НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 Об одной «олимпиадной» задаче про графы.А.Райгородский

9 Космология Фридмана: горы реальные ипотенциальные (окончание). С.Дворянинов,В.Соловьев

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »14 Задачи М2450–М2453, Ф2457–Ф246016 Решения задач М2436–М2440, Ф2443–Ф244721 Какие бывают повороты. С.Дворянинов,

П.Кожевников

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ24 Задачи

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »25 Термодинамика и мотоЦИКЛ. А.Стасенко

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В27 Принцип Ферма и необычное поведение света.

М.Ромашка, М.Ермилов

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »32 Инвенсоры

К О Н К У Р С И М Е Н И А . П . С А В И Н А36 Задачи 16–19

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К37 Птолемеева ось треугольника. К.Козеренко,

П.Факанов

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »41 Эксперименты с эффектом Магнуса.

А.Андреев, А.Панов, П.Панов

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А45 Загадка целых углов. К.Кноп

О Л И М П И А Д Ы52 XXXVIII Турнир городов54 Муниципальный этап Всероссийской

олимпиады школьников по физике

58 Ответы, указания, решения

Нам пишут (50, 51)

Н А О Б Л О Ж К ЕI Иллюстрация к статье «Космология

Фридмана ...»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 (заместительглавного редактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

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

В.Г.Болтянский, А.А.Боровой,

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

Л.Д.Фаддеев

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

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

И.Ф.Гинзбург, В.Г.Зубов, П.Л.Капица,В.А.Кириллин, Г.И.Косоуров, В.А.Лешковцев,

В.П.Лишевский,А.И. Маркушевич, М.Д.Миллионщиков,Н.А.Патрикеева, Н.Х.Розов, А.П.Савин,И.Ш.Слободецкий, М.Л.Смолянский,Я.А.Смородинский, В.А.Фабрикант,

Я.Е.Шнайдер

УЧРЕДИТЕЛИ

Российская академия наук

Математический институт

им. В.А.Стеклова РАН

Физический институт

им. П.Н.Лебедева РАН

ФЕВРАЛЬ Ю220

17

Об одной «олимпиадной»задаче про графы

А.РАЙГОРОДСКИЙ

1. Постановка задачи

На Московской олимпиаде 2016 годамне довелось поруководить составле-нием варианта 9-го класса. И дажесочинить для него 6-ю задачу. Подоб-ное уже случалось, например, в 2010году, и в результате появилась мояработа со Львом Шабановым, а такженаша совместная статья в Кванте (см.[1]). Вот и теперь мне хочется расска-зать о задаче и о том, с какими замеча-тельными объектами «большой науки»она связана. Начнем с олимпиаднойформулировки.

Задача. В стране лингвистов суще-ствует n языков. Там живет m лю-дей, каждый из которых знает ровно3 языка, причем для разных людейэти наборы различны. Известно, чтомаксимальное число людей, любые двоеиз которых могут поговорить безпосредников, равно k. Оказалось, что

m11n k

2≤ ≤ . Докажите, что тогда в

стране найдутся хотя бы mn парлюдей, которые не смогут погово-рить без посредников.

Задачу в результате решили два че-ловека. Один из них доказал дажеболее сильную оценку – «хотя бы 4mnпар людей», а другой написал забав-ный комментарий: «Это похоже накнезеровский граф». Про оценку пер-вого 9-классника, получившего за нееспецприз, мы поговорим в пятом раз-деле, а кнезеровские графы обсудимпрямо сейчас: комментарий второго9-классника совершенно по делу!

Давайте сведем нашу задачу к задаче

о графе. Для этого обозначим языкичислами 1, 2, …, n, а лингвистов будемпредставлять тройками чисел – номе-рами их языков. Скажем, что вершинаграфа – это и есть тройка чисел (лин-гвист) и две вершины соединены реб-ром, если соответствующие тройки непересекаются. Тогда выражение «мо-гут поговорить без посредников» озна-чает «нет ребра». Понятно, что m – эточисло вершин. А что же такое k какхарактеристика нашего графа?

Назовем множество вершин произ-вольного графа независимым, если ни-какие две вершины в этом множествене соединены ребром. На рисунке при-ведены примеры независимых мно-жеств. Количество вершин в любом изсамых больших независимых множествграфа G называется числом независи-мости и обозначается ( )Gα . Ясно,что в этих терминах k и есть числонезависимости нашего графа.

Наконец, пусть даны числа n и r.Назовем кнезеровским граф ,n rKG , укоторого вершины – это все возмож-

Примеры независимости множеств: 1, 5, 8,2, 4, 6, 10, 8, 9

О Б О Д Н О Й « О Л И М П И А Д Н О Й » З А Д А Ч Е П Р О Г Р А Ф Ы 3

ные r-элементные подмножества мно-жества 1, 2, …, n (всего вершин r

nC ),а ребра образуют все возможные парынепересекающихся вершин (легко по-

нять, что всего ребер 1

2r rn n rC C − ).

Является ли кнезеровским наш граф?Не совсем. Наш граф – это подграфкнезеровского графа ,3nKG на m вер-шинах. Осознав все это, приходимк следующей переформулировке за-дачи.

Задача¢. Пусть G – произвольныйподграф графа ,3nKG с m вершинамии числом независимости k, удовлет-

воряющим неравенствам m

11n k2

≤ ≤ .

Докажите, что тогда число реберграфа G не меньше mn.

Сразу ясно, что 3nm C≤ и что в то же

время 22m n≥ , т.е., в частности,13n ≥ .

Отметим, что о кнезеровских графахмы и явно, и неявно уже не раз писалина страницах «Кванта». В статье [2]мы рассказали об удивительной связитопологии с задачей отыскания «хро-матического числа» графа ,n rKG . Анедавно вышла статья [3], в которойдоказана замечательная теорема Эрде-ша–Ко–Радо, утверждающая, что

при 2

nr ≤ имеет место равенство

( ) 1, 1

rn r nKG C −

−α = . В той статье выраже-ние «кнезеровский граф» не встречает-ся, но суть остается неизменной. Кста-ти, оценка ( ) 1

, 1r

n r nKG C −−α ≥ очевидна:

достаточно взять независимое множе-ство, в котором все вершины содержатэлемент 1. Иными словами, пафостеоремы Эрдеша–Ко–Радо в том, чтобульших независимых множеств небывает.

Дальше мы построим наше изложе-ние так: в разделе 2 расскажем оклассическом «турановском» подходек решению задач, подобных нашей, и

обнаружим, что подход результата недает (впрочем, в разделе 4 нам этотподход еще сослужит добрую служ-бу); в разделе 3 мы приведем «канони-ческое» решение задачи, т.е. то, кото-рое влечет в аккурат оценку величи-ной mn; в разделе 4 обсудим замеча-тельный недавний результат об устой-чивости числа независимости кнезе-ровского графа к случайным разруше-ниям ребер (это и будет кульминациейстатьи, так как именно тогда станетясно, зачем в науке нужна наша олим-пиадная задача); в пятом разделе мыскажем несколько слов об улучшенияхоценки в олимпиадной задаче и о том,как это отражается на большой науке;в разделе 6 поговорим про неожидан-ную связь нынешней темы с темойнашей же квантовской статьи [1] одругой олимпиадной задаче.

2. Неудачная попытка решить задачу

Пусть ( ),G V E= – наш подграф.Рассмотрим произвольное независи-мое множество W V⊂ , имеющее мак-симальную мощность, т.е. |W| = k.Ясно, что каждая вершина из множе-ства V\W имеет хотя бы одного сосе-да в W (иначе W не максимально).Таким образом, мы имеем не менееm – k различных ребер в графе G.Удалим из графа G множество Wвместе со всеми ребрами, концы кото-рых принадлежат W. Получится но-вый граф G′ , у которого m – k вершини ( )G k′α ≤ . Возьмем в G′ максималь-ное по мощности независимое множе-ство вершин W ′ . Снова понимаем, чтокаждая вершина из множества

\ \V W W ′ соединена хотя бы содной вершиной из W ′ . Имеем какминимум m – 2k новых ребер. И такдалее. В итоге получаем

( ) ( )2E m k m k≥ − + − +

+ ( ) [ ]( )3m k m m k k− + + −… ,

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 24

где [x] – это целая часть числа x.Просуммировав, имеем

1

2

m m

k kmE m k

k

+ ≥ − .

Эту несложную идею придумал в1941 году замечательный венгерскийматематик Пал Туран. Легко пока-зать, что в общем случае оценку Тура-на улучшить нельзя (подумайте надпримером!). Что же, однако, дает оцен-ка в условиях нашей задачи?

Мы знаем, что 2

mk ≤ , откуда [ ]m k ≥

2≥ . Следовательно, [ ] 2m m k m≥ .Даже если бы в оценке Турана не быловычитаемого, то и тогда бы мы оказа-лись крайне далеки от искомого нера-венства E mn≥ .

Не удалась попытка! Ну ничего: не-равенством Турана мы еще воспользу-емся в разделе 4, а в разделе 3 мыприведем решение олимпиадной зада-чи. Разумеется, оно будет использо-вать специфику кнезеровского графа,которую турановское рассуждениеникак не улавливает.

3. Решение задачи

Будем рассуждать так же, как вначале турановского доказательства:берем максимальное по мощности не-зависимое множество W V⊂ , W == k; по-прежнему каждая вершина изV\W имеет соседа в W. Пусть, на-пример, вершина ( )\A V W∈ соеди-нена ребром с вершиной B W∈ . Этозначит, что по определению кнезеров-ского графа A B = ∅∩ .

Покажем, что помимо B в W естьеще масса вершин, соединенных реб-рами с A. Пусть, напротив, C W∈ и( ),C A E∉ (вершина C не соединенаребром с вершиной A). Тогда, разуме-ется, C A ≠ ∅∩ . Более того, посколь-ку W – независимое множество, имеем

также C B ≠ ∅∩ . Таким образом, вер-шина (тройка) C пересекается с обеи-ми тройками A и B. Общее количествотроек, которые в принципе могут об-ладать указанным свойством, заведо-мо не превосходит 9n (тремя способа-ми выбирается общий элемент C и A,еще тремя способами выбирается об-щий элемент C и B, и, наконец, n –верхняя оценка числа способов доба-вить третий элемент к двум выбран-ным). Значит, количество вершин изW, которые соединены ребрами с A,никак не меньше k – 9n. Но 11k n≥ ,откуда получаем, что у вершины A неменее 2n соседей в W.

Полученная оценка числа соседейверна для каждой вершины A ∈

( )\V W∈ . Следовательно,

2 \E n V W≥ =

( )2 22

mn m k n mn= − ≥ ⋅ = .

Задача решена! Более того, нам хва-тило только одного – первого – шагатурановского рассуждения.

Заметим, что параметры в задачеподобраны для красоты. Из приведен-ного рассуждения видно, что всегдаверна оценка

( )( )9E k n m k≥ − − ,

и этим результатом мы еще воспользу-емся в разделе 4.

4. Случайные подграфыкнезеровских графов

Удивительный результат. Рассмот-рим кнезеровский граф. Например,

,3nKG . Возьмем монетку, которая свероятностью 1/2 падает кверху реш-кой и с вероятностью 1/2 – орлом.Подбросим монетку столько раз, сколь-ко есть ребер в графе ,3nKG . Если приочередном бросании получается реш-ка, проводим очередное ребро. Иначе– не проводим. Возникает «случайный

О Б О Д Н О Й « О Л И М П И А Д Н О Й » З А Д А Ч Е П Р О Г Р А Ф Ы 5

подграф кнезеровского графа»,3,1 2nKG . Мы не знаем, сколько в нем

ребер: все зависит от случая. Однакоинтуитивно ясно, что в среднем поло-вина ребер пропадет. Казалось бы,разгром значительный и велик шанс,что число независимости тоже суще-ственно вырастет. Может же, скажем,«случайно» получиться граф, в кото-ром и вовсе нет ребер: у него числонезависимости равно 3

nC (число всехвершин), тогда как у исходного графачисло независимости, согласно теоре-ме Эрдеша–Ко–Радо, равнялось 2

1nC − .При этом

( )( ) 33 1 2

6 6n

n n n nC

− −= ∼ ,

( )( ) 2

21

1 2

2 2n

n n nC −

− −= ∼ ,

т.е. разница огромная. Мы пишем« ( ) ( )f n g n∼ » для функций f и g,принимающих ненулевые значения,если ( ) ( ) 1f n g n → при n → ∞ .

Тем не менее, имеет место совершен-но удивительный результат: с вероят-ностью, стремящейся к единице, приn, стремящемся к бесконечности, чис-ло независимости случайного подгра-фа кнезеровского графа почти не рас-тет. Вот точная формулировка.

Теорема 1. С вероятностью, стре-мящейся к единице, при n, стремя-щемся к бесконечности, число незави-симости случайного подграфа кнезе-ровского графа не превосходит вели-чины ( )2

1nC 1 1 n− + . Более коротко этозаписывают так:

( ) ( )( )2,3,n 1 2 n 1KG C 1 1 n 1−Ρ α ≤ + → ,

n → ∞ .Теорема 1 говорит, что если число

независимости и растет при удалениипримерно половины ребер, то не более

чем в 1 + 1

n раз. Это поразительно!

Именно для доказательства теоремы1 и нужен результат олимпиадной за-

дачи. В этом мы убедимся в следую-щем параграфе.

Доказательство удивительного ре-зультата. Положим

( )21 1 1nm C n− = + ,

где квадратные скобки по-прежнемуобозначают целую часть числа. Выборбуквы m не случаен! Скоро мы уви-дим, что это то самое m, котороефигурирует в олимпиадной задаче.

Нам достаточно доказать, что

( )( ),3,1 2 1 1nKG mΡ α ≤ − → , n → ∞ .

Это, в свою очередь, равносильно тому,что

( )( ),3,1 2 1nKG mΡ α > − → 0, n → ∞ .

Давайте скажем явно, что это засобытия, про которые мы хотим дока-зать, что их вероятности стремятся

к 0. Событие « ( ),3,1 2 1nKG mα > − »состоит в том, что найдется множествовершин кнезеровского графа, котороеимеет мощность m и в котором пропа-ли все ребра после того, как мы побро-сали монетку в процессе построенияграфа ,3,1 2nKG . Подчеркнем, что в ис-ходном графе в любом множестве вер-шин мощности m ребра есть ввидутеоремы Эрдеша–Ко–Радо.

Перечислим все множества вершинкнезеровского графа мощности m. Ихколичество, которое мы обозначимN, равно 3

n

mC

C . Обозначим сами мно-жества 1, , NA A… . Для каждого

1, ,i N∈ … рассмотрим событие iB ,состоящее в том, что в множестве iAпропали все ребра. Тогда наше собы-тие « ( ),3,1 2 1nKG mα > − » можно опи-сать так: «произошло хотя бы одноиз событий iB ». А значит,

( )( ) ( ),3,1 21

1N

n ii

KG m B=

Ρ α > − ≤ Ρ∑ .

Чему же равна вероятность событияiB ? Каждое ребро, находившееся в

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 26

множестве iA , пропадает с вероятнос-

тью 1

2. Если число ребер в iA изна-

чально (т.е. в исходном кнезеровскомграфе) равно некоторой величине ie ,

то, разумеется, ( ) 1

2

ie

iB Ρ =

. Однако

мы не знаем ie !Поскольку нам нужны верхние оцен-

ки вероятностей, величины ie нужнооценивать снизу. Но в этом-то и состо-ит смысл турановских оценок и оцен-ки из олимпиадной задачи.

Пусть iG – подграф кнезеровскогографа, порожденный множеством вер-шин iA , т.е. множество его вершин иесть iA , а ребер в нем ровно ie .Обозначим ik число независимостиэтого графа. Все, мы попали в условияолимпиадной задачи: есть подграфкнезеровского графа на m вершинах,есть его число независимости ik , и намнужно оценить снизу число его ребер

ie . Мы знаем, что если 112im

n k≤ ≤ ,

то гораздо лучше применять олимпи-адную оценку ie mn≥ . Что ж, этоподсказывает, как надо действовать.

Итак, разобьем сумму ( )1

N

ii

B=

Ρ∑ на

три части:

( ) 1 2 31

N

ii

B=

Ρ = Σ + Σ + Σ∑ .

В первой части будут только те слага-емые, для которых 11ik n< , во второй– только те, для которых 11 in k≤ ≤

2

m≤ , в третьей – только те, для кото-

рых 212 i n

mk C −< ≤ . Благодаря теореме

Эрдеша–Ко–Радо мы знаем, что дру-гих слагаемых и не бывает.

Для слагаемых в 1Σ применим оцен-ку Турана:

1

2i i

i ii

m m

k kme m k

k

+ ≥ −

.

Заметим, что2

21

11

2nn

m Cn

− = +

∼ , 11ik n< .

Значит, под знаками целых частейстоят стремящиеся к бесконечностифункции, откуда

2

i i

m mm

k k

∼ , 2

1

2 2i i

ii

m m

k k mk

k

+ ∼ ,

т.е.2 4 3

1 2 22 88 88ii

m n ne

k n≥ ϕ ⋅ > ϕ ⋅ = ϕ ⋅ ,

где 1ϕ , 2ϕ – некоторые величины, стре-мящиеся к единице (запись f g∼ рав-носильна записи f g= ϕ ⋅ ).

Для слагаемых в 2Σ применим оцен-ку из олимпиадной задачи:

3

3 2in

e mn≥ ≥ ϕ ⋅ .

Для слагаемых в 3Σ применим обоб-щение оценки из олимпиадной задачи(см. конец раздела 3):

( )( )9i i ie k n m k≥ − − ≥

≥ 2

11

9 12 n im

n C kn

− − + − ≥

≥ 21

19 1 1

2 n im

n C kn

− − + − − ≥

≥ 2 21 1

19 1 1

2 n nm

n C Cn

− − − + − − =

= 2 2

149 1

2 4 2nCm n n

nn

− − − = ϕ ⋅ ⋅ = 3

4 8

n= ϕ ⋅ .

Видно, что во всех трех случаяхполучается оценка, кубическая по n иот i не зависящая. Поскольку насинтересует в итоге предел, то мы спо-койно пренебрегаем маленькими зна-чениями n и говорим, что всегда

3

100in

e ≥

О Б О Д Н О Й « О Л И М П И А Д Н О Й » З А Д А Ч Е П Р О Г Р А Ф Ы 7

(константа в знаменателе, как мы уви-дим, не принципиальна). Получаем

( )3

3100

100

1

12

2

nNn

ii

B N N −

=

Ρ ≤ ⋅ = ⋅

∑ .

Оценим величину N. Для этого вос-

пользуемся неравенством !b

bb

e

≥

,

где e = 2,71828… – основание нату-рального логарифма (докажите этонеравенство с помощью индукции). Аименно, заметим, что

( )!

! !ba

aC

b a b= =

−

= ( ) ( )1 1

!

ba a a b ae

b b

− − + ≤

…,

откуда (с учетом, что при больших n

выполнено 2

2

3

nm n< < с огромным

запасом)

3

3 33

n

m m

nC

eC nN C

m m

= ≤ < <

< ( ) ( )2 2

2log 33 2n n nn = .В итоге

( )2 332log 3 1001002 2 0n n nnN −−⋅ < → ,

и теорема доказана!

5. Про улучшение оценкив олимпиадной задаче

Откуда же взялось улучшение оцен-ки в олимпиадной задаче? А дело втом, что в ее условиях удается дока-зать, что максимальное независимоемножество (то самое, которое имеетмощность k) имеет очень простуюструктуру: в нем все тройки имеютодин общий элемент (например, 1).На самом деле, это не очень сложнообосновать, и мы предлагаем читате-лю самому проделать это и заодно изполученного результата вывести оцен-ку 4mn, за которую один из участни-ков олимпиады получил спецприз.

Здесь же мы скажем несколько слово том, насколько замечательны по-следствия упомянутых выше улучше-ний. Сама по себе четверка в оценке,разумеется, на итоговый результатникак не влияет. Зато знание структу-ры независимого множества позволя-ет значительно точнее оценивать коли-чества слагаемых в суммах iΣ . В итогеудается доказать следующую теорему.

Теорема 2. Выполнено соотношение

( )( )2,3,1 2 1n nKG C 1−Ρ α ≤ → , n → ∞ .

Теорема 2 еще больше впечатляет,нежели теорема 1. Оказывается, свысокой вероятностью нет вообщеникакого роста числа независимости –даже на единичку!

Имеет место общий структурныйрезультат про независимые множествавершин в кнезеровских графах. Этотеорема Хилтона–Милнера (1967 год).

Теорема 3. Если r n 2≤ и независи-мое множество вершин кнезеровскогографа ,n rKG имеет мощность, стро-го большую величины 1 1

1 1r rn n r1 C C− −

− − −+ − ,то все вершины в этом множествеимеют один общий элемент.

Теорему мы доказывать не станем,поясним лишь, откуда в ней появилосьограничение. Рассмотрим множество

2, , 1A r= +… , а также все r-элемент-ные множества, содержащие элемент1, кроме тех, которые не пересекаютсяс A. Понятно, что их количество равнов точности 1 1

1 11 r rn n rC C− −

− − −+ − . Понятнотакже, что эти множества являютсявершинами кнезеровского графа, при-чем они образуют в нем независимоемножество и, более того, нет ни одногоэлемента, который бы одновременнопринадлежал всем им. Таким образом,теорема 3 утверждает, что бульшихконструкций с указанными свойства-ми не бывает: едва мощность незави-симого множества становится больше,сразу возникает общий элемент и струк-

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 28

тура независимого множества устака-нивается.

Отметим, что величина 111 r

nC −−+ −

11

rn rC −

− −− существенно меньше величи-ны 1

1rnC −

− : примерно в n раз по порядку!При r = 2 это очевидно:

1 11 31 3n nC C− −+ − = .

При других r все устроено аналогич-но, т.е. старшие степени сокращаются.

В итоге удается доказать следующийобщий результат.

Теорема 4. При r 2≥ выполненосоотношение

( )( )1, ,1 2 1 ,r

n r nKG C 1 n−−Ρ α ≤ → → ∞ .

Более того, можно 1/2 в теореме 4заменить на 1/3 или даже на 1/10000:ничего не изменится! В среднем сохра-нится одна сотая доля процента ребер,а число независимости не сдвинется нина йоту.

Наконец, при r = 1 кнезеровскийграф является обычным полным гра-фом. Разумеется, у него число незави-симости равно 1. Однако можно дока-зать, что у его случайного подграфа(вероятность ребра – 1/2) число неза-висимости с высокой вероятностьюасимптотически равно 22log n . Полу-чается, что случай r = 1 крайне сильноотличается от случая 2r ≥ . Такая вотудивительная картина.

6. Связь кнезеровского графас геометрией

Вершины кнезеровского графа – этоr-элементные подмножества множества 1, , n… . Давайте каждой из них со-поставим вектор в n-мерном простран-стве по простому правилу: если A –наша вершина и i A∈ , то положимi-ю координату вектора равной 1, ина-че – 0. Получится вектор с r единица-ми и n – r нулями. Известно, чторасстояние между двумя точками

( ) ( )1 1, , , , ,n nx x y y= =x y… …

вычисляется по формуле

( ) ( )2 21 1 n nx y x y− = − + + −x y … .

Ясно, что если 2

nr ≤ и вершины A, B

кнезеровского графа образуют ребро,то расстояние между соответствующи-ми точками x, y равно 2r .

Напомним, что граф G называетсядистанционным в размерности n, еслиего вершины – точки в n-мерном про-странстве, а ребра – пары точек, отсто-ящих друг от друга на одно и то жерасстояние. В этих терминах кнезеров-ский граф является дистанционным.

Дистанционные графы играют оченьважную роль в комбинаторике и ком-бинаторной геометрии. Например, сними связана недавняя статья [4] в«Кванте». Более того, с ними связаназамечательная задача Нелсона–Хад-вигера о хроматическом числе про-странства. А олимпиадная задача, ко-торую мы упоминали в начале раздела1, посвящена оценке числа ребер вдистанционных графах на плоскости.Таким вот неожиданным образом двемало похожие задачи оказываютсясвязанными в рамках одной большойнауки – комбинаторной геометрии.

Список литературы

1. А.Райгородский, Л.Шабанов. Об одной«олимпиадной» задаче про графы расстоя-ний. – «Квант» 3 за 2015 г.

2. А.Райгородский. Гипотеза Кнезера итопологические методы в комбинаторике. –«Квант» 1 за 2011 г.

3. А.Райгородский. Задачи о пересеченияхмножеств. – «Квант» 5–6 за 2016 г.

