

Упражнения4. Сколько в множестве [ ]2 xZ многочленов степени n?

5. Докажите, что в [ ]2 xZ вычитание равносильно сложению,

т.е. для многочленов f и g из [ ]2 xZ выполнено f – g = f + g.

6. Докажите, что в [ ]2 xZ :

а) ( )2 2 2 2a b c a b cx x x x x x+ + = + + ;

б) ( )2 21 1n n

x x+ = + .

Можно говорить о делимости многочленов из [ ]2 xZ иопределить неприводимые над 2Z многочлены как многочле-ны, делящиеся только на 1 и на себя.

Упражнение 7. Найдите все неприводимые над 2Z многочле-ны степени 2, 3, 4.

В множестве [ ]2 xZ неприводимые многочлены играютизвестную нам роль «строительных блоков» для умножения:каждый многочлен из [ ]2 xZ раскладывается в произведениенеприводимых. Оказывается, неприводимых многочленовнад 2Z бесконечно много.

Здесь идея Евклида сработает без сбоя: предполагая, что{ }1 2, , , np p p… – полный список неприводимых над 2Z мно-гочленов, рассмотрим «многочлен Евклида»

1 2 1nE p p p= +… . Он не делится ни на один из многочленов

1 2, , , np p p… , поэтому многочлен E либо сам неприводимый,либо делится на неприводимый многочлен, не содержащийсяв списке. Противоречие.

Неприводимых над 2Z многочленов фиксированной сте-пени конечное число, а всего их бесконечное множество.Значит, существуют неприводимые над 2Z многочленысколь угодно высокой степени (скажем, найдется неприводи-мый над 2Z многочлен степени больше 1000000, и дажебесконечно много таких многочленов).2

Вернемся к многочленам с целыми коэффициентами. Каж-дому такому многочлену f можно сопоставить многочлен fɶ

из [ ]2 xZ , заменяя четный коэффициент многочлена f на 0,а нечетный – на 1. Например, если ( ) 3 22 3 4f x x x x= − − + ,то ( ) 3f x x x= +ɶ .

1 В действительности для каждого натурального n существуетбесконечно много неприводимых над Z многочленов степени n,например nx p+ , где p – простое число. Строить подобныепримеры можно с помощью критерия Эйзенштейна.

2 На самом деле для каждого n = 1, 2, … существует неприводи-мый над 2Z многочлен степени n. Доказать это можно с помощьюдостаточно неэлементарных соображений из теории полей.

(Продолжение см. на с. 57)

Задачи на силутренияА.ЧЕРНОУЦАН

ВСТАТЬЕ БУДУТ РАССМОТРЕНЫ ЗАДАЧИ НА ТРЕНИЕ,

возникающее между двумя твердыми телами, – такназываемое сухое трение. Сухое трение делится на два вида:трение покоя и трение скольжения. В отечественных учебни-ках и задачниках обе силы трения характеризуются однимкоэффициентом трения µ : скольжение возникает, когдасила трения покоя достигает величины Nµ , где N – силанормального давления (равная по величине силе нормаль-ной реакции), сила трения скольжения остается равной Nµнезависимо от скорости скольжения. В некоторых иностран-ных источниках вводят два коэффициента трения – скольже-ния и покоя (второй немного больше первого). Мы будемпридерживаться отечественной традиции.

В первой части статьи представлены задачи из раздела«Динамика», решаемые с помощью законов Ньютона безпривлечения закона сохранения энергии. Наиболее интерес-ными являются задачи, в которых исследуется условиевозникновения скольжения, переход от трения покоя ктрению скольжения. В некоторых задачах придется провес-ти небольшое исследование, определить направление силытрения покоя и характер начала проскальзывания. Во второйчасти статьи будут разбросаны задачи с энергетическимсодержанием, где работа силы трения служит мерой потеримеханической энергии системы, перехода ее во внутреннюю,тепловую энергию.

Задача 1. Тело массой m = 1 кг находится на горизон-тальной плоскости. На тело действует горизонтальнаясила F = 2 Н. Определите силу трения, если коэффициенттрения µ = 0,3.

Решение. Зачастую школьник действует по привычномуалгоритму: отыскать подходящую формулу и подставить внее данные. Какая есть формула для силы трения? Толькоодна: трF Nµ= . Вот и применим ее:

тр 3 HF N mgµ µ= = = .

Сразу становится очевидной несуразность: сила трения большевнешней силы – если потянуть вправо, тело поедет влево

(рис.1). В чем тут дело?Школьник, не подумав, приме-

нил формулу для силы трения сколь-жения, а возможны два варианта.Если к неподвижному телу прило-жить внешнюю силу, то оно либопоедет (в направлении внешнейсилы), либо останется в покое. Вовтором случае сила трения находит-ся не по известной формуле, а пря-

мо из закона Ньютона. Можно сразу начать с исследованиятого, какой из случаев реализуется, однако удобнее посту-пить следующим образом. Надо предположить, что реализу-ется какой-то из вариантов, решить задачу в этом предполо-жении, а затем сделать проверку. В данном случае решениенадо было начать со слов «Предположим, что тело сколь-зит», получить указанный ответ и проверить его, найдя знак

ускорения. Если проверка дает отрицательный результат,т.е. a < 0, первый вариант отбрасываем и переходим ковторому варианту: тело остается в покое. Тогда сила тренияпокоя находится из уравнения

тр 0F F- = , т.е. тр 2 HF F= = .

Вопрос. А если бы мы начали с предположения, что телостоит, то в чем заключалась бы проверка?

Ответ. Надо было бы проверить, что полученная силатрения покоя меньше максимального значения, т.е. что

трF N mgµ µ< = . Получили бы верное неравенство 2 Н << 3 Н, таким образом, проверка подтвердила бы правиль-ность предположения.

Вопрос. Коэффициент трения не вошел в численный ответ.Надо ли было его указывать в условии?

Ответ. Надо. Коэффициент трения использовался кос-венно, в процессе исследования. Например, если взять µ == 0,1, то реализуется вариант со скольжением и получится

тр 1 HF mgµ= = .Отметим, что школьник легко попадает впросак по той

причине, что в задаче не спрашивается ускорение. Если вусловии задачи специально не указывается, что тело сколь-зит, то надо быть готовым к исследованию ответа.

Приведем еще один пример задачи «с ловушкой» – другогорода.

Задача 2. К телу массой m = 1 кг, лежащему на горизон-тальной поверхности, приложили силу F = 16 Н, направлен-ную под углом 60α = ∞ к горизонту. Коэффициент трениямежду телом и плоскостью µ = 0,5. Найдите ускорение тела.

Решение. Поскольку мы ищем ускорение, то нет опасно-сти «прозевать», как в предыдущей задаче, трение покоя.Записав стандартную систему урав-нений динамики (в проекциях на го-ризонтальную и вертикальную осикординат; рис.2):

тр

тр

cos ,

sin 0,

,

F F ma

N F mg

F N

αα

µ

- =

+ - =

=

получим пристойный с виду положительный ответ:

( ) 2cos sin9,9 м с

F mga

mα µ α µ+ -

= = .

Однако если проверить численное значение одного из проме-жуточных результатов (чего обычно не делают – ведьрекомендуется получить ответ в общем виде), а именно силынормальной реакции, то получим отрицательный результат:

sin 3,8 НN mg F α= - = - .

Оказалось, что вертикальная составляющая силы F слишкомвелика, и тело под действием этойсилы отрывается от поверхности (N == 0) и движется в пустом пространствепод действием только двух сил: F

ur и

mgr (рис.3). Тем не менее, мы можем

довести задачу до победного конца,вычислив проекции ускорения:

cos ,

sin ,x

y

F ma

F mg ma

αα

=

- =

откуда2 2 28,8м сx ya a a= + = .

Внимание к подобным ловушкам должны проявлять нетолько ученики, но и авторы задач. Иначе промах в условииможет обнаружиться уже на экзамене или после него.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

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

52 К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 1

Еще пример.Задача 3. Два бруска массами 1m = 10 кг и 2m = 5 кг,

связанные нитью, находятся на горизонтальном столе. Напервый брусок подействовали горизонтальной силой F == 36 Н (рис.4). Найдите силу натяжения нити, есликоэффициент трения µ = 0,3. В начальный момент нитьслабо натянута ( 0T = 1 Н).

Решение. Обычно задачу решают в предположении, чтотела скользят по плоскости с некоторым одинаковым уско-рением. Выразив для каждого тела силу нормальной реак-ции и силу трения, получим систему уравнений

1 1

2 2

,

.

F m g T m a

T m g m a

µµ

- - =

- =

Исключая ускорение, приходим к ответу

2

1 212Н.

m FT

m m= =

+

Проверяя численное значение ускорения, получаем отрица-тельный ответ: 20,6 м сa = - . Это означает, что система телостанется в покое. Но силу натяжения нити все-таки можновычислить, именно для этого в условии дана начальная силанатяжения 0T . Приложенной силы F достаточно, чтобыпервое тело начало сдвигаться с места и натянуло нить, новторое тело при этом с места не сдвинется! Иначе сила тренияпокоя, действующая на первое тело, достигла бы значения

тр1 0 35НF F T= - = , что больше максимального значения

1 30Нm gµ = . Следовательно, на первое тело действует мак-симальная сила трения покоя, и силу натяжения нити можнонайти из уравнения 1 0F T m gµ- - = , откуда

T = 6 Н.

Отметим, что начальная сила натяжения (до приложениясилы) может иметь любое значение от 0 до 2m gµ = 15 Н. Еслибы 0T была больше 6 Н, то первое тело с места не сдвинулосьбы, и сила натяжения осталась бы равной 0T .

В нескольких следующих задачах действие разворачивает-ся на наклонной плоскости. Начнем со стандартной задачи.

Задача 4. Тело соскальзывает с наклонной плоскостивысотой h = 3 м и длиной l = 5 м. Коэффициент тренияµ = 0,5. Найдите ускорение тела.

