Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2005-05.pdf Дата изменения: Mon Oct 9 20:53:20 2006 Дата индексирования: Mon Oct 1 16:49:19 2012 Кодировка: Windows-1251



2005

ї

СЕНТЯБРЬ ОКТЯБРЬ

Ю

5

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1970 ГОДА

В номере: 2 8
Учредители -- Президиум Российской академии наук, Фонд поддержки фундаментальной науки и образования (Фонд Осипьяна)
ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

Динамика паникующей толпы. К.Богданов Числа Пизо. А.Егоров
ИЗ ИСТОРИИ НАУКИ

14 15 17 23 24 24 27

Карлов университет. А.Васильев
ЗАДАЧНИК 'КВАНТА'

Ю.А.Осипьян
ПЕРВЫЕ ЗАМЕСТИТЕЛИ ГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

Задачи М1966-М1975, Ф1973-Ф1982 Решения задач М1946-М1950, Ф1958-Ф1967
КМШ

С.С.Кротов, С.П.Новиков
РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

А.Я.Белов, Ю.М.Брук, А.А.Варламов, А.Н.Виленкин, С.А.Гордюнин, Н.П.Долбилин (заместитель главного редактора), В.Н.Дубровский, А.А.Егоров, А.Р.Зильберман, В.В.Козлов, С.П.Коновалов, А.А.Леонович, Ю.П.Лысов, В.В.Можаев, В.В.Произволов, Н.Х.Розов, А.Б.Сосинский, А.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин, В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова, В.М.Уроев, А.И.Черноуцан

Задачи Конкурс имени А.П.Савина 'Математика 6-8' Об одном математическом случае (окончание). С.Дворянинов Победители конкурса имени А.П.Савина 'Математика 6-8' 2004/05 учебного года
ШКОЛА В 'КВАНТЕ'

28 29 32 35 38 41 45 48 52 56

Ворона -- хвостом вперед? В.Козлов От пяди до Вселенной. С.Иншаков
КАЛЕЙДОСКОП 'КВАНТА'

(заместитель главного редактора)
РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

А.В.Анджанс, В.И.Арнольд, М.И.Башмаков, В.И.Берник, В.Г.Болтянский, А.А.Боровой, Н.Н.Константинов, Г.Л.Коткин, Е.Л.Сурков, Л.Д.Фаддеев

Излучение
ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ

Физика таранного устройства. С.Серохвостов, А.Хищенко
ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ 1970 ГОДА ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

Посмотрим сквозь линзу. В.Дроздов Иррациональность и квадратный трехчлен. В.Голубев
ОЛИМПИАДЫ

И.К.Кикоин
ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬ ГЛАВНОГО 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

XXXI Всероссийская олимпиада школьников по математике XXXIX Всероссийская олимпиада школьников по физике Международный турнир 'Компьютерная физика' XII Всероссийская заочная математическая олимпиада школьников
РЕЦЕНЗИИ, БИБЛИОГРАФИЯ

57 58

Полезная книга по физике Ответы, указания, решения
НА ОБЛОЖКЕ

Бюро

Квантум

ї 2005, Президиум РАН, Фонд Осипьяна, 'Квант'

I II III IV

Иллюстрация к статье 'Динамика паникующей толпы' Коллекция головоломок Шахматная страничка Университеты мира на монетах и банкнотах


2

КВАНTћ 2005/?5

Динамика паникующей толпы
К.БОГДАНОВ
охватывая сначала небольшую группу людей, затем передается остальным, перерастая в неуправляемый процесс. Природа человека такова, что часто в экстренных ситуациях каждый человек ведет себя так же, как и все вокруг. Именно поэтому коллектив людей, объятых паникой, по существу перестает быть коллективом, теряет его признаки, становясь неуправляемой толпой. История хранит много примеров того, к каким человеческим трагедиям приводила паника толпы. Одна из них - Ходынская катастрофа, или просто 'Ходынка'

П

АНИКА - ЭТО ЧУВСТВО СТРАХА, КОТОРОЕ,

- произошла на северо-западе Москвы во время народного гулянья 18 мая 1896 года в дни коронации императора Николая II. По традиции, народ, присутствующий при коронации нового царя, всегда одаривали подарками. А в тот раз ходили слухи, что подарки будут очень дорогими.1 Поэтому привлеченная бес1 На самом деле, подарочный набор включал в себя завязанные в платок булку, пряник, колбасу, немного сушеных фруктов и орехов, а также эмалированную - в то время большая диковинка - кружку с императорскими вензелями. С этой кружкой можно было подойти к многочисленным кранам с пивом и медовухой.

Иллюстрация В.Власова


ДИНАМИКА

ПАНИКУЮЩЕЙ

ТОЛПЫ

3

платными гостинцами и зрелищами публика начала стекаться к Ходынскому полю еще с вечера, а к рассвету, когда число страждущих увеличилось до полумиллиона, если не более, прошел слух, что буфетчики начали оделять 'своих' и что припасенного на всех не хватит. По свидетельству очевидцев, толпа вдруг вскочила, как один человек, и бросилась вперед, как будто от пожара. Между тем, местность, на которой были выстроены 150 будок с подарками и 10 пивных павильонов, была отделена от страждущих огромным оврагом (3 метра в глубину и 30 в ширину), откуда муниципальные службы обычно брали песок, необходимый для содержания в порядке московских улиц. В ответ на летевшие со всех сторон требования начать раздачу гостинцев растерявшиеся буфетчики принялись швырять узелки в толпу наугад - и тут началось самое страшное. Киоски брали штурмом, задние ряды напирали на средние... Произошла давка, в которой погибли, по официальным данным, 1389 человек и около 1300 получили увечья. По свидетельству А.С.Суворина, кружка из подарочного набора стоила 10 копеек и на 5 копеек было гостинцев - вот и вся стоимость подарка, за который столько людей заплатили жизнью. Для очистки совести Николай II распорядился выплатить каждой семье погибших по 1000 рублей. Кстати сказать, и в других странах случалось подобное. Так, в 1887 году, когда в Великобритании отмечали 50-летие вступления на трон королевы Виктории, в Лондоне при схожих обстоятельствах погибли около 4000 человек - и ничего, придворные церемонии не были нарушены. Можно ли избежать давки? Конечно, да! Но прежде чем давать конкретные советы, посмотрим, как возникает давка, используя для этого методы физики сложных систем - раздела физики, изучающего системы, состоящие из большого числа объектов, взаимодействие между которыми подчиняется каким-либо определенным законам. Такими объектами могут быть атомы, молекулы или песчинки, образующие дюны, а также люди, механически взаимодействующие друг с другом в толпе. Какие силы действуют на человека в толпе В соответствии со вторым законом Ньютона, для того чтобы предсказать поведение толпы через интервал времени t , необходимо знать положение и скорость каждого человека и силы, действующие на него в данный момент t. Другими словами, нам необходимо написать соответствующие уравнения для всех членов толпы, а потом решить эту систему уравнений. Сначала перенумеруем всех людей в толпе, состоящей из N человек, выберем человека под номером i и рассмотрим силы, действующие на него. Очевидно, что одна из сил, заставляющих человека i двигаться, это горизонтальная проекция силы реакции опоры, т.е. земли, отталкиваясь от которой он и движется в избранном направлении. Обозначим эту силу F i . Наталкиваясь на препятствия, которыми могут быть и

остальные люди из толпы, человек i испытывает на себе действие силы сопротивления, которую мы обозначим Fc i . Таким образом, если допустить, что все люди в толпе имеют одинаковую массу m (например, 80 кг), то уравнение второго закона Ньютона для i-го человека толпы принимает вид
m vi = F i + Fc i , t

(1)

где vi - изменение скорости i-го человека, произошедшее за интервал времени t в результате действия сил, стоящих в правой части уравнения. Теперь займемся каждой из упомянутых сил. Рассмотрим сначала, чем руководствуется каждый из нас, оказавшись в толпе одержимых идти куда-то. Пусть, например, все стремятся выйти из помещения, где начался пожар. Тогда, очевидно, вектор силы F i будет направлен к ближайшей двери, а абсолютная величина F i будет зависеть от того, насколько человек удовлетворен своей скоростью движения в сторону заветной двери. Иными словами, F i можно считать пропорциональной разности между 'желаемой' для данного человека скоростью движения v0i и настоящим ее значением vi . Это предположение позволяет записать следующее соотношение для F i :
v0i - vi , (2) где - коэффициент пропорциональности, имеющий размерность времени, который сопоставим с интервалом, необходимым человеку для разгона до 'желаемой' скорости (пусть, например, = 0,5 с). Нетрудно догадаться, что вектор v0i всегда направлен в сторону двери, а его абсолютная величина характеризует стремление охваченного паникой человека выбраться из горящего помещения. Каждому человеку кажется, что, чем больше будет значение v0i , тем раньше он выберется оттуда. Таким образом, v0i может служить мерой паники в толпе. После того как с помощью формулы (2) описана сила, влекущая i-го человека к двери, рассмотрим силы его взаимодействия с препятствиями, встречающимися на пути. Очевидно, что даже в условиях паники человек предпочитает не подходить вплотную к впереди идущему, если, конечно, его не толкают в спину сзади. Такое нежелание находиться очень близко к другим людям эквивалентно существованию некой силы отталкивания между людьми, которая возрастает с уменьшением расстояния между ними, аналогично кулоновской силе взаимодействия одноименных зарядов. Для простоты последующих вычислений можно считать, что на i-го человека со стороны j-го человека действует отталкивающая сила, абсолютное значение которой равно F i = m Fij = Ae
zi - z j - D B

,

(3)

где D - поперечный размер человека (пусть D = = 0,6 м), A и B - постоянные (равные 2000 Н и 0,08 м


4

КВАНTћ 2005/?5

соответственно), а вертикальными скобками обозначено абсолютное значение разности векторов, проведенных из начала координат к i-му человеку ( zi ) и j-му человеку ( z j ), которое равно расстоянию между этими людьми. Так, в соответствии с формулой (3), коснувшиеся друг друга люди противостоят отталкивающей силе в 2000 Н, которая при их взаимном отдалении уменьшается в e раз через каждые 8 см. Как показывает житейский опыт, двигаясь, человек избегает касания не только с другими пешеходами, но и со стенами и прочими ограждениями. Для описания этой характеристики движения i-го человека введем отталкивающую силу, действующую на него со стороны ближайшего участка стены перпендикулярно ее поверхности, и обозначим ее F"2 i . Очевидно, что формула для значения абсолютной величины этой силы может иметь вид, аналогичный (3), а именно
F"2 i = Ae
di - D 2 B

какой скоростью vC i он будет двигаться вдоль 'чужой' поверхности, и, во-вторых, от величины деформации при столкновении, которая заключена в скобки в формулах (5) и (6). Если эти величины известны, то сила трения при столкновении, действующая в сторону, противоположную скорости, равна

F2! i = -bVC i ,

(7)

,

(4)

где di - кратчайшее расстояние между i-м человеком и ближайшей стеной, A и B - те же, что и для силы (3). Силы, 'отталкивающие' человека от препятствий, описанные формулами (3) и (4), помогают ему избегать столкновений, но не всегда. В тех случаях, когда плотность людей и их 'желаемая' скорость велики, сумма сил Fij и F"2 i не спасает их от столкновений. Кроме того, столкновению людей между собой и со стенами способствуют необходимые иногда повороты на пути к выходу. Поэтому для полного описания сил, действующих во время давки, необходимо ввести силы упругого взаимодействия и трения при столкновении людей между собой и людей со стенами. Для простоты будем считать, что при столкновении людей между собой и со стеной их можно заменить вертикально стоящими цилиндрами с круговым поперечным сечением диаметром D . Очевидно, что столкновение таких цилиндров, моделирующих людей под номерами i и j, происходит тогда, когда расстояние между их осями становится меньше D. Величину силы упругого взаимодействия, отталкивающей их друг от друга, в соответствии с законом Гука, можно описать формулой

где b - коэффициент трения (120000 *г (м ") ). Таким образом, сила Fc i , стоящая в правой части равенства (1), является суммой сил, описанных формулами (3) - (7). При этом если i-й человек одновременно сталкивается с несколькими другими, то выражения (3), (5) и (7) следует вычислять для всех столкнувшихся людей. Кроме того, для всех них необходимо вычислять алгебраическую сумму сил, приложенных к каждому из них в радиальном направлении, так как известно, что если эта величина превысит 3000 Н, то человек может потерять сознание и стать жертвой паники. А всякий, кто теряет сознание в результате давки, перестает двигаться и поэтому становится дополнительным препятствием для толпы на ее пути. Пора включать компьютер! Читатель уже наверняка устал от формул и коэффициентов, взятых, как он, возможно, считает, с потолка. Автор частично разделяет такую оценку, обещая больше не испытывать терпение читателя. Искусство моделирования и заключается в том, чтобы вовремя остановиться. Кроме того, очевидно, что полностью описать в терминах физики и математики такие сложные процессы, как поведение человека, вообще невозможно. И все-таки попробуем предсказать движение толпы, используя формулы (1) - (7), хотя наверняка такое описание является весьма приближенным. Пусть в прямоугольном зале дискотеки размером 20 на 7 метров находится N человек и в момент времени t = 0 внезапно происходит возгорание электроаппаратуры, стоящей в углу зала. В результате возникает паника, и все устремляются к выходу. Чтобы начать моделировать движение толпы, нам необходимо задать начальные условия - положение людей и скорости их движения в момент времени t = 0. Поэтому с помощью компьютера распределим людей по залу так, как это показано на рисунке 1, и для простоты положим, что в момент времени t = 0 все люди стояли практически неподвижно и ждали, когда наконец включат музыку, т.е. vi = 0 для 1 ? i ? N . Ну, а теперь начнем писать программу, которая могла бы отслеживать движение каждого человека в толпе. Программа должна, учитывая расположение и скорости людей в момент времени t, для каждого i-го человека вычислить сумму сил, стоящую в правой части уравнения (1), а потом найти приращение vi , произошедшее за интервал времени t . После этого программа вычисляет новые значения vi , соответству-

F3

ij

= k D - zi - z

(

j

)

,

(5)

где k - коэффициент, пропорциональный жесткости человека в поперечном направлении (120000 Н/м). Формула, аналогичная (5), очевидно, справедлива и для столкновения i-го человека со стеной и имеет следующий вид:
F3"2 i = k ( D 2 - di ) ,

(6)

где di - минимальное расстояние между осью i-го цилиндра и стеной в области их контакта. Что касается силы трения F2! i , действующей на i-го человека при столкновении с 'чужой' поверхностью, то ее величина будет зависеть, во-первых, от того, с


ДИНАМИКА

ПАНИКУЮЩЕЙ

ТОЛПЫ

5

Рис.1. Распределение людей в прямоугольной комнате размером 20 Ч 7 м в начальный момент времени t = 0 (v0 = 0). Люди обозначены серыми кружочками диаметром 0,6 м. Стрелкой показан выход через дверь шириной b = 1,5 м

Рис.2. Полученное в результате моделирования распределение людей в комнате через 4 с после начала паники (v0 = 1,1 м/с, b = = 1,5 м). Плотность закрашивания соответствует величине суммарной силы сжатия, приложенной к каждому человеку со стороны окружающих людей и стены, в соответствии со шкалой, показанной здесь же

Рис.3. Распределение людей в комнате через 22 с после начала паники (v0 = 1,1 м/с, b = 1,5 м), когда почти половина из них уже вышли из помещения. Как видно, перед дверью образовалась группа людей мешающих друг другу выйти (блок)

Рис.4. Распределение людей в комнате через 4 с после начала паники (v0 = = 1,7 м/с, b = 1,7 м). Появились первые жертвы (изображены черными бубликами), суммарная сила сжатия которых превысила допустимый максимум 3000 Н

ющие моменту t + t , и передвигает i-го человека в направлении вектора vi + vi на расстояние, равное
vi + vi t . И все повторяется снова. Очевидно, что чем меньше будет значение t , тем точнее будут наши расчеты. Однако одновременно с увеличением точности расчетов растет время, необходимое компьютеру для решения задачи. Следует заметить, что с какого-то значения t , назовем его критическим, дальнейшее его уменьшение уже приводит к едва заметным изменениям. Поэтому t берут, например, в два раза меньше критического значения, значительно экономя, таким образом, время для вычислений. Исходя из этих соображений, было выбрано t = 0, 002 c , что позволило потратить около 40 минут для моделирования движения толпы, состоящей из 60-70 человек, в течение одной минуты. Как оказалось, одной минуты вполне хватало этой 'толпе', чтобы покинуть в панике помещение, правда оставив за собой нескольких 'сдавленных' вертикальных цилиндров. Чтобы упростить вычисления, предполагалось, что абсолютное значение 'желаемой' скорости v0i у всех людей из толпы одинаково, и поэтому в дальнейшем оно обозначается как v0 .