4. Р.Просанов. О различных расстоянияхмежду точками на плоскости. – «Квант» 2за 2016 г.

5. А.Райгородский, О.Рубанов, В.Коше-

лев. Хроматические числа. – «Квант» 3 за2008 г.

6. А.Райгородский. Хроматические числа.2-е изд. – М.: МЦНМО, 2015.

Космология Фридмана: горыреальные и потенциальные

С.ДВОРЯНИНОВ, В.СОЛОВЬЕВ

Динамика Вселенной

Теперь займемся зависимостью ско-рости расширения Вселенной от еерадиуса.

Сначала построим графики безраз-мерной функции безразмерного аргу-мента:

221

3

vx

c x

β = − + +

.

Из рисунка 4 видно, что при β = 1 вточке Эйнштейна x = 1 скорость изме-нения радиуса мира нулевая, приβ = 1,1 скорость уже никогда не обра-щается в ноль, при β = 200 скорость

также не меняет знака, принимая на-много большие значения по сравне-нию с предыдущим случаем. Конечно,независимо от β минимум скоростивсегда находится в точке Эйнштейна

ЭR R= , т.е. при x = 1.Затем построим графики для вели-

чины, которую назовем безразмернойпостоянной Хаббла (из следующегораздела будет понятно, почему):

°2 3

1 21

3

vH

cx x x

β = = − + +

.

Как видно из рисунка 5, минимум этойфункции достигается при x = β , т.е.при gR R= π .

Как уже говорилось в первой частистатьи, график потенциальной энер-

Окончание. Начало – в предыдущем номережурнала.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 210

гии Вселенной напоминает крутую гор-ку, по которой можно скатиться вбездну и слева и справа. Скатывание сгорки справа налево соответствует всеускоряющемуся сжатию Вселенной,вплоть до нулевого радиуса; скатыва-ние слева направо соответствует уско-ренному расширению Вселенной, стре-мящейся к бесконечному радиусу. До-стижима ли при движении слева на-право вершина горы? Если максимум

потенциальной энергии лежит вышезначения полной энергии, то вершинанедостижима. Это значит, что брошен-ное тело упадет обратно, а Вселенная,начавшая в момент Большого взрыварасширяться с бесконечной скорос-тью, будет постепенно замедляться,замрет на мгновение и покатится, на-ращивая скорость, обратно к нулево-му радиусу. Это происходит при0 1< β < .

Рис. 4. Графики безразмерной скорости приβ = 1 (а), β =1,1 (б), β = 200 (в) Рис. 5. Графики безразмерной постоянной Хаб-

бла при β = 1 (а), β = 1,1 (б), β = 200 (в)

Пройдет ли Вселенная через эту точ-ку и начнет ли расширяться снова,повторяя цикл за циклом? Фридмандопускал такую возможность, вспо-миная индусскую мифологию о пери-одах жизни. Интегрируя, он вычис-лил так называемый период мира;принимая предложенную английскимастрономом Артуром Эддингтономсреднюю плотность вещества и счи-тая космологическую постоянную ну-левой, получил 10000000000 лет. Этотсценарий Фридман назвал «периоди-ческим миром».

Можно, конечно, думать, что паде-ние нашего пробного тела приведет ксмерти Вселенной. Если точка Эйнш-тейна лежит ниже значения полнойэнергии, что происходит при β > 1, тоброшенное тело улетит в бесконеч-ность, а Вселенная, соответственно,начав расширяться с бесконечной ско-ростью, будет сначала постепенноуменьшать скорость расширения, нозатем, перевалив через вершину горы,снова начнет ускоряться. Этот сцена-рий Фридман назвал «монотонныммиром первого рода».

Наконец, «монотонный мир второгорода» соответствует картине, когдатело начинает движение с нулевойначальной скоростью с правого склонагоры и скатывается по нему с ускоре-нием. «Большого взрыва» и горячейранней Вселенной в этом сценариинет, поэтому он не согласуется с на-блюдениями. Добавим, что в ОТОдопустим не только мир положитель-ной кривизны, но и миры с отрица-тельной и нулевой кривизной. В на-шей механической задаче это означа-ет, что полная энергия тела можетбыть равна 2 2mc или нулю. Оба этислучая гарантируют прохождение точ-ки Эйнштейна и, значит, оставляют всиле только сценарий «монотонногомира первого рода».

Почему, обсуждая космологию, мыопираемся на Фридмана, а не на Эйн-штейна, предложившего свое решениепроблемы пятью годами раньше? По-тому, что решение Эйнштейна былоошибочным. Оно описывало застыв-шую в точке – точке Эйнштейна –Вселенную, т.е. случай, когда нашепробное тело кто-то аккуратно помес-тил в ту самую точку, где силы притя-жения и отталкивания уравновешива-ют друг друга, иначе говоря, положилего на вершину потенциальной горы.Чтобы это вообще было возможно,надо еще и подогнать точку Эйнштей-на под значение полной энергии, т.е.связать три числа: радиус мира R,космологическую постоянную λ имассу мира M двумя уравнениями. Внашем рассмотрении эти два уравне-ния выглядят так:

β = 1, x = 1,

или

ЭgR R= π , ЭR R= .

Но каждый школьник знает, что поло-жение на вершине является неустой-чивым равновесием, а значит, раноили поздно тело покатится вниз.

Космологическую постоянную λ , т.е.силу всемирного отторжения, Эйнш-тейн ввел нарочно, изменив первона-чальные уравнения ОТО ради того,чтобы получить для нас мир вечный инеизменный. Но все оказалось зря.Так интуиция иногда обманывает дажесамые сильные умы. Не обманываеттолько математика! А космологичес-кая постоянная спустя 80 лет все-такипригодилась. В конце 1990-х годовбыло открыто ускоренное расширениеВселенной. Это значит, что точка Эйн-штейна в ходе эволюции мира ужепройдена. Нам кажется, что случайЭйнштейна наглядно изображен назаставке к этой статье.

К О С М О Л О Г И Я Ф Р И Д М А Н А : Г О Р Ы Р Е А Л Ь Н Ы Е И П О Т Е Н Ц И А Л Ь Н Ы Е 11

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 212

Несколько чисел

Спустя три месяца после открытияуравнений динамики Вселенной Фрид-ман выпускает для широкой публикикнигу «Мир как пространство и вре-мя». Она начинается цитатой из Козь-мы Пруткова, а заканчивается стиха-ми Г.Р.Державина. В конце книгиФридман пишет:

«Теория Эйнштейна оправдываетсяна опыте; она объясняет старые, ка-завшиеся необъяснимыми явления ипредвидит новые поразительные соот-ношения. Вернейший и наиболее глу-бокий способ изучения, при помощитеории Эйнштейна, геометрии мира истроения нашей Вселенной состоит вприменении этой теории ко всему мируи в использовании астрономическихисследований. Пока этот метод немно-гое может дать нам... Но в этих обсто-ятельствах нельзя не видеть лишь зат-руднений временных; наши потомки,без сомнения, узнают характер Все-ленной, в которой мы обреченыжить...»

Теперь можно дополнить получив-шуюся картину современными оцен-ками параметров эволюции Вселен-ной. При жизни Фридмана (он умер в1925 г.) о них не было известно ниче-го. Сейчас у нас есть данные о посто-янной Хаббла, о процентном отноше-нии вкладов материи, включая неви-димую нами темную материю, и отемной энергии, роль которой, воз-можно, играет космологическая по-стоянная.

Постоянная Хаббла H названа в честьамериканского астронома Эдвина Хаб-бла, работавшего на крупнейшем в товремя оптическом телескопе в обсер-ватории Маунт-Вилсон. В 1929 годуон обнаружил прямую пропорциональ-ность скорости v убегания галактикрасстоянию r до них: v = Hr. В нашихобозначениях: H R R′= . Современ-

ное значение постоянной Хаббла со-ставляет 18 12,5 10 cH − −≈ ⋅ (но чаще Нвыражают в км/с на мегапарсек, тог-да ( )67 км с МпкH ≈ ).

Темная энергия, которая, возможно,сводится к космологической постоян-ной, составляет примерно 70% полнойплотности энергии. Вещество, вклю-чающее в себя и невидимую загадоч-ную темную материю, дает примерно30%. Есть еще излучение, плотностьэнергии которого убывает при расши-рении Вселенной как 41 R , но еговкладом в первом приближении мыможем пренебречь. Вклад кривизныпространства не превышает 0,4%, по-этому пространство обычно предпола-гается плоским. Мы, однако, для на-глядности сохраним за переменной Rтитул радиуса мира и будем считатьпространство Вселенной трехмернойсферой, вслед за Эйнштейном и Фрид-маном (точнее, вслед первой работеФридмана).

В нашей механической модели Все-ленной соотношение между темнойэнергией и энергией вещества естьотношение потенциальных энергий

32анти-Гук

2Ньютон Э

2 1

2

U m R R

U RGmM R

ω= = =

α

= 3 70%

2,32 30%

x≈ ≈ ,

следовательно, 3 4,6 1,7x ≈ ≈ .Соотношение между вкладом кри-

визны (у нас в механической задачеэто полная энергия) и вкладом веще-ства

( )Ньютон

1 30,013

2 3 2

E x

U x= = <

β β

дает нам оценку β > 190. Для безраз-мерной постоянной Хаббла °H , гра-фик зависимости которой от x мыстроили при разных значениях β (см.

Рис. 6. График потенциальной энергии длясценария инфляции

рис.5), получаем

° 26ЭЭ0,77 10

v RH H R

cx c−= = ≈ ⋅ ,

если ЭR выражено в метрах. Из при-веденной ранее формулы для °H полу-чаем° ( )1,7 0,68 9,4H x = ≈ β > ,

следовательно, 27Э 1,2 10R > ⋅ м, или

в более адекватных единицах – мега-парсеках 4

Э 6 10R > ⋅ Мпк.Таким образом, из данных о посто-

янной Хаббла мы можем получитьоценку радиуса мира: Э1,7R R> ≈

510≈ Мпк, или 272 10R > ⋅ м. Для

массы мира получаем 571,5 10M > ⋅ кг,для космологической постоянной Эйн-штейна – 2 35 23 1,3 10 c− −λ = ω = ⋅ , длягравитационного радиуса Вселенной –

73,6 10gR > ⋅ Мпк.

Рождение Вселенной из ничего?

«...является возможность также го-ворить о “сотворении мира из ничего”,но все это пока дулжно рассматриватькак курьезные факты, не могущиебыть солидно подтвержденными недо-статочным астрономическим экспери-ментальным материалом...» – так го-ворится в упомянутой выше книгеА.Фридмана.

В обеих наших моделях космологиибыло что-то искусственное. В примерес катанием на санях кто-то долженразогнать сани, во втором примеректо-то должен выстрелить из рогат-ки... Не следует ли представить всепроще? Например, чтобы перевалитьчерез одну горку, не лучше ли будетсначала забраться на горку более вы-сокую и начать спуск оттуда? Тогдабудет понятно, откуда взялись огром-ная кинетическая энергия и огромнаяпо модулю, но отрицательная, потен-циальная энергия. Причем начальнаяполная энергия может быть очень ма-

лой и даже нулевой. Вселенная можетродиться… из ничего!

Приблизительно об этом говоритсценарий так называемой инфляции,когда Вселенная рождается как флук-туация вакуума и за первые 3010− cсвоего существования увеличивает своиразмеры более чем в 3010 раз. В этомсценарии вся огромная масса веществаВселенной рождается при распаде пер-вичного вакуума и переходе от эпохиинфляции к эпохе Фридмана. На ри-сунке 6 приведен примерный график

зависимости безразмерной потенциаль-ной энергии °U от безразмерного ради-уса Вселенной x для сценария инф-ляции.

Эпилог

Так ли проста космология, как былопредставлено выше? Конечно, здесьсказано далеко не все. Вещество, кото-рое Эйнштейн, за ним Фридман и мыс вами считали пылью, на самом делевключает в себя и излучение и ведетсебя по-разному при разных плотнос-тях и температурах. Мы не знаемдоподленно, что происходит в миреэлементарных частиц при энергиях намного порядков выше тех, которыедоступны современным ускорителям.

К О С М О Л О Г И Я Ф Р И Д М А Н А : Г О Р Ы Р Е А Л Ь Н Ы Е И П О Т Е Н Ц И А Л Ь Н Ы Е 13

(Окончание см. на с. 23)

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

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

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

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

Задачи М2451 – М2453 предлагались на XXXVIII Турнире городов. Задачи Ф2457–Ф2460предлагались в 2016 году на Санкт-Петербургской городской открытой олимпиаде школьниковпо физике.

Задачипо математике и физике

Задачи М2450–М2453,Ф2457–Ф2460

M2450. Дан треугольник ABC. На лучеAB отметили такую точку 1C , что =1AC= AC, на луче BC – такую 1A , что 1BA =

= BA, на луче CA – такую 1B , что =1CB CB;на луче BA отметили такую точку 2C , что

=2BC BC , на луче CB – такую 2A , что=2CA CA , на луче AC – такую 2B , что=2AB AB (рис.1). Докажите, что пло-

щадь треугольника ABC равна полусуммеплощадей треугольников 1 1 1A BC и 2 2 2A B C .

П.Кучерявый

M2451. Петя нарисовал многоугольникплощадью 100 клеток, проводя границы

по линиям квадратной сетки. Он прове-рил, что его можно разрезать по границамклеток и на 2 равных многоугольника, и на25 равных многоугольников. Обязательноли тогда его можно разрезать по границамклеток и на 50 равных многоугольников?

Е.Бакаев

M2452. Можно ли квадрат со стороной 1разрезать на две части и покрыть имикакой-нибудь круг диаметра больше 1?

А.Шаповалов

M2453. На 2016 красных и 2016 синихкарточках написаны положительные чис-ла, все они различны. Известно, что накарточках какого-то одного цвета написа-ны попарные суммы каких-то 64 чисел, ана карточках другого цвета – попарныепроизведения тех же 64 чисел. Всегда лиможно определить, на карточках какогоцвета написаны попарные суммы?

Б.Френкин

Ф2457. У танкера, перевозящего топливо,закончилось горючее, когда до порта оста-лось L = 100 км. Чтобы доплыть до пунктаназначения, капитан решил использоватьгруз в качестве топлива для танкера. Ка-кое наименьшее количество тонн топливапридется потратить, чтобы добраться допорта по прямой? Скорость танкера зави-

Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 15

сит от расхода топлива Q так, как показа-но на рисунке 2.

И.Буренев

Ф2458. Два робота двигаются по круго-вым траекториям вокруг общего центра спостоянными по модулю скоростями, ра-

диус траектории первого R, второго 2R

(рис.3). В начальный момент времени пер-вый робот измерил расстояние до второго,

оно оказалось рав-ным R. Сделав по-ловину оборота,первый робот сно-ва измерил рассто-яние до второго.Оно стало равным

3R . Какое времянужно второму ро-

боту, чтобы сделать один полный оборотвокруг центра? Известно, что первый ро-бот делает оборот за T = 210 с, а второй неможет совершить оборот быстрее чем за

mt = 100 с.А.Горбенко

Ф2459. Льдина массой M покоится нагладкой горизонтальной ледяной поверх-ности (рис.4; вид сбоку). Угол наклонаBAC равен α , BC = H. По наклоннойплоскости от точки A к точке B начинаетподниматься с постоянной относительнольдины скоростью v пингвин массой m.Пройдя треть пути до вершины, пингвинспотыкается и падает животом на льдину.При этом сразу после падения его скорость

относительно льдины оставалась равной v.Какова конечная скорость льдины, есликоэффициент трения между животом пин-гвина и поверхностью льдины µ ? До нача-ла движения пингвин неподвижно стоял вточке А на покоящейся льдине. Трениемльдины о горизонтальную поверхность пре-небречь.

А.Малышев

Ф2460. К источнику постоянного напря-жения подключена схема из шести резис-торов (рис.5). Сопротивления резисторов

1 4 2R R= = Ом, 2 3 3R R= = Ом, 5R =

6 5R= = Ом. Известно, что два резисторавышли из строя (какие именно – не изве-стно): одно из сопротивлений закоротило,а другое – перегорело. Какие два резисто-ра должны выйти из строя, чтобы у полу-чившейся схемы было минимально воз-можное сопротивление? А чтобы сопро-тивление оставшейся схемы получилосьмаксимальным? Рассчитайте сопротивле-ние получившейся схемы в этих двух слу-чаях. Сопротивлением соединительныхпроводов пренебречь.

И.Александров

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 216

ные обозначения BC = a, CA = b,AB = c) имеем 2 2 2 2 cosAL c x cx B= + - – .Поскольку

( ) ( ) ( ) ( )AB BL AC CL c x b a x+ - = + - + ,

то после раскрытия скобок и приведенияподобных в данном равенстве( ) ( ) 2AB BL AC CL AL+ - = уничтожится

2x ; тем самым, получим линейное уравне-ние относительно x. Оно не является тож-деством для всех x: скажем, при x = 0имеем

( ) ( ) ( ) 2 2AB BL AC CL c b a c AL+ - = - π = .

Значит, это линейное уравнение имеет неболее одного корня, а один его корень намуже известен: он соответствует случаю,когда L – основание биссектрисы.

А.Плахов, А.Спивак

M2438. Многочлен 0y степени n имеет nразличных корней 1, , nx x… . Вместе с 0yрассмотрим многочлены, получающиесяиз него циклической перестановкой коэф-фициентов:

10 0 1 1

n nn ny a x a x a x a…

--= + + + + ,

21 1 1 0

nn ny a x a x a x a… -= + + + + ,

…,1

0 2 1n n

n n n ny a x a x a x a…

-- -= + + + + .

Положим ( )1i ib y x= для i = 1, 2, …, n.Докажите, что если 1 0b π , то многочлен

1 21 2

n nng b x b x b- -

= + + +… имеет корни

2, , nx x… .

Пусть ( )1h x x g= - . Достаточно доказать,что многочлен h имеет корни 1 2, , , nx x x… ,т.е. многочлен h получается из 0y домно-жением на некоторую постоянную.Имеем

( ) 11 2 1 1

n nh b x b b x x -= + - +

+( ) ( )23 2 1 1 1 1

nn n nb b x x b b x x b x…

--- + + - - .

Решения задач М2436–М2440,Ф2443–Ф2447

M2436. Найдите все натуральные n соследующим свойством: существуют n пос-ледовательных натуральных чисел, сум-ма которых является квадратом целогочисла.

Ответ: 2sn m= , где m – любое нечетноецелое, а s либо равно 0, либо нечетно.Обозначим

( ) ( ) ( ) ( ), 1 2S n t t t t n…= + + + + + + =

( )2 1 2t n n= + + .

Для нечетного n положим ( )1 2t n= - иполучим ( ) 2,S n t n= .Пусть теперь n четно, т.е. 2sn m= , где sнатуральное, а m нечетное. Поскольку2t + n + 1 нечетно, ( ),S n t делится на 12s- ,но не делится на 2s . Это означает, что длячетного s степень вхождения двойки вразложение числа ( ),S n t нечетна, значит,

( ),S n t не является точным квадратом.Для нечетного s можно положить

( )2 1 2t mx n= - - для некоторого доста-

точно большого нечетного x (такого, чтобыt было положительным). Тогда ( ),S n t =

1 2 22s m x-= – точный квадрат.

П.Кожевников

M2437. Точка L лежит на стороне BCтреугольника ABC. Докажите, что ALявляется биссектрисой угла BAC тогда итолько тогда, когда выполнено равен-

ство ( ) ( ) 2AB BL AC CL AL+ - = .

Вначале предположим, что AL – биссект-риса. Тогда по известной формуле

2AL AB AC BL CL= ◊ - ◊ . Кроме того, посвойству биссектрисы AB : AC = BL : CL,откуда AB CL AC BL◊ = ◊ . Имеем

( ) ( )AB BL AC CL+ - =

( )AB AC BL CL= ◊ - ◊ +

+ ( ) 2BL AC AB CL AL◊ - ◊ = .

Для доказательства обратного утвержде-ния обозначаем BL = x (см. рисунок) и потеореме косинусов (используя стандарт-

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

Выразим коэффициенты многочлена h:

1 1 1 1 0n

nb a x a x a…= + + =

= ( )1 10 1 1 1 1 0 0 1

n n nna x a x a x a a x…

+ ++ + + + - =

= ( )1 10 1 1 1 1 0 0 1

n n nna x a x a x a a x…

+ ++ + + + - =

= ( ) ( ) ( )1 11 0 1 0 1 0 11 1n nx y x a x a x+ +

+ - = - .

При 1 1k n£ £ - :

1 1k kb b x+ - =

= ( )11 1 1 0 1

n n k n kk n ka x a x a x a… …

- + -+ + + + + + -

– ( 1 11 1 1 1n n n k

k k na x a x a x…

+ - +++ + + +

)0 1 1n k

ka x a x…

--+ + + = ( )1

11 nka x +

- ;

( )11 1 0 1 1 1

n nn n nb x a x a x a x…

+-- = - - + + =

= ( )11 0 1 1 1n n

n n n na x a a x a x a…

+-- + - + + + =

= ( ) ( ) ( )1 11 0 1 11 1n n

n na x y x a x+ +- + = - .

Как видим, коэффициенты многочлена hполучаются из соответствующих коэффи-циентов многочлена 0y умножением на

( )111 nx +

- .

Замечание. Утверждение задачи можетбыть переформулировано с помощью тео-ремы Виета следующим образом: суммапроизведений чисел из множества 2 3, , , nx x x… , взятых в количестве k, рав-

на ( )1

1k kb

b- .

В.Каражаев, П.Кожевников

M2439. Даны две гиперболы xy = a и xy == b, где a < b – положительные числа. Вкаждой точке второй гиперболы прове-дем касательную, она отсечет от первой

гиперболы «сегмент» (см. рисунок). До-кажите, что площади всех таких «сег-ментов» равны.

Решение см. в статье С.Дворянинова, П.Ко-жевникова «Какие бывают повороты».

M2440. Правильный p-угольник P и пра-вильный q-угольник Q, не имеющие общихвершин, вписаны в одну и ту же окруж-ность. Окружность разбита p + q верши-нами многоугольников P и Q на p + q дуг.Всегда ли можно вписать в окружностьправильный ( )p q+ -угольник так, чтобына каждой из дуг оказалась ровно одна изего вершин?

Ответ: да, всегда.Покрасим вершины p-угольника зеленым,а вершины q-угольника – синим. Прокатимнашу окружность по прямой (эту прямуюпримем за ось координат Ox) так, чтовершины p-угольника оставят на оси Oxзеленые «отпечатки» через равные проме-жутки. Аналогично получим синие отпе-чатки от вершин q-угольника. Если l –длина окружности, то множества зеленыхи синих точек на прямой переходят в себяпри сдвиге на l по горизонтали.Далее, через каждую синюю точку прове-дем прямую с угловым коэффициентом 1,а через каждую зеленую точку – прямую сугловым коэффициентом –1 (см. рису-нок), получилась сетка из прямоугольни-ков. В каждом прямоугольнике проведем

пунктиром диагональ, соединяющую вер-шины с наибольшей и наименьшей ордина-той. Покрасим красным точки пересече-ния пунктирных линий с осью Ox.Пунктирные диагонали образуют парал-

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 218

лельные прямые, такие, что расстояниемежду соседними прямыми одно и то же.Вся конфигурация переходит в себя присдвиге на l по горизонтали. Значит, крас-ные точки расположены через равные про-межутки на оси Ox и множество красныхточек переходит в себя при сдвиге на l погоризонтали. Если теперь повторить про-катывание окружности, на ней остаютсяотпечатки от красных точек – это вершиныправильного многоугольника.Для решения задачи достаточно показать,что каждый из отрезков, на которые зеле-ные и синие точки делят ось Ox, содержитровно одну красную точку. Пусть s – одиниз таких отрезков. Так как отрезок sсодержится в некотором прямоугольникеr, он может быть пересечен лишь однойпунктирной диагональю. С другой сторо-ны, отрезок s в самом деле пересечендиагональю прямоугольника r. Действи-тельно, если концы отрезка s окрашены водин и тот же цвет, то ось Ox пересекает двепротивоположные стороны прямоугольни-ка r, а значит, и его диагональ; если жеконцы отрезка s окрашены в разные цвета,то ось Ox отделяет самую верхнюю (илисамую нижнюю) вершину прямоугольникаr от трех других его вершин, значит, и вэтом случае ось Ox пересечена пунктирнойдиагональю прямоугольника r.Замечание. Задача М2440 связана с клас-сической задачей, предлагавшейся на Все-союзной математической олимпиаде 1979года (фактически, обобщает ее):Пусть p и q – два взаимно простыхнатуральных числа. Отрезок [0; 1] раз-бит на p + q равных отрезков. Докажите,что каждый из этих отрезков, за исклю-чением самого левого и самого правого,содержит ровно одно число из p + q – 2чисел

1 2 1 1 2, , , , , ,

p

p p p q q… …

-,

1q

q

-.