Решение. Второй закон Ньютона в проекциях на оси х, уимеет вид (рис.5)

трsin ,

cos 0,

mg F ma

N mg

αα

- =

- =

где

тр , sin 0,6h

F Nl

µ α= = = .

Отсюда получаем

( ) 2sin cos 2м ca g α µ α= - = .

Значение ускорения получается положительным толькопри условии tgµ α< . Как же понимать отрицательный знакускорения при tgµ α> ? Обычно отвечают так: посколькуотрицательный знак ускорения не имеет смысла, тело оста-нется в покое, поэтому на него действует сила трения покоя

тр sinF mg α= , которая, как и положено, меньшеcosN mgµ µ α= . Однако это объяснение годится в том слу-

чае, если тело кладут на наклонную плоскость (т.е. 0 0v = ).Если же начальная скорость отлична от нуля, то отрицатель-ный ответ может иметь смысл.

Задача 5. Маленький брусок находится на вершиненаклонной плоскости длиной l = 26 м и высотой h = 10 м.Коэффициент трения между бруском и плоскостью µ == 0,45. Какую минимальную скорость надо сообщить брус-ку, чтобы он достиг основания плоскости?

Решение. Поскольку tg 5 12 0,42α µ= ª < , то брусок сампо себе съезжать вниз не будет. Чтобы он достиг основаниянаклонной плоскости, ему надо придать достаточно боль-шую начальную скорость, направленную вниз. Если напра-вить оси так же, как в предыдущей задаче, то уравнение иответ (в буквах) полностью совпадут. Ускорение получитсяотрицательным, что в данном случае не является бессмыс-ленным, а просто означает, что брусок тормозится и модульускорения равен ( )cos sina g µ α α= - . Необходимую на-чальную скорость найдем из кинематического уравнения

200 2v al- = - и получим

( )0 2 cos sin 4м сv gl µ α α= - = .

В следующих двух задачах используется разложение урав-нения движения не по двум, а по трем координатным осям.

Задача 6. На наклонной плоскости высотой h = 3 м идлиной l = 9 м лежит тело массой m = 6 кг. Какуюминимальную горизонтальную силу F, направленную вдольплоскости, надо приложить к телу, чтобы сдвинуть его сместа? Коэффициент трения µ = 0,5.

Решение. Выберем оси х, y и z так, как показано нарисунке 6. У силы трения покоя при воздействии силы F

ur

будут две проекции – на ось x, компенсирующая проекциюсилы тяжести, и на ось y, компенсирующая силу F. В моментначала проскальзывания полная сила трения должна достиг-нуть значения Nµ , где Nвычисляется через проек-цию на ось z. Запишем всесказанное в виде системыуравнений

тр

тр

2 2тр тр

sin 0,

0,

cos 0,

.

x

y

x y

mg F

F F

N mg

F F N

α

α

µ

- =

- =

- =

+ =


( ) ( )2 2

cos sin 20 НF mg mgµ α α= - = .

Задача 7. Телу толчком сообщили скорость, направлен-ную горизонтально вдоль поверхности наклонной плоско-сти. Найдите величину ускорения тела в начальный мо-мент, если угол наклона плоскости α , а коэффициенттрения µ ( tgµ α> ).

Решение. До толчка тело покоится на плоскости, силатрения покоя компенсирует проекцию силы тяжести. Одна-ко после резкого толчка, сообщившего телу скорость перпен-дикулярно линии ската, оно не только поедет в сторону, нои начнет спускаться вниз. (Это легко продемонстрировать спомощью монетки и наклонной книги или тетрадки.) Дело втом, что после толчка сила трения покоя превратится в силутрения скольжения и будет направлена против скорости.Значит, сила трения мгновенно повернется на 90∞ и переста-нет компенсировать проекцию силы тяжести – тело начнет

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 53

спускаться. Запишем трипроекции второго законаНьютона (рис.7) и форму-лу для силы трения сколь-жения:

тр

тр

sin ,

,

cos 0,

x

y

mg ma

F ma

N mg

F N

α

αµ

=

=

- =

=

и найдем ускорение:

2 2 2 2 2sin cosx ya a a g α µ α= + = + .

Особенность следующей задачи состоит в том, что силатрения действует между движущимися телами.

Задача 8. На доске массой 1m = 4 кг, лежащей нагоризонтальном полу, находится брусок массой 2m = 1 кг.Коэффициент трения между доской и полом 1µ = 0,4, амежду бруском и доской 2µ = 0,2. Какую наименьшуюгоризонтальную силу F надо приложить к доске, чтобыбрусок с нее соскользнул?

Решение. Начать надо с бруска – поскольку сила Fur

нанего не действует, можно найти ускорение системы в моментначала проскальзывания бруска по доске. При расстановкесил возникает вопрос: куда направлена действующая набрусок сила трения тр2F

ur? Многие школьники немедленно

отвечают: раз тело движется вправо, то сила трения направ-лена влево. Но это не так. В отсутствие проскальзываниябрусок должен иметь такое же направленное вправо ускоре-

ние, как и доска, а это уско-рение ему может сообщитьтолько сила трения покоя –единственная горизонтальнаясила из всех приложенных кбруску. Поэтому уравнениядля бруска имеют вид (рис.8)

тр2 2

2 2

тр2 2 2

,

0,

,

F m a

N m g

F Nµ

=

- =

=

где последнее уравнение представляет собой условие началапроскальзывания – сила трения достигла максимальногозначения. Отсюда получаем

2 2N m g= , тр2 2 2F m g= µ , 2a g= µ .

Найденное ускорение представляет собой ускорение всейсистемы в момент начала проскальзывания.

Теперь рассмотрим доску. Многие школьники считают,что на нее действуют только внешние силы F

ur и 1m g

r, а также

силы 1Nuur

и тр1Fur

со стороны пола, забывая, что на доску

действуют еще силы 2N−uur

и тр2F−ur

со стороны бруска. Сучетом всех сил запишем

тр1 тр2 1

1 2 1

тр1 1 1

,

0,

.

F F F m a

N N m g

F N

− − =− − =

= µОкончательно получаем

( )( )1 2 1 2 30 HF m m g= µ + µ + = .

Вместо уравнений для доски проще было бы написатьуравнения для всей системы (массой 1 2m m+ ):

( )( )тр1 1 2

1 1 2

тр1 1 1

,

0,

.

F F m m a

N m m g

F N

− = +− + =

= µ

В следующей задаче при исследовании начала проскаль-зывания существенную роль играет уравнение моментов.

Задача 9. На доску, лежащую на гладкой горизонтальнойповерхности, опирается тонкий однородный стерженьмассой m, шарнирно закреп-ленный за верхний конец(рис.9). Стержень состав-ляет угол α с вертикалью,коэффициент трения меж-ду стержнем и доской µ .Какую минимальную гори-зонтальную силу F надо при-ложить к доске, чтобы вы-тащить ее из-под стержня?

Решение. Второй закон Ньютона для доски имеет вид

тр 0F F− = .

Чтобы найти силу трения в момент начала проскальзывания,запишем условие начала проскальзывания стержня и урав-нение моментов стержня относительно шарнира (исключаятем самым силу реакции шарнира):

тр

тр

,

cos sin sin 0,2

F N

lF l Nl mg

= µ

α − α + α =

где l – длина стержня. Решая уравнения, получаем

( )трsin

2 sin cos

mgF F

µ α= =

α − µ α .

Сразу же бросается в глаза, что ответ существует только приtgµ < α , в противном случае доску «заклинивает», т.е. она

не будет проскальзывать при любом сколь угодно большомзначении силы F. Этому можно дать следующее наглядное«геометрическое» объяснение. Поскольку сила тяжести стер-жня создает вращательный момент по часовой стрелке, торавнодействующая сил трения и нормальной реакции долж-на вращать стержень против часовой стрелки, т.е. проходитьнад стержнем. Значит, она составляет с вертикалью уголменьше α , т.е. всегда должно быть верным неравенство

тр tgF N < α . Следовательно, при tg α < µ при любом зна-чении F будет выполняться соотношение трF N< µ и силатрения будет оставаться силой трения покоя.

Следующие две задачи – на движение по окружности.Задача 10. С какой максимальной скоростью может

проходить автомобиль поворот дороги радиусом R, есликоэффициент трения между колесами и дорогой µ ? Сопро-тивлением движению автомобиля пренебречь. Как изме-нится ответ, если учесть силу сопротивления, считая еепостоянной и равной cF mg= α ? А если считать, что силасопротивления зависит от скорости по закону cF v= β ?

Решение. Автомобиль проходит поворот управляемымобразом, если не возникает проскальзывания колес по доро-ге. Именно в этом случае происходит чистое качение всехколес и радиус поворота определяется поворотом руля. Этозначит, что на автомобиль при управляемом повороте дей-ствует сила трения покоя.

В пренебрежении силой сопротивления движению автомо-биля сила трения покоя направлена по ускорению, направ-ленному к центру окружности (если движение по окружно-сти происходит с постоянной скоростью), и равна

2

трv

F mR

= .

При движении с максимальной скоростью сила трения покояравна своему максимальному значению:

трF N mg= µ = µ .

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

54 К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 1

Рис. 12


v gR= µ .

Если учесть, что на автомобиль при движении действуетсила сопротивления cF , направленная против скорости, тодля обеспечения равномерного движения сила трения покоядолжна иметь проекцию на ось x, направленную вперед

вдоль скорости (рис.10):

тр с 0xF F− = .

Эта проекция силы трения по-коя выполняет роль силы тяги.Проекция силы трения на осьy, направленная к центру ок-ружности, создает центростре-мительное ускорение:

2

трyv

F mR

= .

При движении с максимальной скоростью

2 2тр трx yF F N mg+ = µ = µ .

Приходим к уравнению

( )22

22c

mvF mg

R

+ = µ

.