до 1,7 м/с соответственно. Так что для людей, оказавшихся вблизи выхода, подтвердилось известное правило: 'чем больше паникуешь, тем быстрее убежишь от неприятностей'. Отметим, однако, что несколько человек, следующих за счастливчиками, оказались сжатыми друг другом, что показано на рисунке 2 более интенсивным закрашиванием соответствующих кружочков. На рисунке 3 изображено положение людей в толпе в момент времени t12 , когда уже половина людей вышли из помещения. Видно, что к этому времени у дверей образовалась почти симметричная толпа, и поэтому человек, оказавшийся в проеме двери, испытывает сжатие с разных сторон. В таблице 1 приведена зависимость времени выхода первого человека ( t1 , лев. верх), половины всех людей ( t12 , лев. низ), максимальной силы сжатия у дверей в процентах к допустимой (прав. верх) и количества жертв (прав. низ) от уровня паники (величины скорости v0 ) и ширины дверей для начальных условий, изображенных на рисунке 1. Из таблицы следует, что рост скорости v0 дает очень малый выигрыш для Таблица 1

Посмотрим, что получилось Как показывают результаты моделирования (рис. 2), проходит совсем короткий промежуток времени t1 , всего несколько секунд, до того момента, когда первый человек выскакивает из помещения, и это время, конечно, уменьшается с ростом панических настроений (при увеличении v0 ). Например, для начальных условий, изображенных на рисунке 1, время t1 уменьшается с 7 до 4 с при увеличении v0 с 0,7


6

КВАНTћ 2005/?5

большинства людей в толпе, особенно для маленьких дверей. Так, для двери шириной 1,3 м увеличение v0 с 1,1 до 1,5 м/с вообще не приводит к уменьшению t12 . Кроме того, как иллюстрируют таблица 1 и рисунок 4, при панике и недостаточной ширине двери давление, сжимающее людей в центре толпы, часто достигает критического значения, после чего очередной 'сдавленный' человек становится дополнительным препятствием для толпы, затрудняя ее движение. Поэтому для каждой группы людей, находящейся в данном помещении, существует некое значение v0 , зависящее от ширины выходных дверей помещения, превышать которое не рекомендуется, если мы хотим избежать человеческой давки. Как нетрудно догадаться, относительно маРис.5. Зависимость количества людей, покинувших помещение (черная лый эффект влияния увеличения v0 на t12 кривая), и максимальной величины сжатия в толпе (красная кривая) от объясняется тем, что люди, сжимая друг друга, времени, прошедшего после начала паники (v = 1,7 м/с, b = 1,7 м, 0 увеличивают силы трения между собой (см. исходное число человек в комнате 63, пять из которых стали жертвами уравнение (7)). В результате относительная давки) доля усилий, затраченных на движение в стороно уменьшить число пересекающихся потоков вблизи ну двери, уменьшается, а вместе с этим уменьшается и дверей, а еще лучше - исключить их пересечение выигрыш от увеличения v0 . В этом и заключается вообще. Самое первое, что приходит в голову, это основное отличие между движением вязкой (но несжипопросить всех стать в очередь. Конечно, в условиях маемой) жидкости через место сужения и движением паники это нереально, но помещение можно спроектолпы через дверь. В первом случае скорость потока тировать так, чтобы даже паникующая толпа, подхожидкости прямо пропорциональна приложенному давдя к дверям, вынуждена была выстраиваться в очелению. Толпа же по своим механическим свойствам редь. близка к сжимаемой жидкости (например, жидкой резине), у которой вязкость (трение между соседними Выстраиваем толпу в очередь движущимися слоями) растет с ростом давления, и На рисунке 6 изображено помещение, выходя из поэтому увеличение прикладываемого давления привокоторого, люди должны пройти через сужающийся дит к непропорционально меньшему росту скорости коридор, в результате чего все они у дверей имеют один потока. и тот же вектор 'желаемой' скорости v0 . Иными Как видно из таблицы 1, с ростом паники и сужесловами, направляющий коридор, предшествующий нием двери растет количество 'сдавленных' людей, дверям, препятствует возникновению встречных людбульшая часть которых находится вблизи дверей. Это ских потоков у дверей. Поэтому разумно предполои неудивительно. Ведь у двери, находящейся в центжить, что при тех же начальных условиях толпа ре стены, сталкиваются, по крайней мере, три потока выйдет из помещения через сужающийся коридор людей, стремящихся к выходу, - два вдоль стен и быстрее и без жертв. один перпендикулярный проему двери. В итоге давРезультаты моделирования бегства толпы из такого ление на каждого человека, достигшего дверей, увепомещения показаны на рисунках, которые иллюстличивается, и если оно достигает критического значерируют различные моменты движения: подход к нания, то этот человек становится жертвой толпы. правляющему коридору (рис.7), выстраивание в очеНа рисунке 5 показано, как изменяется максимальредь и выход первого человека через дверь (рис.8), а ное давление (сжатие) в толпе по мере того как люди также момент, когда половина людей покинули помепокидают помещение. Видно, что самых высоких знащение (рис.9). Зависимость времени выхода первого чений давление достигает в первые секунды после человека (лев. верх), половины всех людей (лев. возникновения паники, когда разогнавшиеся люди, низ), максимальной силы сжатия у дверей в проценрасположенные близко к дверям, сталкиваются друг тах к допустимой (прав. верх) и количества жертв с другом. Потом, с уменьшением количества людей в (прав. низ) от уровня паники и ширины дверей толпе, давление постепенно падает, испытывая больдля начальных условий, изображенных на рисунке 6, шие колебания, соответствующие образованию и разприведена в таблице 2 (построенной аналогично табрушению 'дуги' из людей, не желающих пропускать лице 1). друг друга (см., например, рисунок 3). Поэтому росКак и следовало ожидать, направляющий коридор ту сжатия соответствует временное прекращение вызначительно уменьшает давление людей друг на друга, хода людей из помещения (интервалы между 11 и делая его меньше критического, что исключает появле12 с, а также между 14 и 16 с на рисунке 5). ние жертв давки в том же диапазоне изменения шириОчевидно, чтобы уменьшить количество жертв, нуж-


ДИНАМИКА

ПАНИКУЮЩЕЙ

ТОЛПЫ

7

Рис.6. Помещение тех же размеров, что и на рисунке 1, но с направляющим коридором, предшествующим выходу. Исходное расположение людей то же, что и на рисунке 1, v0 = 0

Рис.7. Распределение людей в комнате через 3 с после начала паники, когда первые люди достигли направляющего коридора (v0 = 1,7 м/с, b = = 1,1 м)

Рис.8. Распределение людей в комнате через 11 с после начала паники, когда первый человек покидает помещение (v0 = = 1,7 м/с, b = 1,1 м)

Рис.9. Распределение людей через 21 с после начала паники, когда почти половина людей покинули помещение (v0 = = 1,7 м/с, b = 1,1 м)

ны дверей и скорости v0 . Кроме того, как иллюстрирует таблица 2, направляющий коридор делает зависимость времени t12 от ширины двери еле заметной. Значит, действительно зависимость t12 от ширины двери, имевшая место в том случае, когда дверь была

Продолжите сами, если вам интересно! Моделируя движение толпы, мы рассмотрели всего два случая - дверь расположена в центре стены или имеется направляющий коридор. При этом всех людей мы сделали одинаковыми. А что буТаблица 2 дет, например, если в толпе есть дети, 'диаметр' и масса которых, как известно, меньше, чем у взрослых? Как зависит количество жертв от разброса параметров людей? Кто страдает в первую очередь? Мало того, что мы в своей модели сделали всех людей одинаковыми, мы лишили их разума, наделив только стремлением - вектором, направленным к двери. На самом деле, каждый человек даже в условиях паники оглядывается по сторонам и, если видит, что движение в направлении выхода затруднено, начинает искать обходные пути. Если ваша программа уже написана, попробуйте включить 'оглядывание' в ее текст -- полученные данные вас, по-видимому, удивят. Мы не успели рассмотреть, как зависит давка от того, во что одеты люди. А ведь для этого достаточно только изменить коэффициент трения либо у всех сразу (давка под дождем), либо ввести разброс значений этого коэффициента. Кто окажется с большей вероятностью жертвой давки: человек в плаще из скользкой или из шершавой ткани? Как влияют трибологические (т.е. ответственные за трение) свойства покрытий внутренних стен помещений на количество жертв? Заметим, что на все поставленные выше вопросы до сих пор нет достаточно вразумительных ответов.

в середине стены (таблица 1), возникает из-за пересечения там нескольких потоков людей. Интересно, что в тех случаях, когда ширина двери не позволяет через нее пройти сразу двоим (1,1 м), направляющий коридор практически устраняет зависимость сил сжатия и от уровня паники ( v0 ), которая присутствует при более широких дверях. Отсутствие роста сил сжатия при панике в этом случае тоже говорит о том, что траектории движения людей не пересекаются. Направляющий коридор не только помогает исключить жертвы при выходе из помещений, но и значительно уменьшает длительность давки у дверей - интервал между тем как первый и последний человек покинули помещение. Таким образом, пропускающая способность двери растет не только с увеличением ее ширины, что естественно, но и в тех случаях, когда толпа вытягивается в очередь.


8

КВАНTћ 2005/?5

Числа Пизо
А.ЕГОРОВ
ним удивительным свойством - их степени 'почти целые'. Это такие числа > 1 , для которых расстояние от n (n - натуральное число) до ближайшего целого числа стремится к нулю. Мы постараемся понять, почему это происходит. Но сначала рассмотрим примеры. Несколько примеров В 50 - 60-х годах прошлого века на математических олимпиадах различных уровней и в разных странах были популярны задачи, сходные со следующей. Задача 1. Найдите первые n знаков после запятой n в десятичной записи числа 5 + 26 . Задача эта удивительно просто решается. Пусть = 5 + 26 , а = 5 - 26 -- сопряженное с число. Слово 'сопряженное' в данном случае означает, что и - корни уравнения x2 - 10 x - 1 = 0 с целыми коэффициентами. Заметим, что если

В

ЭТОЙ СТАТЬЕ ПОЙДЕТ РЕЧЬ О ЧИСЛАХ С ОД-

Введем теперь некоторые обозначения. Для данного числа a будем обозначать через (a) ближайшее к a целое число, а через {{a}} - расстояние от a до (a), т.е. {{a}} = (a) - a . Определение 1. Будем говорить, что число обладает свойством Пизо, если расстояние от n до ближайшего целого числа стремится к нулю, т.е. если
0 при n . Вот еще один пример. Рассмотрим теперь кубический многочлен
n

{{ }}

p(x) = x 3 - 3x 2 - 2x + 1 .

(

)

Поскольку р(3) < 0, а р(4) > 0, многочлен р имеет корень на промежутке (3; 4). Аналогично, так как р(1) < 0 и р(0) > 0, у него есть корень на интервале (0; 1), а так как р(-1) < 0, то и на интервале (-1; 0) также имеется корень этого многочлена. Итак, многочлен р имеет в точности 3 корня ( -1; 0 ) , (0;1) , OE (3; 4) .

n = an + bn 26 , то n = an - bn 26 ,
где an и bn - натуральные числа. Но тогда

Упражнение 4. Докажите, что числа , , иррациональные.

n + n = 2an = An
-- натуральное число. При этом

Задача 2. Докажите, что число обладает свойством Пизо. Рассмотрим сумму

Sn = n + n + n .
Докажем, что Sn - целое число при любом n. Для этого сначала вычислим S1 , S2 и S3 . По теореме Виета для кубических многочленов
+ + = 3 , + + = -2 , = -1 ,

An - n =
и
An - n = n =

n

5 + 26 Таким образом, разность между n и An отличается 1 от нуля меньше чем на . Поэтому ( < 0 ) при 10n четном n первые n цифр после запятой - девятки, а при нечетном n - нули. Задача решена. Пока запомним, что и - иррациональные корни квадратного уравнения с целым коэффициентами, причем > 1 , а < 1 .
Упражнения 1. Существует ли такое n, что в десятичной записи числа

(

1

)

n

<

1 . 10n

поэтому
S2 = 2 + 2 + 2 = (+ +

)2

-2 ( + + ) = 13.

Вычислить S3 несколько сложнее. Для этого воспользуемся известной формулой

x 3 + y3 + z3 - 3xyz =

= ( x + y + z ) x 2 + y2 + z2 - xy - xz - zy .

2 + 2 окажется 1000 одинаковых цифр после запятой? Какие это цифры? 1 + 3. Докажите, что при n 5k расстояние от числа 2 1 до ближайшего к нему целого числа меньше, чем . 10k 2. Те же вопросы для чисел 8 + 65

(

)

n

Подставляя вместо x, y и z числа , , , получим, что
S3 = 3 + 3 + 3 = 3 (13 + 2 ) + 3 = 48.