Н.Белухов

Ф2443. Вертикальные сообщающиеся со-суды с площадями сечения S и 2S соедине-ны горизонтальным каналом площадьюсечения S (см. рисунок).Сосуды перекрыты неве-сомыми подвижными пор-шнями, а весь объем подпоршнями заполнен не-сжимаемой жидкостью.К поршням прикрепленакрепкая нерастяжимаянить, перекинутая че-рез блок. Ось блока на-чинают перемещатьвверх с постоянной скоростью v. С какойсредней скоростью начинает двигатьсяжидкость в горизонтальном канале? Самисосуды неподвижны, а поршни от жидко-сти не отрываются.

Так как объем жидкости постоянен, иско-мая величина скорости xv движения жид-кости в горизонтальном канале равна ско-рости 1v движения в сосуде того же сеченияS. По этой же причине величина скорости

2v движения поршня в сосуде сечением 2Sравна половине от величины 1v , т.е.

=2 1 2v v . Вследствие сохранения объемажидкости, один из поршней двигается вниз(больший), а другой (меньший) – вверх.За некоторый промежуток времени t∆ осьблока переместится на расстояние v t∆ , асмещения поршней составят 1v t∆ и - 2v t∆ .Знак «минус» добавлен для того, чтобыучесть, что этот поршень двигается вниз,как и правый конец нити. Поскольку нитьне изменяет своей длины, эти смещениясвязаны соотношением

= -1 22v t v t v t∆ ∆ ∆ ,

откуда получаем

=1 4v v .

Таким образом, скорость жидкости в гори-зонтальном канале направлена (по рисун-ку) влево и равна vx = 4v.

В.Боровков

Ф2444. На идеально скользком льду ле-жат, соприкасаясь, две одинаковые доски

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

(см. рисунок).На левый крайпервой доски по-

ставлен шероховатый брусок. Когда еготолкнули, он достиг правого края второйдоски и остался на нем. Во сколько разприобретенная второй доской скоростьбольше, чем у первой? Масса и размербруска много меньше массы и длины досок.

Ввиду малой массы бруска, ускорение искорости досок много меньше ускорения искорости бруска. Поэтому движение брус-ка можно рассматривать, не учитывая дви-жение досок.Пусть длина одной доски L, начальнаяскорость бруска v, ускорение бруска

=a gµ , а времена движения бруска попервой и второй доске 1t и 2t соответствен-но. Тогда

- =

21

12

atvt L ,

( )( )+

+ - =

21 2

1 2 22

a t tv t t L ,

( )- + =1 2 0v a t t ,

откуда получаем

( )= -1 2 2 1t t .

Пусть масса одной доски M. Сила тренияmgµ , действующая на доски со стороны

бруска массой m, приводит к ускорению( )=1 2a mg Mµ при движении бруска по

первой доске, когда обе доски движутсявместе, и к ускорению второй доски

= =2 12a mg M aµ при движении брускапо второй доске, когда первая отстает отвторой и движется с достигнутой за время

1t скоростью.Выразим искомые скорости:

=1 1 1v a t , = +2 1 2 2v v a t .

Отсюда находим

2 1 2

1 1

2 2 15,82 6

2 1

v t t

v t

+ += = = ≈

−.

В.Баткин

Ф2445. Масса платформы с ракетнымидвигателями (рис.1) равна m. Сила тяги

двигателей, равная F = 1,2mg, направленавверх (g – ускорение свободного падения).Двигатели периодически включают нанекоторое время T и выключают на времяτ = 0,2 с. При этом платформа, поднима-ясь и опускаясь, остается в среднем нанеизменной высоте. Каково тогда T? Накакую высоту h поднимается платформаот низшего положения до высшего?

Ускорение платформы при включенномдвигателе равно

0,2F mg

a gm

−= = .

Установим зависимость скорости от време-ни за промежуток T + τ . На интервале Tприращение скорости пропорциональновремени, а коэффициент пропорциональ-ности равен a. Аналогично и для участкаинтервала τ , только здесь приращениескорости отрицательно, а вместо a надовзять g. За промежуток T + τ полное при-ращение скорости будет равно

v aT g∆ = − τ .

При положительном v∆ скорость в сред-нем растет, при отрицательном убывает,по условию же в среднем скорость посто-янна. Таким образом,

0v aT g∆ = − τ = , и 1 cg

Ta

τ= = .

На рисунке 2 приведен соответствующий

Рис. 2

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 220

график скорости, а верхняя горизонталь-ная ось отвечает нулевой средней скорос-ти. Условие 0v∆ = еще не означает, чтосредняя скорость по вертикали нулевая.Для этого требуется, чтобы перемещениеза цикл было нулевым. Отсюда получаемуравнение для начальной скорости 0v :

( )2 2

0 02 2

aT gv T

τ+ τ + + = , и 0

2

aTv = − .

Теперь можно сделать вывод, что низшееи высшее положения проходятся в средниемоменты промежутков времени T и τ , гдескорость платформы нулевая. А тогда длявысоты h подъема платформы получаем

2 2 2330 см

8 8 4

aT g gh

τ τ= + = = .

И.Воробьев

Ф2446. Стол сопряжен цилиндрическойповерхностью радиусом R с наклоннойплоскостью с углом наклона α (см. рису-нок). Первоначально покоящаяся цепочка

начинает соскальзывать со стола. Прикакой длине цепочки L ее «хвост» неоторвется от поверхности? Трения нет.

Критический момент наступает тогда, ког-да последнее звено цепочки проходит ниж-нюю точку цилиндрической поверхности,а вся остальная цепочка находится нанаклонной плоскости. В момент отрывасила нормального давления, а значит, исила реакции опоры обращаются в ноль.Из второго закона Ньютона находим цент-ростремительное ускорение:

2

ц cosv

a gR

= = α ,

где v – скорость цепочки. Эту скорость,точнее ее квадрат, можно выразить иззакона сохранения энергии

2

2

mvmgH= ,

где

( )1 cos sin2

LH R= − α + α

– уменьшение высоты центра масс цепоч-ки.После подстановки получаем, что наи-большая длина цепочки равна

( )3cos 2

sin

RL

α −=

α.

При cos 2 3α < цепочка любой длиныоторвется от поверхности.

А.Киприянов

Ф2447. С помощью С-образной скобымежду двумя одинаковыми вертикальны-ми пружинами зажат кубик с длинойребра a = 10 см (см. рисунок). Сохраняявертикальность пру-жин, скобу опускаютв широкий сосуд с во-дой. Оказалось, что,считая от моментакасания кубиком водыдо его полного погру-жения в воду, самаскоба переместилась на h = 15 см повертикали. Найдите жесткость k однойпружины. Считать вес 1 кг равным 10 Н,собственным объемом пружин пренебречь.

Согласно условию задачи, при погруже-нии кубика в воду его смещение относи-тельно скобы составило 5 смx h a∆ = − = .На столько же изменила свою деформа-цию и каждая из пружин: одна увеличила,а другая уменьшила. Это означает, чторавнодействующая сил упругости, действу-ющих на погруженный в воду кубик, изме-нилась на 2k x∆ . Причиной тому – вытал-кивающая сила F, равная весу воды вобъеме кубика 3 3 310 смa = , т.е., с хоро-шей точностью, F = 10 Н. Таким образом,

2F k x= ∆ ,

откуда находим

100 Н м2

Fk

x= =

∆.

В.Боровков

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

Какие бывают повороты

С.Дворянинов, П.Кожевников

Одна из целей этой заметки – решениеследующей задачи о гиперболах.

М2439. Даны две гиперболы xy = a и xy == b, где a < b – положительные числа. Вкаждой точке второй гиперболы проведем

касательную,она отсечет отпервой гипербо-лы «сегмент»(рис.1). Дока-жите, что пло-щади всех та-ких «сегмен-тов» равны.

Иными слова-ми, в задаче ут-

верждается, что гипербола xy = b – этоогибающая хорд, отсекающих от гиперболыxy = a равновеликие сегменты.

Гипербола – кривая из класса коник, т.е.кривых, задаваемых алгебраическим урав-нением второй степени. Разные коники (ги-пербола, парабола, эллипс) внешне непохо-жи, но имеют схожие уравнения (этакоеалгебраическое родство), а поэтому зачас-тую разные коники все же обладают анало-гичными геометрическими свойствами.

Поэтому, прежде чем решать задачу продве гипебролы, рассмотрим более простойвариант коник – окружности.

Задача об окружностях. Пусть имеютсядве концентрические окружности. В каж-

дой точке внутреннейокружности проведемкасательную, она от-сечет от внешней ок-ружности сегмент(рис. 2). Докажите,что площади всех та-ких сегментов равны.

Смотрим на отсекае-мые сегменты – никаких сомнений: все ониравновелики, ведь один сегмент можно пере-вести в другой поворотом вокруг центраокружностей.

На самом деле в этом решении «в одну

строчку» можно выделить несколько ключе-вых моментов:

(1) повороты вокруг центра сохраняюткаждую из окружностей;

(2) при повороте сохраняется площадьфигуры;

(3) касательная (т.е. прямая, касающаясяокружности) переходит в касательную.

Упражнение 1. Сформулируйте и решите ана-логичную задачу об эллипсах.

Указание. Эллипсы должны быть гомотетичныи иметь общий центр. Можно выполнить сжатиек прямой, переводящее эллипс в окружность.

К сожалению, повороты для гипербол непомогут... Но может быть, найдутся другиепреобразования, которые помогут нам стольже эффектно и коротко решить задачу огиперболах? И действительно, есть подходя-щие преобразования, именуемые гиперболи-ческими поворотами, они из класса такназываемых аффинных преобразований (отаких преобразованиях в «Кванте» уже шларечь – см. статью А.Заславского «Аффиннаягеометрия» в «Кванте» 1 за 2009 г.).

Нужные нам гиперболические поворотыможно ввести при помощи более известныхв школе сжатий и растяжений. Для некото-рого k > 0 выполним вначале сжатие вдольоси Ox в k раз (здесь полагаем, что возможнои < ≤0 1k , считая сжатие в k раз растяже-нием в 1/k раз), а затем растяжение вдольоси Oy в k раз. Результирующее преобразо-вание и будет гиперболическим поворотом.

Точка ( );x y после первого сжатия перешла

в точку ( );x k y , а затем в точку ( );x k ky .

Таким образом, результат гиперболическогоповорота записывается в координатах так:

( ) ( ); ;x y x y∗ ∗→ , где ∗ =x x k , ∗ =y ky .

Легко видеть, что точка, лежащая на гипер-боле xy = c, переходит в точку, лежащую натой же гиперболе 1:

( )∗ ∗ = ⋅ = =x y x k ky xy c

– ключевой момент (1) есть!

Рис. 1

Рис. 2

1 Интересно рассмотреть семейство гиперболи-ческих поворотов, меняя непрерывно параметр k.Можно усмотреть «поток», который, подобнопотоку воды, несет каждую точку первого квад-ранта вдоль соответствующей ветви гиперболы.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 222

2 Ответ такой: при аффинном преобразовании,заданном формулами ∗ = + +1 1 1x a x b y c , ∗ = +2y a x

+ +2 2b y c , площадь фигуры умножается на−1 2 2 1a b a b . В нашем случае =1 1a , =1 0b , =2 2a k ,

=2 1b .

Упражнение 2. Докажите, что для любых двухточек A и B, лежащих на одной ветви гиперболыxy = c, можно подобрать параметр k гиперболи-ческого поворота так, чтобы A переходила в B.

Теперь посмотрим, что происходит с пло-щадью фигур. При первом сжатии площадьлюбой фигуры умножается на 1/k, припоследующем растяжении умножается на k,в итоге площадь умножается на ( ) ⋅ =1 1k k ,т.е. не изменяется – ключевой момент (2)!

Любая прямая при сжатии и растяжениипереходит в прямую, значит, и при гипербо-лическом повороте – тоже. Факт касанияпрямой и кривой тоже сохраняется при сжа-тиях, а значит, и при гиперболическом пово-роте. Поэтому касательная к гиперболеxy = b перейдет при гиперболическом пово-роте в касательную к той же гиперболе –ключевой момент (3)!

Подготовка завершена. А теперь короткоерешение задачи о гиперболах.

Пусть касательные pl и ql , проведенные вточках P и Q гиперболы xy = b, отсекают отгиперболы xy = a сегменты pS и qS . В силусимметрии гиперболы достаточно считать,что точки P и Q располагаются на однойветви. Рассмотрим гиперболический пово-рот, сохраняющий наши гиперболы и пере-водящий P в Q (используем упражнение 2).Тогда прямая pl перейдет в прямую ql , иобласть pS , заключенная между прямой plи гиперболой xy = a, переходит в область qS(попробуйте объяснить это аккуратно; стро-го говоря, до этого сказано только о грани-цах области pS ). Остается воспользоватьсясохранением площадей – и задача о гипербо-лах решена!

Упражнение 3. Докажите, что точка касания Pна рисунке 3 – середина отрезка между точками

пересечения пря-мой pl с гипербо-лой xy = a.

Указание. Аф-финное преобразо-вание (в частности,гипеболическийповорот) отрезокпереводит в отре-зок, причем сере-дина отрезка пере-ходит в середину.Кроме того, есть

положение точки P, для которого утверждениеэтого упражнения очевидно.

Итак, для эллипсов и гипербол задача оравновеликих сегментах решена. Оказыва-ется, есть аналогичное утверждение и дляпарабол, только надо брать равные парабо-лы, которые получаются друг из друга па-раллельным переносом.

Задача о параболах. Даны две параболы= 2y x и = +2y x a , где a > 0. В каждой

точке внутреннейпараболы проведемкасательную, онаобразует с внеш-ней параболой сег-мент (рис. 4). До-кажите, что пло-щади всех такихсегментов равны.

Как читатель,возможно, уже до-гадался, нам помогут параболические пово-роты! Подходящие повороты определяются

как ( ) ( ); ;x y x y∗ ∗→ , где ∗x = x + k, ∗y =

= 2kx + y + 2k , а k – действительный пара-

метр.

Упражнение 4. Докажите, что

∗ ∗− = −2 2y x y x .

Равенство в упражнении 4 означает, чтоопределенные выше параболические поворо-ты сохраняют каждую параболу вида

= +2y x c (ключевой момент (1)).Параболический поворот является аффин-

ным преобразованием, что на самом делесразу влечет ключевой момент (3). Конечно,желающие могут убедиться и непосредствен-но, что касательная к параболе = +2y x cпереходит в касательную к той же параболе.

Осталось понять, что сохраняется пло-щадь (ключевой момент (2)). Знакомые сосновами теории аффинных преобразова-ний знают ответ 2 из координатной записи,но доказательство выходит за рамки этой

Рис. 3

Рис. 4

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 23

статьи. Мы же приведем следующее геомет-рическое рассуждение, из которого можновывести сохранение площади.

Рассмотрим криволинейную трапецию –«чешуйку» ширины t, ограниченную верти-кальными прямыми, находящимися на рас-

стоянии t друг отдруга, и парабо-лами = +2y x b ,

= + +2y x b s ,где s > 0 (рис.5).Тогда площадьчешуйки равна ts.

Упражнение 5.Докажите это.

Указание. Разрежьте горизонталями чешуйкуна части, переложив которые можно получитьпрямоугольник ×t s .

При параболическом повороте любая вер-тикальная прямая сдвигается на k по гори-зонтали, значит, наша чешуйка перейдет вновую чешуйку той же ширины t, зажатуюмежду теми же параболами. Как видим,площадь новой чешуйки тоже равна ts. Итак,площади чешуек, зажатых между верти-кальными прямыми и параболами вида

= +2y x c , сохраняются. Можно создатьмелкую «криволинейную» сетку из такихчешуек (рис.6) и приближать заданную

Рис. 6

фигуру набором чешуек (подобно тому, какпри определении площадей сложных фигурфигура приближается набором ячеек мелкойквадратной сетки) – и вывести из сохране-ния площадей для чешуек сохранение пло-щадей для любых фигур.

Итак, все три ключевых момента для ре-шения готовы, теперь дело за малым.

Упражнения

6. Сформулируйте аналог упражнения 2, дока-жите его и завершите решение задачи о парабо-лах.

7. Сформулируйте и докажите факт про сере-дину отрезка, аналогичный упражнению 3.

В завершение предлагаем читателю приду-мать аналогичные пространственные задачиоб эллипсоидах, гиперболоидах, параболои-дах и объемах, отсекаемых касательнымиплоскостями.

Рис. 5

В ранней Вселенной имели местограндиозные фазовые переходы, рас-пад вакуума и рождение из него новыхи новых частиц. Эволюция Вселеннойявляется неравновесным и необрати-мым процессом.

Первым физиком, всерьез обратив-шим на это внимание, был ГеоргийГамов, которому, вместе с учениками,удалось вывести соотношение междуколичествами легких элементов систе-мы Менделеева во Вселенной, пред-сказать существование реликтового из-лучения и правильно оценить его тем-пературу.

Но это отдельная история…

(Начало см. на с. 9) Литература

1. Письма и рукописи А.Фридмана в архивеП.Эренфеста (www.lorentz.leidenuniv.nl/history/Friedmann_archive/)

2. А.А.Фридман. Мир как пространство и вре-мя (5-е изд.) (М.: Либроком, 2009)

3. Номер журнала «Успехи физических наук»,посвященный 75-летию Фридмана (т.80, в.3, 1963)

4. Э.А.Тропп, В.Я.Френкель, А.Д.Чернин.Александр Александрович Фридман: Жизнь идеятельность (2-е изд.) (М.: КомКнига, 2006)

5. А.Беленький. «Воды, в которые я вступаю,не пересекал еще никто». Александр Фридман иистоки современной космологии (электронныйжурнал «Наука из первых рук», 5(47), 2012)

6. В.О.Соловьев. Как Фридман Эйнштейнаподковал (журнал «Наукоград», 4(6), 2015)

7. М.В.Сажин. Современная космология в по-пулярном изложении (М.: УРСС, 2002)

8. А.Д.Долгов. Космология: от Померанчука донаших дней (УФН, т.184, 2014)

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

Эти задачи предназначены прежде всего уча-

щимся 6–8 классов.Эти задачи предлагались на Костромском

областном Турнире юных математиков.

Задачи«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

1. Нарисуйте на клетчатой бумагефигуру, которую можно разрезать какна фигуры вида А, так и на фигурывида Б (см. рисунок).

Фольклор

2. На полоске из 21 клетки стоятнесколько фишек, как на рисунке. Од-

ним действием разрешается выбратьлюбые три подряд идущие фишки А,Б, В и переложить среднюю фишку Бтак, чтобы между Б и В стало столькоклеток, сколько было между А и Б, нопри этом порядок фишек не поменял-ся. Можно ли с помощью несколькихтаких действий добиться того, чтобыодна из фишек оказалась в централь-ной клетке?

Н.Чернятьев

3. За круглым столом сидели 20кондукторов. Затем между каждымидвумя соседними кондукторами селипо 20 водителей автобуса, таким об-разом всего за стол сели 400 водите-лей автобуса. Время от времени один

из водителей вставал из-за стола иуходил, забрав с собой двух соседей.Через некоторое время за столом ос-талось 3 кондуктора. Какое наимень-шее количество водителей автобусамогло остаться к этому времени?

И.Петренко

4. Внутри квадрата 11 ¥ 11 клетокМаксим нарисовал по линиям сеткинесколько фигур (возможно одну),которые не соприкасаются даже угла-ми и не касаются сторон квадрата.Каким может быть наибольший сум-марный периметр этих фигур?

Н.Чернятьев

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Термодинамикаи мотоЦИКЛ

А.СТАСЕНКО

«Привет вам, благородные векторы! Я доб-рый волшебник Ади Аба Ата…» Вывел Ади АбаАта братьев на геодезическую линию, указалдорогу на Divgrad…

Как три вектора один детерминант в нульобратили (из книги «Физики продолжают

шутить»)

ОДНАЖДЫ В МОСКОВСКОМ ФИЗИКО-техническом институте шла конферен-

ция школьников в рамках программы «Стартв науку». Члены жюри внимательно слуша-ли доклад девятиклассника о мотоциклах. Вголовах опытных слушателей возникалипривычные термодинамические образы, на-чиная с простейших газовых процессов.Например, на рисунке 1 показаны три из нихв координатах давление – объем (p, V),давление – температура (p, T), а также втрехмерном пространстве (p, T, V). С этихчастных ситуаций и начиналась термодина-мика около двухсот лет тому назад. Кому жетеперь не известны законы Гей-Люссака,Бойля–Мариотта, Шарля, Менделеева–Кла-пейрона!

А вот процесс посложнее (для описания)– адиабатический, т.е. происходящий безобмена теплотой с окружающими телами.На рисунке 2 он отмечен цифрой 4. Срав-ним его с изотермическим процессом 1. Вид-но, что при расширении рабочего тела (газа)от объема minV до maxV для поддержанияпостоянной температуры в процессе 1 необ-ходимо подвести энергию извне, а в адиа-батическом процессе 4 теплообмена нет игазу приходится тратить часть собственнойэнергии на такое же увеличение объема.Поэтому его температура и давление умень-шаются. Тому, кто понимает, ясно, что вэтом случае параметры состояния связанысоотношениями

1p V T

γ−γ γ−∼ ∼ ,

где p VC Cγ = – отношение молярных теп-лоемкостей газа в изобарическом и изохор-ном процессах (указаны соответствующиеиндексы p и V).

Но существует еще более крутая зависи-мость давления от температуры – экспонен-циальная. В этом случае речь идет о состоя-нии насыщенного пара, т.е. пара, находяще-гося в равновесии со своей жидкостью.

Вспомним барометрическую формулу: дав-ление p атмосферы падает с высотой h по

Рис. 1. Частные случаи газовых процессов наплоскости и в трехмерном пространстве: 1 –изотерма, 2 – изобара, 3 – изохора

Рис. 2. Те же изопроцессы и адиабата

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 226

закону

0

mgh

kTpe

p

−= ,

где 0p – давление на нулевой высоте, m –масса молекулы, 231,38 10 Дж Кk −= ⋅ – по-стоянная Больцмана. Показатель экспонен-ты можно переписать по-другому:

( ) ( ) ( )A

A

0 0g h E h Emgh N mgh

kT N kT RT RT

Μ − −= = = .

Здесь введены: число Авогадро AN( [ ]A 1 мольN = ), молярная масса M ([M] == кг/моль), универсальная газовая посто-янная ( )8,31Дж моль КR = ⋅ и, что самоеважное, два энергетических состояния одно-го моля газа – на уровне моря (h = 0) и назаданной высоте. Приведенные здесь фор-мулы отражают важнейшую идею термоди-намики: в равновесии значения давления, азначит, и концентрации частиц экспоненци-ально зависят от отношения разности потен-циальных энергий в двух состояниях к хао-тической тепловой энергии.

Но что значит испарить один моль жидко-сти? Это означает – вытащить ее молекулыиз потенциальной ямы глубиной r ([r] == Дж/моль) (и расширить газ до нужногообъема). Следовательно, для давления на-сыщенного пара можно записать

нп

r

RTp e−

∼ .

Эта зависимость отмечена на рисунке 3 каккривая 5–6. Попробуйте изобразить ее втрехмерном пространстве состояний (как напредыдущих рисунках).

А теперь представим, что газ расширяетсяиз состояния 0p , 0T адиабатически так, чтоего давление и температура уменьшаются(кривая 4–5 на рисунке 3). Рано или поздноэта кривая пересечет кривую насыщенногопара в точке 5. Но что будет дальше? Дальшевозможны два сценария.

Если в газе уже существует достаточноеколичество центров конденсации, то парвыпадет на них, выделится теплота конден-сации и система пойдет вдоль кривой 5–6термодинамического равновесия между дву-мя фазами, которая соответствует более вы-сокой температуре при данном давлениипара пp .