Если cF mg= α , то для скорости получаем

2 2v gR= µ − α .

Если cF v= β , то приходим к биквадратному уравнению

( )2

24 2 0R

v v gRm

β + − µ =

,

откуда находим

( )4 2

21 1

4 2

R Rv gR

m m

β β = + µ −

.

Задача 11. Маленькая шайба находится на внутреннейповерхности кругового конуса, обращенного вершиной вниз,на расстоянии l от его вершины (рис.11). Ось конусавертикальна, угол раствора конуса 2α . Коэффициенттрения между шайбой и поверхностью конуса µ . Прикакой угловой скорости ω вращения конуса шайба небудет проскальзывать?

Решение. На шайбу действуют три силы: Nuur

, mgr

и трFur

.Ускорение шайбы a

r направлено к оси вращения. Поскольку

Nuur

, mgr

и ar лежат в вертикальной плоскости, проходящей

через шайбу и ось конуса, то трFur

тоже лежит в этойплоскости и может быть направлена либо наружу вверх,либо внутрь вниз.

В первом случае шайба начинает проскальзывать вниз,этот случай соответствует минимальной угловой скорости

1ω . Можно сообразить, что соскальзывание вниз возможнотолько при ctgµ < α (см. зада-чу 4, только в данном случае α– это угол с вертикалью). Этотслучай изображен на рисунке11, уравнения в проекциях наоси х и у имеют вид

( )2тр 1

тр

cos sin sin ,

sin cos 0.

N F m l

N F mg

α − α = ω αα + α − =

Подставляя трF N= µ (начало

проскальзывания) и исключая N, для минимальной угловойскорости получаем

1ctg

.sin cos

g

l

α − µω =

α + µ α

При проскальзывании наружу вверх сила трения направ-лена вниз, для максимальной угловой скорости находим

2ctg

sin cos

g

l

α + µω =

α − µ α.

Видно, что ограничение на ω сверху существует при tgµ < α .

В следующей задаче рассматривается движение тела поддействием силы, зависящей от времени.

Задача 12. На тело массой m = 2 кг, лежащее нагоризонтальной поверхности, начинает действовать гори-зонтальная сила, зависящая от времени по закону F = tγ ,где γ = 2 Н/с. Найдите скорость тела в момент времениt = 5 с. Коэффициент трения между телом и плоскостьюµ = 0,3.

Решение. Тело будет оставаться в покое до моментавремени 0t , когда сила трения покоя трF F t= = γ не достиг-нет максимального значения N mgµ = µ :

0t mgγ = µ .

Отсюда находим 0t = 3 c. После этого тело начнет двигатьсяпод действием внешней силы и силы трения скольжения.Равнодействующая сила станет отличной от нуля и будетвозрастать по закону

( )р 0F t mg t t= γ − µ = γ − .

Зависимость равнодействующей силы от времени изображе-на на рисунке 12. Поскольку ускорение тела зависит отвремени, то для нахождения ско-рости мы не можем применятьформулы равноускоренного дви-жения. Однако искомая скоростьможет быть найдена графичес-ки. Так как на малом интервалевремени t∆ изменение импуль-са равно импульсу силы:

рp F t∆ = ∆ , то изменение им-пульса тела за конечное времяможно найти как площадь на графике ( )рF t :

( ) ( )0 01

02

mv t t t t− = − ⋅ γ − .

Получаем

v = 2 м/с.

Последние задачи посвящены тому, как сила трения «ра-ботает» в задачах на закон сохранения энергии. При наличиив системе силы трения ее механическая энергия уменьшаетсяза счет перехода во внутреннюю, тепловую энергию. Прирешении задач можно либо использовать формулу дляизменения механической энергии:

мех трE A∆ = ,

либо записывать закон сохранения энергии с учетом прира-щения внутренней тепловой энергии:

нач кон тр тр,E E U U A A= + ∆ ∆ = − = .

Увеличение внутренней энергии часто называют «выделив-шимся количеством теплоты» и обозначают Q.

Рис. 10

Рис. 11

О Л И М П И А Д Ы 55

Задача 13. Однородный стержень длиной l = 2 м, двига-ясь вдоль своей длины по гладкой горизонтальной поверхно-сти, начинает пересекать границу, за которой поверх-ность становится шероховатой с коэффициентом тренияµ = 0,2. Какое расстояние s проедет стержень с этогомомента до остановки, если его начальная скорость была

0v = 3 м/с?Решение. По мере увеличения длины x части стержня,

заехавшей на шероховатую поверхность, сила трения возра-стает по закону

трx

F mgl

= µ .

Так как стержень движется с переменным ускорением, тоуравнения кинематики равноускоренного движения здесь неприменимы. Однако поскольку сила трения линейно зависитот x, то ее работу можно рассчитать так:

( )тр

0

2

mg s lA s

+ µ= − .

Если подставить это выражение в формулу для изменения

энергии

20

тр02

mvA− = ,

то получим ответ:

s = 3 м.

Многие школьники считают этот ответ окончательным, незамечая ловушки: полученное расстояние больше длиныстержня l! Это значит, что стержень заедет на шероховатыйучасток целиком, после чего сила трения становится посто-янной. Закон сохранения энергии надо переписать так:

( )20 0

02 2

mv mgl mg s l

+ µ− = − − µ − .

Отсюда для пройденного расстояния получаем такой ответ:

s = 3,25 м.

Задача 14. Тело массой m = 5 кг, лежащее на горизон-тальной плоскости, соединено с вертикальной стеной неде-формированной пружиной. Ось пружины горизонтальна, еежесткость k = 100 Н/м, коэффициент трения междутелом и плоскостью µ = 0,4. Телу сообщают скорость

0v = 1 м/с, направленную вдоль оси пружины. Найдитемаксимальную деформацию пружины.

Решение. В этой задаче движение также происходит спеременным ускорением. Однако с помощью закона сохра-нения энергии задача решается мгновенно. Действительно,

2 20 ,

2 2

mv kxU U mg x= + ∆ ∆ = µ ⋅ , и x = 0,1 м.

Задача 15. На горизонтальной плоскости лежат двабруска массами 1m = 3 кг и 2m = 8 кг, соединенныенедеформированной пружиной. Какую наименьшую гори-зонтальную постоянную силу F нужно приложить к перво-му бруску, чтобы сдвинулся и второй? Коэффициентытрения брусков о плоскость 1µ = 0,2 и 2µ = 0,15 соответ-ственно.

Решение. Минимальность силы F означает, что в тотмомент, когда второй брусок начинает сдвигаться под дей-ствием силы упругости 2 2 ,kx m g= µ первый брусок остано-вится. Запишем для первого бруска формулу для изменениямеханической энергии (под действием двух сил – силы

трения и внешней силы):2

1 1 0.2

kxFx m gx− µ = −

Подставляя kx из первого уравнения, получим

1 1 2 21

12 H2

F m g m g= µ + µ = .

Обращаем внимание на нетривиальное обстоятельство:ответ не зависит от жесткости пружины!

Задача 16. На гладкой горизонтальной плоскости лежитдоска длиной l = 1 м, на одном конце которой закрепленвертикальный упор. Какую минимальную скорость надосообщить маленькому бруску, лежащему на другом концедоски, чтобы после абсолютно упругого удара об упорбрусок вернулся назад и упал с доски? Масса доски в 8 разбольше, чем масса бруска, коэффициент трения междуними µ = 0,2.

Решение. Если решать задачу в рамках динамики, топридется дважды исследовать движение доски и бруска и,кроме того, решать уравнения упругого удара. Однако черезработу силы трения задача решается сравнительно просто.Полная работа силы трения на каждом этапе выражаетсячерез относительное перемещение бруска и доски:

( )тр тр б тр д тр б д 1A F s F s F s s m gl= − + = − − = −µ .

Запишем закон сохранения энергии за все время движения(упругий удар никак не входит – при упругом ударе механи-ческая энергия не меняется):

( ) ( )22

1 21 01 2

2 2

m m vm vm g l

′+= + µ .

Здесь v′ – конечная скорость доски и бруска (брусоквернется к краю доски и остановится), которую найдем иззакона сохранения импульса

( )1 0 1 2m v m m v′= + .

После преобразований получим

10

2

4 1 3 м сm

v glm

= µ + =

.


1. Тело помещают один раз на наклонную плоскость с угломнаклона 30° , а второй раз — с углом наклона 60° . На сколькопроцентов сила трения в первом случае больше, чем во втором,если коэффициент трения в обоих случаях 0,8?

2. Тело поднимают вверх вдоль наклонной плоскости, при-кладывая к нему горизонтальную силу, величина которой вдвоебольше действующей на тело силы тяжести. Высота наклоннойплоскости 3 м, ее длина 5 м. Найдите ускорение тела, есликоэффициент трения 0,2.

3. На горизонтальной поверхности лежит груз массой 10 кг.К нему приложена горизонтальная сила 12 Н. Какую мини-мальную горизонтальную силу надо дополнительно приложитьв перпендикулярном направлении, чтобы сдвинуть груз с места?Коэффициент трения 0,2.

4. С какой минимальной скоростью должен ехать мотоцик-лист по внутренней поверхности вертикального цилиндра ради-усом 10 м, чтобы все время оставаться в одной горизонтальнойплоскости? Коэффициент трения между шинами мотоцикла иповерхностью цилиндра 0,25.

5. Мотоциклист производит поворот на наклонном треке. Восколько раз максимально допустимая скорость движения боль-ше минимальной, если коэффициент трения 0,75, а угол наклонатрека к горизонту 45° ? Поворот надо пройти без проскальзыва-ния колес по треку.

56 К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 1

6. Однородный стержень длиной 2 м, двигаясь вдоль своейдлины по шероховатой горизонтальной поверхности, начинаетпересекать границу, за которой поверхность становится глад-кой. Скорость стержня в этот момент равна 1,6 м/с. Какоерасстояние проедет стержень от этого момента до остановки,если коэффициент трения о шероховатую поверхность 0,2?