(

)

(

)

n

.

Запишем очевидные равенства

n+3 n+ 3

5

n

- 3 - 3

n+2 n+2 n+2

- 2 - 2

n +1

+ n = 0 , + n = 0 ,



n +1 n +1



n+3

- 3

- 2

+ n = 0 .


ЧИСЛА

ПИЗО

9

Сложив их, получим
Sn
+3

- 3 Sn

+2

- 2Sn

+1

+ Sn = 0 .

(1)

Упражнение 6. Докажите, что первые 1000 знаков после запятой в десятичной записи числа 25000 из задачи 3 одинаковы.

Далее рассуждаем по индукции. При n = 1 из того, что S1 , S2 , S3 - целые числа, следует, что и S4 - целое число. Пусть Sn + 2 , Sn +1 и Sn - целые числа. Но тогда из (1) следует, что Sn + 3 тоже целое. Итак, Sn целое при любом n. Из неравенства
Sn - n = n +
n

+

n

n

Во всех рассмотренных нами примерах мы имели дело с иррациональными корнями квадратичных или кубических многочленов с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом, равным 1. При этом все остальные корни этих многочленов были по модулю меньше 1. Не в этом ли причина явления, названного нами свойством Пизо? Алгебраические числа и неприводимые многочлены Здесь мы познакомимся с простейшими понятиями теории алгебраических чисел и неприводимых многочленов. Определение 2. Число (действительное или комплексное) называется алгебраическим, если существует многочлен
p ( x ) = a0 xn + a1x
n -1

и того, что < 1 и < 1 , вытекает, что
Sn - n 0 .

Но ведь это и есть свойство Пизо.
Упражнение 5. Найдите первые 100 знаков после запятой у числа 2000 , 2001 .

Как видите, мы довольно легко управились с поведением чисел n для кубического многочлена, все три корня которого действительны, причем один из них больше 1, а два оставшихся меньше единицы по модулю. Правда, пока мы еще никак явно не пользовались иррациональностью этих корней. А что делать с кубическим многочленом, который имеет лишь один действительный корень? Рассмотрим соответствующий пример. Задача 3. Пусть - действительный корень многочлена p ( x ) = x 3 - x - 1 . Докажите, что число обладает свойством Пизо. Решение. Исследование с помощью производной функции y = x3 - x - 1 показывает, что этот многочлен имеет в точности один действительный корень , причем 1 < < 2 . Пусть и - комплексные корни этого многочлена. Можно доказать, что если = a + bi , где a и b действительные, то = a - bi , так что

+ ... + an

= = a2 + b2 . По теореме Виета
+ + = 0, + + = 0, = 1. Из последнего равенства следует, что = = =
2 2

1 .

Поскольку свойства действий над комплексными числами такие же, как и над действительными, дословно повторяя рассуждения, проведенные при решении задачи 2, получим, что и здесь
Sn = n + n +
n

с целыми коэффициентами a0 , a1 ,..., an такой, что p ( ) = 0 . В этом определении мы можем считать, во-первых, что a0 > 0 и, во-вторых, что числа a0 , a1 ,..., an в совокупности взаимно просты. Таким образом, алгебраические числа - это корни многочленов с целыми коэффициентами. Ясно, что существует многочлен наименьшей степени, имеющий данное алгебраическое число своим корнем. Такой многочлен называется минимальным многочленом числа , а его степень - степенью числа . Рассмотренные нами ранее числа были алгебраическими числами второй и третьей степени. Определение 3. Говорят, что многочлен p(x) с целыми коэффициентами неприводим, если он не делится ни на какой многочлен с целыми коэффициентами, имеющий меньшую ненулевую степень. Во множестве Z [x ] всех многочленов с целыми коэффициентами неприводимые многочлены играют ту же роль, что и простые числа во множестве всех целых чисел. В частности, всякий многочлен из Z [x ] может быть разложен в произведение неприводимых множителей и это разложение с точностью до постоянных сомножителей единственно. Определение 4. Многочлен с целыми коэффициентами p ( x ) = a0 xn + a1x n -1 + ... + an называется примитивным, если его коэффициенты в совокупности взаимно просты. Важное свойство примитивных многочленов выражает следующая лемма. Лемма Гаусса. Произведение двух примитивных многочленов - примитивный многочлен. Лемма Гаусса доказывается вполне элементарно. Мы предлагаем вам доказать ее самостоятельно.
Упражнение 7. Проделайте это.

- целое число. При этом
Sn - n +
n n

<

( )

2

n

.

n Но > 1 , так что разность Sn - стремится к 0 и обладает свойством Пизо.


10

КВАНTћ 2005/?5

Из леммы Гаусса вытекает важное для нас в дальнейшем Утверждение 1. Если многочлен p ( x ) OE Z [ x] делится на примитивный неприводимый многочлен, то частное - многочлен с целыми коэффициентами. Это значит, что если p(x) = h(x)q(x), где многочлен q(x) примитивен и неприводим, то h(x) - многочлен с целыми коэффициентами. Важным для нас будет и еще одно свойство. Утверждение 2. Если два многочлена f ( x ) Z [x] и p ( x ) Z [x] имеют общий корень : f ( ) = 0 , p ( ) = 0 , а многочлен p(x) неприводим, то f(x) делится на p(x), т.е. f(x) = h(x)p(x), где h(x) - некоторый многочлен с рациональными коэффициентами. А если p(x) еще и примитивен, то h(x) имеет целые коэффициенты. Верно также следующее утверждение. Утверждение 3. Всякий неприводимый многочлен степени n имеет в точности n различных (действительных или комплексных) корней. Доказательства всех перечисленных утверждений вы можете найти в любой книге, где подробно изложена теория многочленов, или же провести их самостоятельно. И, наконец, приведем очень важное для дальнейшего Утверждение 4. Минимальный многочлен всякого алгебраического числа неприводим. Это утверждение почти очевидно. В самом деле, если минимальный многочлен p(x) числа раскладывается на множители p ( x ) = p1 ( x ) p2 ( x ) , где p1 ( x ) , p2 ( x ) - многочлены меньшей степени, то p ( ) = p1 ( ) p2 ( ) . И либо p1 ( ) = 0 , либо p2 ( ) = 0 . Но это противоречит минимальности многочлена p(x). Определение 5. Пусть - алгебраическое число степени r и p(x) = a0 xr + ... + ar - минимальный многочлен числа . Пусть = 1 , 2 ,..., r - его корни. Числа 2 ,..., r называются сопряженными с числом . Теорема Виета Пусть p ( x ) = a0 xn + a1x n -1 + ... + an ( n 1 ) - произвольный многочлен с действительными или комплексными коэффициентами. По основной теореме алгебры, он имеет действительный или комплексный корень (см., например, статью В.Тихомирова 'Теоремы существования и основная теорема алгебры' в предыдущем номере журнала). Из основной теоремы следует, что

Здесь в k-й строчке стоят суммы всевозможных произведений по k сомножителей. Выписанные соотношения называются теоремой Виета. Они обобщают хорошо известную школьникам теорему Виета для квадратного уравнения и несколько менее известную теорему Виета для кубического уравнения. И, наконец, сформулируем еще одно утверждение, ранее доказанное нами для многочленов второй и третьей степеней. Утверждение 5. Если p ( x ) = xr + a1xr -1 + ... + ar - многочлен с целыми коэффициентами, x1 , x2 ,..., xr n n - его корни, Sn = x1 + ... + xr , то Sn - целое число при любом натуральном n. Это утверждение мы также не будем здесь доказывать. Целые алгебраические числа Определение 6. Алгебраическое число называется целым алгебраическим числом, если оно - корень неприводимого многочлена с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом, равным 1. Как видите, понятие целого алгебраического числа существенно отличается от привычного понятия целого числа. Прежде всего, сами целые числа - это целые алгебраические числа степени 1: они корни многочленов вида p(x) = x - n, где n Z . Целые же алгебраические числа более высоких степеней иррациональны. Корни многочленов из задач 1-3 - целые алгебраические числа степеней 2 и 3. Числа вида 3 2 , 5 2 , 7 3 - это тоже целые алгебраические числа. Корни многочленов 2x 3 - 3x - 1 , 3 x3 + 3 x + 1 не являются целыми алгебраическими. Пусть - целое алгебраическое число степени r, а числа 2 , 3 , ..., r - сопряженные с ним числа, т.е. остальные корни минимального многочлена p(x) числа . Из утверждения 4 следует, что
n n n + 2 + ... + r = Sn

- целое число при любом n. Числа Пизо Теперь приступим к главному в этой статье. Определение 7. Действительное целое алгебраическое число > 1 называется числом Пизо, если все сопряженные с ним числа по модулю меньше 1. Докажем, что числа Пизо обладают свойством Пизо. Теорема 1. Если - число Пизо степени r > 1 , то
nЖћ

p ( x ) = a0 ( x - x1

)(

x - x2 ) ... ( x - xr ) ,

где x1, x2 , xr - корни многочлена p ( x ) . Раскрывая скобки и приравнивая коэффициенты, получим равенства a1 = -a0 ( x1 + x2 + ... + xr ) ,
a2 = a0 ( x1x2 + x1x3 + ... + xr -1xr ) , ... k ak = ( -1) a0 ( x1x2...xk + x1x2...xk-1xk+1 + ... + xr ...
n an = ( -1) a0 x1x2...xr .

lim

{{ }}
n

= 0.

Доказательство. Пусть = 1 , 2 , ..., r - корни минимального многочлена p ( x ) = xr + a1xr -1 + ... + ar . Из утверждения 5 следует, что
n Sn = n + 2 + ... + n r

-k +1...xr

),

- целое число. Рассмотрим разность Sn - n = n + ... 2 n + ... + r и оценим ее модуль:
n n Sn - n = 2 + ... + r 2 n

+ ... +

n r

.


ЧИСЛА

ПИЗО

11

Поскольку i < 1 при i = 2, ..., r , правая часть последнего неравенства стремится к нулю и потому
Sn - n 0 . Но это в точности значит, что n 0 . Итак, мы обнаружили целый класс алгебраических чисел, обладающих свойством Пизо - это числа Пизо, т.е. действительные алгебраические числа, большие 1, все сопряженные которых по модулю меньше 1. В дальнейшем мы увидим, что верна и обратная теорема: если действительное алгебраическое число > 1 обладает свойством Пизо, то оно является числом Пизо. Однако сначала выясним, какие целые алгебраические числа обладают свойством Пизо. Пусть > 1 - целое действительное алгебраическое число, а p ( x ) = xr + a1xr -1 + ... + ar - его минимальный многочлен. Предположим, что

Пусть

{{ }}

()
n n

= An , так что n = An + n и n 0 при

n, q
n +1

n =

- p = 0 , т.е.
+1

{{ }}
n

.

Но

q - p = 0 ,

поэтому

q ( An

+ n

+1

)

- p ( An + n ) = qAn

+1

- pAn + n = 0 ,

где n = q

n +1

- pn , так что lim n = 0 . Но число
n

{{ }}
n

0.

Пусть An - ближайшее к n целое число и

{{ }}
n

= An - n 0 .

Тогда n = An + n , где n 0 при n . Теперь умножим равенство
r + a1r
-1

+ ... + ar = 0 + ... + ar n = 0 .
+r

на :
n

qAn +1 - pAn целое. Поэтому при достаточно больших n оно равно нулю, т.е. p An +1 = An при n N . q Но тогда p An + k = AN q при всех k >1. Это невозможно, так как AN не делится на qk при достаточно больших k, т.е. An + k не целое. Итак, не целые рациональные числа свойством Пизо не обладают. В то же время обычные целые положительные числа, очевидно, являются числами Пизо. Таким образом, все рациональные числа со свойством Пизо - целые. 3 n Упражнение 7. Существует ли предел lim ? n 2



n+r

+ a1

n + r -1

Квадратичные иррациональности
+
n+r

Подставим в полученное равенство n + r = An n + r -1 = An + r -1 + n + r -1 , ..., n = An + n . Тогда
An
+r

,

Рассмотрим квадратное уравнение
x2 + px + q = 0

+ a1 An

+ r -1

+ ... + ar An + n = 0 ,

(2)

где n + r = n + r + a1n + r -1 + ... + an n . Ясно, что n 0 при n . Но число An + r + a1 An + r -1 + ... + ar An целое и потому при всех достаточно больших n
An
+r

с целыми коэффициентами и иррациональными корнями > 1 и . Если < 1 , то - число Пизо и, как нам уже известно, Пусть что Sn = + целое при любом n).
n n

{{ }}
n n

0 (это, напомним, следует из того,

+ a1 An

+ r -1

+ ... + ar An = 0 .

(3)

В самом деле, из того, что n 0 , следует, что существует такое N, что n < 1 при всех n N . Но при таких n равенство (2) возможно только при выполнении равенства (3). Итак, числа An при n N удовлетворяют рекуррентному уравнению (3). С этого момента линейные рекурренты становятся основным аппаратом наших исследований. Но сначала выясним, как ведут себя степени рациональных чисел. Рациональные числа
p Если = > 1 - несократимая дробь (q >1), то - q корень уравнения первой степени qx - p = 0 .

нашего случая уравнение (3). Если An = всех достаточно больших n будет
An
+2

{{ }}

0 . Докажем, что < 1 . Запишем для

()
n

, то при

+ pAn

+1

+ qAn = 0 .

Теперь нам предстоит немного отвлечься от основной темы и поговорить о линейных рекуррентных уравнениях. Линейные рекурренты Определение 8. Последовательность x0 , x1 , ... ..., xn ,... называется линейной рекуррентой (ЛР) порядка k, если существуют такие числа a0 0 , a1 , ..., ak 0 , что при любом натуральном n
a0 xn
+k

+ a1xn

+ k -1

+ ... + ak xn = 0 .

(4)

Докажем, что

{{ }}
n

не стремится к нулю.

Предположим, что lim

n

{{ }}
n

=0.

Иногда линейные рекурренты называются также возвратными последовательностями. Числа An , появившиеся выше, образуют линейную рекурренту порядка r. Также являются ЛР известные многим нашим


12

КВАНTћ 2005/?5

читателям числа Фибоначчи, т.е. последовательность f0 , f1 , ..., fn , ..., для которой f0 = 1 , f1 = 1, fn + 2 = fn +1 + fn . Любая геометрическая прогрессия un образует ЛР порядка 1: un +1 = qun . Всякая арифметическая прогрессия an является ЛР порядка 2, ибо для нее an + 2 - an +1 = an +1 - an , т.е. an + 2 - 2an +1 + an = 0 . Заметим, что если две последовательности un и vn удовлетворяют уравнению (4), то все последовательности вида wn = un + vn также удовлетворяют этому уравнению. В самом деле,
a0wn
+k

рассмотрим многочлен f ( ) fi ( ) = = - i

= a0 ( -1 )... ( -
= a0

i -1

)(

-
k -1

i +1

)... (

-

k

)

=
-1,i

k -1

+ a1i

+ a2i

k -2

+ ... + ak

.