А если таких центров нет, то газ проскочитсостояние равновесия и, организовав своисобственные ядра конденсации, начнет «вы-падать в осадок» на них (точка 8 на рисунке3), стремясь вернуться на кривую 5–6. Ноэто происходит лишь при определенном зна-чении так называемого пересыщения

п нп 1p p > .Да, но что же мотоцикл? Ведь в его

двигателе поршень ходит вверх-вниз не одинраз в секунду, т.е. многократно реализуетсязамкнутый термодинамический цикл. Такихциклов придумано и использовано много:циклы Дизеля, Отто, Стирлинга,…, Карно.Последний – цикл Карно – принципиальноинтересен тем, что обеспечивает наибольшеезначение коэффициента полезного действияпри работе в заданном диапазоне температур

minT , maxT .Оказывается все эти замкнутые процессы

Рис. 3. Кривая насыщения и адиабата Рис. 4. Обобщенный цикл тепловой машины

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В 27

можно обобщить в виде одного условногоцикла (рис.4), который полезно вниматель-но рассмотреть. Он состоит из «кусков»разных процессов. На адиабатах нет ниподвода, ни отвода тепла ( aQ = 0); на левойизохоре и верхней изобаре тепло подводитсяк рабочему телу (Q+ > 0); на правой изохо-ре и нижней изобаре тепло отводится от тела(Q− < 0). Все это можно подробно изучить,

поступив в МФТИ или МГУ. И даже приду-мать свой цикл…

Конечно, девятиклассник ничего такого нерисовал – эти мысли пронеслись в умахчленов жюри. А Он говорил об историимотоцикла (первый был, оказывается, четы-рехколесный!). И окончил доклад страст-ным призывом: «Любите Мотоцикл – и Онответит Вам взаимностью!»

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

Принцип Фермаи необычноеповедение

светаМ.РОМАШКА, М.ЕРМИЛОВ

ИЗВЕСТНЫЙ В ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ОПТИ-ке принцип Ферма заключается в том,

что луч света движется из начальной точки вконечную по такому пути, при котором вре-мя распространения света имеет локальныйминимум. Что это означает?

Допустим, имеется прозрачная среда спеременным показателем преломления: по-казатель преломления разный в разных точ-ках и является непрерывной функцией коор-динат. В этой среде есть точечный источники точечный приемник света. Принцип Фермаутверждает, что свет распространяется отисточника к приемнику по такой траекто-рии, чтобы время распространения имелолокальный минимум. Если мы чуть-чутьизменим вид траектории в любом месте, товремя распространения увеличится. Важноподчеркнуть, что время распространенияимеет локальный минимум, а не глобальный.Те, кто знаком с исследованием функций,знают, что функция может иметь не одинминимум, а несколько – несколько локаль-

ных минимумов. Глобальный минимум мо-жет и не существовать, если функция неограничена снизу, а если ограничена, тоглобальным минимумом является один излокальных. Похожая ситуация имеет место сраспространением света: может существо-вать несколько кривых, т.е. несколько тра-екторий, на которых время распространениясвета имеет локальный минимум. В этомслучае свет действительно будет распростра-няться от источника до приемника сразу понескольким траекториям.

Вот такой интересный случай мы и рас-смотрим в этой статье, а заодно потрениру-емся в применении оптической аналогии взадачах на поиск оптимального пути.

Принцип Ферма был впервые сформули-рован Героном Александрийским еще в Iвеке нашей эры (правда, в некотором част-ном случае). С помощью этого принципаГерон обосновал закон прямолинейного рас-пространения света и закон отражения све-та. С прямолинейным распространением вседовольно просто: свет распространяется пря-молинейно в оптически однородной среде,т.е. когда показатель преломления во всехточках одинаков. Действительно, кратчай-шим расстоянием между двумя точками яв-ляется прямая (точнее, отрезок). Чтобы вре-мя распространения было минимальным,нужно двигаться по прямой. С законом отра-жения немного поинтереснее. Как, исходя изпринципа Ферма (или Герона), доказать,что угол падения равен углу отражения?

Пусть в точке S (рис.1) находится источ-ник света, а в точке N – глаз наблюдателя

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 228

(глаз – не точечный объект, но сейчас длянас важно лишь, что он малый). Свет попа-дает в глаз наблюдателя после отражения отплоского зеркала OO′. Рассмотрим множе-ство возможных траекторий, по которымможет распространяться свет (считаем, чтосвет распространяется в воздухе). Какой изпутей самый короткий? Эту задачу можнопереформулировать следующим образом. Напрямой OO′ надо найти такую точку K,чтобы сумма расстояний от нее до точек S иN была минимальной. Решение этой задачибыло известно древним грекам: нужно пост-роить отражение N′ точки N относительнопрямой OO′ (рис.2). Тогда сумма расстоя-

ний от K до точек S и N равна суммерасстояний от K до точек S и N′. Очевидно,что эта сумма минимальна, когда K лежит напрямой SN′. Тогда из простых геометричес-ких соображений ясно, что угол паденияравен углу отражения. Поскольку эти рас-суждения можно провести для любых произ-вольно взятых точек S и N, угол падениявсегда равен углу отражения (если, конечно,отражение зеркальное, а не рассеянное).

В наиболее общем виде принцип Геронасформулировал Пьер Ферма в 1662 году. Онсчитал этот принцип основным законом гео-метрической оптики. Из него следовали всеизвестные на тот момент законы геометри-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

ческой оптики: закон прямолинейного рас-пространения, закон отражения, а также изакон преломления света. Но этот принципбывает полезен не только в оптике.

Посмотрим, как принцип Ферма помогаетв задачах о поиске оптимального пути. Нач-нем с известной задачи.

Задача 1. Человек находится в поле в 3 кмот ближайшей точки прямого шоссе. Чело-веку нужно попасть на автобусную оста-новку, находящуюся в 5 км от упомянутойточки. Скорость движения человека пополю 4 км/ч, а по шоссе 6 км/ч. К какойточке шоссе ему нужно идти, чтобы дойтидо остановки в кратчайшее время?

Решение. Те, кто умеет исследовать фун-кции с помощью производной, могут сразуувидеть путь решения этой задачи. Данныев задаче расстояния обозначим a и b, арасстояние вдоль шоссе до той точки, ккоторой нужно идти, обозначим x (рис.3).

Можно найти полное время движения какфункцию от x и исследовать эту функцию наминимум. Но у этой задачи есть и другое,«физическое» решение – с помощью опти-ческой аналогии. Согласно принципу Фер-ма, луч света движется из начальной точки Aв конечную точку B по такому пути, прикотором время распространения света имеетлокальный минимум. Будем рассматриватьшоссе как среду с показателем преломления1, а поле – как среду с показателем прелом-

ления 1

2

vn

v= , где 1v – скорость по шоссе, а

2v – скорость по полю. Зная закон прелом-ления (закон Снеллиуса), мы можем легконайти изображенный на рисунке угол крα .Он равен критическому углу, т.е. такомууглу, что если угол падения света из оптичес-ки более плотной среды в оптически менееплотную среду на любую величину больше

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

этого угла, то будет наблюдаться полноевнутреннее отражение. Этот угол находитсяиз закона преломления:

2кр

1

1sin

v

n vα = = .

С другой стороны, из геометрии получаем

кр 2 2sin

x

x aα =

+.

Теперь уже все просто (за исключениемодной маленькой детали: может оказаться,что x больше b). Не будем долго задержи-ваться на этой известной задаче (желающиемогут дорешать ее самостоятельно), а перей-дем к более интересной.

Однако, внимательный читатель можетзаметить: рассмотренная оптическая системане является средой с непрерывно изменяю-щимся показателем преломления. На грани-це поле–шоссе показатель преломления ме-няется резко, скачком. Что же получается:принцип Ферма здесь неприменим? Не беда:мы можем представить себе, что между по-лем и шоссе есть очень узкая полоса, накоторой показатель преломления плавноменяется от n до 1. Введение такой полосы неменяет сути задачи, но делает применениепринципа Ферма вполне законным.

Задача 2 (о брошенной кошке). Жителидеревни A продают свой дом, где они жиливместе с кошкой. Решив, что новым хозяе-вам кошка не понравится, они отвезли ее вдеревню B (рис 4), проехав на машине a == 3 км до T-образного перекрестка и ещеb = 5 км до деревни B, оставили ее там,вернулись обратно и продали дом. Кошка

же надеется, что новым хозяевам она по-нравится. Представим, что кошка можетвернуться домой, причем за минимальноевремя. Она может двигаться по дороге соскоростью 1v = 4 км/ч, а по полю – соскоростью 2v = 3,5 км/ч.

1) По какой траектории должна двигать-ся кошка, чтобы вернуться домой за мини-мальное время? Чему равно это время?

2) Решите ту же задачу, если скоростькошки по полю равна 2v = 2,5 км/ч, а всеостальные данные прежние.

Решение. Как же нужно двигаться кошке?Может быть, все время по дороге? Может,как-то срезать угол? А может быть, все времядвигаться по полю? Заметим, что решить этузадачу чисто математически, с помощью ис-следования функции, будет не так просто,как предыдущую задачу, поскольку мы бу-дем иметь дело с функцией двух перемен-ных. Если кошка срезает угол, то нужнонайти две точки: ту, где кошка должнасвернуть в поле, и ту, где она должна сновавыйти на дорогу. И вот здесь как раз полезнаоптическая аналогия. Согласно принципуФерма, луч света движется из начальнойточки в конечную по такому пути, при кото-ром время распространения света имеет ло-кальный минимум. Будем считать дорогусредой с показателем преломления 1, а поле

– средой с показателем преломления 1

2

vn

v= .

Рассмотрим траекторию, при которой свет

претерпевает преломление на границе этихдвух сред (рис.5). При этом угол преломле-ния равен критическому углу, определяемо-

му равенством2

кр1

1sin

v

n vα = = .

С другой стороны, из рисунка находим

кр 2 2sin

x

x aα =

+,

где x – расстояние от перекрестка до тойточки, где кошка должна свернуть в поле. Изэтих уравнений имеем

1

2 21 2

avx

v v=

−,

22 2 1

2 22 1 2

avx a

v v v+ =

−.

Рис. 4

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 230

Тогда время движения кошки по этому путибудет равно

2 22 21 2

21 2 1 2

a v vb x x a bt

v v v v

−− += + = + .

Но вспомним, что принцип Ферма позво-ляет находить траектории, обеспечивающиелокальные минимумы времени распростра-нения света, но не глобальный минимум.Понятно, что если скорость кошки в полебудет очень маленькой, то кошке будет вы-годно бежать все время по дороге (рис.6).

В этом случае время движения кошки бу-дет равно

1

a bT

v

+= .

Таким образом, чтобы найти глобальныйминимум времени движения кошки, нужносравнить выражения для t и T, или, что то же

самое, выражения 2 21 2

22

v v

v

− и

1

1v

. Получает-

ся, что в первом случае, когда 2 3,5 км чv = ,кошке выгоднее двигаться по траектории,изображенной на рисунке 5. Однако, приэтом величина x окажется равной примерно6,2 км, что больше величины b. Это означа-ет, что реально время движения имеет двалокальных минимума: один реализуется,когда кошка сразу сворачивает в поле и всевремя бежит по нему, а второй – когда кошкавсе время бежит по дороге. В случае движе-ния по полю время составит 1,67 ч, а вслучае движения по дороге – 2 ч. Во второмслучае, когда 2 2,5 км чv = , кошке выгод-нее все время бежать по дороге, и времядвижения составит 2 ч.

Теперь обсудим вопрос, который, возмож-но, у внимательного читателя уже созрел.Как же работает принцип Ферма в томслучае, когда кошка все время бежит подороге? Кошка может на перекрестке повер-

нуть на 90 градусов, но может ли вести себяподобным образом свет? Здесь необходимозаметить, что, с современной точки зрения,принцип Ферма является следствием ещеболее общего принципа – принципа Гюйген-са–Френеля. Точнее, принцип Ферма пред-ставляет собой предельный случай принци-па Гюйгенса–Френеля в волновой оптикедля очень малой (по сравнению с другимиобъектами в задаче) длины волны света.Одним из важных явлений волновой оптикиявляется дифракция света. И в аналогии,проведенной в данной задаче, свет можетповернуть на 90 градусов как раз за счетдифракции. Согласно принципу Гюйгенса–Френеля, каждая точка среды или вакуума,до которой дошло возмущение (световыеволны), сама становится источником вто-ричных волн, а результирующее световоеполе в каждой точке пространства определя-ется интерференцией этих волн. Когда свет,распространяясь от деревни B вдоль дороги,достигнет Т-образного перекрестка, от пере-крестка начнут распространяться вторичныеволны, часть которых будет направлена кдеревне A. Таким образом, свет, вследствиедифракции, действительно «обогнет» угол.Интенсивность света, первым достигшего«родной деревни кошки», будет очень ма-лой, но именно по такой траектории светдойдет быстрее всего.

Доказать строго, что принцип Ферма яв-ляется предельным случаем принципа Гюй-генса–Френеля, – задача непростая. Не-сколько упрощенное доказательство, при-веденное самим Гюйгенсом, можно найти,например, в статье [1]. Здесь мы ограни-чимся геометрической оптикой и оптичес-кой аналогией (или, более точно, оптико-механической аналогией). С помощью этойаналогии можно решать некоторые задачимеханики, и одну из классических задачмы рассмотрим. Но для начала подыто-жим, что мы имеем. Во-первых, принципФерма иногда работает в сочетании с зако-ном преломления, как было в двух решен-ных выше задачах. Во-вторых, принципФерма можно использовать и самостоятель-но, без дополнительных законов, посколь-ку он сам является наиболее общим зако-

Рис. 6

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

ном геометрической оптики. Второй путьчасто оказывается более сложным в мате-матическом плане, поэтому мы сначала ос-тановимся на первом.

Рассмотрим две задачи о ходе луча в средес переменным показателем преломления.

Задача 3. Луч света падает из среды споказателем преломления 0n под углом 0αна границу раздела со средой, показательпреломления которой зависит только отодной координаты x (рис.7) по закону

( )2

2 20 0sin

an x c n

x b = − + α +

, где a, b и c

– некоторые положитель-ные константы, a > bc.На какую максимальнуюглубину свет проникнетв эту среду?

Прежде всего заметим,что не надо пугаться стольсложной зависимости

( )n x – мы специальновыбрали ее такой, чтобы

решение было проще.Применим прием, который встречается во

многих физических задачах: разобьем средус переменным показателем преломления

( )n x на множество тонких параллельныхслоев, в каждом изкоторых показательпреломления можноприближенно счи-тать постоянным(рис.8). Угол, кото-рый луч света обра-зует с осью x, будетразным в разныхслоях. Но из закона

преломления следует, что произведение си-нуса этого угла на показатель преломленияпостоянно во всех слоях: sin constn α = ,причем 0 0const sinn= α . Переходя к преде-лу бесконечно малой толщины слоев, мы

получим уравнение ( ) ( ) 0 0sin sinn x x nα = α ,откуда можно выразить синус угла, которыйявляется теперь функцией координаты:

( ) ( )0 0sin

sinn

xn x

αα = .

Видим, что при данной в задаче функции( )n x обе части этого равенства возрастают с

ростом x. Однако синус любого угла неможет превысить единицы. Отсюда можнонайти максимальную глубину проникнове-ния луча в среду. Предельная глубина прxпроникновения луча в среду соответствует

случаю, когда ( )прsin 1xα = . Остается под-

ставить данную в задаче функцию ( )n x вуравнение

( )0 0

пр

sin1

n

n x

α= ,

откуда найдем

прa

x bc

= − .

Задача 4. Луч света падает из среды споказателем преломления 0n под углом 0αна границу раздела со средой, показательпреломления которой зависит только отодной координаты x (см. рис.7) по закону

( )2

2 20 0sin

an x n

x b = + α +

, где a и b –

некоторые положительные константы.

Найдите уравнение траектории световоголуча в этой среде.

Решение. Чтобы найти уравнение траек-тории, нам будет полезно найти тангенс углаα как функцию x. Для чего нам нужентангенс? Вспомним, что тангенс угла накло-на касательной к функции ( )y x равен про-изводной ( )y x′ . А зная производную, мысможем найти и саму функцию. Из формулыдля ( )sin xα (см. предыдущую задачу) спомощью основного тригонометрическоготождества несложно найти тангенс:

( )( )

0 0

2 2 20 0

sintg

sin

nx

n x n

αα =

− α.

Приравнивая левую часть этой формулыпроизводной функции ( )y x , в нашем случаеполучаем

( ) 0 0 0 0sin sinn ny x b x

a a

α α′ = + .

Беря первообразную, находим саму функ-

Рис. 7

(Продолжение см. на с. 34)

Рис. 8

В XIX веке перед инженерами-механика-ми встала важная задача: создать прямило– механизм, переводящий движение поокружности в движение по прямой. Пред-полагалось, что решение будет плоскимшарнирным механизмом – системой плос-ких звеньев разной длины, сцепленных наконцах шарнирами.

Великий российский математик Пафну-тий Львович Чебышёв смог придумать лишьприближенное прямило, переводящее дви-жение по окружности одного шарнира вдвижение другого шарнира рядом с отрез-ком прямой, но не в точности вдоль него(рис.1).

Уклонение шатунной кривой от прямойлинии можно уменьшать, изменяя пара-метры механизма. При этом будет умень-шаться и длина хода ведомого шарнира, ноэто происходит медленнее, чем уменьше-ние отклонения от прямой. Поэтому дляпрактических целей можно подобрать удов-летворительные параметры, однако с тео-ретической точки зрения задача остаетсянерешенной.

Создать точное прямило помогает инвер-сия – преобразование плоскости (без однойточки), переводящее внутренние точки кру-га, за исключением центра, в точки, лежа-

щие вне окружности, и наоборот по прави-лу 2AO OA R◊ =¢ (рис.2).

Инверсия обладает многими интересны-ми и полезными свойствами (многие изних, вместе с доказательствами, можнонайти в брошюре И.Д.Жижилкина «Ин-версия»). Для нас наиболее интересно сле-дующее свойство: дуга окружности, прохо-дящей через центр инверсии, переходит вотрезок (рис.3).

Это свойство инверсии испльзуется винверсоре Поселье–Липкина, первом плос-ком шарнирном механизме, переводящемдвижение по окружности в движение попрямой. Он был придуман в 1860-х годахнезависимо офицером инженерного корпу-са французской армии Шарлем НиколяПоселье (1823–1913) и студентом П.Л.Че-бышёва Липманом Липкиным (1846–1876).

Инверсор Поселье–Липкина основан наследующем соображении. Пусть APA Q¢ –ромб со стороной a, а точка O такова, чтоOP = OQ = b, причем b > a. Вычислимпроизведение OA OA◊ ¢ . Для этого заме-тим, что точки О, A и A¢ всегда лежат наодной прямой, проведем в ромбе диагонали– пусть они пересекаются в точке X – инесколько раз применим теорему Пифаго-ра:

( ) ( )OA OA OX XA OX XA◊ = - ◊ + =¢

= ( ) ( )2 2 2 2 2 2OX XA b PX a PX- = - - - =

2 2b a= - .

Инверсоры

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Мы получили, что точка A переходит вточку A¢ при инверсии с центром O и

радиусом 2 2b a- . Таким образом, еслисделать вершиныконструкции шар-нирными и закре-пить вершину O, мыполучим механизм,реализующий инвер-сию (рис.4). Доба-вив еще один шар-нир, заставляющийточку A¢ двигатьсяпо окружности

(центр окружности закреплен), мы полу-чим инверсор Поселье–Липкина (рис.5).

Позже были изобретены и другие инвер-соры. Мы покажем два из них – инверсорГарта и инверсор Кемпе–Сильвестра – ипредлагаем читателю самостоятельно про-верить, что эти механизмы действительнообладают требуемым свойством.

Инверсор Гарта (рис.6). Изобретен Гар-ри Гартом (Harry Hart) в 1874–1875 годах.Реализует инверсию любой кривой.

Инверсор Кемпе–Сильвестра (рис.7).Впервые описан английскими математи-ками А.Б.Кемпе и Дж.Дж.Сильвестромв середине 1870-х гг. Реализует последо-вательное применение инверсии и пово-рота.

Рис. 5

Рис. 4Рис. 7

С помощью механизма-инверсора мож-но, например, изготовить табурет, сиденьекоторого может двигаться параллельнополу. На рисунке 8 изображена схематакого табурета на основе инверсора Чебы-

шёва (движение приближенное). На ри-сунке 9 представлен табурет на основеинверсора Кемпе–Сильвестра, реализую-щий точное параллельное движение.

Подробнее об инверсорах можно прочи-тать в книге А.Б.Кемпе «Как нарисоватьпрямую линию». Интернет-версию этойкниги с красивыми анимациями можнонайти в системе «Задачи по геометрии»:http://zadachi.mccme.ru/2012/ntz.html.

Публикацию подготовил Н.Андреев

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 6

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 234

цию ( )y x (с точностью до константы):

( ) 20 0 0 0sin sin2

n ny x bx x C

a a

α α= + + .

Константа С определяется из условия, чтопри х = 0 должно быть у = 0 (именно такмы ввели систему координат). ПолучаемС = 0. Таким образом, в данной средетраектория луча будет представлять собойчасть параболы.

Теперь разберем одну известную, класси-ческую, но более сложную задачу – о брахи-стохроне. Слово «брахистохрона» означает«кривая наискорейшего спуска».

Задача 5 (о брахистохроне). Пусть източки с координатами ( ),0 0 по абсолютногладкому желобу движется тело малых

размеров и попадает в заданную точку с

координатами ( )0 0,x y (рис.9, 10). Полага-ем 0 0x > , 0 0y < . Требуется найти такуюформу желоба, при которой время движе-ния тела будет минимальным.

Эта задача была сформулирована Иоган-ном Бернулли в 1696 году и вскоре решенаразличными способами сразу несколькимивыдающимися физиками и математиками.Мы хотим показать, как можно решить этузадачу, используя оптико-механическую ана-логию и принцип Ферма.

Итак, пусть тело скользит по некоторойкривой, не испытывая трения. Из закона

сохранения энергии имеем, что скоростьтела целиком определяется его вертикаль-ной координатой:

( )2 напомним,что 0v gy y= − < .

Здесь возникает аналогия с задачей о траек-тории светового луча в среде, коэффициентпреломления которой есть

( ) 0

2

vn y

gy=

−,

где 0v – вообще говоря, произвольная поло-жительная константа. Такие константы обыч-но называют нормировочными. Например, вкачестве нормировочного значения 0v мож-но выбрать ту скорость, которую тело приоб-ретет, проходя через заданную точку при

0y y= . В этом случае нетрудно убедиться,что формула для эквивалентного показателяпреломления такова:

( ) 0yn y

y= .

Введем угол α между касательной в произ-вольной точке кривой и вертикальной осью,подобно тому как это делалось в задачах 3 и4. Для него, как мы знаем, выполняетсяравенство

( ) ( )sin constn y y sα = = .

Записывая производную ( )y x′ в более удоб-ных в ряде физических задач обозначениях:

( ) dyy x

dx′ = , получим

( )tg здесь 0dx dy dy= − α < ,

или, выразив tg α через sins

nα = –

2

0

2

0

1

ys

ydx dy

ys

y

= −−

.

В принципе задачу можно решить, взявинтеграл от правой части последнего равен-ства (довольно-таки громоздкий, надо ска-зать). Но мы поступим несколько иначе,введя специальный параметр ϕ , через кото-рый выразим обе координаты: ( )x x= ϕ и

( )y y= ϕ . А именно, положим2 2

0

siny

sy

= ϕ

Рис. 9

Рис. 10

(Начало см. на с. 27)

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

(эта замена корректна, так как из предыду-щего выражения видно, что выполняется

двойное неравенство 2

0

0 1y

sy

≤ < ). Тогда

после несложных тригонометрических пре-образований будем иметь

( )02 1 cos

2

ydx d

s= − − ϕ ϕ .

Это дифференциальное уравнение интегри-руется элементарно, поскольку слева стоиттолько переменная x, а справа – толькопеременная ϕ . И мы получим уравнениетраектории – брахистохроны, записанное спомощью параметра R:

( )( )

sin ,

1 cos ,

x R

y R

= ϕ − ϕ

= − − ϕ где 0

22

yR

s= .

Кривая, представляемая такими равенства-ми, известна под названием циклоида – этотраектория, которую описывает произволь-ная точка на ободе колеса радиусом R,катящегося без проскальзывания по гори-зонтальной прямой. В общем случае пара-метр R в принципе можно определить черезкоординаты ( )0 0,x y , но, к сожалению, ре-шение это не аналитическое, а численное.Геометрическое решение этой задачи (с по-мощью построения), предложенное самимИ.Бернулли, можно найти в статье [1]. От-метим только, что брахистохрона может иметьвид, показанный на рисунке 10: ее участоклежит ниже точки ( )0 0,x y . А в одной иззадач для самостоятельного решения мыпредлагаем рассмотреть важный частныйслучай, когда начальная и конечная точкинаходятся на одной и той же высоте. В этомслучае параметр R легко вычисляется.