7. С наклонной плоскости, образующей угол 45° с горизон-том, с высоты 1 м соскальзывает небольшая шайба. В концеспуска у основания наклонной плоскости шайба абсолютноупруго ударяется о стенку и поднимается вверх по наклоннойплоскости. На какую высоту поднимется шайба после удара,если коэффициент трения шайбы о плоскость 0,25?

XXXVII Турнир городовЗадачи осеннего тура (2015 год)

Базовый вариант

8–9 классы

1 (4)1 . Верно ли, что любое натуральное число можноумножить на одно из чисел 1, 2, 3, 4 или 5 так, чтобырезультат начинался на цифру 1?

Е.Бакаев

2 (4). Из одинаковых неравнобедренных прямоугольныхтреугольников составили прямоугольник (без дырок и нало-жений). Обязательно ли какие-то два из этих треугольниковрасположены так, что образуют прямоугольник?

Е.Бакаев

3 (5). Трое играют в «камень-ножницы-бумагу». В каж-дом раунде каждый наугад показывает «камень», «ножни-цы» или «бумагу». «Камень» побеждает «ножницы», «нож-ницы» побеждают «бумагу», «бумага» побеждает «камень».Если в раунде было показано ровно два различных эле-мента (и значит, один из них показали дважды), то игроки(или игрок), показавшие победивший элемент, получаютпо 1 баллу; иначе баллы никому не начисляются. Посленескольких раундов оказалось, что все элементы былипоказаны одинаковое количество раз. Докажите, что в этотмомент сумма набранных всеми баллов делилась на 3.

Е.Бакаев

4 (5). На катетах AC и BC прямоугольного треугольникаABC отметили точки K и L соответственно, а на гипотенузеAB – точку M так, что AK = BL = a, KM = LM = b и уголKML прямой. Докажите, что a = b.

Е.Бакаев

5. В стране 100 городов, между каждыми двумя городамиосуществляется беспосадочный перелет. Все рейсы платныеи стоят положительное (возможно, нецелое) число тугриков.Для любой пары городов А и Б перелет из А в Б стоит столькоже, сколько перелет из Б в А. Средняя стоимость перелета

равна 1 тугрику. Путешественник хочет облететь какие-нибудь m разных городов за m перелетов, начав и закончивв своем родном городе. Всегда ли ему удастся совершитьтакое путешествие, потратив на билеты не более m тугриков,если:

а) (3) m = 99;б) (3) m = 100?

Е.Бакаев

10–11 классы

1 (3). Пусть p – простое число. Сколько существует такихнатуральных n, что pn делится на p + n?

Б.Френкин

2 (4). Даны равнобедренный прямоугольный треугольникABC и прямоугольный треугольник ABD с общей гипоте-нузой AB (D и C лежат по одну сторону от прямой AB).Пусть DK – биссектриса в треугольнике ABD. Докажите, чтоцентр описанной окружности треугольника ACK лежит напрямой AD.

Е.Бакаев, А.Зимин

3 (4). См. задачу 3 для 8–9 классов.

4. а) (2) См. задачу 5,а для 8–9 классов.б) (2) См. задачу 5,б для 8–9 классов.

5 (5). Дана бесконечно возрастающая арифметическаяпрогрессия. Первые ее несколько членов сложили и суммуобъявили первым членом новой последовательности, затемсложили следующие несколько членов исходной прогрессиии сумму объявили вторым членом новой последовательностии так далее. Могла ли новая последовательность оказатьсягеометрической прогрессией?

Г.Жуков

Сложный вариант

8–9 классы

1. Будем называть клетчатый многоугольник выдающим-ся, если он не является прямоугольником и из нескольких егокопий можно сложить подобный ему многоугольник. Напри-мер, уголок из трех клеток – выдающийся многоугольник(это видно из рисунка на с. 57).

а) (2) Придумайте выдающийся многоугольник из 4 кле-ток.

1 В скобках после номера задачи указано максимальное числобаллов, присуждавшихся за ее решение. Итог подводится по тремзадачам, по которым достигнуты наилучшие результаты, баллы запункты одной задачи суммируются.

О Л И М П И А Д Ы

8. Два одинаковых тела массами по 5 кг соединены неде-формированной пружиной жесткостью 15 Н/м и лежат нагоризонтальном полу. Какую минимальную скорость, направ-ленную вдоль оси пружины, надо сообщить одному из тел,чтобы оно сдвинуло другое тело? Коэффициент трения длякаждого тела 0,1.

9. На гладком полу находится доска массой 1,5 кг, накоторой лежит брусок массой 490 г. В брусок попадает изастревает в нем пуля массой 10 г, летящая горизонтальновдоль доски со скоростью 100 м/с. На какое расстояниесместится брусок вдоль доски, если коэффициент трения меж-ду ними 0,5?

О Л И М П И А Д Ы 57

б) (3) При каких n > 4 суще-ствует выдающийся многоуголь-ник из n клеток?

Е.Бакаев

2. а) (2) См. задачу М2406,а«Задачника «Кванта».

б) (4) См. задачу М2406,б «За-дачника «Кванта».

3. Докажите, что сумма длинлюбых двух медиан произволь-ного треугольника:

а) (3) не больше 3 4P , где P – периметр этого треуголь-ника;

б) (5) не меньше 3 4p , где p – полупериметр этоготреугольника.

Л.Емельянов

4 (8). См. задачу М2409 «Задачника «Кванта».


6. а) (3) См. задачу М2411,а «Задачника «Кванта».б) (7) См. задачу М2411,б «Задачника «Кванта».

7 (10). У Деда Мороза было n сортов конфет, по k штуккаждого сорта. Он распределил все конфеты как попало поk подаркам, в каждый – по n конфет, и раздал их k детям.Дети решили восстановить справедливость. Два ребенкаготовы передать друг другу по конфете, если каждый полу-чает конфету сорта, которого у него нет. Всегда ли можноорганизовать серию обменов так, что у каждого окажутсяконфеты всех сортов?



1 (3). Геометрическая прогрессия состоит из 37 натураль-ных чисел. Первый и последний члены прогрессии взаимнопросты. Докажите, что 19-й член прогрессии является 18-йстепенью натурального числа.

Б.Френкин

2 (6). Дан клетчатый квадрат 10 10× . Внутри него прове-ли 80 единичных отрезков по линиям сетки, которые разбиликвадрат на 20 многоугольников равной площади. Докажите,что все эти многоугольники равны.

П.Кожевников



5. а) (2) См. задачу М2411,а «Задачника «Кванта».б) (6) См. задачу М2411,б «Задачника «Кванта».

6. Арбуз имеет форму шара диаметра 20 см. Вася сделалдлинным ножом три взаимно перпендикулярных плоскихнадреза глубиной h (надрез – это сегмент круга, h – высотасегмента, плоскости надрезов попарно перпендикулярны).Обязательно ли при этом арбуз разделится хотя бы на двакуска, если:

а) (6) h = 17 см;б) (6) h = 18 см?



Публикацию подготовили С.Дориченко, Л.Медников,А.Семенов, А.Шаповалов

Упражнения8. Опишите все многочлены f из Z[ ]x , для которых fɶ –

нулевой многочлен.9. Найдите количество многочленов f из Z[ ]x со старшим

коэффициентом 1 таких, что все коэффициенты f по модулю непревосходят 10 и ( ) 5 2 1f x x x= + +ɶ .

Отображение f f→ ɶ хорошо тем, что сохраняет операциисуммы и произведения (такие отображения в алгебре назы-

вают гомоморфизмами), т.е. ²f g f g+ = +ɶ ɶ и ±fg fg= ɶɶ (вправой части первого равенства имеется в виду сложение «помодулю» 2).

Упражнение 10. Докажите эти равенства.

Имея в виду отображение f f→ ɶ , можно сказать, что

[ ]2 xZ – черно-белая фотография цветного мира [ ]xZ .

При отображении f f→ ɶ неприводимый многочлен может

стать приводимым и наоборот; скажем, для ( ) ( )2 1f x x x= +имеем ( )f x x=ɶ , а для ( ) 2 1g x x= + имеем ( ) 2 1g x x= + =ɶ

( )21x= + . Но если ограничиться многочленами со старшимкоэффициентом 1, имеет место простая, но важная для наслемма.

Лемма о сохранении приводимости. Пусть f – приводи-мый многочлен над Z со старшим коэффициентом 1, тогдаfɶ – приводимый многочлен над 2Z .

Доказательство. Так как ( ) 11 0

n nnf x x a x a−

−= + + +…приводим, то f = gh, где g и h – многочлены с целымикоэффициентами степеней k и l, 0 < k < n, 0 < l < n,k + l = n. Старшие коэффициенты многочленов g и h должныравняться 1± , поэтому gɶ имеет старший коэффициент 1 истепень k. Аналогично, gɶ имеет степень l. (Здесь важно, что

gɶ и hɶ не «выродились» в 1.) Значит, f gh=ɶ ɶɶ – разложение,

показывающее, что fɶ приводим над 2Z . Лемма доказана.Из леммы следует, что если pɶ – неприводимый многочлен

над 2Z , то любой его прообраз p со старшим коэффициентом1 является неприводимым над Z многочленом. Теперь суще-ствование неприводимых над Z многочленов сколь угодновысокой степени следует из доказанного ранее аналогичногоутверждения для многочленов, неприводимых над 2Z .

В заключение в виде упражнения предлагаем еще одинвариант рассуждения на основе идей Евклида, доказываю-щего существование неприводимых над Z многочленовсколь угодно высокой степени.

Упражнение 11. Если f – неприводимый над Z многочлен, томногочлен fɶ назовем хорошим (как мы видели, хорошиймногочлен может быть приводимым; можно доказать, что всемногочлены из [ ]2 xZ хорошие).

а) Докажите, что каждый элемент из [ ]2 xZ раскладываетсяв произведение хороших многочленов.