Корни этого многочлена - это все числа 1 , 2 , ..., k , кроме i . Умножив первое уравнение на ak -1,i , второе - на ak - 2,i , ..., последнее на a0 и сложив полученные уравнения, придем к равенству
c1fi (1 ) + c2 fi (
2

)

+ ... + ck fi (

i

)

+ ... + ck fi (

k

)

=
-1

+ a1wn
+k

+ k -1

+ ... + akwn =

= a0 (un

+vn

+k

)

+ a1 (un

+ k -1

+vn

+ k -1

)

+ ...

Но fi

( j)

= ak

-1,i x0 i

+ ... + a0 xk

= Mi .

= 0 при i j , а fi (
ci =

)

0 . Поэтому

... + ak ( un + vn ) =

= (a0 un

+k

+ ... + akun ) + (a0vn

+k

+ ... + akvn ) = 0 .

Mi . fi ( i )

Будем искать решения уравнения (4) в виде комбинации простейших решений. А поскольку простейшей линейной рекуррентой является геометрическая прогрессия, сначала будем искать решения в виде xn = n , где 0 . Подставляя m вместо xm в (4), получаем

Тем самым утверждение 6 доказано. Найдем, например, формулу для n-го числа Фибоначчи. Характеристическое уравнение имеет вид
2 - - 1 = 0 .

a0

n+k

+ ... + a k = 0 .
n n

Его корни 1 = виде

1+ 5 1- 5 , 2 = . Ищем решение в 2 2
n fn = c11 + c2 n . 2

После сокращения на

приходим к уравнению

a0 k + ... + ak = 0 ,

При n = 0 и n = 1 имеем
c1 + c2 = 0, 1 1 откуда c1 = , c2 = - . 5 5 c11 + c2 2 = 1,

которое называется характеристическим уравнением линейной рекурренты. Сделаем некоторые упрощающие дело предположения. Именно, будем считать, что характеристическое уравнение имеет k различных ненулевых корней (этот случай и будет нужен в дальнейшем). Ясно, что все прогрессии вида n (i = 1, 2, ..., k) -- решения ЛР. i Докажем теперь, что всякое решение ЛР можно 'скомбинировать' из прогрессий. Утверждение 6. Всякое решение ЛР (4) представляется в виде
n n xn = c11 + c2 n + ... + ck k . 2

Мы получили формулу Бине:
1 + 5 n 1 - 5 n - 2 . 2 Любопытно, что в записи целых чисел Фибоначчи участвуют иррациональности. Вот еще один пример ЛР: fn = 1 5 x0 = 0 , x1 = 1 , xn
+2

= 2xn

+1

- 3 xn .

Прежде всего заметим, что ЛР однозначно определяется заданием первых k членов последовательности: x0 , x1 , ..., xk -1 . Будем искать решение в виде
n n xn = c11 + c2 n + ... + ckk . 2

Характеристическое уравнение 2 - 2 + 3 = 0 имеет комплексные корни: 1 = 1 + i 2 и 2 = 1 - i 2 , а последовательность, состоящая из целых чисел, записывается так:

xn = -

i 1+ i 2 2 2

(

) - (1
n

-i 2

)

n

,

Подставляя сюда n = 0, 1, ..., k - 1, получим систему уравнений c1 + c2 + ... + ck = x0 , c + c + ... + c = x , 22 1 kk 1 1 ... c k -1 + c k -1 + ... + c k -1 = x . 22 kk k -1 1 1 Вспомним, что все числа 1 , 2 , ..., k различны, и

т.е. в записи целочисленной последовательности участвуют даже мнимые числа. Квадратичные иррациональности (завершение) Вернемся к рассмотрению квадратичных иррациональностей. Мы видели, что числа An при n N образуют ЛР:
An
+2

+ pAn

+1

+ qAn = 0 .


ЧИСЛА

ПИЗО

13

Это значит, что
An = c1 + c2 ,
n n

где c1 , c2 - некоторые действительные числа, причем c1 0 и c2 0 . (Если, например, c2 = 0 , то An +1 An = , что противоречит иррациональности числа .) Рассмотрим разность
An - n = (c1 - 1) n + c2n .

Предположим, что n Ж 0 и докажем, что - число Пизо. Для этого мы должны доказать, что < 1 , < 1. Числа An в этом случае образуют ЛР, для которой
An
+3

{{ }}
+2

+ aAn

+ bAn

+1

+ cAn = 0
n

при достаточно больших n. Как мы видели,
An = c1 n + c2n + c3

(5)

Нам известно, что An - n 0 при n . Поэтому и (c1 - 1) n + c2n 0 при n . Теперь докажем лемму из элементарного курса анализа. Лемма. Если числа c1 , c2 , ..., cr не равны нулю, числа 1 , 2 , ..., r попарно различны, не равны нулю и все отличны от 1, а последовательность

для некоторых c1 , c2 , c3 . Покажем, что ни одно из чисел c1 , c2 , c3 не равно нулю. Предположим, например, что c3 = 0 . Тогда
An = c1 n + c2n , An An
+1 +2

un =
n

n c11

+

c2 n 2

+ ... +

n cr r

= c1

n +1 n +2

+ c2

n +1 n +2

, .

(6)

имеет предел, то i < 1 при всех i = 1, 2, ..., r и lim un = 0 . Доказательство. Проведем индукцию по r. При r = 1 утверждение леммы очевидно. Пусть лемма справедлива для r = k, и
n n un = c11 + c2 2 + ... + ck +1 n k +1

= c1

+ c2

Пусть q ( x ) = ( x - ) ( x - ) = x2 + kx + l - квадратичный многочлен с корнями и . Умножим первое из равенств (6) на l, второе на k и сложим все три равенства:
An
+2

+ kAn

+1

+ lAn = c1 nq ( ) + c2nq () = 0 ,

.

Рассмотрим последовательность
wn = un
+1

- un =

т.е. целые числа An образуют линейную рекурренту второго порядка. Докажем, что числа k и l рациональны. В самом деле, так как
- 1 )
n k +1

n = c2 ( 2 - 1 ) 2 + ... + ck

+1

(



k +1

.

Из существования предела последовательности un следует существование предела последовательности wn , а из предположения индукции - справедливость леммы. Из леммы сразу следует, что в нашем случае c1 = 1 , а < 1 . (Если c1 1 , то из существования предела последовательности (c1 - 1) n + c2n следовало бы, что < 1 .) Итак, An = n + c2n . Кроме того, разность
An - Sn = (c2 - 1)
n

ПkAn М УkAn

+1 +2

+ lAn = - An + 2, + lAn
+1

= - An

+3

пара (k, l) - решение системы из двух линейных уравнений с двумя неизвестными. Вычислим определитель этой системы: An +1 An 2 = An +1 - An An + 2 = -cc2nn ( - )2 0 . 1 An +2 An +1 Итак, решение системы единственно, а числа k и l, очевидно, рациональны. Число при этом оказывается корнем квадратного трехчлена Mq ( x ) с целыми коэффициентами (М - общий знаменатель дробей k и l). Но это противоречит неприводимости многочлена p ( x ) . Здесь у нас впервые явно 'сработала' неприводимость. Аналогично доказывается, что c1 0 , c2 0 . Рассмотрим теперь разность
An - n = (c1 - 1) n + c2n + c3 n .

тоже стремится к нулю (поскольку < 1 ) и потому An = Sn при достаточно больших n и c2 = 1 , т.е. An = Sn . Мы доказали, что если иррациональный корень уравнения x2 + px + q = 0 обладает свойством Пизо, то второй корень по модулю меньше 1, т.е. - число Пизо. Итак, целое алгебраическое число второго порядка обладает свойством Пизо тогда и только тогда, когда оно является числом Пизо. Кубические иррациональности Пусть > 1 - целое алгебраическое число третьего порядка, т.е. корень уравнения

p ( x ) = x 3 + ax2 + bx + c ,
где a, b, c - целые числа, многочлен p(x) неприводим, а и - числа (действительные или комплексные), сопряженные с .

Поскольку она стремится к нулю, а > 1 , из леммы предыдущего пункта следует, что c1 = 1 , < 1 и < 1 . Итак, - число Пизо. Подведем итоги. Мы доказали, что если целое алгебраическое число второго или третьего порядка обладает свойством Пизо, то оно является числом Пизо. Рассмотрение общего случая и окончательное решение задачи о числах Пизо мы отложим до следующего номера. (Окончание следует)


14

К АН Р 2 0 ?А И З И СВТ О T ћ И 0И5 / Н 5 У К И

Карлов университет
А.ВАСИЛЬЕВ

В

СЕРЕДИНЕ XIV ВЕКА НАСЛЕДНИК ДРЕВНЕГО

чешского королевского рода Пржемысловичей Карл IV почти одновременно получил титулы чешского короля и императора Священной Римской империи. Взойдя на престол, он предпринял активные действия по усилению политического, экономического и культурного влияния Чехии. Прежде всего, он поехал в Авиньон и испросил у папы Климента VI разрешения на учреждение пражского архиепископства, а затем и на создание Пражского университета. Документ от 7 апреля 1348 года гласил: 'Чтобы не надо было нашим верным жителям королевства, неустанно алчущим плодов знаний, просить милостыню в чужой земле, но чтобы они находили в королевстве стол, гостеприимно для них приготовленный'. Университет должен был стать 'украшением Чешской короны' и способствовать распространению славы Чешского королевства во всех концах христианского мира. Университет, который впоследствии стал именоваться Каролинумом или Карловым университетом, стал первым высшим учебным заведением в Центральной и Восточной Европе. Он с самого начала создавался как общеевропейский интеллектуальный центр, где работали представители многих европейских народов. Университет включал четыре факультета: философский, где в основном занимались философией и другими, как тогда говорили, 'свободными искусствами' (красноречием, музыкой, математикой); юридический, на котором изучалось право; медицинский, где кроме собственно медицины учащиеся получали сведения из области химии и естественных наук; богословский, который готовил образованных священников. Международный характер пражского университета подчеркивался равноправным положением в нем представителей разных стран, из которых в университет приезжали студенты и преподаватели, образовывавшие чешскую, польскую, саксонскую и баварскую 'нации'. Глава университета - ректор - избирался всеми преподавателями, которые назывались магистрами. Основной формой обучения в университете была лекция. Обычно магистр читал текст по книге (рукописной, книгопечатание еще не было изобретено), а студенты записывали за ним. Каждый магистр был волен в рамках своего курса определять его содержание, так что именно с университетской кафедры распространялись новые взгляды и новые теории. Любимой формой соревнования в знаниях и в умении их отстаивать был ученый диспут. Его участники, как правило это были магистры, представлявшие различные направления, устраивали публичное обсуждение спорного вопроса. Каждый участник произносил речь,

отстаивая свою точку зрения и опровергая противника, а избранные на председательские места коллеги решали, кто оказался убедительнее. При этом поощрялось всячески ругать противника, обвиняя его во всевозможных грехах. Такое поношение рассматривалось лишь как внешний прием для дискредитации противника, выставления его прежде всего в нелепом и смешном виде. Научная аргументация, конечно же, была важна, однако не она определяла внешнюю форму диспута. Можно сказать, что диспут был местом публичного самоутверждения личности средневекового ученого, ведь именно здесь он мог показать всем свой объем знаний, что очень ценилось в средние века, так как разрыв между обладающим знаниями ученым меньшинством и остальным обществом, весьма мало образованным, будь то дворянин или крестьянин, был огромен. Диспуты ученых мужей бывали настолько горячими, что нередко кончались потасовкой. Развитие общества и формирование научного мировоззрения в средние века в частности, проходило под знаком разрешения теологических проблем. В начале XV века в университете возникла научная оппозиция. Ее лидером стал знаменитый чешский реформатор Ян Гус. Он получил магистерскую степень в Пражском (Карловом) университете в 1396 году и в 1409-- 1410 годах был его ректором. Борьба чешской и немецкой партий внутри университета захватила Яна Гуса с головой. При его непосредственном участии в 1409 году король Вацлав IV издал Кутногорский декрет, отдавший управление университетом в руки магистров 'чешской нации' в ущерб традиционной средневековой схеме, когда университетская политика определялась консенсусом четырех наций. В результате большинство немецких магистров покинули университет, повсюду распространяя слухи о коварных еретиках, оккупировавших почтенное имперское учреждение. Престиж Пражского университета и его уровень, разумеется, серьезно пострадали, но это было скорее побочным, чем прямым эффектом реформаторской деятельности Яна Гуса. Высшим арбитром в делах веры должен был стать Вселенский собор, собравшийся в Констанце 5 ноября 1414 года. Ян Гус был вызван на собор для объяснений и явился туда. Однако он столкнулся с тем, что объяснений никто и не спрашивал. От Яна Гуса сразу потребовали отречься от всего, что он проповедовал, не объясняя, в чем собственно состоит его ересь. Он же в ответ требовал доказать ему, в чем его проповеди расходятся с Писанием. Разбирательство, не начав(Продолжение см на с. 22)


ЗАДАЧНИК 'КВАНТА'

Задачи по математике и физике
Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задач из этого номера следует отправлять не позднее 1 декабря 2005 года по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, 'Квант'. Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присылайте в разных конвертах. На конверте в графе 'Кому' напишите: 'Задачник 'Кванта' ?5-2005' и номера задач, решения которых Вы посылаете, например 'М1966' или 'Ф1973'. В графе 'От кого' фамилию и имя просим писать разборчиво. В письмо вложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этом конверте Вы получите результаты проверки решений). Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присылайте в отдельном конверте в двух экземплярах вместе с Вашим решением этой задачи (на конверте пометьте: 'Задачник 'Кванта', новая задача по физике' или 'Задачник 'Кванта', новая задача по математике'). В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь. Задачи М1966-М1969, М1971, М1972(а), М1973-М1975 предлагались на XXXI Всероссийской олимпиаде школьников по математике. Задача M1970 предлагалась на XXVI Международном математическом турнире городов.