Задачи для самостоятельного решения

1. Два дома стоят в поле на некотором отдале-нии от прямой дороги. Расстояние от каждогодома до дороги одинаково и равно a. Домасмещены друг относительно друга в направлении,параллельном дороге, на величину, равную 2b.Предполагая, что скорость бега кошки по дорогев n раз больше, чем по полю, определите опти-мальную траекторию бега кошки из одного домав другой. Рассмотрите два случая: а) два доманаходятся по одну сторону от дороги; б) два доманаходятся по разные стороны от дороги.

2. Вернемся к исходной задаче о брошеннойкошке, рассмотренной в статье. Существует ли

такое отношение скоростей кошки на дороге и вполе, при котором имеется бесконечно многотраекторий, на каждой из которых время движе-ния одинаково?

3. Представим на минуту, что атмосфера Земливнезапно исчезла. Куда сместятся видимые поло-жения всех звезд на небе: от зенита или к зениту?

4. Выведите закон преломления света: а) изпринципа Ферма; б) из принципа Гюйгенса–Френеля.

5. Луч света падает из среды с показателемпреломления 0n под углом 0α на границу среды,показатель преломления которой зависит толькоот одной координаты x (см. рис.7) по закону

( ) 2 20 0sinpxn x ke n−= + α , где k и p – некоторые

положительные константы. Найдите уравнениетраектории светового луча в этой среде.

6. Имеется прозрачная пластинка с полукруг-лым вырезом (рис.11), обладающая следующим

свойством: любой луч света, падающий на неенормально (перпендикулярно поверхности), опи-сывает полуокружность и выходит из нее (точнее,он частично отражается на каждой из границраздела сред). Найдите зависимость показателяпреломления пластинки от координат x и y, еслиизвестно, что в точке с координатами ( )0,0xпоказатель преломления равен 0n .

7. Луч света падает из вакуума под углом α награницу прозрачной среды, показатель преломле-ния n которой является функцией только однойкоординаты x (см. рис.7). Какому условию дол-жна удовлетворять функция ( )n x , чтобы свет,попавший в эту среду, снова вышел из нее?Функция ( )n x непрерывна.

8. Рассмотрите частный случай задачи о брахи-стохроне, когда точка старта и точка финишанаходятся на одной и той же высоте. Вычислитепараметр R и время движения от старта дофиниша.

Литература

1. Е.Д.Трифонов. Вариационные принципы вфизике (Соросовский образовательный журнал,1998, 6)

2. Е.Д.Трифонов. Оптико-механическая анало-гия в изложении для школьников (Соросовскийобразовательный журнал, 1997, 10)

Рис. 11

КОНКУРС ИМЕНИ А .П .САВИНА

Мы продолжаем конкурс по решению математических задач. Они рассчитаны в первуюочередь на учащихся 7–9 классов, но мы будем рады участию школьников всех возрастов.

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

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

Желаем успеха!

Конкурс проводится совместно с журналом«Квантик».

Задачи

16. По кругу сидели N болтунов. Снача-ла один из них рассказал один анекдот,следующий по часовой стрелке – два анек-дота, следующий – три и так далее покругу, пока один не рассказал 2N анекдо-тов за раз. Тут болтуны устали, и следую-щий по часовой стрелке рассказал ( )2 1N -

анекдот, следующий – ( )2 2N - и такдалее по кругу, пока один из болтунов нерассказал всего один анекдот, и все разош-лись. Сколько всего анекдотов было рас-сказано? Сколько анекдотов рассказалкаждый из N болтунов?

Е.Бакаев

17. Все 36 карт колоды выложены ру-башкой вверх в виде «квадрата» 6 6¥ . Заодин ход игрок может выбрать 9 карт,образующих «квадрат» 3 3¥ , и узнатьнабор карт, который им соответствует (безуказания места, где какая карта лежит).

а) Докажите, что за несколько ходовигрок может определить любую карту, накоторую укажет ведущий.

б) Какого наименьшего числа ходов до-статочно, чтобы узнать угловую карту?

М.Евдокимов

18. На сетке из равносторонних тре-угольников отметили два угла. Докажите,что они равны.

Е.Бакаев

19. На доске 10 10¥ стоят 10 ладей.Докажите, что можно сделать ими не более13 ходов так, чтобы в получившейся рас-становке ладьи не били друг друга. (Ладьине могут перепрыгивать друг через друга.)

Н.Чернятьев

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

Птолемеева осьтреугольникаК.КОЗЕРЕНКО, П.ФАКАНОВ

НАРИСУЕМ ТРЕУГОЛЬНИК, ВПИШЕМ Внего окружность ω и опишем около него

окружность Ω . Если теперь сотрем тре-угольник, то мы его уже не сможем восстано-вить: существует бесконечное семейство тре-угольников, «зажатых» между данными ок-ружностями (рис.1). Это частный случайзнаменитой теоремы Понселе (см. например,

статью В. Протасова в «Кванте» 5–6 за2014 г.), поэтому условимся называть тре-угольники из этого семейства треугольника-ми Понселе (для пары окружностей Ω иω ). Интересно следить за движением заме-чательных точек треугольника, когда тре-угольник Понселе «вращается» между двухданных окружностей.

«Квант» уже не раз обращался к этой теме.В замечательной статье В.Дубровского иВ.Сендерова «Ловушка для треугольника»(«Квант» 3 за 1999 г.) были указанытраектории ортоцентра, центра масс (точкипересечения медиан) и центра окружностидевяти точек треугольников Понселе. В ста-тье А.Заславского, Д. Косова и М. Музафа-рова «Траектории замечательных точек тре-угольника Понселе» («Квант» 2 за2003 г.), кроме того, были найдены траекто-рии точек Нагеля и Жергонна. Напомним,

что точка Жергонна треугольника – этоточка пересечения трех отрезков, соединяю-щих вершины треугольника и точки касанияпротивоположных сторон с вписанной ок-ружностью (рис.2,а), а точка Нагеля – точкапересечения трех отрезков, соединяющих

вершины треугольника и точки касания про-тивоположных сторон с вневписанными ок-ружностями (рис.2,б).1

Все траектории упомянутых замечатель-ных точек являются окружностями, центрыкоторых лежат на линии центров окружно-стей Ω и ω . Здесь имеется некоторая анало-гия с геоцентрической системой Птолемея(все планеты вращаются по окружностям,центры которых в свою очередь лежат наокружности), эта аналогия дала название«птолемеева ось». В этой статье мы сноваобратим основное внимание на точки Жер-гонна и Нагеля треугольников Понселе идадим описание окружностей, по которомони движутся. Но в отличие от статьи А.Зас-лавского, Д.Косова и М.Музафарова, гдеосновным инструментом являлись алгебраи-ческие преобразования и барицентрическиекоординаты, мы дадим геометрические дока-зательства.

Рис. 1

Рис. 2

1 По этой теме см. также проект, предложен-ный на Летней конференции Турнира городов в2014 г.: http://www.turgor.ru/lktg/2014/6/index.htm

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 238

Подготовка

Далее обозначим через O и I центрыокружностей Ω и ω соответственно, а черезR и r – их радиусы. Основной факт, накоторый мы будем опираться, – следующееописание траектории ортоцентра треуголь-ника Понселе:

ортоцентр H треугольника Понселе ABCописывает окружность радиуса R – 2r сцентром в точке hO , симметричной точкеO относительно I.

Кроме того, будем без доказательствапользоваться следующими известными свой-ствами (рис.3; см., например, статью И.Ша-

рыгина и А.Ягубьянца «Окружность девятиточек и прямая Эйлера» в «Кванте» 8 за1981 г.):

в треугольнике ABC середины сторон иоснования высот лежат на одной окружно-сти (которая называется окружностьюдевяти точек или окружностью Эйлера);ее радиус вдвое меньше радиуса описаннойокружности треугольника ABC;

центр описанной окружности O, орто-центр H, центр масс M и центр окружно-сти Эйлера E лежат на одной прямой(которая называется прямой Эйлера), при-чем E – середина отрезка OH , а M делитотрезок OH в отношении HM:OM = 2 : 1.

Также мы будем многократно использо-вать свойства гомотетии и еще одно свойствосимедианы, которое сформулируем по ходуизложения.

Упражнения

1. Выведите из факта про траекторию ортоцен-тра, что:

а) центр масс M треугольника Понселе описы-

вает окружность радиуса 2

3

R r- с центром в

точке mO такой, что 1

3mIO IOuuur uuur

= ;

б) центр E окружности Эйлера треугольника

Понселе описывает окружность радиуса 2

2

R r- с

центром в точке I.2. Выведите из упражнения 1,б теорему Фейер-

баха: окружность Эйлера внутренним образомкасается вписанной окружности.

Точка Нагеля

Работать с точкой Нагеля N поможет сле-дующая теорема.

Теорема о прямой Нагеля. В треугольни-ке точки N, M (центр масс) и I (центрвписанной окружности) лежат на однойпрямой, при этом M делит отрезок NI вотношении NM : MI = 2 : 1.

Доказательство основано на такой лемме.Лемма. AAN M IP , где AM – середина

стороны BC.Доказательство леммы. Проведем каса-

тельную к вписанной окружности, парал-лельную стороне BC (рис.4), обозначим

через D, X, Y точку касания и точки пересе-чения с AB и AC. Вписанная окружностьявляется вневписанной окружностью длятреугольника AXY. Значит, гомотетия с цент-ром A, переводящая треугольник AXY втреугольник ABC, переведет точку D в точку

AT касания вневписанной окружности тре-угольника ABC со стороной BC (т.е. прямая

AT D совпадает с прямой AN). Известноеравенство A ABK CT= , где AK – точка каса-ния вписанной окружности со стороной BC,дает A A A AT M K M= . Отрезок ADK являет-

Рис. 3

Рис. 4

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 39

ся диаметром вписанной окружности, зна-чит, AM I – средняя линяя треугольника

A AT DK и A AT D M IP . Лемма доказана.Рассмотрим треугольник A B CM M M с вер-

шинами в серединах сторон треугольникаABC. Этот треугольник переводится гомоте-тией с центром M и коэффициентом –2 втреугольник ABC (рис.5). Лемма показыва-

ет, что прямые AM I и AN – это соответству-ющие прямые в гомотетичных треугольни-ках A B CM M M и ABC. То же можно сказатьо парах прямых BM I и BN, CM I и CN,следовательно, точки I и N – соответствую-щие точки в треугольниках A B CM M M иABC. Значит, центр гомотетии M находитсяна прямой NI, при этом 2MN MI= −

uuuuur uuuur (коэф-

фициент гомотетии равен –2). Теорема дока-зана.

Из свойств прямой Эйлера и прямой Наге-ля следует, что 2MH OM=

uuuuur uuuur, 2MN IM=uuuuur uuuur

.Значит, треугольник OMI подобен треу-гольнику HMN с коэффициентом 1 : 2(рис.6). Отсюда 2HN IO=

uuuur uuur. Но, как нам

известно, 2hOO OI=uuuur uuur

. Отсюда следует, что

hHN O O=uuuur uuuuur

, значит, точка N получается източки H параллельным переносом на фикси-рованный вектор hO O

uuuuur. Теперь легко полу-

чить описание движения точки N: она дви-жется (синхронно с точкой H) по окружно-сти с центром O радиуса R – 2r.

Точка Жергонна

К точке Жергонна G «подобраться» не-сколько сложнее. Сделаем это в несколькошагов.

Пусть 1A , 1B , 1C – точки касания вписан-ной окружности со сторонами BC, CA, ABсоответственно, а A′ , B′ , C′ – основаниявысот треугольника 1 1 1A BC .

1) Пусть AI пересекает Ω вторично в точке

aW (рис.7). Так как AI – биссектриса углаBAC, то aW – середина дуги BC, значит,

aOW BC⊥ , т.е. 1aOW IAP . Далее,

1AI A A′P , так как 1 1AI BC⊥ и 1 1 1A A BC′ ⊥ .Пусть X – точка пересечения OI и 1A A′ .Тогда у треугольников 1XIA и aIOW соот-ветствующие стороны параллельны, значит,они подобны, откуда XI : IO = 1 : aIA OW ,

т.е. XI : IO = r : R, значит, r

IX OIR

=uuur uuur

.

Точка X, определенная последним равен-ством, лежит на высоте 1A A′ . Аналогично,она лежит и на других высотах треугольника

1 1 1A BC , т.е. совпадает с ортоцентром 1Hтреугольника 1 1 1A BC . Итак, 1H лежит на«птолемеевой оси»2 и определяется равен-

ством 1r

IH OIR

=uuur uuur

. В частности, 1H непод-

вижна при «вращении» треугольника Пон-селе.

Упражнение 3. Докажите, что I – ортоцентртреугольника a b cW W W (здесь bW и cW – сере-дины дуг CA и AB); треугольники a b cW W W и

1 1 1A BC гомотетичны и OI – их общая прямаяЭйлера.

Рис. 6

Рис. 5

Рис. 7

2 Этот факт предлагался в 2002 году в видезадачи М1819 в «Задачнике «Кванта».

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 240

2) Так как для треугольника 1 1 1A BC центрописанной окружности – это I, то центр 1Eокружности Эйлера треугольника 1 1 1A BC –это середина отрезка 1H I , значит, 1E тоженеподвижна ( 1E определяется равенством

12r

IE OIR

=uuur uuur

.)

3) Нетрудно понять, что у треугольниковABC и A B C′ ′ ′ соответствующие стороныпараллельны (рис.8). Действительно,

1 1 1 1B C A BC A′ ′∠ = ∠ , так как точки 1B , 1C ,B′ , C′ лежат на одной окружности с диамет-ром 1 1BC . А из касания 1 1 1 1C AC BC A′∠ = ∠ ,откуда 1 1B C A C AC′ ′ ′∠ = ∠ и тем самымB C BC′ ′ P . Для других пар сторон рассуж-дения аналогичны.

4) По известному свойству 1A A являетсясимедианой (т.е. прямой, симметричной ме-диане относительно соответствующей бис-сектрисы) в треугольнике 1 1 1A BC (см., на-пример, статью Ю.Блинкова в «Кванте» 4за 2015 г.). Из подобия 1A B C′ ′∆ ∼

1 1 1A BC∆∼ следует, что для треугольника

1A B C′ ′ прямая 1A A является медианой, т.е.проходит через середину AM′ отрезка B C′ ′.Аналогично, 1BB и 1CC проходят черезсередины BM′ и CM′ отрезков C A′ ′ и A B′ ′

Рис. 8

соответственно. Иначе говоря, прямые AAM′ ,

BBM′ и CCM′ пересекаются в точке G (рис.9).Поскольку у треугольников ABC и

A B CM M M′ ′ ′ соответствующие стороны па-раллельны (у каждого из них соответствую-щие стороны параллельны сторонам треу-гольника A B C′ ′ ′ ), эти треугольники гомоте-тичны с центром гомотетии G.

5) Коэффициент гомотетии, переводящейABC в A B CM M M′ ′ ′ , вычислим как отношениерадиусов описанных окружностей этих тре-угольников. Окружность ( A B C′ ′ ′ ) имеетрадиус 2r как окружность Эйлера треу-гольника 1 1 1A BC , значит, окружность( A B CM M M′ ′ ′ ) имеет вдвое меньший радиус

4r . Тем самым, коэффициент гомотетии

равен ( ) 44

RR r

r− = − .

6) Так как 1E – ортоцентр треугольника

A B CM M M′ ′ ′ , то 1E и H – соответствующиеточки гомотетичных треугольников

A B CM M M′ ′ ′ и ABC. Значит, G лежит наотрезке 1HE и делит его в отношении

1: 4 :HG GE R r= . Имеем 1 4r

E GR r

=+

uuuur,

таким образом, G получается из точки H

гомотетией с коэффициентом 4

r

R r+ и цен-

тром в точке 1E . При этом, как мы показали,

1E неподвижна при «вращении» треуголь-ника Понселе.

Теперь после всей проведенной работыуже несложно получить описание траекто-рии точки G (рис.10): она движется (синх-

ронно с точкой H) по окружности радиуса( )2

4

r R r

R r

−+

с центром в точке gO такой, что

1 14g hr

E O E OR r

=+

uuuuur uuuuur.

Упражнение 4*. Докажите, что окружностиΩ , ω и траектория точки G соосны, т.е. имеютобщую радикальную ось.3

Рис. 9

3 Этот факт доказан в статье А.Заславского,Д.Косова и М.Музафарова.

Рис. 10

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

Экспериментыс эффектом

МагнусаА.АНДРЕЕВ, А.ПАНОВ, П.ПАНОВ

ЭФФЕКТ МАГНУСА ПРОЯВЛЯЕТСЯ ПРИбыстром движении в жидкости или газе

сильно закрученного тела – его траекторияоказывается искривленной по сравнению сдвижением без вращения.

Немецкий физик Густав Магнус проводилсвои эксперименты с вращающимися цилин-драми, обдувая их потоком воздуха. Онобнаружил, что в этом случае на цилиндр,кроме силы сопротивления, действует ещеодна сила, перпендикулярная потоку. Этасила называется теперь силой Магнуса, иименно она отвечает за искривление траекто-рий вращающихся тел. Магнус опубликовалсвои результаты в 1852 году.

Аналогичное происходит и в том случае,когда вращающееся тело движется поступа-

тельно в покоящей-ся среде. На рисун-ке 1 сила Магнусаобозначена F, онаперпендикулярнапоступательной ско-рости движения телаv, угловая скоростьтела обозначена ω .При изменении на-правления враще-ния тела сила Маг-нуса меняет свое на-правление на про-тивоположное.

Существуют двамногочисленных семейства быстро движу-щихся поступательно и одновременно быст-ро вращающихся предметов – это различно-го рода мячи, используемые в спортивныхиграх, а также артиллерийские снаряды ипули. Так что эффект Магнуса задолго до

появления работ ученого наблюдали многиеспортсмены и артиллеристы. Но и не толькоони.

Исаак Ньютон обнаружил это явление,наблюдая за полетом закрученных теннис-ных мячей во дворе Тринити-колледжа, ипопытался использовать его для объясненияпреломления света. Размышления Ньютонапо этому поводу были опубликованы в1672 году.

Военный инженер Бенджамин Робинс об-наружил и исследовал искривление траекто-рий пуль и артиллерийских снарядов и свя-зал это с их вращательным движением. Этотрезультат был опубликован Робинсом в 1742году в его книге «Новые принципы артилле-рии» (New Principles of Gunnery).

В 1878 году лорд Рэлей (Дж. Стретт)опубликовал свой расчет силы Магнуса дляцилиндра, она оказалась пропорциональнойvω – произведению поступательной и угло-вой скоростей. Далеко идущим обобщениемэтого результата является фундаментальнаятеорема аэродинамики – теорема Кутты-Жуковского, позволяющая рассчитатьподъемную силу крыла самолета.

Об эффекте Магнуса хорошо и подробнонаписано в статье Л.Прандтля «Эффект Маг-нуса и ветряной корабль». Она опубликова-на в журнале «Успехи физических наук»(1925 г., 5) и доступна на сайте этогожурнала. Также мы рекомендуем книгуТ.Кармана «Аэродинамика», изданную нарусском языке (2001 г.).

Теперь перейдем к самим экспериментам.Летающие стаканчики. Возьмите пару бу-

мажных или пластиковых стаканчиков, при-ставьте их друг к другу донышками и скре-пите скотчем (рис.2). Для запуска такоголетательного аппарата понадобится доста-точно длинная тонкая резинка, ее можносвязать из нескольких канцелярских рези-нок. Теперь нужно два или три раза схорошим натяжением обмотать резинку вок-руг сдвоенных стаканчиков по линии склей-ки и запустить их, как из рогатки. Нарисунке 3 изображена типичная траекториятаких стаканчиков. Если не знать, что ста-канчики закручены и что на них действует

Рис. 1. Сила Магнусаперпендикулярна ско-рости поступательногодвижения вращающе-го шара или цилиндра

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 242

сила Магнуса, поверить в такое движениеневозможно!

Чтобы сделать явной эту закрутку, мывзяли пару прозрачных стаканчиков, при-крепили к ним светодиод с батарейкой и втемноте с большой выдержкой сняли ихполет – фотография представлена на рисун-ке 4. Можно заметить, что из-за сопротивле-ния воздуха угловая скорость вращения ста-канчиков падает и вместе ней уменьшаетсясила Магнуса, действующая на стаканчики.

Сила Магнуса во многом похожа на подъем-ную силу, действующую на крыло самолета.Подъемная сила тоже перпендикулярна на-правлению движения самолета, и бумажныесамолетики, на которые она действует, тожеделают петли в воздухе. Как рассчитать

траекторию летательного аппарата, на кото-рый действует подъемная сила, было расска-зано в «Кванте» в статье «Планер Жуковс-кого и движение в скрещенных полях»(2016 г., 1). Тот же самый метод можноприменить и для расчета траектории летаю-щих стаканчиков, на которые действует силаМагнуса.

Летающие стаканчики мы впервые увиде-ли на замечательном yutube-канале Home-Made Science with Bruce Yeany. Там лежитзамечательный ролик Cup Flyers, с демонст-рацией полетов. Обязательно посмотрите егои сами научитесь запускать эти стаканчики.

Пилотируемая полоска и Большой Рот.Мы уже говорили, что сила трения замедля-ет вращение стаканчиков и сила Магнусаперестает поддерживать их в полете. Носуществуют летательные объекты, способ-

ные самостоятельно сохранять ско-рость своего вращения – автороти-ровать. Простейший из них – пря-моугольная полоска бумаги. Сво-бодно отпущенная, она при опреде-ленных условиях самостоятельнодемонстрирует вращательное дви-жение вокруг своей длинной оси.Н.Е.Жуковский заметил, что натакую полоску в полете действуетсила Магнуса.

Недавно появившиеся игрушки –Пилотируемая полоска и БольшойРот (рис.5) – обладают улучшен-ными летными качествами. Пило-тируемая полоска представляет со-

Рис. 2. Сдвоенные стаканчики

Рис. 3. Стаканчики в полете

Рис. 4. Прозрачные стаканчики со встроеннымсветодиодом

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

бой прямоугольник из тонкой бумаги, снаб-женный четырьмя крылышками, а БольшойРот просто склеен из двух бумажных поло-сок. Их траектории изображены на рисунке6. Видно, что они устойчиво авторотируют,а их полет поддерживается силой Магнуса.Эти игрушки можно пилотировать, т.е. зас-тавить их летать неограниченное время и приэтом совершать повороты и изменять высотуполета. Подробности – в «Кванте» в статьях«Пилотируемая полоска» (2013 г., 4) и«Большой Рот в полете» (2016 г., 2).

Поющая линейка. На этот раз для демон-страции эффекта Магнуса мы предлагаем

Рис. 5. Пилотируемая полоска и Большой Рот

использовать обычную деревянную линейкудлиной 30 сантиметров. Такая линейка тожеспособна авторотировать – самостоятельнозакручиваться под действием набегающегопотока воздуха. На одном из концов линейкинужно будет проделать дырку, продеть тудапрочную нитку и завязать, а потом раскру-тить линейку перед собой. Линейка перейдетв режим авторотации и начнет вращатьсявокруг своей оси – это можно увидеть потраектории светодиода, прикрепленного кконцу линейки. Значит, на линейку будетдействовать сила Магнуса, которая выведетее из вертикальной плоскости и заставитдвигаться по поверхности некоторого кону-са. При изменении направления авторота-ции на противоположное сила Магнуса тожепоменяет свое направление, и конус окажет-ся расположенным по другую сторону верти-кальной плоскости. Эти два конуса хорошовидны на рисунке 7. Обращение авторота-ции происходит само собой – из-за периоди-чески возрастающей закрутки нити.

При вращении линейка издает низкий виб-рирующий звук, и на этом принципе устро-ено множество архаичных музыкальных ин-струментов, принадлежащих разным эпохами народам. Сейчас эти инструменты объеди-нены общим названием «bullroarer», а са-мый древний из найденных датируется 17веком до н.э. Так что музыканты верхнего

Рис. 6. Пилотируемая полоска и Большой Рот в полете

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 244

Рис. 7. Два конуса авторотирующей линейки

палеолита наверняка тоже были знакомы сэффектом Магнуса.

Эту музыку вы сможете услышать, когдазакрутите линейку и она начнет авторотиро-вать, а увидеть эту музыку можно прямосейчас. Мы записывали звук, расположиввблизи траектории светодиода микрофон,как на рисунке 7, но можно воспользоватьсяи мобильным телефоном.