б) Примените идею Евклида для доказательства бесконечно-сти множества хороших многочленов.

в) Докажите, что если бы все неприводимые над Z многочле-ны имели степень, не превосходящую m, то хороших многочле-нов было бы конечное количество.

Начало см. на с. 50)

Евклиди неприводимые многочлены

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

ПЯТНАДЦАТЬ ЧЕЛОВЕК НА СУНДУК МЕРТВЕЦА


1. Юнга получил 1/16 остатка и 15 монет, на этом монетызакончились. Значит, 15 монет составляли 15/16 остатка, т.е.доля юнги составила 16 монет. Так как все получили поров-ну, то клад составлял 15 16 240◊ = монет.2. Пусть в начале (и в конце) в кружках было налито A, B иC частей рома. Третий пират разлил остальным весь свойром, и по условию получил столько, сколько у него быловначале. Значит, C = 0, т.е. была ситуация (A, B, 0). Передтретьим свой ром разливал второй, значит, B – это столько,сколько влил ему третий. Итак, перед тем, как третий разли-вал ром, у него было 2B, а у первого A – B. Значит, послеразлива второго была ситуация (A – B, 0, 2B). Но здесь упервого ровно столько, сколько ему налил второй, т.е. до это-го у второго было 2(A – B), а у третьего 2B – (A – B) == 3B – A. Так как мы знаем, что до хода первого у третьегоне было ничего, то первый влил ему 3B – A. Тогда A = 2(3B –– A) и B = 2(A – B) – (3B – A) = 3A – 5B. Оба уравненияпосле упрощения приводят к одному и тому же соотношениюA = 2B. Таким образом, общий объем рома равен A + B = 3B,откуда B = 2 3 пинты, A = 4 3 пинты.3. Никак не изменится. Выше в статье мы убедились, чтодаже при простом большинстве первое же голосование собе-рет все голоса, кроме одного. Ровно это же случится и приизмененном правиле 3.

4. а) ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ 5 0 1 2 3 4 5 (крестик означает выбро-шенного за борт пирата).

б) Обозначим ( ) ( )1 2 2p N N= - - . Пиратов бросают за борт

до тех пор, пока p не станет меньше или равно K. Для остав-шихся пиратов решение: (K – p, 0, 1, 2, ..., N – 2).

Задачи для самостоятельного решения

1. 93 0 * * * * * * * * * * * * *Как обычно, 15-й пират, если до него дойдет очередь, забира-ет все деньги себе.14-й пират должен выделить по одной монетке семи пиратамиз первых тринадцати, чтобы обеспечить поддержку боль-шинства. Для 14-го пирата абсолютно не важно, каким имен-но семи пиратам дать по монете, поэтому выбор будет сделанслучайным образом:

* * * * * * * * * * * * * 93 0

Пираты, у которых есть шанс получить монету, отмеченызвездочкой.13-й пират поступает аналогично. Забирает себе 93 монеты, аоставшиеся 7 монет распределяет между оставшимися пирата-ми, исключая пирата с номером 14. Каждый пират, которому13-й даст монету, с радостью проголосует за его план, так какгарантированная монета от 13-го пирата выгоднее, чем воз-можность получить монету от 14-го.Аналогично рассуждают и остальные пираты. Пират с номе-ром X забирает себе 93 монеты и случайным образом распре-деляет 7 монет между тринадцатью пиратами, исключая пира-та с номером X + 1.Не станет исключением и самый первый пират. Он даст помонетке каким-нибудь случайно выбранным семи пиратам сномерами больше двух:

93 0 * * * * * * * * * * * * *

Именно этот план и будет принят.2. 92 0 1 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1Приведем лишь набор планов, которые выдвинут пираты.

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1001 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 93 02 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 92 0 10 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 93 0 1 01 2 0 0 0 0 0 1 1 1 92 0 1 0 10 0 1 1 1 1 1 0 0 93 0 1 0 1 01 1 2 0 0 0 0 1 92 0 1 0 1 0 10 0 0 1 1 1 1 93 0 1 0 1 0 1 01 1 1 0 0 0 93 0 1 0 1 0 1 0 12 0 0 1 1 92 0 1 0 1 0 1 0 1 00 1 1 0 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 11 2 0 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 02 0 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 10 92 0 1 2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 092 0 1 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

3. По одной монете получат пираты от 48-го до 62-го, считаяс конца.В решении задачи 5б мы доказали, что будет принято предло-жение 94-го пирата. Все пираты от 63-го до 93-го являются«смертниками» и поэтому будут голосовать за план 94-го бес-платно. Так же бесплатно за него проголосует сам 94-й. Аденьги он отдаст старшим из тех, кто не получали денег припредыдущем принимаемом предложении. Поскольку это былопредложение 62-го, а все от 47-го до 61-го были смертниками,то ни у кого от 47-го до 62-го включительно денег не было.Следовательно, старшие из них и получат деньги.4. Если K < M, то K монет, иначе

( ) ( )( )max , 1 1 1M K MÈ + + ˘ -Î ˚ монет.

Сформулируем в общем виде две стратегии шкипера, описан-ные в решении задачи 7. Первая стратегия – шкипер оставля-ет себе M монет (если K < M, то K монет), а остальные от-дает капитану. Капитан соглашается с этим планом, так какдля поддержки любого альтернативного плана ему потребует-ся отдать по 1 монете M матросам, но в этом случае сам ка-питан получит не больше, чем ему отдаст штурман.Вторая стратегия заключается в том, что шкипер выделяет Mматросам группы А по ( ) ( )1 1K MÈ + + ˘Î ˚ монет, а себе остав-ляет ( ) ( )1 1 1K MÈ + + ˘ -Î ˚ монету. Оставшиеся монеты шкиперможет отдать капитану либо матросам группы А.Таким образом, общая прибыль штурмана составит

K монет, если K < M;

( ) ( )( )max , 1 1 1M K MÈ + + ˘ -Î ˚ монет, если K M≥ .

5. По 7 капитану и шкиперу, 1 юнге.Для краткости обозначим наших героев буквами К (капитан,предлагает план первым), Ш (шкипер, второй) и Ю (юнга,третий).Утверждение 1. Ю гарантированно получит хотя бы однумонету.Доказательство. У Ю всего две разные линии поведения –«сотрудничать» с остальными или «мстить», т.е. действоватьтак, чтобы добыча не досталась никому. Всегда ли у Ю естьвозможность и желание мстить? Рассмотрим два возможныхслучая.А. После выдвижения планов К и Ш мнения пиратов разде-лились: двое готовы голосовать за какой-то один план П1,третий – за другой план П2. Тогда Ю может отомстить, пред-ложив 15 монет тому из двоих, кто голосует за П1 и при этомполучает меньше другого.Б. После выдвижения планов К и Ш все трое готовы прого-лосовать за один и тот же план. Тогда у Ю есть возможностьперекупить голос того, кто по плану получает меньше, а всеостальные деньги взять себе. Таким образом, нет необходимо-сти мстить.

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 59

Поскольку «месть юнги» не устраивает никого из остальных,то планы К и Ш будут такими, чтобы Ю не мстил. Для этогоим достаточно, чтобы в варианте сотрудничества Ю смог по-лучить деньги. Следовательно, Ю всегда получит деньги.Утверждение 2. Ш может получить не меньше 7 при любомплане К, кроме трех планов – (0, 15, 0), (1, 14, 0) и (7, 0,8). Однако все эти планы невыгодны К, потому что заканчи-ваются они итогом (1, 1, 13), (2, 1, 12) и (0, 6, 9) соответ-ственно.Доказательство. Обозначим предложение К как (A, B, C): Aмонет себе, B шкиперу, C юнге. Разбор планов-исключенийоставим читателям в качестве упражнения. Остальные частитеоремы 2 будем доказывать по пунктам.1. Если [ 7B ≥ и (A, B, C) не равно исключениям (1, 14, 0)и (0, 15, 0)], то Ш может предложить (15, 0, 0), и этот плангарантирует ему в итоге не меньше чем B монет.Ясно, что A < 9, поэтому план (15, 0, 0) независимо от пред-ложения, сделанного Ю, гарантированно получит голос К.Однако два остальных голоса будут точно отданы за другиепредложения. При A > 1 проходит предложение Ю (0, B + 1,14 – B).Однако при A < 2 будет 14 – B C£ , поэтому Ю сам не смо-жет проголосовать за такое предложение. А так как ему нехочется оставаться без денег, то при C > 0 он вынужден со-глашаться на C, а для этого, например, повторить предложе-ние К, и тогда оно будет принято двумя голосами из трех,что принесет третьему C монет.Единственные планы-исключения описываются условиямиA < 2 и C = 0, т.е. это (0, 15, 0) и (1, 14, 0).2. Если [B < 7 и C < 8], то Ш выдвинет (9, 6, 0), в ответ Юпредложит (0, 7, 8) и перекупит Ш.Нетрудно убедиться, что план (0, 7, 8) лучше и для Ш, идля Ю, чем планы К и Ш. Кроме того, несложно убедиться,что у Ю не существует другого плана, приносящего ему хотябы 8 монет.3. Если [A < 7, B < 7 и C > 7], то Ш выдвинет (7, 7, 1), иэто будет в итоге поддержано голосами К и Ш.A < 7 и B < 7 по условию, так что два голоса за этот планесть, поэтому у Ю не получится сделать так, чтобы прошелплан К. Чтобы перекупить чей-то голос, юнге нужно отдатьне менее 8 монет, но тогда себе не получится взять больше 7,а так как C > 7, то юнге после такого своего предложенияпришлось бы голосовать за план К, т.е. мстить. А так как витоге проходит план Ш, в котором Ю получает монету, томстить он не должен.Итак, у нас выше разобраны планы К, при которых Ш полу-чает не меньше 7 монет. Это:1. 7B ≥ , кроме двух исключений;2. B < 7, C < 8;3. A < 7, B < 7, C > 7.Изобразим все эти случаи в табличке с координатами (A,B)(см. таблицу) помня, что [C = 15 – A – B]. Исключения зак-расим красным.Если первый случай не выполнен, то B < 7. Если не выпол-нен и второй, то C > 7. Но если при этих B, C не выполнентретий случай, то 7A ≥ . Это значит, что остался вне рас-смотрения только план (7,0,8). Он действительно плох дляШ (третье исключение).Мы доказали (утверждения 1 и 2), что Ю получит не менее1, а Ш почти всегда (кроме трех планов-исключений, кото-рые невыгодны К) получит не менее 7. Следовательно, К неможет получить больше 7 монет. Теперь предъявим план,приносящий ему 7.Утверждение 3. Капитан может гарантировать себе не менее7 монет, если озвучит план (6, 0, 9). Замечание. Так же ра-ботает и план (6, 1, 8).