Задачи М1966 - М1975, Ф1973-Ф1982
М1966. Докажите, что если число 11...11 2 11...11 деn д,...,ц n д,...,ц

ние f f (... f ( x
n !=

(

))

)

n = 0 имеет ровно 2 различных дей-

ствительных корней? А.Толпыго М1971. В таблице 2 ? n расставлены положительные числа так, что в каждом из n столбцов сумма двух чисел равна 1. Докажите, что можно вычеркнуть по одному числу в каждом столбце так, чтобы в каждой строке n +1 сумма оставшихся чисел не превосходила . 4 Е.Куликов М1972. На плоскости расположено бесконечное множество L прямых, никакие две из которых не параллельны. Известно, что как бы ни расположить на плоскости квадрат со стороной 1, он будет пересекаться хотя бы с одной прямой множества L. Докажите, что найдется квадрат со стороной а) 0,8; б) 0,75, который пересекается не менее чем с тремя прямыми множества L. С.Волченков М1973. В треугольнике ABC (AB < ВС) точка I - центр вписанной окружности, М - середина стороны АС, N - середина дуги ABC описанной окружности. Докажите, что -IMA = -INB . А.Бадзян M1974. На бесконечном белом листе клетчатой бумаги конечное число клеток окрашено в черный цвет так, что у каждой черной клетки четное число (0, 2 или 4) белых клеток, соседних с ней по стороне. Докажите,

лится на 11, то оно также делится и на 121. В.Сендеров М1967. В наборе из одиннадцати различных по весу гирь каждая весит натуральное число граммов. Известно, что суммарный вес любых семи гирь больше суммарного веса четырех оставшихся. Найдите наименьший возможный суммарный вес всех гирь набора. О.Подлипский, И.Богданов М1968. Каждую вершину выпуклого четырехугольника Q отразили симметрично относительно диагонали, не содержащей эту вершину. Полученные точки являются вершинами четырехугольника Q ? . а) Докажите, что если Q - трапеция, то Q ? также является трапецией. б) Докажите, что отношение площади Q ? к площади Q меньше 3. Л.Емельянов М1969. На оборотных сторонах 2005 карточек написаны различные числа (на каждой по одному). За один вопрос разрешается указать на любые три карточки и узнать множество чисел, написанных на них. За какое наименьшее число вопросов можно узнать, какие числа записаны на каждой карточке? И.Богданов М1970. Существует ли такой квадратный трехчлен f(x), что для любого целого положительного n уравне-


16

КВАНTћ 2005/?5

что каждую белую клетку можно покрасить в красный или зеленый цвет так, чтобы у каждой черной клетки стало поровну красных и зеленых клеток, соседних с ней по стороне. А.Глебов, Д.Фон-Дер-Флаасс М1975. а) За круглым столом сидят 100 представителей 50 стран, по двое от каждой страны. Докажите, что их можно разбить на две группы таким образом, чтобы в каждой группе было по одному представителю от каждой страны и каждый человек находился в одной группе не более чем с одним своим соседом. б*) За круглым столом сидят 100 представителей 25 стран, по 4 представителя от каждой. Докажите, что их можно разбить на 4 группы таким образом, чтобы в каждой группе было по одному представителю от каждой страны и никакие двое из одной группы не сидели за столом рядом. С.Берлов Ф1973. Камень бросают под углом к горизонту, придав ему начальную скорость v0 . Точка падения камня на Н ниже точки броска. Вектор скорости камня в полете поворачивается. Найдите максимальное и минимальное значения угловой скорости этого вращения. Земля, как известно, плоская; считайте, что воздуха на ней нет. З.Рафаилов Ф1974. По гладкому горизонтальному столу может двигаться куб массой М . На нем находится другой куб -- поменьше, его масса m . На кубы действуют горизонтальные силы: F - на нижний и f - на верхний. Силы эти параллельны, приложены к центрам кубов и направлены в одну сторону. Найдите ускорения кубов. Коэффициент трения между верхним и нижним телами . Кубы двигаются поступательно, не вращаясь. Р.Александров Ф1975. В системе, изображенной на рисунке 1, грузы имеют одинаковые массы, блоки и нити очень легкие, нити нерастяжимы, свободные их куски вертикальны. Найдите ускорения блоков. Ось самого верхнего блока закреплена. А.Блоков Ф1976. Население Земного шара составляет в наши дни приблизительно 4,5 миллиарда человек. Сколько килограммов воздуха приходится на каждого человека? А.Мальтусов Ф1977. Средняя квадратичная скорость молекул воздуха в комнате 500 м/с, длина свободного пробега 0,01 мм. В данный момент выбранная для наблюдения молекула находится посредине квадратной комнаты площадью 25 м2 . Оцените среднее время, необходимое для ее путешествия до одной из стен. А.Томов

Ф1978. Медная тонкостенная сфера радиусом R заряжена, полный заряд сферы Q . На расстоянии R/3 от центра сферы находится точечный заряд q, а на расстоянии 3R от центра сферы помещен точечный заряд 2q. Найдите потенциалы центра сферы и самой сферы. Какой заряд протечет по тонкому проводу, если этим проводом сферу заземлить? Ф.Изиков Ф1979. В изображенной на рисунке 2 цепи конденсаторы одинаковы, емкость каждого С = 100 мкФ, резистор имеет сопротивление R = = 100 кОм, батарейка с ЭДС E = 10 B обладает внутренним сопротивлением r = = 1 Ом. Цепь замыкают. Какой ток течет по резистору через время = 0,1 c после включения, и какой ток в этот же момент течет через батарейку? Какое количество теплоты выделится в резис- Рис. 2 торе за большое время? А.Зильберман Ф1980. В одной плоскости с длинным прямым проводом закреплено маленькое сверхпроводящее кольцо из очень тонкого провода. Диаметр кольца d = 1 см, центр кольца находится на расстоянии Н = 1 м от провода, индуктивность кольца L = 10 мкГн. По проводу пропускают электрический ток - сила тока быстро возрастает от нуля до I = 10 А. Какой установившийся ток потечет по кольцу? Какая сила при этом будет действовать на кольцо? З.Сильнов Ф1981. К источнику переменного напряжения (звуковой генератор) подключена последовательная цепь, состоящая из катушки индуктивностью L = 1 Гн, конденсатора емкостью С = 1 мкФ и резистора сопротивлением R. Будем увеличивать частоту напряжения источника, сохраняя неизменной его амплитуду. При каких условиях напряжение, измеренное идеальным вольтметром на выводах конденсатора, будет при увеличении частоты вначале увеличиваться, а затем уменьшаться? На какой частоте напряжение конденсатора окажется максимальным при R = 100 Ом? А. Повторов Ф1982. Источник света, имеющий очень маленькие размеры, движется вдоль главной оптической оси собирающей линзы с постоянной скоростью v, а линза движется навстречу ему с неизменной скоростью 2v. В некоторый момент скорость изображения оказалась по величине равной v (все три скорости заданы относительно неподвижной системы отсчета). Найдите увеличение, которое дает линза в этот момент. С каким ускорением движется в этот момент изображение? Изображение получают на экране, расположенном перпендикулярно главной оптической оси линзы, фокусное расстояние линзы F. А.Старов

Рис. 1


ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

17

Решения задач М1946-М1950, Ф1958-Ф1967
М1946. Пусть АВС - равнобедренный треугольник (АС = СВ), АН и C L - высоты, I - центр вписанного круга. Докажите, что проекция СН стороны АС на сторону ВС равна стороне АВ в точности если IH AB .
AB AC = Пусть СН = АВ . Тогда из следует HB AL CH AC = . Отсюда по свойству биссектрисы HB AL CH IC = , а значит, IH AB . Эти же выкладки, HB IL проведенные в обратном порядке, доказывают и обратное утверждение. А.Полянский, В.Сендеров

является диаметром S2 . Тогда AN есть диаметр S1 и AN = DL. Так как -F = -O3CF = -DCO2 = -CDO2 , то DO2 O3 F . Следовательно, DNAL - параллелограмм. Так как O1 AB равнобедренный, то
-NAB = -O1BA =

= 90- -ABM = 90 = 90-

1' BC = 90 - -BDC = -NDB . 2

1' AB = 2

Поэтому DNA равнобедренный и NA = N D. Следовательно, DNAL является ромбом. И.Рудаков М1949. На координатной плоскости расположен правильный многоугольник М с центром (0, 0) и одной из вершин (1, 0). а) Пусть {1,..., n } - множество проекций вершин многоугольника М на ось Оx. Докажите, что существует многочлен n-й степени с целыми коэффициентами, корнями которого являются числа 1,..., n . б) Пусть {1,..., m } - множество проекций вершин многоугольника М на ось Оy. Докажите, что существует многочлен m-й степени с целыми коэффициентами, корнями которого являются числа 1,..., m . Ниже An ( x ) ,..., Dn ( x ) - многочлены степени n с целыми коэффициентами. Лемма.

М1947. Квадрат натурального числа оканчивается на 3 одинаковые ненулевые цифры. Докажите, что предшествующая им цифра нечетна. Если число x2 оканчивается на cc , где с - ненулевая цифра, то с = 4. В самом деле, в любом другом случае либо x2 3 (mod 4) , либо x2 2 (mod 4) ; однако ни первое, ни второе невозможно. Пусть x2 = A 104 + a4 102 + 44 , где А, а - неотрицательные целые числа. Если а четно, то a4 делится на 2 К x^ 4. Отсюда Б ~ = ...11 3 (mod 4) , что невозможно. Л 2? В.Сендеров М1948. Окружности S1, S2 , S3 попарно касаются друг друга внешним образом. Окружности S1 и S2 имеют одинаковые радиусы и касаются в точке В. Окружности S1 и S3 касаются в точке А. Окружность S2 касается S3 в точке С. Прямая АВ вторично пересекает S2 в точке D. Прямая D C вторично пересекает S3 в точке F. Прямая F A пересекает вторично S1 в точке N. Прямая АС вторично пересекает S2 в точке L. Докажите, что четырехугольник DNAL является ромбом. Пусть O1, O2 , O3 - центры окружностей S1, S2 , S3 соответственно. Легко видеть, что OO2O3 1 равнобедренный. Поэтому -O2O1O3 = = -OO2O3 и АВ = ВС, поскольку радиусы S1 и S2 1 совпадают. Пусть KM есть общая внутренняя касательная к S1 и S2 в точке В (см. рисунок). Используя равенство радиусов S1 и S2 и формулу для угла 1' между хордой и касательной, получим AB = 2 ' 1 = -ABM = -KBD = DB . Таким образом, AB = BD = 2 = BC и ADC прямоугольный. Поэтому -ACF = = -DCL = 90 и AF является диаметром S3 , а DL

cos nx = An (cos x ) , sin nx = Bn -1 (cos x ) , sin x
sin (2n + 1) x = Cn (cos 2x ) , sin x sin (2n + 1) x = D2
n +1

(

sin x ) ,

x где во втором и третьем равенствах число не целое. Доказательство сразу получается по индукции с помощью тождеств

cos kx = 2 cos x cos (k - 1) x - cos (k - 2) x
и

(*)
sin kx = 2 cos 2x sin (k - 1) x - sin (k - 4) x .

а) Если М - k-угольник, то либо k = 2n - 1, либо k = =2n - 2, где n 2 , либо k = 2n - 2, где n 3 . x sin (2n - 1) 2 = C (cos x ) , Поскольку при n 2 имеем n -1 x sin 2 2l то попарно различные числа cos , где l = 1, ... 2n - 1 ..., n - 1, - корни многочлена Cn -1 ( x ) . l Аналогично, попарно различные числа cos , где n -1 l = 1, ..., n - 2, - корни многочлена Bn - 2 ( x ) (здесь n 3 ).


18
Следовательно,

КВАНTћ 2005/?5

П ( x - 1) Cn -1 ( x) C!, k = 2 n -1, Ф Pn ( x ) = М 2 Ф x - 1 Bn -2 ( x ) C!, k = 2 n -2. У б) Пусть по-прежнему М - k-угольник; тогда либо k = = m , либо k = 2m, либо k = 2m - 2. Поскольку m = =2t + 1, то в случаях k = m и k = 2m имеем Qm ( x ) = l , где = Dm ( x): попарно различные числа sin 2t + 1 l = 0, + 1,..., + t - корни последнего многочлена. Если же k = 2m - 2 = 4t, то множество проекций вершин k-угольника на ось Oy совпадает с множеством проекций его вершин на ось Оx . Отсюда Qm ( x ) = = x 2 - 1 Bm - 2 ( x ) . Окончательно получаем:

(

)

Ф1958. На тонкий прямой стержень длиной L = 10 м насажены N = 20 одинаковых маленьких бусинок, которые могут скользить по нему без трения. Скорости бусинок одинаковы и составляют v = 2 м/с, а при столкновениях друг с другом и с концами стержня скорости бусинок меняют направление, оставаясь прежними по величине. В начальный момент половина бусинок едет вправо, половина - влево. Сколько ударов бусинок об упоры стержня произойдет за время Т = 1 ч? А сколько всего ударов произойдет за это время между бусинками? При ударе друг о друга бусинки не изменяют величину скорости, а только меняют ее направление на противоположное - как будто они пролетают друг сквозь друга. Если до этого додуматься, то движение бусинок станет совсем простым - они просто летают без помех от одного конца стержня к другому и обратно. Одна бусинка за время Т пролетит длину стержня
vT 2 м " 3600 c = = 720 != . L 10 м

(

)

Qm

(

Замечание. Для нахождения многочленов An ( x) ,... можно воспользоваться получаемыми с помощью тождеств (*) и sin kx = 2 cos x sin (k - 1) x - sin (k - 2) x рекуррентными соотношениями: A0 ( x ) = 1 , A1 ( x ) = x , An +1 ( x ) = 2xAn ( x ) - An -1 ( x ) при n 1 ; B0 ( x ) = 1 , B1 ( x) = 2x , Bn +1 ( x) = 2xBn ( x ) - Bn -1 ( x) при n 1 и т.д. Подробнее о таких многочленах можно прочесть в статье Н.Васильева и А.Зелевинского 'Многочлены Чебышева и рекуррентные соотношения', опубликованной в 'Кванте' ?1 за 1982 год. И.Дорофеев, В.Сендеров М1950. Правильный восьмиугольник легко разрезать на параллелограммы. Докажите, что правильный восьмиугольник нельзя разрезать на параллелограммы равной площади. Примеры простейших разрезаний правильного восьмиугольника на параллелограммы показаны на рисунке. Если принять сторону восьмиугольника за 1, то в

П Dm ( x Ф Ф x) = М Dm ( x Ф2 Ф x - 1 Bm У

(

)

) )
-2

C!, C!,

, k=m , k =2 m k = 2 m - 2.

( x)

C!,

Ударов всех бусинок о концы стержня будет в N раз больше:
720 20 = 14400 .