На рисунке 8 в координатах время-гром-кость изображена 32-х секундная звуковаязапись и два ее фрагмента – один с 16,6 до20,2 секунды, другой с 18,12 до 18,42 секун-ды. На записи четко выделяются восемьзвуковых групп, каждая продолжительнос-тью 4 секунды. Они соответствуют враще-нию линейки вдоль одного или другогоконуса. Обратите внимание на амплитудызвука в соседних группах – большие череду-ются с малыми. Это потому, что один конусбыл расположен ближе к микрофону мо-бильника. Далее на рисунке представленвременной интервал 16,6–20,2 секунды, вме-щающий в себя пятую группу. Высокие пикисоответствуют прохождению линейки вбли-зи микрофона. Видно, что период обраще-ния линейки вдоль конуса составляет чуть

Рис. 8. Звуковая запись и ее фрагменты

меньше 0,3 секунды. Еще мы выделилиинтервал 18,12–18,42 секунды, вмещающийшестой пик из пятой группы. Составляющиеего узкие пички следуют с интервалом по-рядка 0,005 секунды, что соответствует уд-военной частоте вращения линейки вокругсвоей длинной оси.

Под конец добавим еще несколько видео, накоторых ученые увлекательно рассказываютоб эффекте Магнуса.• What Is The Magnus Force? на каналеVeritasium

https://www.youtube.com/watch?v=23fjvGUWJs• Surprising Applications of the Magnus Effectна канале Veritasium

https://www.youtube.com/watch?v=2OSrvzNW9FE• Coanda, Bernoulli and Magnus Effects наканале Fizzics.org

https://www.fizzics.org/physics-notes-and-video-lessons/free-physics- video-lessons/fluid-flow-video-lessons

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

Загадка целыхуглов

К.КНОП

ОСНОВНАЯ ЗАДАЧА. ДАН ТРЕУГОЛЬНИК

ABC с углами A 32∠ = ° и B 50∠ = ° .Внутри него взята такая точка D, что

DAB 10∠ = ° , а DBA 24∠ = ° (рис.1). Чемуравен угол BDC?

Не знаю, как вас, но автора подобнаяпостановка вопроса обычно вгоняет в сту-пор. В каком виде должен быть полученответ? Неужели «арксинус чего-нибудь»?Или предполагается, что этот угол можновыразить в градусах?

А что вы скажете, если автор заявит, чтоответ в этой задаче выражен целым числомградусов благодаря свойствам правильногопятиугольника? Казалось бы, какое отноше-ние к пятиугольнику имеют углы 32°, 50°или 10°? Тем не менее, как мы вскоре уви-дим, это так, и автор берется это доказать.

Но для начала приведем нестрогое реше-ние – просто чтобы найти ответ. Ведь гораз-до легче что-то доказывать, зная, что именноты хочешь доказать.

Введем обозначения: CA = x, CB = y,CD = z. Эти три величины связаны тремятеоремами синусов – в треугольниках ACD,BCD и ABC. Выпишем их как систему :

,sin 22 sin

,sin 26 sin

.sin 50 sin 32

z x

ADCz y

BDCx y

= ° ∠ = ° ∠

= ° °

Исключим из системы сначала z:

sin 22 sin26,

sin sin

,sin 50 sin 32

x y

ADC BDCx y

° ° = ∠ ∠ = ° °

а потом х и у:sin 50 sin22 sin 32 sin26sin sinADC BDC

° ° ° °=

∠ ∠.

Теперь, зная сумму 360ADC BDC∠ + ∠ = ° −214ADB− ∠ = ° , выразим ADC∠ через

BDC∠ и подставим:( )sin 214 sin50 sin22sin sin 32 sin26

BDC

BDC

° − ∠ ° °=

∠ ° °. (1)

Раскрывая ( )sin 214 BDC° − ∠ по формулесинуса разности и сразу сокращая со знаме-нателем, получимsin 214 ctg cos214BDC° ∠ − ° =

sin50 sin22sin 32 sin26

° °=

° °,

откуда

ctg BDC∠ =sin 50 sin22

cos214sin 32 sin26

° ° = + ° ° ° : sin214°.

Осталось получить численное значение. Бе-рем калькулятор и, не забыв установитьрежим «градусы», считаем. Получаемctg 0,72654BDC∠ ≈ − . Вычисляем обратнуювеличину (это тангенс угла) и берем от нееарктангенс. Ответ ошарашивает: 54− °. УголBDC должен быть положительным и тупым,значит, правильный ответ 54 180 126− ° + ° = °– это понятно. Непонятно, почему ответ (вградусах) целый!

Для математика такая непонятность срод-ни красной тряпке для быка. В результатедействий с синусами каких-то углов вдругполучается целая величина.

Хорошо, давайте попробуем строго дока-зать, что результат должен быть именнотаким, как мы вычислили приближенно.Подставим 126BDC∠ = ° в (1) – нам нужнодоказать следующее:

( )sin 214 126 sin50 sin22sin126 sin 32 sin26

° − ° ° °=

° ° °,

или, иначе говоря,

sin 32 sin26 sin88 sin50 sin22 sin126° ° ° = ° ° ° .(2)

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 246

Прояснилось ли что-то? Едва ли... Здесьшесть углов, совершенно никак между собойне связанных – ни на первый взгляд, ни навторой... Можно заметить, что 88 в четырераза больше, чем 22, и попытаться два разаподряд применить формулу синуса двойногоугла, но это все равно ни к чему хорошему неприводит. А что же делать?

Здесь помогает формула преобразованияпроизведения синусов в сумму. Для двухсинусов эта формула известна из школы – амы применим аналогичную формулу длятрех синусов:

4sin sin sinα β γ =

( ) ( )sin sin= α + β − γ + α − β + γ +

+ ( ) ( )sin sin−α + β + γ + −α − β − γ .

Доказать (да и запомнить) эту формулусовсем не сложно. Оставим это читателям вкачестве упражнения.

Применим эту формулу к обеим частямравенства (2), предварительно умножив ихна 4. Доказываемое равенство перейдет вравносильное:

( ) ( )sin 30 sin94 sin82 sin 146− ° + ° + ° + − ° =

= ( ) ( )sin 54 sin154 sin98 sin 198− ° + ° + ° + − ° .

Сведем все углы к интервалу [ ]0;90° с помо-щью формул приведения (заметим, что си-нусы 82° и 98° сокращаются: 82 98° + ° =

180= ° ):

sin 54 sin86° + ° =

sin18 sin26 sin 30 sin 34= ° + ° + ° + ° . (3)

Стало ли равенство проще? Несомненно!Во-первых, здесь появились три «хороших»угла – это не только 30°, синус которого всезнают, но и углы 18° и 54°, значения триго-нометрических функций которых известныхуже, но тем не менее их можно сосчитать (врадикалах) точно, а не приближенно. А вотчто делать с остальными тремя углами? Чтоэто за звери такие sin 26°, sin 34°, sin 86°?Давайте снова призовем на помощь кальку-лятор и сосчитаем хотя бы с его помощью:

sin 26 0,4384° ≈ , sin 34 0,5592° ≈ ,

sin 86 0,9976° ≈ .

У нас получилось, что sin86 sin26° ≈ ° +

sin 34+ ° ! И в самом деле:26 34 34 26

sin26 sin 34 2sin sin2 2

° + ° ° − °° + ° = =

= 2sin 30 cos 4 cos 4 sin 86° ° = ° = ° .

Тем самым, все «плохие» углы в формуле(3) сокращаются. Остается значительно бо-лее простое равенство:

sin 54 sin18 sin 30° = ° + ° .

Формула суммы синусов здесь не срабаты-вает:

18 30 30 18sin18 sin 30 2sin sin

2 2° + ° ° − °

° + ° = =

= 2sin24 sin6° ° .

Попробуем перенести sin18° влево и приме-нить формулу разности синусов:

54 18 54 18sin54 sin18 2sin cos

2 2° − ° ° + °

° − ° = =

= 2sin18 cos 36° °.

Уже «теплее»: 36° вдвое больше, чем 18°.Если домножить последнее выражение на2cos18° , то оно успешно «свернется»:

4cos18 sin18 cos 36° ° ° =

2sin 36 cos 36 sin72= ° ° = ° .

Иначе говоря,

sin 54 sin18° − ° =

sin 72 sin72 1sin 30

2cos18 2sin72 2° °

= = = = °° °

.

Ура! Формула (3) полностью доказана, ас ней (поскольку все переходы были равно-сильными) решена исходная задача.

Время собирать камни. Что стоит делатьпосле того, как задача решена? Конечно,речь не о том, чтобы записать решение втетрадку и правильно оформить его. Самымважным действием является исследованиерешения, которое можно начинать толькопосле того, как задача решена. Дьердь Пойав своей замечательной книге «Как решатьзадачу» сформулировал это в виде вопроса:«Какие еще результаты можно получить натом же пути?» Такая постановка вопросапобуждает к размышлению над тем, что же,собственно, было сделано для решения зада-чи и почему этот путь привел к успеху.

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 47

Вопрос о поиске других результатов на томже пути – это ключевой вопрос для любогоисследователя и просто пытливого человека.Жаль, что этого почти не происходит вшколе. Мы же попробуем продвинуться поэтому пути.

Теперь, когда мы не просто знаем ответ, нои умеем его доказывать, попробуем подойтик основной задаче более осмысленно. Дляначала вместо неизвестного угла при верши-не D отобразим (рис.2) значения двух угловпри вершине C, каждый из которых тоже

изначально был незвестен (хотя известна ихсумма – она равна 180 32 50 98° − ° − ° = ° ).

Какую теорему можно сформулироватьдля такого чертежа? Ответ почти очевиден:известны углы, задающие «направления» наточку D, и доказывать в такой ситуацииможно только одно: что три этих направле-ния пересекаются в одной точке. Необходи-мое и достаточное условие пересечения трехотрезков внутри треугольника в одной точкехорошо известно – это теорема Чевы.1 Намсейчас окажется полезной ее тригонометри-ческая форма: лучи, выпущенные под дан-ными углами из вершин треугольника, пере-секаются в одной точке (точка D) тогда итолько тогда, когда эти углы удовлетворя-ют условию

sin sin sinsin sin sin

BAD CBD ACD

CAD ABD BCD

∠ ∠ ∠⋅ ⋅ =

∠ ∠ ∠1.

В нашей задаче теорема Чевы заставляетнас проверить (доказать) следующее равен-ство:

sin10 sin70 sin26 sin22 sin28 sin24° ° ° = ° ° ° .

Это не совсем то, что мы проверяли выше,хотя в чем-то сильно похоже. Но раз путь

уже известен, пройдем по нему еще раз.Домножаем на 4 и преобразовываем в двесуммы четырех синусов:

( ) ( )sin 54 sin86 sin 34 sin 106° + ° + − ° + − ° =

= ( )sin 26 sin18 sin 30 sin 74° + ° + ° + − ° . (4)

Здесь ( )sin 106− ° и ( )sin 74− ° сразу сокра-щаются, а остальные углы – наши старыезнакомые: мы уже знаем, что sin86° =

sin 26 sin 34= ° + °, а sin 54 sin18 sin 30° = ° + °.Случайны ли эти два равенства или онивыражают какие-то скрытые пока от насзакономерности?

Начнем со второго. Выше мы его ужедоказали с помощью домножения на 2cos18°.Приведем другое доказательство, придаю-щее этому равенству геометрический смысл.

Задача. Диагонали AC и BD правильногопятиугольника ABCDE пересекаются вточке F (рис.3). Докажите, что AF = FDи эти отрезки равны стороне пятиуголь-ника.

Решение. Диагонали AC и BD правильно-го пятиугольника параллельны его сторонамDE и EA соответственно, поэтому AFDE –параллелограмм. А так как DE = EA, тоэто ромб.

Как эта задача связана с синусами углов?А вот как. Поскольку AC = AF + FC, мыдоказали, что

1FC FD FC AF FC AC AD

FD FD FD FD FD

+ ++ = = = = .

Но из равнобедренного треугольника FDC

видно, что 2sin2

FC FDC

FD

∠= , а из равнобед-

ренного треугольника AFD – что

1 См., например, задачи 5.77 и 5.86 в книгеВ.В.Прасолова «Задачи по планиметрии».

Рис. 2

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 248

2sin2

AD AFD

FD

∠= . Осталось заметить, что

36FDC∠ = ° , 108AFD∠ = ° , а 1 2sin 30= ° ,т.е. мы доказали, что 2sin 30 2sin18° + ° =

2sin54= ° .Вернемся к равенству sin86 sin26° = ° +sin 34+ ° . Есть ли геометрический смысл в

нем? Конечно! Но для этого нам придетсяотказаться от конкретных величин углов.Обозначим угол 26° буквой α . Тогда 34° –это 60° − α , а 86° – это 60° + α . Равенство

( ) ( )sin 60 sin sin 60° + α = α + ° − α

выглядит, может быть, и не очень естествен-но, но его тригонометрическое доказатель-ство не представляет никаких сложностей(почти дословно повторяет выписанное вышедля 26α = ° ). Можно доказать его и чистогеометрически. Рассмотрим правильный тре-угольник ABC, в котором на стороне BC

взята точка D так, что BAD∠ = α (рис.4).Тогда 60CAD∠ = ° − α , 60ADC∠ = ° + α .Требуемое равенство получается применени-ем теоремы синусов в треугольниках ABD иACD.

Итак, мы прошли по тому же пути реше-ния еще один раз. Увидели и связь сосвойствами правильного пятиугольника, икакие-то еще полезные закономерности. Все?Конечно, нет. Путешествие за новыми ре-зультатами на том же пути сейчас тольконачинается.

Попробуем понять, какими еще могут бытьшесть углов при вершинах треугольника,чтобы применение теоремы Чевы и преобра-зования произведения синусов в сумму при-водило к успеху – к целочисленному ответув градусах. Для начала перепишем равен-

ство (4), заменим 26° на α :

( )sin 54 sin 60° + ° + α +

( ) ( )sin 60 sin 106+ α − ° + − ° =

= ( )sin sin18 sin 30 sin 74α + ° + ° + − ° .

Сравним это с формулой произведения трехсинусов: ведь для того чтобы такое равен-ство возникало, оно должно получаться при-менением этой формулы. В той формулесумма четырех величин, синусы которыхскладываются, равна нулю. Значит, и здесьдолжно быть так же. Иначе говоря, преждечем обобщать равенство (4), нужно заменитьв нем 74− ° на ( )18 30− α + ° + ° , а 106− ° на

( ) ( )( ) ( )54 60 60 54 2− ° + ° + α + α − ° = − ° + α :

( ) ( )sin 54 sin 60 sin 60° + ° + α + α − ° +

+ ( )sin 54 2− ° − α =

= ( )sin sin18 sin 30 sin 48α + ° + ° + − ° − α .

Кроме того, когда мы захотим вернуться кпроизведению синусов, нам будет нужно,чтобы шесть полученных углов вместе со-ставляли три угла некоторого треугольника,т.е. чтобы их сумма была равна 180° . Не-трудно сосчитать, что шесть углов – это α ,

2 3α - o , 2 57α + o , 24o , 2 15α + o и2 9α + o , поэтому должно выполняться ра-

венство 3 102 180α + =o o , откуда 26α = o –оказывается, угол 26° был совсем не спотолка взят!

Что же получается – есть единственнаятакая шестерка углов в градусах и нет ника-ких других вариантов? Стоп. Пройдем мед-ленно по тому же пути – разберемся, что мыделали и как. Мы складывали синусы трехуглов с параметром α ( α , 60° + α , 60α − ° )и синусы трех других фиксированных углов( )18 , 54 , 30° ° ° . В одну тройку с углом 54°входили два угла 60° + α и 60α − °, а вдругую тройку – углы 18°, 30° и α . Послеэтого все действительно уже оказывалосьдетерминированным: мы находили суммыуглов в каждой тройке и выбирали α так,чтобы сумма двух этих сумм была равна180°. Тогда и четвертые синусы слева исправа сократятся, и сумма всех шести угловв треугольнике будет ровно такой, какнужно.

Но ведь вместо угла 54° может стоять и

Рис. 4

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 49

угол 180 54 126° − ° = ° . Тогда равенство дол-жно быть примерно таким:

sin18 sin 30 sin° + ° + α =

= ( ) ( )sin126 sin 60 sin 60° + α − ° + α + ° .

Теперь общая сумма углов слева равна48° + α , справа 126 2° + α . Общая сумма,174 3° + α , должна быть равна 180° , откуда

2α = ° . При этом формула примет вид

sin18 sin 30 sin2° + ° + ° =

( )sin126 sin 58 sin62= ° + − ° + ° .

Добавим четвертые слагаемые:

( )sin18 sin 30 sin2 sin 50° + ° + ° + − ° =

( ) ( )sin126 sin 58 sin62 sin 130= ° + − ° + ° + − ° .

После обратного преобразования в произве-дение синусов получим новое тождество дляиспользования в теореме Чевы:

sin16 sin10 sin24 sin2 sin 34 sin94° ° ° = ° ° ° .

А как именно по этому тождеству «восстано-вить» исходный треугольник? Ответ такой:это можно сделать шестью разными способа-ми. Действительно, углы 10° , 16° и 24°нужно отложить через один (порядок неважен), а вторую тройку углов – расставитьлюбым из 3! = 6 возможных способов наоставшиеся свободными 3 места.

А что будет, если тот же трюк с заменойострого угла тупым использовать не для угла54° , а для угла 18° ? Получим

sin162 sin 30 sin° + ° + α =

= ( ) ( )sin 54 sin 60 sin 60° + α − ° + α + ° .

Тогда должно быть 162 30 54° + ° + α + ° +2 180+ α = ° , откуда 22α = − ° . Дальше полу-

чается, что в левую часть нужно добавлять( )sin 170− ° , а в правую – ( )sin 10− ° . Вроде

бы все в порядке – но после преобразованияв произведение два множителя оказываютсяотрицательными:

sin 4 sin70 sin96° ° ° =( ) ( )sin 22 sin 46 sin 14= − ° ° − ° .

Что это значит? Вообще-то, конечно, в тео-реме Чевы вполне могут быть отрицательныеуглы, но это означает, что точка D оказыва-ется не внутри треугольника ABC, а сна-ружи.

Напоследок – еще несколько идей, позво-ляющих «размножать» эту конструкцию.

Идея 1. Перенесем один из углов в другуючасть с отрицательным знаком. Например,так:

( ) ( )sin18 sin 60 sin 60° + α − ° + α + ° =

= ( )sin 54 sin 30 sin° + − ° + α .

Уравнение для подбора α : 18 2 24° + α + ° +180+ α = ° ; 46α = ° . Таким образом,

( ) ( )sin18 sin 14 sin106 sin 110° + − ° + ° + − ° =

= ( ) ( )sin 54 sin 30 sin 46 sin 70° + − ° + ° + − ° ;

sin 2 sin 46 sin62 sin8 sin12 sin50° ° ° = ° ° ° .

Идея 2. Вместо равенства ( )sin 60° + α =( )sin sin 60= α + ° − α использовать что-ни-

будь попроще. Например, вот такое:

sin 0 sin sin° + α = α .

Тогда мы должны сгруппировать ( )0 , 54 ,° ° αи ( )18 , 30 ,° ° α и подобрать α так, чтобысумма всех шести углов была 180° . Решаяуравнение 18 30 54 2 180° + ° + ° + α = ° , нахо-дим 39α = ° . Преобразовывая обратно впроизведение, получаем равенство с углами,кратными 0,5° :

sin19,5 sin27 sin 46,5° ° ° =

sin 24 sin28,5 sin 34,5= ° ° ° .

Идея 3. Вместо равенства sin 54 sin18° = ° +sin 30+ ° использовать такую его разновид-

ность:

sin 54 sin 30 sin18 sin90° + ° = ° + °

(ибо 1

sin 302

° = , а sin90 1° = ). В сочетании

с добавлением двух равных углов, а такжепереносами углов в противоположную частьсо сменой знака мы получаем еще нескольковариантов.

Идея 4. Опереться на равенство

sin 30 sin78 sin 42 sin54° + ° = ° + °

(докажите его!), а дальше снова применитьидею 2 с добавлением двух равных углов.

Идея 5. Опереться на еще одно замеча-тельное равенство

sin 66 sin6 sin18 sin 30° = ° + ° + ° .

Здесь снова помогают и добавление равных

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 250

углов, и перенос в другую часть, и заменаугла 66° на смежный с ним (114° ).

Идея 6. Правильный пятиугольник можетпомочь намного больше. В частности, онпомогает доказать вот такую замечательнуюформулу:

( ) ( )sin sin 72 sin 72α + α + ° + α − ° =

= ( ) ( )sin 36 sin 36α + ° + α − ° .

Если в этой формуле перенести один изуглов (например, 72α − ° ) в правую часть,а в левую добавить sin 0° , то дальше можнодействовать так же, как и везде выше: подо-брать α так, чтобы сумма всех углов быларавна 180° .

Упражнения

1. Докажите, что

sin 4 sin 38 sin 64 sin10 sin18 sin 46° ° ° = ° ° ° .2. Докажите, что

sin 3 sin 39 sin 75 sin9 sin 24 sin 30° ° ° = ° ° ° .

3. Докажите геометрически, что

( ) ( )sin sin 30 sin 60α ° − α ° + α =

= ( )sin sin 30 sin 60 2α ° ° − α

при любом α .Указание. Постройте треугольник и точку внут-

ри него, для которых нужные произведения сину-сов будут получаться из теоремы Чевы.

4. Докажите геометрически, что

( )sin 2 sin 30 2 sin 30α ° − α ° =

= ( ) ( )sin 2 sin 15 sin 105α ° − α ° − α

при любом α .5. Докажите, что

( )sin sin 90 3 sin 30α ° − α ° =

= ( ) ( )sin 2 sin 30 sin 30α ° − α ° + α

при любом α .6. Докажите, что

( ) ( )sin sin 60 4 sin 60α ° − α ° + α =

= ( ) ( )sin 3 sin 30 2 sin 30α ° − α ° + α

при любом α .

Еще одно решение задачи М2401

Часто бывает, что другой, новый взгляд назадачу приводит к интересным решениям иобобщениям. Так получилось и с задачей М2401(опубликована в «Кванте» 5–6 за 2015 г.):

Точки P и Q, лежащие внутри треугольникаABC, таковы, что PAB QAC∠ = ∠ ,

PBC QBA∠ = ∠ , PCA QCB∠ = ∠ (т.е. точкиP и Q изогонально сопряжены). Прямые l и mпроходят через точку A и симметричны отно-сительно биссектрисы угла A. Пусть X –проекция точки P на прямую l, а Y – проекцияточки Q на прямую m. Докажите, что еслиточки B, C, P, X лежат на одной окружности,то точки B, C, Q, Y тоже лежат на однойокружности.

В задаче речь идет о паре изогонально сопря-женных точек P и Q. В статье «Изогональносопряженные точки» («Квант» 1 за 2016 г.)было указано несколько способов доказатель-ства изогонального сопряжения. Одновремен-но эти способы могут дать идею, как работатьс изогонально сопряженными точками. Длярешения задачи М2401 мы используем идею из7-го способа (изогональное сопряжение «поБогданову»).

Решение. Пусть окружность, проходящаячерез точки B, C, X, P, пересекает вторичнопрямые AB и AC в точках C′ и B′ (см.рисунок). Тогда треугольники ABC и AB C′ ′подобны, а точки Q и P – соответственныеточки этих подобных треугольников (т.е. припреобразовании подобия, переводящем треу-гольник ABC в треугольник AB C′ ′, точка Qпереходит в точку P).

Действительно, пусть, например, B′ и C′лежат на отрезках AB и AC (другие случаи

Н А М П И Ш У Т

расположения рассматриваются аналогично).Из вписанного четырехугольника BCB C′ ′ име-ем AB C ABC′ ′∠ = ∠ , значит, ∆AB C′ ′ ~ ∆ ABC.Далее, из вписанности четырехугольникаBPB C′ ′ имеем C B P C BP ABP′ ′ ′∠ = ∠ = ∠ == CBQ∠ . Аналогично, B C P′ ′∠ = ∠BCQ, по-этому Q и P – соответственные точки треуголь-ников ABC и AB C′ ′ .