Доказательство. Действительно, для Ш этот план «опасен»тем, что если К и Ю его поддержат, то Ш не получит ничего.Значит, Ш должен либо выдвинуть свой план, за которыйпроголосует кто-то из остальных, либо дать возможность Ювыдвинуть такой план, за который проголосуют Ш и Ю.Рассмотрим возможные планы шкипера (A, B, C). Преждевсего, поймем, какими эти планы не должны быть с точкизрения возможной мести юнги. Очевидно, что нельзя предла-гать C = 0, A > 6, B > 9 из-за мести (15, 0, 0).Если на своем плане Ш сможет купить голос Ю, то C > 9,поэтому B < 6. Следовательно, Ш не будет так делать. Что-бы Ю провел свой план, ему нужно будет купить голос Ш(купить голос К не удастся, так как одновременно предло-жить К больше 6 и себе больше 9 юнга не сможет). Но чтобкупить голос Ш, юнга должен предлагать (0, B + 1, 14 – B),а чтобы это предложение прошло, должно быть выполнено14 – B > 9, т.е. B < 5.Таким образом, в каждом из этих случаев Ш получает не бо-лее 5 монет, и единственный его шанс на большее – это ку-пить своим планом голос К. Значит, он должен предложитьтому больше, чем он предложил себе сам: A > 6. Однако таккак при этом нельзя оставлять третьего без монет, то C > 0.Единственное предложение с A > 6, B > 6 и C > 0 – это (7,7, 1), которое мы в утверждении 2 и рассматривали в каче-стве ответа Ш на любой капитанский план с A < 7, B < 7.Ранее мы уже доказали, что оно будет принято двумя голоса-ми – К и Ш.Таким образом, основная задача дележа на яхте «Золушка»решена полностью.Докажите самостоятельно, что если план дележа должен бытьпринят единогласно, то монеты окажутся разделены так:13:1:1.

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вот несколько «подсказок», которые могут помочь вам прирешении задач.1) При движении жесткого стержня расстояние между двумялюбыми его точками остается постоянным. Отсюда следуеттак называемое правило проекций (рис.1):

cos cos cosA B Cv v vα = β = γ =…

2) Мгновенная ось вращения (в плоскости – центр вращения,точка О на рисунке 2) – это линия точек твердого тела, кото-рые в данный момент неподвижны. В этот момент тело какбы поворачивается вокруг этой оси. Скорость любой точкитела должна быть перпендикулярна отрезку, соединяющему

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 160

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

8. Все точки шара, лежащие на отрезке AB, неподвижны(рис.8). Значит, в каждый момент движение шара – это вра-щение относительно оси AB. Максимальной скоростью обла-дает точка D, наиболее удаленная от этой оси.

9. За один и тот же промежуток вре-мени клин и грузик вдоль клинапройдут равные расстояния и дос-тигнут равных скоростей, двигаясь с

равными по модулю ускорениями a и 1a (рис.9). Таким обра-зом, грузик относительно земли будет двигаться с ускорением

( )2 2 sin 2a a= α , направленным к горизонту под углом2 2β = π − α .

10. Хотя процессы падения существенно различаются(рис.10), окончательные результаты в случаях а) и б) одина-ковы: скорость нижнего шарика в конце падения равна нулю,скорость верхнего в 2 раза больше скорости среднего.

11. Из рисунка 11 видна связь между перемещениями грузи-ков и блока за одно и то же время. Слева нить удлиняется насуммарное перемещение блока и левого грузика, справа – настолько же укорачивается. Следовательно, u = 2v.12. Уравнение движения левого нижнего блока приводит к вы-воду, что сила натяжения нити равна нулю. Значит, грузы сво-бодно падают с ускорением g. При этом блоки B и C вращают-ся против часовой стрелки, блок A – по часовой стрелке.13. На рисунке 12 показано, как связаны углы поворота спи-

цы α и колечка β за малый промежу-ток времени t. Из геометрии следует,что 2β = α для любых t. Значит, угло-

Рис. 12

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4 Рис. 5

ее с мгновенной осью (иногдаэта ось может находиться и внетела).3) Приведем еще одну формули-ровку принципа возможных(виртуальных) перемещений(кроме упомянутого в разделе«Любопытно, что …»):

Для равновесия механичес-кой системы с идеальнымисвязями необходимо и дос-таточно, чтобы сумма работвсех действующих на систе-му внешних сил при любыхвиртуальных перемещенияхсистемы была равна нулю.

Вопросы и задачи

1. 2l.2. Как видно из рисунка 3, в обоих случаях катушка будеткатиться по направлению скорости нити, но в случае а) ско-рость 0v ее оси будет меньше, чем в случае б).

3. Колесо совершит один оборот вокруг своей оси. Траекто-рия точки обода колеса проходит по диаметру цилиндра.4. В системе отсчета, связанной с нижним грузом, стерженьсовершает чисто вращательное движение. Значит (рис.4),

отн 0v v v= −r r r

. Из треугольника скоростей находим 0ctgv v= α .

5. Как видно из рисунка 5, где О – мгновенный центр враще-ния, это будет точка C. Из условия нерастяжимости стержня(правило равенства проекций) следует, что 0 cosCv v= α.6. Условие нерастяжимости троса, соединяющего катер и вод-нолыжника (рис.6), приводит к положительному ответу наоба вопроса.

7. Надеемся, вы нашли оба варианта ответа. Построение нарисунке 7,а выполнено по правилу равенства проекций, а нарисунке 7,б – с помощью мгновенного центра вращения.


КОНКУРС ИМЕНИ А. П. САВИНА

(см. «Квант» №4 за 2015 г.)

1. 119.Если для числа k из верхней строки число m является умно-жителем, то km = n – k + 1 (это количество чисел, котороебудет в первой строке, если идти по строке, начиная счисла k). Отсюда n + 1 = k(m + 1), следовательно, n + 1 де-лится на m + 1.Значит, в случае умножителей 11, 9, 7, 5, 4, 3, 2 число n + 1должно делиться на 12, 10, 8, 6, 5, 4, 3. Наименьшее возмож-ное число с таким свойством – наименьшее общее кратноеэтих чисел, т.е. 120.Нетрудно проверить, что при n = 119 во второй строке дей-ствительно встретится каждое из чисел 11, 9, 7, 5, 4, 3, 2.2. При n = 1 прав Петя, при 2n ≥ прав Коля.Если n = 1, то доска имеет размеры 2 2¥ и есть всего двеизящные раскраски (в шахматном порядке). Одна получает-ся из другой перестановкой строк или столбцов.Пусть 2n ≥ . Чтобы подтвердить правоту Коли, достаточнопривести пример двух изящных раскрасок, которые не пере-водятся друг в друга при помощи указанных операций. Нарисунке 13 приведен пример таких раскрасок (это пример

для n = 4, но аналогичные рассуждения работают и для всехостальных 2n ≥ ). Докажем, что, меняя местами строки истолбцы, нельзя получить из одной раскраски другую.Для этого заметим, что если выделить четыре клетки, центрыкоторых образуют прямоугольник со сторонами, параллель-ными сторонам доски, то после любой перестановки строк истолбцов центры этих клеток по-прежнему будут образовы-вать прямоугольник со сторонами, параллельными сторонамдоски (для краткости будем называть такие прямоугольникиправильными). Также заметим, что на левой доске для любойсиней клетки можно найти еще три синие клетки такие, чтоцентры всех четырех клеток образуют правильный прямо-угольник. Значит, как бы мы не меняли местами строки истолбцы на левой доске, центр любой синей клетки будет вер-шиной хотя бы одного правильного прямоугольника, у кото-

рого все вершины – центры синих клеток. Теперь посмотримна правую доску на рисунке 13 и заметим, что у всех пра-вильных прямоугольников, у которых одна из вершин –центр клетки, отмеченной буквой А, хотя бы одна из вершиноказывается центром белой клетки. Значит, эти две раскрас-ки нельзя перевести друг в друга указанными операциями.3. Могут.Пример подходящего расположения треугольников и прямыхпоказан на рисунке 14.