(Конечно, точный ответ зависит от начального расположения бусинок, но за час разница получается ничтожной.) Второй вопрос немного сложнее. Каждая бусинка за время прохождения в одну сторону ударится по разу о каждую из всех остальных бусинок, значит, она ударится о другие бусинки

(

N - 1) vT != . L

Чтобы учесть все удары бусинок друг о друга, нужно умножить это число на N и разделить пополам - иначе каждый удар бусинок друг о друга мы посчитаем дважды (для одной и для другой). Окончательно получим N ( N - 1) vT = 136800 3д=!%" . 2L А.Бусин Ф1959. Материальная точка движется вдоль отрезка прямой, длина которого L = 2 м. Скорость точки в начале отрезка v1 = 0, 2 м " , в конце отрезка v2 = 0, 4 м " . Известно, что скорость все время увеличивалась, но ускорение не превосходило a0 = 0,1 м c2 . Каким могло быть среднее ускорение точки на этом отрезке? Скорость на отрезке возрастает на 0,2 м/с, но для нахождения среднего ускорения нужно знать длительность интервала времени, за который увеличивается скорость. А вот время путешествия явно может быть различным при разных 'стратегиях' набора скорости. Для того чтобы среднее ускорение оказалось максимально возможным, нужно сократить время разгона, а для этого нужна как можно большая средняя ско-

этих примерах сумма площадей прямоугольников равна 2, и это не случайно. Так будет при любом разрезании, что читатель может доказать самостоятельно, а может найти подробное доказательство в книжке В.В.Произволова 'Задачи на вырост' (Приложение к журналу 'Квант' ?5 за 2003 г.). С другой стороны, легко понять, что площадь правильного восьмиугольника со стороной 1 равна иррациональному числу. Сопоставив эти два факта, делаем вывод, что площади параллелограммов, на которые разрезан правильный восьмиугольник, не могут быть все равными. В.Произволов


ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

19

рость. Способ понятен - по возможности быстрее набрать скорость v2 = 0,4 м/с (ну, почти такую скорость, чтобы дальше она все же увеличивалась - это требует условие задачи). Время движения при этом будет равно времени разгона с ускорением a0 = 0,1 м "2 плюс время прохода остатка пути со скоростью v2 . Время разгона составляет 2 с, за которые точка пройдет 0,6 м и останется пройти 1,4 м. При скорости точки 0,4 м/с это потребует еще 3,5 с. Всего будет 5,5 с. Максимально возможное среднее ускорение при таких условиях составит 0, 2 м " = 0, 0364 м " 2 . 5, 5 " Для получения минимального среднего ускорения нужно постараться сделать время путешествия побольше - приберечь разгон напоследок, а весь возможный кусок пути двигаться с минимальной скоростью. Расчет простой - время разгона те же 2 с, путь за время разгона те же 0,6 м. Время движения составит 1,4 м : 0,2 м/с + + 2 с = 9 с. Среднее ускорение при этом будет равно
0, 2 м " = 0, 0222 м " 2 . 9"

Итак, среднее ускорение может быть в пределах от 0, 0222 м "2 до 0, 0364 м "2 . Ничего более определенного тут сказать нельзя. А.Простов Ф1960. Туман состоит из огромного количества мельчайших капелек воды, неподвижно висящих в воздухе. Масса капелек в 1 л воздуха составляет 1 г (средняя плотность тумана получается в 1000 раз меньше плотности воды). Маленькая капля воды начинает падать на землю с высоты 5 м, 'впитывая' встреченные капельки. Считая, что капля сохраняет форму шарика, найдите ее диаметр перед падением на землю. Пусть в некоторый момент капелька имеет радиус r и проходит по вертикали очень маленький отрезок пути h . Считая, что радиус капельки изменился совсем немного, запишем ее приращение массы:

Обозначим начальную скорость налетающего кубика v, его массу М. Тогда после удара его скорость будет 0,1v, а скорость второго кубика составит 0,9v (закон сохранения импульса). Можно теперь выразить выделившееся количество теплоты: 22 2 M (0, 9) v2 Mv2 M (0,1) v = + +Q, 2 2 2 откуда Mv2 Q = 0,18 . 2 В условии просят найти отношение этого количества теплоты к максимальной величине энергии деформации при ударе. Найдем эту величину. Максимальная энергия деформации соответствует равенству скоростей тел в процессе удара, их кинетическая энергия в этот момент составляет Mv2 4 . Ясно, что остальные Mv2 4 куда-то делись -- действительно, энергия перешла в тепло, а остальная 'недостача' как раз и есть энергия деформации. Логично предположить, что к этому моменту выделилась половина подсчитанного нами количества теплоты (тепло выделяется как при сжатии, так и при растяжении мягкого кубика). Тогда баланс энергий можно записать в виде Mv2 Mv2 1 = + Q + Wд - . 2 4 2 Отсюда получаем Mv2 Mv2 Wд - = (0, 5 - 0, 09) = 0, 41 . 2 2 Теперь находим искомое отношение: 0,18 18 Q = = ? 0, 44 . Wд - 0, 41 41 А.Повторов Ф1962. На сложенных вместе двух нитях длиной L каждая подвешено тело массой М (рис.1). На расстоянии L/3 от верхнего конца между нитями вставили очень легкую горизонтальную распорку общей длиной d, состоящую из двух соединенных торцами половинок. Найдите силу, с которой одна половинка распорки действует на другую.

m = 2 r 2 h = " 4r 2 r , откуда найдем r = 2 h . 4" Поскольку начальный радиус капли мал, ее диаметр перед падением на землю будет равен d = 2 2 H = 2, 5 мм . 4" З.Рафаилов
Ф1961. На гладком горизонтальном столе лежит твердый кубик. На него налетает мягкий, довольно упругий кубик такой же массы, и между ними происходит лобовой удар. Скорость мягкого кубика после удара уменьшилась в 10 раз. Какая часть максимальной энергии деформации перешла в тепло при этом ударе? Считайте, что все тепло выделяется в мягком кубике при его деформировании.
Рис. 1 Рис. 2

Для маленького кусочка нити, соприкасающегося с распоркой, сумма сил со стороны распорки и соседних участков нити равна нулю (рис.2):
F - T sin - T2 sin = 0 , 1 T cos - T2 cos = 0 . 1


20
Для подвешенного тела можно записать
2T2 cos = Mg .

КВАНTћ 2005/?5

Из геометрических соображений,
tg = d2 3d 3d = , tg = . L3 2L 4L

Количество теплоты, полученное от нагревателя, составляет 3 Q... = A + U = A + R (T2 - T ) = 1 2 3 = A + ( p0V0 - 0, 2 p0V0 ) = 2 = 1, 35 0, 04 p0V0 + 1, 2p0V0 = 1, 254 p0V0 . Тогда термодинамический КПД цикла будет равен
= 1, 35 0, 04 p0V0 A = ? 0, 043 = 4, 3% . 1, 254 p0V0 Q... З.Циклов

После элементарных преобразований получим искомую силу: 9d F= Mg . 8L А.Зильберман Ф1963. На рV-диаграмме изображен замкнутый процесс (рис.1). Кривая - это дуга окружности, прямая вертикальна и соответствует охлаждению газа при постоянном объеме. Считая, что этот процесс проводят с порцией гелия, найдите КПД получившейся тепловой машины. Отношение максимального давления к минимальному в этом цикле равно 5, а минимальный объем составляет 0,9 от максимального.
Рис. 1

ружности и отдает цикла нужно найти (рис.2). Посчитаем расчета отношений

Газ получает тепло на дуге окего на прямой. Для расчета КПД площадь, ограниченную сегментом эту площадь в 'клеточках' - для это вполне допустимо. В наших

Ф1964. Три большие проводящие пластины площадью S = 2 м2 каждая расположены параллельно друг другу, расстояние между соседними пластинами d = = 1 см. На одну из крайних пластин помещен заряд Q = 1 мкКл, на вторую, среднюю, пластину - заряд 2Q, на третью пластину - заряд -3Q. Между первой и второй пластинами подключают резистор сопротивлением r = 100 Ом. Одновременно с этим резистор сопротивлением R = 100 кОм подключают между первой и третьей пластинами. Найдите количество теплоты, которое выделится в каждом из резисторов. При таком большом отношении сопротивлений можно считать, что перераспределение зарядов между левой и средней пластинами (см. рисунок) происходит очень быстро - за это время по резистору сопротивлением R заряд практически не перетекает. Ясно, что весь заряд Q перетечет на среднюю пластину. Начальная разность потенциалов между этими пластинами равна

...=ч

Рис. 2

обозначениях площадь клетки равна 0, 2p0 0, 2V0 . Посчитаем радиус дуги:

0 S . d Количество теплоты, которое при этом выделится в резисторе сопротивлением r, можно найти по формуле

КQ 2Q 3Q = Ed = Б + Л 20 S 20 S 20 S

^ Qd Q ~d = S = C , ? 0

где C =

(l

- 0, 5) + 22 = l2 , l2 - l + 0, 25 + 4 = l2 , l = 4,25 = arcsin

2

и найдем угол :
2 ? 0, 49 !=д . 4, 25 Площадь сегмента равна разности площади сектора и площади треугольника: 2 2 1 S" г = S" * - S2! = l - 4 (l - 0, 5) = 2 2

W21 =

1 2

...=

чQ =

Q2 ? 2, 8 10 2C

-4

d>

(мы учли, что зависимость разности потенциалов от уже перетекшего заряда линейная). Вторая часть расчета совсем простая - получается обычный конденсатор емкостью С с зарядами обкладок 3Q и -3Q. Тепло при этом выделится в резисторе сопротивлением R:
W22 =

= l - 2l + 1 ? 8, 85 - 8, 5 + 1 ? 1, 35 . Работа в этом цикле равна
A = 1, 35 0, 04 p0V0 .

2

(

3Q) 9Q2 = ? 25, 2 10 2C 2C

2

-4

d> . А.Повторов

Ф1965. К батарейке подключены три вольтметра, соединенные последовательно. Показания вольтмет-


ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

21

ров составляют при этом 0,5 В, 1 В и 2 В (должно быть, разные попались вольтметры). Изменим соединение - подключим теперь два вольтметра параллельно, к ним присоединим последовательно третий вольтметр, а к выводам всей цепи подключим батарейку. Оказалось, что один из вольтметров при таком переключении свои показания не изменил. Что показывают остальные два вольтметра? Напряжение батарейки считать неизменным. Обозначим силу тока в цепи при последовательном соединении приборов через I. Сопротивления вольтметров относятся как 0,5 : 1 : 2, напряжение батарейки составляет 0,5 В + 1 В + 2 В = 3,5 В. При переключении ток в цепи явно изменился, поэтому остаться прежними могли только показания одного из параллельно соединенных приборов. Проанализируем возможности. Пусть параллельно соединены вольтметры, показывающие 0,5 В и 1 В, и показания первого остались равными 0,5 В. Второй вольтметр при этом тоже показывает 0,5 В, через первый вольтметр течет ток I, через второй 0,5I, суммарный ток течет через третий вольтметр, и он показывает 2 1, 5 B = 3 B . В сумме 0,5 В и 3 В дают как раз 3,5 В - напряжение батарейки. Итак, мы нашли подходящий вариант. Осталось проверить - нет ли других возможных вариантов. Проверим вольтметр '1 В'. Параллельно ему может быть подключен вольтметр '2 В', через него течет ток I/2, суммарный ток составляет 1,5I, и сумма показаний получается 1 B + 1,5 0, 5 B = 1,75 B - не подходит. Проверим вольтметр '2 В' с параллельным подключением '1 В': ток 3I, напряжение 2 B + 3 0, 5 B = = 3, 5 B - подходит. Последняя возможная схема с параллельным подключением вольтметров '2 В' и '0,5 В' не подходит. Таким образом, мы нашли целых два возможных варианта. Р.Александров Ф1966. В экономичном современном фонарике (вместо лампочки там используется очень яркий светодиод) применяют накопитель энергии - конденсатор большой емкости 0,1 Ф (это не шутка, такие конденсаторы выпускают уже больше 30 лет, в последние годы они сильно подешевели). А 'накачивают' его энергией, встряхивая фонарик - при этом цилиндрический магнит длиной 2 см и диаметром 1 см проскакивает то в одну, то в другую сторону через катушку, содержащую 1000 витков и намотанную в 10 слоев на длине 2 см. Длина трубки, в которой движется магнит, равна 7 см, на концах трубки сделаны эластичные упоры - магнит при ударе о такой упор останавливается. Считая магнитную индукцию поля у торца магнита равной 0,2 Тл, оцените время, за которое можно зарядить конденсатор до напряжения 3 В. Чтобы конденсатор не разряжался через катушку, его подключают через диод. Поле такого короткого магнита быстро спадает при удалении от его торца - магнитный поток при 'проскоке' меняется очень быстро, и ЭДС индукции

E оказывается существенно больше напряжения, до которого заряжается конденсатор. Тогда можно записать E I? , R где R - сопротивление цепи. Заряд, прошедший по цепи, равен Q=

В

I t =

2SB0 N ? . R R

На пути в одну сторону конденсатор заряжается на участках аб и де (диод!), на обратном пути - на участках дг и вб (см. рисунок). Оценим сопротивление: 100 витков на длине намотки 2 см (1000 витков, 10 слоев) дают диаметр провода 0,2 мм, с учетом изоляции

- примерно 0,15 мм. Длина намотки составляет приблизительно 50 м. Тогда сопротивление медного провода катушки будет
R ? 50 nм .

Заряд за один проход магнита равен
Q= SB0 N ? 3 10 R
-4

jл .

При заряде конденсатора Q0 = CU0 ? 0, 3 jл нужно 'тряхнуть' фонарик примерно 1000 раз. Если трясти туда-обратно 5 раз в секунду (вполне реально), потребуется

t ? 100 c .
Примерно так и получается на практике! С.Фонарев Ф1967. К звуковому генератору подключают последовательно соединенные конденсатор емкостью С = = 1 мкФ и катушку индуктивностью L = 1 Гн. Частоту генератора меняют, измеряя при этом напряжение на катушке вольтметром, имеющим сопротивление R = 20 кОм. На какой частоте показания вольтметра будут наибольшими? Найдите максимальное напряжение, которое покажет вольтметр. Напряжение генератора все время равно U0 = 1 В (эффективное значение). А что будет, если вольтметр переключить и измерять напряжение на конденсаторе? Катушку и конденсатор считать идеальными, сопротивлением проводов и внутренним сопротивлением генератора пренебречь. Если бы вольтметр имел очень большое сопротивление, то максимальное напряжение (очень большое!) полу-


22

КВАНTћ 2005/?5
2 2 UC + U 2 - 2UUC cos = U0 ,

I%K? cos К I%K? ^ 2 = Б C ~ + U - 2U Л ? C

2

=

U

2

(

L) + U2 R2 C
2 2

2

+ U2 - 2U

2

1 2 = U0 , LC
2

1 К1 ^ - 1~ + 2 2 2 Б2 Л LC ? RC Применим удобное обозначение 1 LC = 2 , 0 тогда U0 U= . 2 К 2 ^ 2 L 0 0 Б 2 - 1~ + 2 2 RC Л ?

U=

U0
2

.

Минимум знаменателя будет при
2 0

чилось бы при резонансе на частоте
0 = 1 LC = 1000 c
-1



2

= 1-

L 2R C
2

= 1-

1 . 800

В таком случае

= 1000, 625 c -1 ,
U ? 20 B .