Значит, окружность ω , проходящая черезточки B, C, Q, и окружность ′ω , проходящаячерез точки B′ , C′ , P, – соответственныеокружности подобных треугольников ABC иAB C′ ′ . Прямые m и l – очевидно, соответ-ственные прямые подобных треугольников ABCи AB C′ ′ , значит, точки Y и X – соответствен-ные точки этих подобных треугольников. По

условию задачи для треугольника AB C′ ′ вы-полнено условие: окружность ′ω проходитчерез X. Значит, такое же условие выполненодля соответственных элементов треугольникаABC, т.е. окружность ω проходит через Y.Это и требовалось доказать.

В заключение отметим, что задачу М2401можно обобщить: вместо проекций точек P и Qна прямые l и m на прямых l и m братьпроизвольные точки X и Y, для которых углы

( ),l PX– и ( ),QY m∠ равны. В таком случаеверен тот же факт: если точки B, C, P, X лежатна одной окружности, то точки B, C, Q, Y тожележат на одной окружности. Предложенноерешение сохраняется и для обобщения.

Д.Прокопенко

Н А М П И Ш У Т 51

О «больших» факториалах

Наш читатель Н.Желваков обнаружил сле-дующее интересное свойство, связанное с дели-мостью факториалов больших чисел.

Пусть 1, , nA p p= … – множество n различ-ных простых чисел.

Для каждого непустого подмножества B A⊂обозначим через ( )BΠ факториал произведе-ния чисел множества B. Например, если

3,7,11B = , то ( ) ( )3 7 11 !BΠ = ⋅ ⋅ .Для каждого натурального k n≤ обозначим

через kΠ произведение чисел ( )BΠ по всемподмножествам B A⊂ , состоящим из k эле-ментов. Например, если 2,3,,5,11A = , то

1 2! 3! 5! 11!Π = ⋅ ⋅ ⋅ ,( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 ! 2 5 ! 2 11 ! 3 5 !Π = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ¥

¥ ( ) ( )3 11 ! 5 11 !⋅ ⋅ ⋅ ,

( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 5 ! 2 3 11 ! 2 5 11 ! 3 5 11 !Π = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ,( )4 2 3 5 11 !Π = ⋅ ⋅ ⋅ .

Тогда число 2

1 3

n n

n n

d −

− −

Π ⋅ Π ⋅=

Π ⋅ Π ⋅…

… (в числителе и

знаменателе произведение всех iΠ , где i про-бегает все числа 1, 2, …, n), является целым,причем оно равно 1 2

1 2n

np p p Kα α α ⋅… , гдеK – произведение всех натуральных чисел от1 до 1 2 np p p… , не делящихся ни на одно изчисел 1 2, , , np p p… , а ( )( )1 21 1i p pα = − − …

( ) ( )1 1n ip p− −… .Доказать это можно, например, так. Вос-

пользуемся формулой Лежандра для вычисле-ния показателя степени, в которой простоечисло p входит в разложение числа n!:

2 3

n n n

p p p

+ + +

… .

Разобьем все подмножества (включая пустое)множества A на пары, отличающиеся однимпростым числом p A∈ . Рассмотрим одну изтаких пар подмножеств: 1 2, , , , mB p x x x= … ,

1 2, , , mC x x x= … . Пусть 1 2 mx x x x= … . Тог-да степень вхождения этого p в выражение

( ) ( )B CΠ Π равна

2 2

x x x xx x

p pp p

+ + + − + + =

… … .

Теперь нетрудно вычислить показатель, с кото-рым простые числа из множества A входят вразложение числа d. Скажем, 1p входит вразложение d в степени ( )2 1p − ( )1np −… .

Рассмотрим в произведении ( ) 1 2AΠ = ⋅ ⋅…( )1 np p⋅… … любой сомножитель G, в разло-

жении которого есть простое число, отличноеот 1, , np p… . Пусть оно не взаимно просто хотябы с одним из чисел множества 1, , nA p p= … .Представим этот сомножитель в виде

1 2 sG q q q H= … , где 1, , sq q… – различные чис-ла из множества A, а H не делится ни на одноиз чисел множества A, отличных от 1, , sq q… .Например, для A = 2, 3, 5, 11 и сомножите-ля G = 140 кладем 2 5 14G = ⋅ ⋅ , т.е. 1q = 2, 2q == 5, H = 14. Сомножителю G сопоставим куст:

сомножители вида ( )11 2 ks i iG q q q H q q= … … в

произведении ( )1\ , ,

ki iA q qΠ … . Каждыйкуст вносит одинаковый вклад (в смысле про-стых, отличных от 1, , np p… ) в числитель изнаменатель дроби d. Каждый сомножительвходит в один и только один куст. При этом несокращаются только сомножители в произве-дении ( )AΠ , взаимно простые с числами

1, , np p… .

Задачи осеннего тура (2016 год)

Базовый вариант

8–9 классы

1. (4)1 Взяли пять натуральных чисел идля каждых двух записали их сумму. Моглоли оказаться, что все 10 получившихся суммоканчиваются разными цифрами?

М.Евдокимов

2. (4) На прямой отмечены четыре точкии еще одна точка отмечена вне прямой.Всего существует шесть треугольников свершинами в этих точках. Какое наиболь-шее количество из них могут быть равно-бедренными?

Е.Бакаев

3. На окружности отмечены 100 точек. Этиточки нумеруются числами от 1 до 100 внекотором порядке.

а) (2) Докажите, что при любой нумера-ции точки можно разбить на пары так, чтобыотрезки, соединяющие точки в парах, непересекались, а все суммы в парах былинечетными.

б) (2) Верно ли, что при любой нумерацииможно разбить точки на пары так, чтобыотрезки, соединяющие точки в парах, непересекались, а все суммы в парах быличетными?

П.Кожевников

4. (5) Даны параллелограмм ABCD итакая точка K, что AK = BD. Точка M –середина CK. Докажите, что 90BMD∠ = ° .

Е.Бакаев

5. (5) Сто медвежат нашли в лесу ягоды.Самый младший успел схватить 1 ягоду,медвежонок постарше – 2 ягоды, следующий– 4 ягоды и так далее, а самому старшему

досталось 992 ягод. Лиса предложила имподелить ягоды «по справедливости». Онаможет подойти к двум медвежатам и распре-делить их ягоды поровну между ними, а еслипри этом возникает лишняя ягода, то лиса еесъедает. Такие действия она продолжает дотех пор, пока у всех медвежат не станет ягодпоровну. Какое наименьшее количество ягодможет оставить медвежатам лиса?

Е.Бакаев

10–11 классы

1. (4) Две параболы с различными верши-нами являются графиками квадратных трех-членов со старшими коэффициентами p и q.Известно, что вершина каждой из параболлежит на другой параболе. Чему может бытьравно p + q?

Н.Седракян

2. (5) См. задачу М2448 «Задачника «Кван-та».

3. (5) См. задачу 5 для 8–9 классов свопросом: «Какое наибольшее количествоягод может съесть лиса?»

4. (5) См. задачу М2451 «Задачника «Кван-та».

5. (6) См. задачу М2447 «Задачника «Кван-та».

Сложный вариант

8–9 классы

1. (5) См. задачу М2446,а «Задачника«Кванта».

2. (5) В каждой клетке доски 8 ¥ 8 написа-ли по одному натуральному числу. Оказа-лось, что при любом разрезании доски надоминошки суммы чисел во всех доминош-ках будут разные. Может ли оказаться, чтонаибольшее записанное на доске число небольше 32?

Н.Чернятьев

3. (6) Произвольный треугольник разре-зали на равные треугольники прямыми, па-раллельными сторонам (как показано на

XXXVIII Турнир городов

1 В скобках после номера задачи указаномаксимальное количество баллов, присуждав-шихся за решение. Итог подводится по тремзадачам, по которым достигнуты наилучшие ре-зультаты.

О Л И М П И А Д Ы

О Л И М П И А Д Ы 53

рисунке). Докажите, что ортоцентры шестизакрашенных треугольников лежат на однойокружности.

Е.Бакаев

4. (8) Квадратная коробка конфет разби-та на 49 равных квадратных ячеек. В каж-дой ячейке лежит шоколадная конфета –либо черная, либо белая. За один присестСаша может съесть две конфеты, если ониодного цвета и лежат в соседних по сторонеили по углу ячейках. Какое наибольшееколичество конфет гарантированно можетсъесть Саша, как бы ни лежали конфеты вкоробке?

А.Кузнецов

5. (8) На трех красных и трех синихкарточках написаны шесть положительныхчисел, все они различны. Известно, что накарточках какого-то одного цвета написа-ны попарные суммы каких-то трех чисел, ана карточках другого цвета – попарныепроизведения тех же трех чисел. Всегда лиможно гарантированно определить эти тричисла?

Б.Френкин

6. (9) Дан правильный 2n-угольник

1 2 2nA A A… с центром O, причем 5n ≥ . Ди-агонали 2 1nA A − и 3 nA A пересекаются в точкеF, а 1 3A A и 2 2 2nA A − – в точке P. Докажите,что PF = PO.

М.Тимохин

7. а) (5) Группа людей прошла опрос,состоящий из 20 вопросов, на каждый изкоторых возможны два ответа. После опросаоказалось, что для любых 10 вопросов илюбой комбинации ответов на эти вопросысуществует человек, давший именно эти от-веты на эти вопросы. Обязательно ли най-дутся два человека, у которых ответы ни наодин вопрос не совпали?

б) (6) Решите ту же задачу, еслина каждый вопрос есть 12 вариантов от-вета.

И.Митрофанов, А.Канель-Белов

10–11 классы

1. (5) См. задачу М2446,б «Задачника«Кванта».

2. (5) См. задачу 2 для 8 – 9 классов.

3. (7) Четырехугольник ABCD вписан вокружность Ω с центром O, причем O нележит на диагоналях четырехугольника.Описанная окружность 1Ω треугольникаAOC проходит через середину диагоналиBD. Докажите, что описанная окружность

2Ω треугольника BOD проходит через се-редину диагонали AC.

А.Заславский

4. (8) См. задачу М2453 «Задачника «Кван-та».

5. (9) См. задачу М2452 «Задачника «Кван-та».

6. (9) Петя и Вася играют в такую игру.Сначала Петя задумывает некоторый много-член ( )P x с целыми коэффициентами. Да-лее делается несколько ходов. За ход Васяплатит Пете рубль и называет любое целоечисло a по своему выбору, которое он еще неназывал, а Петя в ответ говорит, сколькорешений в целых числах имеет уравнение

( )P x a= . Вася выигрывает, как только Петядва раза (не обязательно подряд) назвалодно и то же число. Какого наименьшегочисла рублей хватит Васе, чтобы гарантиро-ванно выиграть?

А.Мудгал

7. (12) См. задачу М2449 «Задачника«Кванта».

Публикацию подготовилиС.Дориченко, Л.Медников

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 254

В Московской области муниципальныйэтап олимпиады прошел 18 декабря 2016года. В нем приняли участие 4270 школь-ников 7–11 классов.

Задачи олимпиады

7 класс

Задача 1. АстрофизикаВ телескоп наблюдаются два космических

объекта. Известно, что один из них располо-жен на расстоянии 18,0 тысяч световых летот Земли, а другой находится на расстоянии5,50 килопарсек. Угол между видимыминаправлениями на объекты 60 градусов, арасстояние между ними 1,14 млрд астроно-мических единиц (а.е.). Сколько световыхлет содержится в 1 парсеке? Известно, чторасстояние в 1 а.е. свет проходит за 500секунд, а 1 световой год – это расстояние,которое свет проходит за 1 год.

Задача 2. Нелинейная плотностьИсследуя плотность неизвестной жидко-

сти, экспериментатор Глюк провел сериюизмерений. Поставив мерный стакан с жид-костью на весы, он сфотографировал уста-

новку, а затем, долив еще немного жидкости,сделал второй снимок (рис.1). Через не-сколько дней Глюк понял, что из-за поломкив день эксперимента показания весов былизавышенными ровно на 10%. Помогите экс-периментатору определить плотность неиз-вестной жидкости и массу пустого мерногостакана.

Задача 3. Время относительноПоезд проехал мост длиной l = 450 м за

1t = 45 с. Охранник, стоящий на мосту,заметил, что поезд двигался мимо него втечение 2t = 30 с. Какое время ехал по моступассажир, сидящий в вагоне поезда? Найди-те длину поезда и скорость его движения иопределите, во сколько раз длина поездабольше длины моста.

Задача 4. Туда-сюдаНа графике (рис.2) приведена зависи-

мость координаты тела, движущегося вдольоси x, от времени. Определите максималь-

ную скорость движения тела; путь, пройден-ный телом за 30 с; среднюю скорость тела винтервале времени от 5 с до 20 с.

8 класс

Задача 1. Эх, дорогиВнедорожник «Нива» может проехать рас-

стояние l = 39 км от Дубны до Орудьева,

Муниципальный этапВсероссийской олимпиады

школьников по физике

Рис. 1

Рис. 2

О Л И М П И А Д Ы 55

имея скорость на асфальте 1v = 100 км/ч,а на грунтовом участке 2v = 25 км/ч.Автомобиль BMW на той же дороге поасфальту разгоняется до 3v = 160 км/ч,но по грунтовке едет только со скоростью

4v = 10 км/ч. При какой длине грунтовогоучастка время движения машин окажетсяодинаковым?

Задача 2. БодибилдингОдин спортсмен решил привести свое тело

в соответствие с пропорциями статуи Дави-да творения великого Микеланджело и селна диету. Но что-то пошло не так. Если всегоризонтальные размеры спортсмена оказа-лись ровно вдвое меньше, чем у Давида, торост остался всего лишь h = 170 см, тогдакак высота статуи H = 500 см. Определитемассу спортсмена, если масса мраморнойстатуи m = 3200 кг. Плотность мрамора

32700 кг мρ = , средняя плотность челове-ческого тела 3

0 1000 кг мρ = .

Задача 3. Фарфоровый чайникВ пустой фарфоровый чайник, имеющий

комнатную температуру 0 20 Ct = ∞ , налилиm = 500 г горячей воды при температуре

1 80 Ct = ∞ . В результате теплообмена темпе-ратура чайника и его содержимого сталаравной 2 70 Ct = ∞ . Затем чайник включили всеть, и через τ = 2 мин вода в нем закипе-ла. Определите мощность нагревателя чай-ника. Тепловыми потерями в окружающуюсреду пренебречь. Удельная теплоемкостьводы ( )4200 Дж кг Сc = ◊ ∞ .

Задача 4. УравновесимК легкой нити, перекинутой через блок, с

одной стороны прикреплен однородный ры-чаг, а с другой – груз, касающийся рычага иимеющий массу m = 6 кг (рис.3). Определи-те, при какой массе рычага M система оста-нется в равновесии. С какой силой при этомгруз будет давить на рычаг? Трения в оси

блока нет. Все необходимые расстояния мож-но взять из рисунка. Ускорение свободногопадения 210 м сg = .

9 класс

Задача 1. Вторая половинаТележка, двигаясь из состояния покоя с

постоянным ускорением, проходит расстоя-ние s и приобретает скорость v = 10 м/с.Затем, продолжая двигаться равномерно соскоростью v, она проходит еще такое жерасстояние s. Определите среднюю скоростьтележки за вторую половину всего временидвижения.

Задача 2. ФляжкаМеталлическая фляжка имеет форму па-

раллелепипеда. Масса заполненной водойфляжки равна М. Если фляжку положитьна стол самой большой гранью, то она будетоказывать давление 1p . Если ее положить насреднюю грань, то давление будет равно 2p .Если фляжку поставить на самую малень-кую грань, то давление окажется равным 3p .Чему равны масса m пустой фляжки и длиныее ребер а, b и c? Толщина стенок фляжкипренебрежимо мала по сравнению с длинамиее ребер. Плотность воды равна ρ.

Примечание. Для определенности длинукороткого ребра фляжки обозначьте а, дли-ну среднего ребра – b, длинного ребра – с.

Задача 3. Жидкое равновесиеНа легком рычаге уравновешены два ци-

линдра, имеющие одинаковые размеры. Припервом взвешивании точка опоры делит рычагв отношении 1 : 2, а цилиндры погружены вжидкость плотностью ρ на треть объема (рис.4,а). Если глубину погружения увеличитьвдвое, то для сохранения равновесия придет-ся перенести точку опоры рычага влево так,что она поделит рычаг в отношении 1 : 3(рис.4,б). Определите плотности цилинд-ров 1ρ и 2ρ .

Рис. 3 Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 256

Задача 4. ЧайникЕсли заполнить электрический чайник во-

дой из-под крана, то вода в нем закипитчерез время 0τ после включения. Однаждычерез время 1τ ( 1 0τ τ< ) после включенияхозяйка отлила из полного чайника немноготеплой воды, тут же долила в него воды из-под крана до первоначального уровня иснова включила. На этот раз вода в чайникезакипела через время 2τ после повторноговключения. Какую часть воды a отлилахозяйка из полного чайника? Считайте, чтопотребляемая чайником электрическая мощ-ность постоянна, а потерями тепла в окружа-ющее пространство и количеством теплоты,идущим на нагревание самого чайника, мож-но пренебречь.

Задача 5. Приборы в цепиОпределите по-

казания идеальныхизмерительныхприборов в элект-рической цепи, схе-ма которой приве-дена на рисунке 5.Напряжение источ-ника U = 12 В, со-противление R == 1 кОм.

10 класс

Задача 1. Подземный переходСтупени лестницы имеют ширину a =

= 28 см и высоту b = 15 см. С какой макси-мальной установившейся скоростью u чело-век массой m = 70 кг может идти вниз потакой лестнице (рис.6,а), наступая на каж-дую ступеньку? Какую среднюю мощностьон должен развивать при подъеме по лестни-це (рис.6,б) с этой скоростью? Ускорениесвободного падения

210 м сg = .

Задача 2. Ускорения телСистема из двух одинаковых тел, соеди-

ненных легкими нерастяжимыми нитями,покоится на горизонтальной поверхности(рис.7). Если к свободному концу нити,переброшенной через блок, приложить неко-торую силу F, то он начнет движение с

ускорением 21 м сa = . Какие ускорения 1a и

2a при этом будут иметь тела, если коэффи-циент трения между ними и поверхностью

0,2µ = ? Массой блока и трением в его осиможно пренебречь. Ускорение свободногопадения 210 м сg = .

Задача 3. Перемещение грузикаНа однородной массивной балке, покоя-

щейся на двух опорах, расположенных покраям, находится небольшой грузик (рис.8).При смещениигрузика на рассто-яние l = 20 смвдоль балки однаиз сил нормаль-ной реакции опо-ры изменилась на N∆ = 0,2 Н. Определитемассу грузика m. Длина балки L = 80 см.Ускорение свободного падения 210 м сg = .

Задача 4. Увеличиваем КПДЕсли нагревать воду от комнатной темпе-

ратуры до температуры кипения в массив-ном чайнике, заполненном наполовину, тоКПД процесса составит 1η = 0,85. Чемустанет равен КПД нагревания полного чай-ника? Полезным эффектом является нагре-вание именно воды. Тепловыми потерями вокружающую среду пренебречь.

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

О Л И М П И А Д Ы 57

Задача 5. Ноль-приборВ электрической цепи (рис.9) напряжение

на батарейке равно E = 12 В, сопротивле-ние каждого из резисторов R = 15 Ом. Кклеммам A и B подключен вольтметр. Еслик клеммам C и B подключить резисторсопротивлением 0R , то вольтметр покажет0 В. Вычислите сопротивление 0R .

11 класс

Задача 1. Новая реакцияНа однородной массивной балке, покоя-

щейся на двух опорах, находится небольшойгрузик, имеющиймассу m (рис.10).При смещении гру-зика на расстояниеx = 20 см вдольбалки изменение

одной из сил нормальной реакции опорысоставило N∆ = 0,2 Н. Определите массугрузика, если длина балки L = 60 см. Прикакой массе балки система останется в равно-весии при любом положении грузика? Уско-

рение свободного падения 210 м сg = .

Задача 2. Безработная силаНа тело, имеющее массу m = 5 г, начина-

ет действовать единственная внешняя сила,график зависимости модуля которой от вре-мени приведен на рисунке 11. При какой

начальной скорости тела v работа этой силыза все время ее действия окажется равнойнулю? Как должна быть направлена этаначальная скорость по отношению к векторусилы, если он не меняет своего направления?

Задача 3. Работа в процессеНа диаграмме зависимости давления p от

температуры T приведен процесс 1–2 нагре-ва одного моля идеального газа и процесс2–3 его охлаждения до некоторой температу-

ры (рис.12). Най-дите работу, совер-шенную газом впроцессе 1–2–3,если известно, чтов состоянии с наи-меньшим объемомтемпература газаравна T = 200 К.Газовая постоянная

( )8,31Дж моль КR = ⋅.

Задача 4. Приборы в цепиОпределите показания электроизмеритель-

ных приборов и напряжение на конденсато-ре в электрическойцепи, схема которойприведена на рисунке13. Напряжение источ-ника U = 12 В, сопро-тивление R = 2 кОм.Внутреннее сопротив-ление амперметра мно-го меньше R, а внут-реннее сопротивлениевольтметра много боль-ше R.

Задача 5. Торможение перемычкиПо горизонтальным проводящим рельсам

может скользить без трения проводящаяперемычка массой m и длиной L, располо-женная перпендикулярно рельсам (рис.14).

Рельсы замкнуты на резистор сопротивлени-ем R. Система находится в однородном вер-тикальном магнитном поле с индукцией В.На перемычку начинает действовать посто-янная сила F, направленная вдоль рельсов.

1) Найдите максимальную скорость 0v

перемычки.2) Найдите ускорение a перемычки в тот

момент, когда ее скорость достигнет значе-ния 0 3v .

Публикацию подготовил В.Слободянин

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

Рис. 14

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

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» 1)

1. Например, могли прийти 17 детей без мам, укаждой из которых по одному ребенку, и однамама с двумя детьми.2. 300 и 0.Числа 77 и 55 должны делиться на глубину ис-ходной коробки. У 77 и 55 общие множителитолько 1 и 11. Если глубина равна 1, то послесъедания переднего слоя ничего не осталось.Если считать, что сахар все же остался, то глу-бина коробки 11. Тогда ширина 77 : 11 = 7 ку-биков, а высота, после того как верхний слойсъеден, 55 : 11 = 5 кубиков.Итого высота оставшегося в коробке сахара 5,ширина 6, глубина 10 кубиков. Значит, в ко-робке осталось 5 6 10 300¥ ¥ = кубиков сахара.3. 3 краски.Двух красок (скажем, белой и красной) не хва-тит: покрасив доску номер 1 в белый цвет, Томбудет вынужден покрасить в красный цвет дос-ки с номерами 4, 5 и 7. Тогда между красными

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

ПРИНЦИП ФЕРМА И НЕОБЫЧНОЕПОВЕДЕНИЕ СВЕТА

1. а) Очевидно, оптимальными могут бытьтолько две траектории. Первая из них – пополю по прямой между домами. Эквивалентнаядлина такой траектории равна

0 2l nb= .

(Эквивалентная длина траектории, по опреде-лению, численно совпадает со временем, требу-емым для ее прохождения телом, чья скоростьдвижения по дороге равна единице.) Втораятраектория – это ломаная, состоящая из трехзвеньев. Первое и третье из них – это одинако-вые по длине отрезки от своего дома до дороги.Оптимальный угол β между каждым из этихотрезков и дорогой удовлетворяет равенству

1cos

nβ = . Обозначим через х проекцию каждо-

го отрезка на прямую, по которой пролегает до-рога; т.е. его смысл ровно такой же, как в за-дачах 1 и 2 в статье, и все геометрические соот-ношения для х остаются в силе. Тогда эквива-лентная длина пути во втором варианте есть

( )2 21 2 2 2l n a x b x= + + − . Учитывая, что

2 1

ax

n=

−, получаем

21 2 2 1l b a n= + − .

Теперь находим 0 1l l l∆ = − :

( ) 22 1 2 1l n b a n∆ = − − − =

( )2 1 1 1n b n a n= − − − + .

Условию 0l∆ = соответствует2 2

0 2 2

b an

b a

+=

−.

При 0n n< предпочтительнее первый вариант,т.е. прямо по полю, а при 0n n> выгоднее вто-рой – по ломаной линии.б) Когда дома находятся по разные стороныдороги, также возможны два варианта. Первый– по прямой, соединяющей дома. Он выгоденпри x > b, т.е. при выполнении неравенства

22 1

an

b

< +

. Если же x < b и, следовательно,

22 1

an

b

> +

, то лучшей оказывается траекто-

рия по ломаной. Можно заметить, что в этомварианте эквивалентный путь будет ровно та-ким же, как и путь по ломаной в первом слу-чае, так как при «зеркальном отражении» до-мов относительно дороги эквивалентная длиналоманых, очевидно, не меняется.2. Легко понять, что такая ситуация реализует-ся, когда критический угол равен 45° . При

этом отношение скоростей кошки на дороге и вполе равно 2 .3. От зенита.