Теперь нужно объяснить, почему такая конфигурация вообщевозможна.Рассмотрим треугольник АВС, построение которого видно изрисунка 15: прямые ОА и ОВ перпендикулярны, ОА = ОВ == 5, ВС = 1. Выясним, как проходит вертикальная прямая

2П , делящая периметр этого треугольника пополам. ПустьОМ = 3 (т.е. M – сере-дина ОС), а K – точка пе-ресечения АВ и верти-кальной прямой, проходя-щей через точку С(рис.16). Очевидно,BK > BC, поэтомуAK > AB + BC и суммаотрезков AK и AC большепериметра треугольникаABC. Вертикальная пря-мая ВП , проведенная че-рез точку М, проходит че-рез середины АС и AK,откуда следует, что прямая 2П проходит левее этой прямой.Теперь разберемся с тем, как расположена горизонтальнаяпрямая 1П , которая делит пополам площадь треугольникаABC. Она параллельна BC и отсекает от треугольника ABCподобный ему треугольник вдвое меньшей площади. Площадиподобных треугольников относятся так же, как квадраты ли-нейных размеров. Значит, если прямая 1П пересекает ОА вточке D, то AD 2OA= . Пусть Р и Т – точки пересеченияпрямой 1П с прямыми АВ и ВП соответственно. Нетрудноубедиться, что точка Т расположена левее точки Р. В самомделе, DT = OM = 3, тогда как 2 325DP AD ОА= = = > .Из всего этого следует, что точка пересечения прямых 1П и

2П расположена снаружи треугольника ABC. Поэтому егоможно отразить симметрично относительно этой точки и полу-чившийся в результате отражения треугольник не будет пере-секаться с треугольником ABC. Прямые 1П и 2П , очевидно,будут при этом делить пополам площадь и периметр отражен-ного треугольника.4. Сможет.Достаточно положить карточки так, чтобы не было видно ниодного нуля и была видна только одна единица. На оборотекарточки с единицей должен быть ноль, потому что именноэта карточка обязана лежать единицей вверх.5. h.

Рис. 13

вая скорость колечка в 2 раза больше ω , а линейная его ско-рость равна 2 Rω .14. При возможном малом уменьшении длины нити на x точ-ка подвеса груза поднимется на 3x. В соответствии с принци-пом возможных перемещений найдем, что сила натяжениянити равна 3mg.

Микроопыт

Если линейки движутся в одну сторону с одинаковыми скоро-стями, то карандаш движется вместе с ними как одно целое,не вращаясь. В случае одинаково направленных, но разныхпо величине скоростей линеек ось вращающегося карандашаначинает поступательно перемещаться. Если же скорости ли-неек направлены в разные стороны и равны по модулю, токарандаш совершает только вращательное движение.

Рис. 14

Рис. 16

Рис. 15

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 162

А ЧТО ИЗМЕНИТСЯ, ЕСЛИ…?

1. В абсолютно чистом воздухе световые лучи, проходящиемимо наших глаз, нам не видны. (Вот почему космонавтамнебо представляется черным.) Лучи становятся видимыми,когда на их пути встречаются пылинки или капельки воды.Тогда каждая пылинка или капелька становится вторичнымисточником света, который посылает (рассеивает) световыелучи во все стороны, в том числе и в наши глаза. Этим жеобъясняется и тот факт, что в приморских городах с чистымвоздухом ночи очень темные. А вот вблизи промышленныхгородов ориентироваться ночью помогает подсветка, создан-ная пылинками, взвешенными в воздухе.2. 1) Луч, падающий на черную поверхность, исчезает; 2)луч, падающий на зеркальную поверхность, зеркально отра-жается; 3) луч, падающий на матовую поверхность, разбива-ется на бесконечное множество лучей, которые распространя-ются во все стороны.3. Матовую.4. Сравним пары «лампа (их три) – освещаемая площадка(их две: под первой лампой и под второй)». А чтобы было,куда записывать освещенности, заведем таблицу с шестьюклетками (рис.18). Площадка 2O по отношению к лампе 2Л

расположена точно так же, как площадка 1O по отношению клампе 1Л . Это означает, что в клетках 1 и 5 стоят одинако-вые величины. Площадка 2O по отношению и к лампе 1Л ик лампе 3Л расположена точно так же, как площадка 1O поотношению к лампе 2Л . Это означает, что одинаковые вели-чины стоят в клетках 2, 4 и 6. Согласно условию задачи,если в клетку 1 мы поставим величину 0E (освещенность, ко-торую в точке 1O создает первая лампа), то в клетки 2 и 3мы должны поставить величины 00,8E и 00,468E . Объеди-няя рисунки, получаем полностью заполненную таблицу.Итак, после включения второй лампы освещенность в точке

2O увеличилась с 00,8E до 01,8E , т.е. возросла на 125%.После включения третьей лампы освещенность увеличиласьдо 02,6E , т.е. возросла на 44%.5. 2 1 3 4, , ,S S S S . 6. Нет, не освещают. 7. Нет, не видит.8. Буратино и его друзьям достаточно сместиться на расстоя-

ние 2 100 м 141 мl∆ = ⋅ ≈ в юго-западном направлении.

9. Да, сможет.

Рис. 18

Пусть AD и BC – основаниятрапеции (рис.17). Обозначимчерез K, L, M, N середины от-резков AB, BC, CD, DA соот-ветственно. В треугольникеABC отрезок KL – средняя ли-ния, поэтому KL ACP . Анало-гично, MN ACP иLM NK BDP P .

По условию AC BD^ , значит, KLMN – прямоугольник, от-сюда KM LN h= ≥ . Равенство KM = h достигается для лю-бой равнобокой трапеции с перпендикулярными диагоналями.

СПЛОШНЫЕ НЕПРИЯТНОСТИ

Будем поступать в полном соответствии с «методическимиуказаниями», имея в виду, что евреи, христиане и турки вбане эквивалентны, соответственно, индюкам, цыплятам ирябчикам на рынке, а денги – рублям.1) Здесь имеет место небаланс количества людей и уплачен-ной суммы в размере 30 – 20 = 10.При добавлении каждой пары турок общая стоимость возрас-тает на денгу, и потому расхождение между указанными ве-личинами уменьшается на 1. Поэтому, добавив 10 «фиктив-ных» пар турок (т.е. 10 2 20¥ = ), мы доведем и суммарноеколичество, и суммарную стоимость до 40.Далее, так как каждый еврей платит по 3 денги (и 3 – 1 = 2),

а каждый турок – по 1

2 денги (и 1 –

1

2 =

1

2), то еврей

«уравновешивает» 1

2 :2

= 4 турок. Это порождает два воз-

можных варианта, в которых количество турок больше 20(дабы можно было потом «вернуть долг» из 20 турок), носуммарное количество евреев и турок меньше 40 (чтобы вбане нашлось местечко и для христиан): 6 евреев + 24 туркаи 7 евреев + 28 турок. Вычитая «долг», получаем для обоихвариантов соответствующее число турок: 4 и 8. Остаток «за-полняем» христианами. Итак, есть два ответа:6 евреев, 4 турка и 10 христиан;7 евреев, 8 турок и 5 христиан.2) Возможный вариант решения проблемы: доведем стои-мость помывки христианина до одной денги, снизив все ценывдвое. В результате стоимости помывки еврея, христианина и

турка составят 3

2, 1 и

1

4 денги соответственно. Суммарная

плата снизится до 10 рублей. Небаланс составил20 – 10 = 10, и для «выравнивания» будем добавлять евреев.

Поскольку 3

2 – 1 =

1

2, то при добавлении каждой пары ев-

реев расхождение снижается на 1. Значит, следует добавить10 пар евреев (т.е. 20 человек). Всего это составит 40 человек

и столько же денег. Ну, а дальше, поскольку 3

2 – 1 =

1

2 и

1 – 1

4 =

3

4, то каждые

3

4 еврея «уравновешивают»

1

2 тур-

ка. Поскольку делить людей на части недопустимо (и негу-манно), то, избавившись от знаменателей, получаем более ра-зумное соотношение: 3 еврея «уравновешивают» 2 турок. Ос-талось выбрать варианты, при которых евреев больше 20, нов сумме евреев и турок меньше 40. Таковой имеется толькоодин: 21 еврей + 14 турок. Вычитая «задолженность» в раз-мере 20 евреев, получаем ответ: 1 еврей, 14 турок, а осталь-ные 5 – христиане.3) Сначала снизим вдвое стоимость помывки для всех, и она

станет такой же, как в предыдущем пункте: еврей – 3

2 денги,

христианин – 1 денга, и турок – 1

4 денги. Суммарная сто-

имость мытья снизится до 15 рублей. Небаланс равен 15 –

– 10 = 5; и поскольку добавление каждой пары евреев снижа-ет его на 1, то, добавив 5 пар (т.е. 10 евреев), мы доведем иобщее количество, и суммарную плату до 30.Как и в пункте 2, каждые 3 еврея «уравновешивают» 2 ту-рок, и надо выбрать варианты, при которых евреев больше10, но в сумме евреев и турок меньше 30. Таких имеется два:12 евреев + 8 турок и 15 евреев + 10 турок. Вычитая 10 евре-ев, получаем два приемлемых ответа:2 еврея, 8 турок и 20 христиан;5 евреев, 10 турок и 5 христиан.

Рис. 17


ЗАДАЧИ НА СИЛУ ТРЕНИЯ

1. 25%. 2. 26 м с . 3. 16 Н. 4. 20 м/с.

5. 7. 6. 80 см. 7. 60 см. 8. 1 м/с. 9. 30 см.

XXXVII ТУРНИР ГОРОДОВ

Базовый вариант

8–9 классы

1. Верно.Числа, начинающиеся с 1, умножим на 1. Докажем, что чис-ла, начинающиеся с 2 или 3, достаточно умножить на 5.Пусть у нас есть такое число и в нем n цифр. Тогда оно боль-ше или равно 20…0, но меньше 40…0 (число нулей вездеn – 1). После умножения мы получим число, большее илиравное 10…0, но меньшее 20…0 (число нулей везде n), т.е.результат начинается на 1.Аналогично доказывается, что числа, начинающиеся с 4,можно умножить на 3 (или на 4), а числа, начинающиеся на5, 6, 7, 8 или 9, – на 2.2. Не обязательно.Например, возьмем равносторонний треугольник и приложимк двум его сторонам гипотенузами прямоугольные треуголь-

ники с углом 60o при общей вер-шине (рис. 19). Осталось разре-зать равносторонний треугольниквысотой из другой вершины.3. Будем обозначать через Н коли-чество показанных ножниц, а черезК – количество показанных кам-ней. Докажем, что после любогоколичества раундов остаток от де-ления общего числа баллов на 3

будет такой же, как у Н – К. Этого достаточно для решениязадачи, потому что в итоге ножниц и камней было показанопоровну. Чтобы доказать равенство остатков, покажем, чтоони меняются одинаково при любом исходе раунда. Если всеигроки выкидывают один и тот же элемент, то общее числобаллов не меняется, а Н – К либо не меняется, либо изменя-ется на 3. В любом случае остатки от деления на 3 остаютсяпрежними. Остальные исходы раундов показаны в таблице:

Из таблицы видно, что остатки от деления на 3 у общего чис-ла баллов и у Н – К меняются одинаково. Так как в самомначале остатки равны нулю, то они совпадают после любогочисла раундов.4. Предположим, что a > b (рис. 20). Так как в треугольникепротив большей стороны лежит больший угол, то для треу-гольника AKM получаем: AMK A– > – . Следовательно,

90 90B A AMK BML– = - – > - – = –o o , и из треугольникаBML получаем, что b > a. Противоречие.Аналогично, к противоречию приводит предположение a < b.