5. 0 0 22 sin1

pxn

y ep k

α = −

.

6. Заметим, что как лучи, пришедшие снизу,так и лучи, впоследствии ушедшие вниз, можносчитать проходящими через некоторую оченьудаленную точку, находящуюся внизу, под цен-тром полуокружностей. А поэтому, согласнопринципу Ферма, время прохождения каждогоиз этих лучей одинаково. Отсюда следует инва-

риантность величины ( )rn r const= , где r – ра-диус произвольно выбранной дуги. Так как поусловию ( )0 0n x n= , то ( ) 0 0rn r x n= , откудаполучим

( ) 0 0x nn r

r= .

7. На оси x должен существовать участок, на

котором выполняется неравенство ( )

0 0sin1

n

n x

α< ;

в этом случае луч, дойдя до границы этого уча-

стка, развернется и пойдет назад. Причем пол-ная траектория луча от входа до выхода имеетосевую симметрию относительно перпендикуля-ра к линии раздела, проходящего через точкунаибольшего удаления.

8. 0 0, 22

x xR t

g= = π

π.

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 59

Рис. 1 Рис. 2

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

(см. «Квант» 5-6 за 2016 г.)

6. Не получится.Предположим, что получится.Раз у всех детей станет поровну пятерок, мож-но считать, что у них станет по x пятерок.Пусть количество мальчиков m, а количестводевочек d. И суммарное количество пятерок умальчиков, и суммарное количество пятерок удевочек увеличиваются каждый раз на 1, зна-чит, в итоге эти количества станут равны, т.е.mx = dx. Получается, что m = d, но m + d == 23, а 23 – нечетное число. Противоречие.7. Не сможет.Скажем, как действовать Васе, чтобы получить240. Разобьем числа на пары: 1 и 2, 3 и 5, 4 и6. Когда Петя положит одну из карточек водну из пар скобок, положим в ту же пару ско-бок другое число из пары. Тогда через трипары ходов итоговый результат будет равен( ) ( ) ( )+ ⋅ + ⋅ + =1 2 3 5 4 6 240 .8. Может оказаться на 4-м и на 16-м этажах.Первое решение. Построим граф движениялифта по этажам дома (рис.1).Из этого графа видно, что после одного резуль-тативного нажатия лифт окажется на 6 этаже, а

досками номер 4 и номер 7 будет ровно дведоски, что нарушает требование условия. Трехкрасок достаточно: Том может покрасить тридоски подряд в белый цвет, потом три доски всиний, потом три – в красный, потом снова три– в белый и так далее.4. Преобразуем разность:

2

11 1 22 2k k

… …123- =

11 100 0 11 1 11 1 10 0 1k k k kk

… … … … …123Ê ˆ

= - = ◊ - =Á ˜Ë ¯

= ( )211 1 99 9 9 11 1 11 1 3 11 1k k k kk

◊ = ◊ ◊ = ◊… … … … …123 .

затем, какие бы кнопки лифта ни нажимались,после 12 результативных нажатий лифт сноваокажется на 6 этаже и т.д. В результате после

= + ⋅97 1 8 12 результативных нажатий лифтбудет находиться на 6 этаже, а еще после 2 на-жатий лифт окажется на 4 или 16 этаже.Второе решение. Каждым действием к номеруэтажа прибавляется 5 или вычитается 7. Числа5 и –7 дают одинаковые остатки при делениина 12. Таким образом, после 98 переездов мыокажемся на этаже с номером, дающим такойже остаток при делении на 12, как число

+ ⋅ =1 98 5 491 , т.е. на 11 этаже.Докажем, что 98 переездов сделать можно. Этотак, поскольку дом достаточно высокий (16-этажный). Если бы дом был, скажем, 11-этаж-ным, то человек, попавший на 7 этаж, «заст-рял» бы на этом этаже, поскольку с него невоз-можно движение ни вверх, ни вниз. Но в 16-этажном доме такая ситуация невозможна, по-тому что если номер этажа не больше 11, томожно прибавить 5, а в остальных случаяхможно вычесть 7.Итак, 98 переездов можно сделать, и после это-го мы окажемся на 11-м этаже. После еще од-ного переезда можем попасть как на 4-й, так ина 16-й этаж.9. Первое решение. Треугольники BEC и AFBравны по двум сторонам и углу между ними.Значит, ° − ∠ = ∠ = ∠180 AEP BEC AFP , такимобразом, четырехугольник AEPF вписанный.Тогда равны вписанные углы EPA и EFA, но∠EFA прямой, так как треугольник EFA пря-моугольный (одна сторона в 2 раза больше дру-гой и угол между ними °60 ).Второе решение. Нарисуем сетку из равносто-ронних треугольников. Нарисуем на ней равно-сторонний треугольник, как на рисунке 2. Дос-таточно доказать утверждение задачи для него,так как все равносторонние треугольники по-добны, а все последующие построения не зави-сят от абсолютных размеров треугольника. Се-рия параллельных линий сетки делит его сторо-ну на 3 равные ча-сти (по теоремеФалеса). Значит,два зеленых отрез-ка в треугольнике– это как раз от-резки BF и CE изусловия задачи.Таким образом, P– также узел сет-ки, и теперь ужепрямота искомогоугла очевидна.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 260

XXXVIII ТУРНИР ГОРОДОВ

ЗАДАЧИ ОСЕННЕГО ТУРА (2016 ГОД)

Базовый вариант

8–9 классы

1. Не могло.Первое решение. Пусть взяли x четных чисел иy нечетных (x + y = 5). Тогда нечетных сумм

Рис. 3

Рис. 4

10. 52.Оценим сверху число ходов, которые потребу-ются при любом начальном порядке карточек.Сделаем две попытки: в первой попытке будемприводить начальную ситуацию к порядку 1,2, 3, …, 15, а во второй – к порядку 15, 14,13, …, 1. Для первой попытки проводим обме-ны соседних карточек m, n таких, что m < n,но m правее n. Например, сначала карточку 1обменяем со всеми карточками, которые левеенее, в результате чего она окажется на самойлевой позиции. Затем «сдвинем» карточку 2влево и переведем на второе место слева и т.д.Во второй попытке действуем аналогично, нокаждый раз меняем местами карточки m и n та-кие, что m < n, но m правее n. Каждая конк-ретная пара карточек поменяется местами ров-но в одной из двух попыток. (Например, по-смотрим на пару карточек 5 и 10. Если в на-чальной позиции 5 находится в ряду левее, чем10, то обмен этой пары карточек будет произво-диться во второй попытке, но не будет произво-диться в первой попытке.) Следовательно, сум-марное количество ходов в первой и во второйпопытках равно количеству всевозможных паркарточек, т.е. равно ⋅ =15 14 2 105 . Значит,хотя бы в одной из попыток мы совершили неболее чем [105/2] = 52 хода.Остается привести пример начальной ситуации,в которой меньше 52 ходов не хватит. Пустьизначально карточки лежат в порядке 15, 14,13, 12, 3, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11. Пусть ко-нечная ситуация 1, 2, …, 15. Тогда в процесседолжны поменяться местами карточки во всехпарах m < n, для которых в начальной расста-новке m правее n, таких пар 52, это пары

(14, 15), (13, 15), …, (1,15);(13, 14), (12, 14), …, (1,14);(12, 13), (11, 13), …, (1,13);(11, 12), (10, 12), …, (1,12);(1, 3), (2, 3).

Если же конечная ситуация 15, 14, …, 1, то впроцессе должны поменяться местами карточкиво всех остальных 53 парах.В любом случае получить конечную ситуациюменьше чем за 52 хода не удастся.

оказалось xy. Если бы все суммы оканчивалисьразными цифрами, то xy было бы равно 5 иx + y должно было бы равняться 6.Второе решение. Рассмотрим сумму S получен-ных десяти сумм. Если эти суммы оканчивают-ся на десять разных цифр, то число S нечетно.Но каждое из исходных пяти чисел входит вчетыре суммы, поэтому число S четно. Проти-воречие.2. Все шесть. Возьмем равнобедренный треугольник с углом

108° . Поделим этот угол на три равные части(рис.3). Образовавшиеся шесть треугольниковбудут, очевидно, равнобедренными.

Замечание. Пример единственен.3. а) Найдутся две соседние точки с номерамиразной четности. Соединим их и мысленно уда-лим. Из оставшихся точек снова можно выб-рать две соседние и т.д. В итоге все точки разо-бьются на нужные пары.б) Неверно. Занумеруем точки в естественномпорядке. Отрезок, соединяющий два числа од-ной четности, разобьет оставшиеся точки на двенечетные кучки, которые на пары уже не раз-бить.4. Пусть O – центр параллелограмма (рис.4).Тогда OM – средняялиния треугольника

CAK (1

2OM AK= и

в случае, когда K ле-жит на прямой CA).Поэтому в треуголь-нике BMD медианаMO равна половинепротивоположной сто-роны BD = AK. Значит, угол BMD прямой.Замечание. Если AK BDP , то треугольникBMD вырождается и угол BMD не имеетсмысла.5. 100 ягод.Заметим, что на каждом шаге, если оба уча-ствующих медвежонка имели хотя бы по ягоде,у них по крайней мере по ягоде останется. По-этому в конце у каждого медвежонка останетсяне меньше одной ягоды.Докажем, что лиса может оставить каждомумедвежонку ровно по одной ягоде, т.е. перейти

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

из позиции ( )991, 2, , 2… в позицию ( )1, 1, , 1… .Для этого докажем по индукции, что в случае n

медвежат лиса из позиции ( )11, 2, , 2n−… может

перейти в позицию ( )11, 1, , 1, 2n−… , а из после-

дней – в позицию ( )1, 1, , 1… .База. При n = 1 все три позиции совпадают.

Шаг индукции. Из позиции ( )11, 2, , 2 , 2n n−… ,

забыв про последнего медвежонка, можно попредположению индукции перейти сначала в

( )11, 1, , 1, 2 , 2n n−… , а потом в ( )1, 1, , 1, 2n

… . За-

действовав последних двух медвежат, лиса пе-

реходит в позицию ( )1 11, 1, , 1, 2 , 2n n− −… . Теперь,

снова забыв про последнего медвежонка, мож-

но перейти в позицию ( )11, 1, , 1, 2n−… , а из нее,

забыв про первого, – в позицию ( )1, 1, , 1… .

10–11 классы

1. 0.Первое решение. Пусть вершины парабол –точки ( ),a b и ( ),c d соответственно. Тогда

уравнения парабол: ( )2y p x a b= − + и

( )2y q x c d= − + . Принадлежность вершин за-

писывается условиями: ( )2d p c a b= − + и

( )2b q a c d= − + . Складывая их и сокращая,

получим ( )( )2 0p q a c+ − = . Если a = c, то и

b = d, а вершины различны. Поэтому p + q = 0.Второе решение. Пусть A и B – вершины пара-бол. Рассмотрим третью параболу, симметрич-ную первой относительно середины отрезка AB.Она имеет вершину B и содержит точку A. По-скольку парабола однозначно определяется сво-ей вершиной и еще одной точкой, третья пара-бола совпадает со второй. Значит, старшие ко-эффициенты исходных парабол отличаютсятолько знаком.3. 1002 101− .См. решение задачи 5 для 8–9 классов.

Сложный вариант

8–9 классы

2. Может.Запишем в черных клетках единицы, а в белыхклетках – все числа от 1 до 32. При любом раз-резании на доминошки в каждой будет ровноодна белая и одна черная клетка. Поэтому сум-мы в доминошках будут 2, 3, …, 33.Замечание. Существует пример, когда наиболь-шее число равно 21, а также известно, что ононе может быть меньше 20.3. Первое решение. Пусть H – ортоцентр одно-го из закрашенных треугольников. Присоеди-нив к нему три соседних белых треугольника,получим двойной треугольник. Понятно, что H

является в этом двойном треугольнике центромописанной окружности. Проделав такие дей-ствия для всех закрашенных треугольников,получим шесть равных двойных треугольниковс общей вершиной T. Поэтому ортоцентры всехзакрашенных треугольников лежат на окружно-сти с центром T радиуса TH.Второе решение. Рассмотрим два закрашенныхтреугольника с общей вершиной A. Они сим-метричны относительно A. Их высоты, выходя-щие из A, перпендикулярны TA, где T – центрбольшого треугольника. Значит, их ортоцентрысимметричны относительно TA. Поэтому рас-стояние от T до этих ортоцентров одно и то же.Поскольку это верно для любой пары соседнихзакрашенных треугольников, то ортоцентрывсех этих треугольников равноудалены от T.4. 32 конфеты.Оценка. При раскладке, ука-занной на рисунке 5, ни однуиз 16 черных конфет съестьнельзя, а из 33 белых можносъесть не больше 32 конфет, всилу четности.Алгоритм. Покажем, что 32конфеты можно съесть при любой раскладке. Втрехклеточном уголке всегда можно съестьпару конфет. Значит, в прямоугольнике 2 3×можно съесть 4 конфеты. В квадрате 7 7×можно разместить 8 такихпрямоугольников (рис.6).5. Всегда.Первое решение. Все искомыечисла различны, иначе на кар-точках некоторые числа былибы равны. Так как их попар-ные произведения положи-тельны, то все числа одного знака, а так как ихпопарные суммы положительны, то этот знак –плюс.Обозначим искомые числа x < y < z. Для кар-точек каждого цвета рассмотрим отношениенаибольшего числа на них к наименьшему. В

одном случае это y z

x y

++

, в другом – z

x. Так

как первое отношение меньше второго, то по-нятно, на каких карточках написаны суммы, ана каких – произведения.Знание попарных сумм трех чисел определяетэти числа. Например,

( ) ( ) ( )( )1

2x x y x z y z= + + + − + .

Второе решение. Пусть искомые числа0 x y z≤ ≤ ≤ . Тогда x y x z y z+ ≤ + ≤ + иxy xz yz≤ ≤ . Пусть a b c≤ ≤ – числа на кар-точках одного цвета, A B C≤ ≤ – другого. Тог-

Рис. 6

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 262

Рис. 8

Рис. 7

да ( )( )1 1

11

a A b Bx

c C

+ + + += −

+ +. Аналогично

вычисляются y и z.

6. Пусть C – середина дуги 3 1nA A − . Прямые

2 2nA A и OC параллельны как перпендикулярык диаметру 1 1nA A + . Диагонали 3 nA A и 1 2nA A−симметричны относительно прямой OC, поэто-му F лежит на ней. Далее можно рассуждатьпо-разному.Первый способ. Пусть B – середина дуги

1 2nA A (рис.7). Диагонали 1 2 1nA A − и 2 2nA A

симметричны относительно прямой OB, поэто-му пересекаются на ней в точке S. Прямые OB

и 2 1nA A − параллельны ввиду равенства дуг,заключенных между ними. Следовательно,

2FOSA – параллелограмм.При симметрии относительно диаметра 1 1nA A +точка P переходит в точку Q пересечения диа-гоналей 1 2 1nA A − и 2 4nA A . Прямые 1 2 1nA A − и

2 2 2nA A − , очевидно, параллельны. Прямые PQи 2 2nA A параллельны как перпендикуляры кдиаметру 1 1nA A + . Следовательно, 2PQSA – па-раллелограмм.Значит, отрезок PQ параллелен и равен отрез-ку 2A S , а он, в свою очередь, – отрезку FO.Тогда PQOF – тоже параллелограмм. ПоэтомуPF = QO = PO.Второй способ. Пусть 2 2nA A и 1 3A A пересека-ются в точке K (рис.8). Заметим, что углы

3 2A KA , 3 2A OA , 3 2A FA измеряются дугой

3 2A A . Значит, точки 3A , 2A , K, О и F лежатна одной окружности. Следовательно, трапеция

2KOFA – равнобокая.Угол 2 2 2 2n nA A A − также измеряется дугой

3 2A A . Поэтому треугольник 2KPA – равнобед-ренный, т.е. Р лежит на серединном перпенди-куляре к отрезку 2KA , а этот перпендикулярявляется осью симметрии указанной трапеции.Следовательно, PF = PO.7. а) Не обязательно.Можно считать, что варианты ответов – «да» и«нет».Пример 1. Пусть в опросниках встречались всекомбинации по 9 «да» и комбинация из 20«да». Возьмем любые 10 вопросов и произволь-ную комбинацию ответов на них. Если срединих все 10 «да», то так ответил последний че-ловек, иначе подберем ответы на остальныевопросы так, чтобы оказалось ровно 9 «да».Таким образом, условие выполнено. Если бы удвух из этих человек отличались ответы на всевопросы, то сумма количеств «да» у них равня-лась бы 20, что невозможно.Пример 2. Пусть в опросниках встречались всекомбинации, где число ответов «да» кратно 3.Ясно, что произвольную комбинацию ответовна 10 вопросов можно дополнить до такой.Двух противоположных наборов ответов невстретится, так как 20 не кратно 3.Замечание. Этот пример показывает, что 10можно заменить на 18. Можно доказать, чтопри замене на 19 ответ изменится.б) Обязательно. Пронумеруем ответы на каждый вопрос числа-ми от 1 до 12, тогда набор ответов человека –это строка из 20 чисел. Выберем среди отвечав-ших 11 человек так, чтобы ответ первого начи-нался на 10 единиц, второго – на 10 двоек ит.д. Покажем, что можно составить строку N,

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 63

которая на последних 10 местах отличается вкаждом месте от любой из данных 11 строк.Рассмотрим какое-нибудь место, например17-е. В этих 11 строках на этом месте есть неболее 11 различных чисел, поэтому какое-то изчисел от 1 до 12 там не встречается. Именноего и поставим на это место в строку N. По ус-ловию, есть человек Ч, чьи ответы полностьюсовпали с заполненной частью строки N. Рас-смотрим его ответы в первой половине строки.На 10 местах встречаются не более 10 различ-ных чисел, поэтому какое-то из чисел k от 1 до11 там не встречается. Но тогда ответы Ч ни вкаком месте не совпали с ответами k-го из выб-ранных 11 человек.

10–11 классы

3. Пусть K и L – середины AC и BD соответ-ственно. Отрезки OK и OL перпендикулярны,соответственно, хордам AC и BD окружностиΩ . Пусть K′ – точка, диаметрально противо-положная точке O на 1Ω . Поскольку L лежитна 1Ω , то угол OLK′ прямой. Значит, прямаяBD проходит через K′ . Далее можно рассуж-дать по-разному.Первый способ. Можно считать, что углы A иD острые (рис.9). Углы ALB и BLC равны как

опирающиеся на равные дуги AK′ и CK′ ок-ружности 1Ω . Поэтому

1 1

2 2BLC ALC AOC ADC∠ = ∠ = ∠ = ∠ .

Значит, треугольники ACD и BCL подобны подвум углам. Отсюда AC : AD = BC : BL, т.е.

1

2BC AD BL AC BD AC⋅ = ⋅ = ⋅ . По теореме

Птолемея,

1

2DC AB BC AD BD AC KC BD⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ .

Из равенства DC AB KC BD⋅ = ⋅ следует подо-

бие треугольников CKD и BAD (по двум сторо-нам и углу между ними). Следовательно,

CKD BAD∠ = ∠ . Аналогично, из равенстваBC AD KC BD⋅ = ⋅ получаем, что равны углыCKB и BAD. Поэтому 2BKD BAD∠ = ∠ =

BOD= ∠ , т.е. точка K лежит на окружности

2Ω .Второй способ. При инверсии относительно Ωпрямая AC переходит в окружность 1Ω , а точ-ка K – в точку K′. Так как K′ лежит на пря-мой BD, то K лежит на ее образе – на 2Ω .6. 4 рубля.Трех рублей не хватит, поскольку, называяпроизвольные различные числа a, b и c, Васямог получить ответы 0, 1, 2 соответственно,

если у Пети оказался многочлен ( )P x =( ) 2nc b x b= − + с подходящим n. Ответ 0 воз-

можен, так как число a b

rc b

−=

− отлично от 0 и

1, поэтому при некотором n уравнение 2nx r=не имеет решений в целых числах.Лемма. Если многочлен ( )Q x с целыми коэф-фициентами имеет больше двух различных це-лых корней, то многочлены ( )Q x 1± не имеютцелых корней.Доказательство. Многочлен Q можно записатьтак: ( ) ( )( )( ) ( )Q x x a x b x c R x= − − − , где

( )R x – многочлен с целыми коэффициентами.Предположим, что при каком-то целом x этовыражение равно 1± . Тогда каждая из скобокравна 1± . Значит, какие-то две скобки равны,т.е. равны какие-то два из корней a, b и c.Противоречие.Покажем, как выиграть, имея 4 рубля. Будемназывать ответы, кроме 0, 1, 2, большими.Вася называет числа 5 и 8. Если на одно изних, например на 8, окажется большой ответ,то Вася называет 7 и 9. Согласно лемме, отве-тами будут нули.Если оба ответа будут маленькие, Вася называ-ет 6 и 7. Если на одно из этих чисел будетбольшой ответ, то вокруг него ответы нулевые.В противном случае, будет четыре ответа трехвидов, что гарантирует совпадение.

Рис. 9

МУНИЦИПАЛЬНЫЙ ЭТАП ВСЕРОССИЙСКОЙОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ ПО ФИЗИКЕ

7 класс

1. 1 парсек 3,3ª светового года.

2. ( )32 1

2 1

1,21 г см1,1

M M

V Vρ

-= =

-;

11 53 г

1,1

Mm Vρ= - = .

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 264

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А,«Квант»

Тел.: (495) 930-56-48Е-mail: math@kvant.ras.ru, phys@kvant.ras.ru

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив ООО «ИПК Парето-Принт», г.Тверь

www.Pareto-print.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

Е.В.Бакаев, C.А.Дориченко, А.А.Егоров,Е.М.Епифанов, А.Л.Канунников,

А.Ю.Котова, С.Л.Кузнецов,В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИВ.Н.Власов, Д.Н.Гришукова,А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАМ.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ 12+

4. а 3 мА2

UI

R= = , в 0U = .

5. 1) ( )0 2

RFv

BL= ; 2)

2

3

Fa

m= .

ШАХМАТНАЯ СТРАНИЧКА

ПАРТИЯ КАРЛСЕН–ГИРИ

Следует сделать ход 59. qc8+. После этогочерные вынуждены отдать ферзя: 59…/е8 60.q : е8 3 : е8 61. o : е8, либо получают мат в2 хода: 59…7 h7 60. q f7+ 7 h6 61. qh8x

ГОЛОВОЛОМКИ

1) 1. q : c2 2. u : c2 3. q : c3 4. u : c3 5. u :d42) 1. m: a1 2. o : b3 3. m : b3 4. m : d2 5. cd6. dc 7. сb

3. 1 2

30 м сl

vt t

= =-

, 2 900 мL vt= = ;

3 15 cl

tv

= = ; 2L

l= .

4. max 5 м сv = ; s = 80 м;

ср20

м с 1,33 м с15

v = = .

8 класс

1. гр 2,3 кмl ª .

2. 0сп 101 кг

4

hm m

H

ρρ

= = .

3. 1 2 к 2

2 0

1 630 Втt t t t

P cmt t τ

Ê ˆ- -= + =Á ˜-Ë ¯

.

4. 2 кг3

mM = = ; д 20 Н

3

mgF = = .

9 класс

1. ср23

9,6 м с24

v v= = .

2. 1

2 3

Mgpa

p p= , 2

1 3

Mgpb

p p= , 3

1 2

Mgpc

p p= ;

( )3

1 2 3

Mgm M

p p pρ= - .

3. 15

3ρ ρ= , 2ρ ρ= . 4. 1 2 0

1

τ τ τα

τ+ -

= .

5. в 12 BU = , а 12 мАI = .

10 класс

1. 2 2

1,8 м сa b

uτ+

= ª , где 2

0,18 cb

gτ = ª ;

590 Втmgb

Pτ

= ª .

2. Тело 1 останется неподвижным, 1 0a = , атело 2 начнет движение с ускорением

22 0,5 м с

2

aa = = .

3. 80 гNL

mgl

∆= = . 4. 1

21

20,92

1

ηη

η= =

+.

5. 02

10 Ом3

R R= = .

11 класс

1. 30 г2

NLm

gx

∆= = ; М = 2m = 60 г.

2. Начальная скорость равна 11 м/с и направ-лена противоположно вектору силы.

3. 1

8312

A RTν= = Дж (здесь 1ν = моль).