5. Заметим сначала, что рейс оп-ределяется своими начальным иконечным пунктами. Выбрать на-чальный город мы можем 100способам, и после этого у нас есть99 вариантов для конечного горо-да. Итого получаем 100 99◊ воз-можных рейсов.а) Не всегда.Пусть все 99 рейсов из родного города и все 99 рейсов в род-ной город стоят по 49,6 тугриков. Это возможно, посколькусуммарная стоимость этих рейсов равна 99,2 99◊ тугриков,что меньше общей стоимости. Цену на оставшиеся рейсы под-берем так, чтобы довести суммарную стоимость до 100 99◊ .Тогда, чтобы вылететь из родного города, а потом вернутьсяв него, надо уже потратить больше 99 тугриков.б) Всегда.Вылететь из родного города можно в один из остальных 99городов, из того – в любой из 98 оставшихся и так далее(последним рейсом возвращаемся в свой родной город). Зна-чит, всего имеется 99 98 2 1 99!◊ ◊ ◊ ◊ =… вариантов маршрутов.В скольких маршрутах встретится любой конкретный пере-лет? Сделав этот перелет, дальше мы можем полететь в одиниз 98 городов, потом – в один из 97 оставшихся и так далее,итого получаем 98 97 2 1 98!◊ ◊ ◊ ◊ =… маршрутов.Тогда суммарная стоимость всех маршрутов равна числу рей-сов, умноженному на 98!, т.е. равна 98! 99 100◊ ◊ тугриков.Средняя стоимость маршрута равна суммарной стоимости, де-ленной на число маршрутов: 98! 99 100 99!◊ ◊ , а это как раз100 тугриков! Значит, найдется маршрут не дороже 100 туг-риков (ведь если бы все маршруты были дороже 100 тугри-ков, то и средняя их стоимость была бы дороже 100 тугри-ков).Замечание. Условие о равенстве стоимости рейсов туда и об-ратно – лишнее.


1. Одно.Пусть ( )pn p n k= + , тогда

( ) ( ) ( )2 2p p pn p n k p n p k= + - + = + - .

Так как p – k < p, то оно на p не делится. Поэтому2p n p+ = , т.е. 2n p p= - . Очевидно, оно подходит.

2. Пусть прямые AD и BC пересекаются в точке E (рис. 21;

случай D = C очевиден). Так как 45ADK EBK– = = –o , тоточки B, E, D, K лежат на одной окружности. Угол BDE –прямой, значит, и угол BKE – прямой. Следовательно, отре-зок AE виден из точек C и K под прямым углом, т.е. являет-ся диаметром описанной окружности треугольника ACK. Сле-довательно, центр этой окружности лежит на прямой AE, со-впадающей с AD.5. Могла.Пример 1: 1, 2 + 3 + 4, 5 + ... + 13, ...

...,13 1 3 1

,2 2

n n++ -+ +… ... = 1, 9, 81, ..., 9n, ...

Пример 2: 3, 5 + 7, ... , ( ) ( )12 1 2 1 ,n n++ + + +… ... =

= 3, 12, ... , 13 4 ,n-◊ ...

Рис. 19

Рис. 20

ЕВКЛИД И НЕПРИВОДИМЫЕ МНОГОЧЛЕНЫ

3. Например, ( )( )2 21 1x x x x+ + − + .4. 2n .7. 2 1x x+ + ; 3 2 1x x+ + , 3 1x x+ + ; 4 3 1x x+ + , 4 1x x+ + .8. Многочлены, у которых все коэффициенты четные.9. 133100.f – многочлен вида 5 4 3 2x ax bx cx dx e+ + + + + , где а, b, dпринимают значения 0, 2, 4, 6, 8, 10± ± ± ± ± , c и е принимаютзначения 1, 3, 5, 7, 9± ± ± ± ± .

Рис. 21

К В А Н T $ 2 0 1 6 / № 164

Журнал «Квант» зарегистрирован в Комитете РФпо печати. Рег. св-во №0110473

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант»Тел.: (495) 930-56-48

Е-mail: [email protected], [email protected]

Отпечатанов соответствии с предоставленными материалами

в ООО «ИПК Парето-Принт», г.Тверьwww.Pareto-print.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

C.А.Дориченко, А.А.Егоров, Е.М.Епифанов,П.А.Кожевников, А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова,

А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИД.Н.Гришукова, А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина,

В.М.Хлебникова

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАМ.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ

Сложный вариант

8–9 классы

1. а) Например, подойдет «буква Г» из четырех клеток (рис.22).

б) При любых.Рассмотрим такую «букву Г» из nклеток, что из двух ее копий скла-дывается прямоугольник 2 n¥ .Из таких прямоугольников можносложить квадрат 2 2n n¥ , а изэтих квадратов – «букву Г», по-добную исходной с коэффициен-том 2n.

3. Пусть a и b – половины сторон (рис. 23). Тогда c – сред-няя линия, она равна половине третьей стороны. Напомним,что медианы делятся точкой пересечения в отношении 2:1.

Запишем по три неравен-ства треугольников и сло-жим их.а) 3x < a + c, 3y < b + c,c < x + y, откуда 2(x ++ y) < a + b + c. Осталосьумножить на 3/2.б) a < 2x + y, b < x + 2y,c < x + y, откуда a + b ++ c < 4(x + + y). Осталосьумножить на 3/4.7. Всегда.

Возьмем ребенка A с наименьшим количеством сортов кон-фет. Если у него n сортов, то все в порядке. Если нет, то ка-кого-то сорта у него больше одной конфеты. Значит, у како-го-то ребенка B нет этого сорта вовсе. Но тогда у B найдетсясорт, которого нет у A. Пусть A и B обменяются этими сорта-ми. Тогда у A количество сортов увеличится, а у B – неуменьшится. В результате сумма количеств сортов у детейувеличится. Значит, повторяя этот процесс, когда-нибудь до-ведем ее до максимума, когда у каждого будет по n сортовконфет.


1. Пусть a – первый член прогрессии, а несократимая дробьm n – ее знаменатель (из условия ясно, что он рационален).Тогда последний член равен 36 36am n- , т.е. a делится на

36 36:n a bn= . По условию числа 36bn и 36bm взаимно про-сты, значит, b = 1. Следовательно, 19-й член равен 18 18m n .2. У многоугольников разбиения площадь равна 5. При этомсумма их периметров равна 40 2 80 200+ ◊ = , значит, среднийпериметр – 10. Поэтому достаточно доказать, что существуетединственный пятиклеточный многоугольник с периметром небольше 10.Периметр такого многоугольника равен сумме периметров 5клеток минус удвоенное количество общих границ, соединяю-щих клетки. Значит, на 5 клеток приходится не менее 5 со-единений. Поэтому найдется цикл из клеток многоугольника.Но тогда он содержит квадрат 2 2¥ , любое добавлениеклетки к которому даст один и тот же многоугольник пери-метра 10.6. Не обязательно.Если арбуз распался на части, то и его поверхность распаласьна части. Поэтому достаточно провести на сфере три дугинужных размеров так, чтобы она не распалась на части. Точ-ки пересечения пар плоскостей надрезов со сферой назовемузлами, у нас их будет шесть. Очевидно, дуги могут соеди-няться только в узлах.а) Пусть плоскости трех надрезов проходят через центр Oшара. Они пересекают сферу по большим окружностям.

Узлы делят каждый из них на четыре равные части. Пустьконцы дуги одного разреза – A и B. Треугольник OAB – рав-нобедренный с боковыми сторонами 10 и высотой 7. Полови-на его основания равна 51 7> , поэтому угол AOB – тупой.Значит, надрез можно провести так, чтобы он прошел толькочерез два узла.Разобьем узлы на пары соседних. Тогда дуги вообще не пере-секутся, значит, сфера не распа-дется.б) Пусть одна плоскость надрезапроходит через центр O шара, адве другие – на расстоянии 10от O. Первая пересекает шар покругу радиуса 10, две другие –по кругам радиуса 3 10 9> .Эти два малых круга пересекаютбольшой круг перпендикулярны-ми диаметрами X X+ - и Y Y+ -

(рис. 24).Дуга надреза в большом круге должна опираться на хордудлины 12, что больше расстояния 4 5 между узлами X+ иY+ . Поэтому надрез в нем можно провести так, чтобы онпроходил только через узлы X- и Y- . В одном малом кругепроведем надрез, не проходящий через узел Z- , в другом –через Z+ . Это возможно, поскольку их диаметры больше 18.Тогда все дуги надрезов, не считая незначащих хвостов, обра-зуют криволинейную ломаную X Z X Y Z Y+ + - - - + без самопере-сечений. Значит, сфера не распадется.Замечание. Легко проверить, что конструкция п. б) позволя-ет проводить надрезы даже глубиной h = 18,9 см без разделе-ния арбуза на части. Можно показать, что при h = 19 см уженикакая конструкция не поможет – арбуз развалится.

Рис. 22

Рис. 23

Рис. 24

Индекс 90964

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ...

Documents