- там резко возрастает ток цепи. Нарисуем векторную диаграмму токов и напряжений цепи (см. рисунок). Сумма напряжений конденсатора и катушки равна напряжению источника U0 :

(UC

cos - U

)2 + (UC

si n

)2

2 = U0 ,

Максимальное напряжение, измеренное на конденсаторе, будет таким же, но на частоте чуть меньшей 0 . З.Рафаилов

Карлов университет
(Начало см. на с. 14)

шись, фактически зашло в тупик. Судьи требовали признательного раскаяния, апеллируя к авторитету собора, Гус заявлял о своей невиновности, апеллируя к Библии. Процесс завершился 6 июля 1415 года сожжением реформатора, которое взбудоражило всю Чехию. Вооруженное восстание гуситов, как известно, завершилось их поражением, что привело к закрытию всех, кроме философского, факультетов Пражского университета. Контроль над университетом получили иезуиты, которые в разрушенном доминиканском монастыре на базе часовни Св. Климента основали новое учебное заведение -- Климентинум. В средние века Прага и Карлов университет оказались вытесненными на обочину европейской культуры, а Чехия стала одной из провинций Австро-Венгерской империи. После 1620 года Каролинум стал называться

университетом Карла-Фердинанда. И все-таки это был чешский университет, подтверждавший претензии чехов на культурную самостоятельность. Преподавание в нем велось, однако, на немецком языке. Чешский язык зазвучал в аудиториях лишь в 1882 году, когда Карлов университет был разделен на два - немецкое и чешское - отделения. В настоящее время Карлов университет пользуется репутацией одного из сильнейших в мире. На его многочисленных факультетах, расположенных не только в Праге, но и в других чешских городах, обучается более сорока тысяч студентов. Структура Карлова университета сложна и охватывает практически все направления современного высшего образования. И по сей день Каролинум занимает одно из старинных готических зданий Праги -- Карлов колледж второй половины XIV века. О тех временах напоминает большой зал с эркером бывшей часовни и готические аркады на первом этаже. Во дворе Каролинума установлена скульптура ректора Яна Гуса.


КМШ

Задачи
1.
В одном магазине продавались английские буквы для номеров домов. Одинаковые буквы стоят одинаково, а разные имеют различные цены. Известно, что слово ONE стоит $6, слово TWO стоит $9, а слово ELEVEN стоит $16. Сколько стоит слово TWELVE? Г.Гальперин

4.

В кубической коробке лежат несколько шаров. На каждой k-й грани коробки (k = 1, 2, ..., 6) написано следующее утверждение: 'В этой коробке находится больше 10 + k шаров' (всего 6 утверждений). Коробку открыли, и шары пересчитали. Оказалось, что число верных утверждений равно числу неверных. Сколько шаров было в коробке? Г.Гальперин

2.

Можно ли, используя по одному разу каждую из цифр от 1 до 9, составить число, обладающее следующими свойствами: если вычеркнуть двойку, оно поделится на 2; если вычеркнуть тройку, оно поделится на 3; если вычеркнуть четверку, оно поделится на 4; .................................. если вычеркнуть девятку, оно поделится на 9? А можно ли сделать то же самое, используя каждую из цифр от 0 до 9? И.Акулич

5.

Скучая в отсутствие покупателей, продавец расположил набор из ста гирек массами 1, 2, 3, ..., 100 граммов в произвольном порядке: m1 , m2 , m3 ,... , m100 . Но тут появился покупатель и заявил, что гирьки массами m1 - 1, m2 - 2 , m3 - 3 ,... , m100 - 100 граммов можно расположить на двух чашах весов так, что весы окажутся в равновесии. Продавец не поверил, но покупатель сумел это доказать, не прибегая к взвешиваниям. Докажите и вы. В.Произволов

3.

Могут ли высота, медиана и биссектриса, проведенные из разных вершин треугольника, пересекаясь внутри этого треугольника, образовать правильный треугольник? М.Акуков

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6 - 8 классов.


24

КВАНTћ 2005/?5

Конкурс имени А.П.Савина

'Математика 6-8'
Мы продолжаем очередной конкурс по решению математических задач для учащихся 6-8 классов. Решения задач высылайте в течение месяца после получения этого номера журнала по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, 'Квант' (с пометкой 'Конкурс 'Математика 6-8'). Не забудьте указать имя, класс и домашний адрес. Как и прежде, мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и математических кружков. Руководителей кружков просим указать электронный адрес или контактный телефон. По традиции, кружки-победители заочного конкурса приглашаются на финальный очный турнир.

6. Десять абсолютно одинаковых по внешнему виду монет расположены в узлах пятиконечной звезды. Известно, что 2 из них фальшивые, причем они соседствуют друг с другом. Соседями считаются монеты, соединенные на рисунке отрезком. Можно ли за 3 взвешивания на чашечных весах без гирь обнаружить местоположение фальшивых монет, если известно, что все настоящие монеты весят одинаково, все фальшивые монеты весят одинаково и вес фальшивой монеты больше веса настоящей монеты? И.Николаева 7. Натуральные числа А и В таковы, что дроби A + 2B 2A + B и сократимы. Можно ли утверждать, A - 2B 2A - B A что дробь также сократима? B Д.Калинин

8. Луч света, направленный из вершины квадрата, отразившись 2005 раз от его стенок по закону 'угол падения равен углу отражения', заканчивает свой путь в другой вершине квадрата. Какое наименьшее расстояние может пройти при этом луч, если длина стороны квадрата равна 1? А.Ряховский 9. Для каких натуральных n можно выписать в строку слева направо все числа от 1 до n в таком порядке, чтобы каждое число, начиная со второго, было делителем суммы всех чисел, расположенных левее его? И.Акулич 10. а) Известно, что из комплекта домино (28 костей) можно убрать n костей так, что оставшиеся нельзя будет выложить в один ряд. Известно также, что если из комплекта домино убрать любые n - 1 костей, то оставшиеся всегда можно будет выложить в один ряд. Определите число n. б) Из комплекта домино наугад убрали n костей, где число n определено в предыдущем пункте. Оставшиеся кости либо можно выложить в один ряд, либо нельзя. Какой исход имеет больше шансов? А.Малеев

Об одном математическом случае
С.ДВОРЯНИНОВ
О задаче, решение которой можно увидеть на небе Сейчас пора перейти к анализу математической модели нашей задачи о лестнице с веревкой. Уже давно замечено, что универсальная примениПродолжение. Начало см. в 'Кванте' ?4.

мость математики к разным областям знаний связана с универсальностью математических моделей. Например, одно и то же уравнение может описывать явления и процессы, протекающие в механических системах, в электрических цепях, в живых организмах, в экономике. Рассмотрим такую задачу:


К

М

Ш

25

На плоскости расположен белый круг. Из бумаги вырезали синий круг и наложили его на белый круг. Какая часть белого круга останется видимой? Чертеж к этой задаче (а такжеи ответ) можно увидеть на ночном небе. Белый круг - это Луна, синий круг, точнее часть синего круга, - это тень на Луне от Земли. Во время полнолуния мы видим лунный круг, при лунном затмении тень от Земли полностью закрывает Луну. В промежуточных положениях мы видим либо растущий лунный серп (молодая Луна), либо уменьшающийся (старая Луна). Если наш бумажный синий круг мал, то на плоскости можно увидеть белое кольцо (для Земли и Луны это не так!). Других вариантов нет, какими бы ни были радиусы двух кругов (это, в частности, означает, что никогда не получатся два куска белого круга). Хотя этот факт и очевиден, приведем его математическое доказательство (иногда доказательство именно очевидных фактов и вызывает затруднения). Пусть окружность белого круга задана уравнением

Горизонтальный диаметр белого круга обозначен НВ, K - центр синего круга, М - одна из двух точек пересечения окружностей. На рисунке 3 точка K лежит на левой половине диаметра НВ, на рисунке 4 точка K лежит на правой половине этого диаметра. Кто-то из читателей подумает: а не слишком ли мы отвлеклись от нашей задачи про лестницу с веревкой? Нет, наоборот. Мы настоятельно рекомендуем внимательно присмотреться к рисункам 3 и 4; использование здесь для обозначений тех же букв, что и на рисунке 1 в первой части статьи, совсем не случайно. Главное в этих рисунках следующее. Возьмем любую новую точку N на дуге МВ белой окружности . В случае,

x2 + y 2 = R2 .

(1)
Рис. 3 Рис. 4

Центр этого круга находится в начале координат - в точке О(0; 0). Пусть окружность синего круга задана уравнением

представленном на рисунке 3, выполняется неравенство NK > MK, (3) ибо точка N лежит вне синего круга. В случае на рисунке 4, наоборот, NK < MK, (4) ибо точка N лежит внутри синего круга. (Нумерация этих двух неравенств согласована с рисунками 3, 4.) Так вот, именно эти неравенства и дают ключ к решению нашей задачи. Решение задачи про лестницу с веревкой Читатели, надеемся, привыкли к нашим обозначениям: самая верхняя точка лестницы - это В (рис.5), основание лестницы - Н (от слов верх и низ). Пусть точка М - вершина прямого (плоского) угла между землей и стеной, K - точка на лестнице, которая соединена веревкой с точкой М (K - от слов канат или крепление). Опишем около прямоугольного треугольника ВМН окружность. Круг с центром в точке K и радиусом KM снова назовем Рис. 5 синим кругом. Скажите, наш внимательный читатель, с каким рисунком - 3 или 4 - по сути дела совпадает рисунок 5? Ответ зависит от того, какое из двух расстояний - KB или KH - меньше. На рисунке 5 точка K взята на верхней половине лестницы. Это соответствует рисунку 4.

( x - a )2 + y 2 = r 2 .
-R < a < R,

(2)

Сразу скажем, что для дальнейшего нам важен случай и только его мы будем сейчас рассматривать. При этом точка K(a, 0) - центр синего круга - лежит внутри белого круга на его горизонтальном диаметре. Изучим точки пересечения двух окружностей. Решая для этого систему из двух уравнений (1) и (2) относительно х и у методом исключения, получим
2 R 2 - x 2 = r 2 - (x - a ) .

Это уравнение относительно х оказывается линейным, и мы можем найти единственное значение абсциссы точек пересечения двух окружностей. При найденном значении х затем придется решать простейшее квадратное уравнение относительно у. А такое уравнение либо не имеет решений (при этом или белый круг полностью закрыт синим, или же мы видим белое кольцо); либо имеет единственный корень у = 0 (это соответствует касанию окружностей); либо имеет два корня (в этом случае окружности пересекаются ровно в двух точках, и мы видим белый серп; другое название серпа - луночка). Последний случай для нас самый важный. При -R < a < 0 получается 'растущий' белый серп (рис.3). Хорошо известно мнемоническое правило для определения фаз Луны - если к белому серпу пристроить слева вертикальный отрезок, то получится русская буква 'Р' - отсюда и растущий. При 0 < a < R получается 'старый' белый серп (рис.4). Здесь белый серп имеет форму русской буквы 'С'.


26

КВАНTћ 2005/?5

Теперь следует установить, что изменится на рисунке 5 при гипотетическом падении лестницы (если это падение возможно!). Самое главное здесь - это уменьшение вертикального отрезка ВМ (конечно, при этом 'поплывет' и окружность, описанная около треугольника МВН, - но это неважно). Одновременно и расстояние KM будет уменьшаться (см. рис.4), и веревка этому уменьшению никак не препятствует, т.е. лестница действительно падает даже при наличии веревки. При этом на рисунке 4 длина отрезка MK будет уменьшаться, что соответствует провисанию веревки, величина угла МНВ будет спадать до нуля, что, в свою очередь, означает скольжение лестницы. На рисунке 6 точка K взята на нижней половине лестницы. Белый серп в данном случае оказывается растущим (как на рисунке 3). Если допустить, что на рисунке 6 точка М будет перемещаться по дуге МВ (что происходит при падении лестницы), то длина отрезка MK (см. рис.3) при этом будет увеличиваться. Но последнее невозможно, ибо веревка нерастяжима. Это и означает, что в этом случае веревка удерживает лестницу, и лестница оказыРис. 6 вается неподвижной. Итак, ответ на вопрос а) в нашей задаче таков: чтобы не допустить скольжение лестницы, следует с вершиной прямого угла - точкой М - соединить веревкой любую точку K, лежащую на нижней половине лестницы. Осталось совсем немного - решить задачу на экстремум, т.е. из всех удерживающих лестницу веревок выбрать самую короткую. При этом мгновенно приходит мысль о перпендикуляре, опущенном из точки М на отрезок ВН, - основание этого перпендикуляра и есть искомая точка K. Это верно лишь в том случае, если это основание попадает на нижнюю половину лестницы. Легко видеть, что это действительно так при выполнении неравенства -BHM > 45 , т.е. для достаточно крутой лестницы. Если же -BHM < 45 , то перпендикуляр здесь не годится, и в качестве точки крепления веревки на лестнице можно взять любую точку K на ее нижней половине. При этом длины всех соответствующих веревок оказываются больше половины длины лестницы. Таким образом,самой короткой веревки, удерживающей лестницу, нет. (Это связано просто-напросто с тем, что на числовом интервале (а; b) нет наименьшего числа.) Цели мы достигли, еще один математический случай рассмотрели, можно было бы поставить точку в нашем небольшом исследовании. Но точки обычно не бывает. Достигнув какого-либо места, которое нам казалось лежащим на горизонте, мы видим, что горизонт отодвинулся, и впереди опять новое и неизвестное. Так и наша лестница с веревкой дает возможность совсем коротко поговорить о ... катастрофах.

Теория катастроф Вообразим, что на нашей лестнице в точке Н находится... ну, например, небольшой человек, который удерживает в руках, словно вожжи, веревку, идущую в точку М. А можно считать, что лестница ОЧЕНЬ большая, и тогда обычного человека на лестнице можно считать точкой. Пусть угол наклона лестницы к горизонту меньше 45њ. Предположим, что этот человек вознамерился сэкономить на длине веревки. Это обычная ситуация: для функционирования какой-либо системы обычно стремятся минимизировать всевозможные затраты (энергии, материалов, денег, времени и т.п.). Чуть-чуть человек поднялся по лестнице вверх, выбирая (вытягивая) веревку на себя, и переместился в точку K. В системе ничего не изменилось, лестница осталась неподвижной, как принято говорить, осталась в стационарном (неизменном) состоянии. Из нового положения человек снова сделал небольшой шаг вверх, по-прежнему выбирая при этом веревку. Все спокойно, все - как прежде. Лестница неподвижна, скольжения и падения лестницы нет. Складывается впечатление, что будто бы от длины веревки ничего не зависит, и можно дальше шаг за шагом подыматься по лестнице вверх и уменьшать длину веревки. Но мы знаем, что, как только человек перейдет с нижней половины лестницы на верхнюю, удержать лестницу от скольжения ему не удастся... В результате в нашей системе произойдут качественные изменения. Неслучайно в подобных случаях говорят о катастрофе.


ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

27

Состояние системы лестница + веревка + человек на лестнице зависит от одного параметра - от расстояния от точки K до точки Н. На отрезке ВН середина этого отрезка ничем не отличается от всех других точек отрезка, так что при приближении к середине лестницы снизу ничто не предвещает грозящей катастрофы. Однако, как мы видели, при переходе через середину устойчивое стационарное состояние системы исчезает, и система переходит в другое устойчивое состояние, при котором лестница оказывается на земле. В быту в схожих ситуациях говорят о несчастном случае. Разумеется, мы желаем, чтобы у вас подобных случаев никогда не было. Для этого надо внимательно следить за параметрами, которые определяют состояние тех или иных систем или процессов, и не допускать их прибли-

жения к критическим значениям, за которыми - разрушение, непредвиденные последствия и всякие другие неприятности. Так, даже простой воздушный шарик может лопнуть от чрезмерного давления. Другие примеры - время, которое без нежелательных последствий можно провести под жарким июльским солнцем, или количество съеденного мороженого. Во всякой реальной прикладной задаче все параметры определяются с погрешностью, поэтому даже в нашей задаче приближаться к самой середине лестницы не следует. Всегда нужно оставлять некоторый запас прочности. Но подробный рассказ о подобных случаях и теории катастроф - это уже совсем другая история.

Победители конкурса имени А.П.Савина 'Математика 6-8' 2004/05 учебного года
Лучших результатов в конкурсе добились следующие школьники: Бажов Иван - Екатеринбург, гимназия 9, 8 кл., Бабичев Дмитрий - Долгопрудный, ФМШ 5, 8 кл., Медведев Дмитрий - Троицк Московской обл., гимназия, 8 кл., Жернов Антон - Харьков, ФМЛ 27, 8 кл., Макарец Александр - Харьков, ФМЛ 27, 8 кл., Есебуа Вахтанг - Харьков, ФМЛ 27, 8 кл., Дудкин Александр - Харьков, ФМЛ 27, 8 кл., Соболев Дмитрий - Харьков, гимназия 47, 7 кл., Соболев Евгений - Харьков, гимназия 47, 7 кл., Гарагатый Игорь - Харьков, ФМЛ 27, 7 кл., Лысакевич Анастасия - Харьков, ФМЛ 27, 7 кл., Бичурин Игорь - Харьков, УВК 55, 7 кл., Тимченко Николай - Харьков, ФМЛ 27, 8 кл., Калашник Владислав - Харьков, ФМЛ 27, 7 кл., Пазенко Григорий - Харьков, ФМЛ 27, 8 кл., Карайко Алина - пгт Солоницевка Харьковской обл., Солоницевский коллегиум, 8 кл. и кружки: Математического клуба при Университете им. БенГуриона в Негеве, Беер-Шева, Израиль, руководители П.Самовол, Й.Хейфец, гимназии 127, Снежинск, руководитель А.А.Малеев, 'Эврика' ФМЛ 27, Харьков, руководители Е.Л.Аринкина, А.Л.Берштейн, В.Я.Крупчицкий, лицея 64, Омск, руководитель Ю.Е.Рязанова, Малого Университета при Харьковском национальном университете им.В.Н.Каразина, Харьков, руководители С.А.Лифиц, А.С.Щербина, гимназии, Шелехов, руководитель А.А.Кошкин, 'Эрудит' Донецкого областного лицея, Донецк, руководители В.Л.Потемкин, Л.Л.Потемкина, Муниципального лицея 90, Краснодар, руководитель З.А.Дегтярева, ШИООД, Магнитогорск, руководитель А.В.Христева, гимназии 1, Самара, руководитель А.А.Гусев, 'Сигнум' Чувашского национального центра образования, Чебоксары, руководитель С.А.Иванов, 'Эрудит' ФМШ 32, Астрахань, руководитель Т.М.Сергеева, ФМШ 9, Пермь, руководитель Г.А.Одинцова, лицея 130, Новосибирск, руководитель Л.Н.Чусовитина. Жюри конкурса отмечает также хорошие работы следующих учеников: Пазенко Ольги - Харьков, ФМЛ 27, 6 кл., Лисичкина Владислава - Харьков, гимназия 47, 7 кл., Захожей Любови - Харьков, ФМЛ 27, 7 кл., Грызун Екатерины - Харьков, ФМЛ 27, 7 кл., Коржова Игоря - Харьков, УВК 55, 7 кл., Кравченко Александра - Харьков, ФМЛ 27, 6 кл., Андреева Кирилла - Харьков, ФМЛ 27, 8 кл., Ибрагимовой Айжаны - Бишкек, ФМШЛ 61, Балакшина Александра - Харьков, УВК 141, 6 кл., Клевцова Юрия - Харьков, ФМЛ 27, 7 кл., Заплетина Андрея - Москва, 7 кл., Турбиной Натальи - Ангарск, школа 10, 7 кл., Ибрагимова Бексултана - Бишкек, ФМШЛ 61, Дудкина Алексея - Харьков, УВК 45 'Академическая гимназия', 6 кл., Лавинской Татьяны - Харьков, ФМЛ 27, 6 кл., Томаша Надя - Мишкольц, Венгрия, гимназия им.Отто Хермана, 6 кл. и кружков: МОУ СОШ 10, Ангарск, руководитель Л.В.Шварева, Агапатовской средней школы, д.Вартемяги Всеволжского района Ленинградской обл., руководитель Н.А.Петровская, школы 117, Омск, руководитель И.А.Чернявская, 'Таланты среди нас', ФМШЛ 61, Бишкек, руководитель Л.С.Хохлова, лицея авиационного профиля, Самара, руководитель Т.Б.Лаврова.


28

КА T 2 0 /А Ш К О ЛВА НВ ћ ' 0К 5В ? 5 Н Т Е '

Ворона - хвостом вперед?
В.КОЗЛОВ

лись какие-то крупные объекты: большие здания, деревья, кусты и т.п., а самолет или птицы летели далеко за ними, на заднем плане. И это - ключ для объяснения эффекта. Однако сначала рассмотрим более простую ситуацию. Предположим, что движения лыжника, вороны и реактивного самолета происходят в одной и той же вертикальной плоскости с постоянными скоростями. Высоты полета вороны и самолета также не изменяются. Пусть в некоторый момент времени t0 , как условно показано на рисунке 1,

В

ОЗМОЖНО, ПРОЕЗЖАЯ В ОКРЕСТНОСТЯХ КАКОГО-ЛИБО

аэродрома (аэропорта) на электричке, поезде или автомобиле, вам приходилось наблюдать из окна удивительное зрелище. Самолет, взлетающий вдалеке или идущий на посадку почти параллельно дороге, как будто зависает в воздухе или даже начинает двигаться... хвостом вперед. (Здесь, конечно, речь не идет о самолетах вертикального взлета и посадки, для которых такое движение реально возможно.) Подобным же образом иногда выглядит из окна движущегося транспорта и полет птичьих стай или одиночных крупных птиц. Попытаемся разобраться в причинах, вызывающих у наблюдателя такую иллюзию. Вы, наверное, припоминаете (если, конечно, наблюдали такой эффект), что во всех упомянутых выше случаях на переднем плане всегда находи-

Рис. 1

самолет (точка С) находится в зените относительно лыжника (точка А), а угол между направлениями на самолет и на ворону (точка В) равен 45њ, причем ворона летит позади лыжника. Спустя некоторое время t лыжник, ворона и самолет (соответственно, точки A ? , B? и C ? ) оказываются на одной прямой, образующей с вертикалью угол 45њ. А это означает, что скорость углового перемещения по небосводу относительно лыжника у вороны больше, чем у самолета. Определим отношение мгновенных угловых скоростей вороны и самолета относительно лыжника для этого момента времени. Мгновенная угловая скорость равна проекции относительной скорости вороны vB - vA или самолета vC - vA на нормаль к радиусу-вектору соответствующей точки, деленной на длину этого радиуса-вектора: B = C =

(vB (vC

- vA ) cos 45 (vB - vA ) cos2 45 , = A?B? hB - vA ) cos 45 (vC - vA ) cos2 45 = , A?C ? hC

где v A - скорость лыжника, hB и hC - высоты полета вороны и самолета соответственно. По условию рассматриваемой задачи, hB =

(vB

-v

A

2 tg 450

)

t

, hC =

(vC

-v

A

tg 450

)

t

.

Используем это для вычисления отношения угловых скоростей и получим B = 2. C Таким образом, несмотря на то что характерная скорость вороны значительно меньше скорости реактивного самолета, ее скорость углового перемещения по небосводу, с точки зрения движущегося лыжника, в конкретной ситуации оказалась в 2 раза больше соответствующей угловой скорости самолета. И у бегущего лыжника создается впечатление, что ворона перемещается по небосводу быстрее самолета. Причина этого - в существенной разнице в высотах полета птицы и самолета. Читатель может задаться типичными значениями скоростей лыжника, вороны и самолета и самостоятельно оценить наблюдаемый эффект. Вернемся теперь к проблеме 'зависающего или движущегося хвостом вперед' самолета. Действие, конечно, происходит в трехмерном пространстве. Однако для простоты можем предположить, что векторы скоростей самолета и наблюдателя параллельны друг другу и направлены в разные сторо-


ШКОЛА

В

'КВАНТЕ'

29

ны. В этом случае относительное движение можно анализировать в плоскости, которой принадлежат оба вектора скорости. Такое допущение не отразится принципиально на заключительных выводах. Так же, как и в предыдущей задаче, для объяснения эффекта решающее значение имеет отношение скоростей углового перемещения объектов относительно наблюдателя. Мгновенные относительные угловые скорости предметов, находящихся на пеРис. 2 реднем плане (деревьев, кустов, домов и т.п.), могут значительно превышать скорость углового перемещения самолета относительно движущегося наблюдателя. Рисунок 2 схематично поясняет, как возникает иллюзия 'летящего хвостом вперед' самолета. Движущийся (например, в автомобиле) наблюдатель сначала увидит самолет (точка 1) перед ближним к нему объектом (деревом). Затем самолет может быть закрыт на короткое время от наблюдателя этим объектом. По истечении еще некоторого времени наблюдатель снова увидит самолет (точка 2), но с другой

стороны от находящегося перед наблюдателем объекта (дерева). Заведомо зная, что дома, деревья и т.п. неподвижны, наблюдатель воспринимает видимые изменения положения самолета относительно таких объектов как его движение 'хвостом вперед'. Этому может также благоприятствовать значительная удаленность самолета от наблюдателя. В этом случае направление на самолет с течением времени изменяется очень мало, а расположенные вблизи дороги крупные объекты 'проносятся' за окном движущегося транспорта с относительно большой угловой скоростью. Однако воспринимаемый человеком любой зрительный образ не является вполне объективным отражением реальной действительности. Дело в том, что в формировании воспринимаемого образа активно участвует мозг. Он 'подправляет' поступающую к нему зрительную информацию за счет известных фактов. В частности, из повседневного опыта человеку известно, что дома, деревья или кусты не могут перемещаться по неподвижной поверхности земли. Поэтому при наблюдении за летящим вдали самолетом наш мозг, обрабатывая поступающую зрительную информацию, 'автоматически' оценивает перемещения самолета относительно заведомо для него неподвижных на переднем плане объектов. И тогда, вследствие объективно меньшей относительной угловой скорости, возникает иллюзия зависающего в воздухе или летящего назад ('хвостом вперед') самолета.

От пяди до Вселенной
С.ИНШАКОВ

Ч

ЕЛОВЕЧЕСТВО ИЗДАВНА ПОЛЬЗОВАЛОСЬ В СВОЕЙ

практике измерениями. Вначале это были измерения, связанные с торгово-экономической деятельностью. Первое известное упоминание о точности и достоверности измерений встречается в Библии. Так, в одной из книг Пятикнижия сказано: 'Не делайте неправды в суде, в мере, в весе и в измерении.... Да будут у вас весы верные, гири верные, ефа верная...' (Ефа - мера объема для сыпучих веществ, равная 52,48 литра.) А в другой книге устанавливается основная обязанность инспектора по обеспечению единства измерений: 'В кисе твоей не должны быть двоякие гири, большие и меньшие... В доме твоем не должна быть двоякая ефа, большая и меньшая.. Гиря у тебя должна быть точная и правильная, и ефа у тебя должна быть точная и правильная, чтобы продлились дни твои на земле...' (Киса - это сумка. В современном русском языке сохранилось однокоренное слово - кисет, обозначающее мешочек для махорки.) В Древней Руси меры появились тоже очень давно, однако раздробленность княжеств приводила к тому, что меры длины, веса и объема по своему номинальному значению у разных князей различались в 1,5 - 2 раза. Единообразные меры возникли на Руси лишь с объединением княжеств в одно государство. Это -- золотник (в последнем варианте 4,266 г), сажень (2,134 м), гривна (сначала денежная и весовая единица, затем счетно-денежная, равная 10 копей-

кам, отсюда--гривенник), пядь (расстояние между концами растянутых большого и указательного пальцев, равное 17,78 см) и др. Тогда же был установлен и межповерочный интервал. Так, в грамоте князя Всеволода (XII в.) написано: '...торговая вся весы мерила и скалвы вощаные и пуд медовый и гривенка рублевка иже на торгу промеж людьми блюсти без пакости ни умалчивать ни умножати и на всякий год взвешивати...' (Надо полагать, скалвы - это единица меры воска, пуд - меда, а гривенка рублевка - денежная единица.) В той же грамоте указывались и санкции для нарушителей единства измерений: '...а скривится а кому приказано и того казнити близко смерти а живот его на трое...'. В общем, плохо будет нарушителю. Дальнейшее развитие законодательная метрология получила при Петре I. В одном из его указов написано: 'По указу великого государя велено чтоб у торговых и мастеровых людей были весы и фунты у всех правдивые и заклеймены годовым клеймом...' Однако в научных исследованиях роль единства измерений была осознана относительно поздно, лишь в XVIII веке, когда М.В.Ломоносов впервые ввел научные понятия меры и веса. Дальнейшее развитие метрологии как прикладной науки обеспечил во второй половине XIX века Д.И.Менделеев. Уместно привести высказывание знаменитого физика конца XIX века У.Томсона (лорда Кельвина): 'Каждая величина известна лишь в той мере, в которой ее можно измерить'. Поговорим об измерениях в естественных науках на примере физики. Измерение - неотъемлемый атрибут физики. Как наука в нынешнем ее понимании, она стала оформляться в XVII веке (галилеево-ньютоновы времена). В то время она имела название 'натуральная философия'. Чтобы начать изучать что-нибудь, необходимо это 'чтонибудь' определить. Раз речь идет об окружающем мире, значит, это 'что-нибудь' надо сначала увидеть, т.е. выделить из окружения (фона), установить различие между


30

КВАНTћ 2005/?5

этим 'что-нибудь' и фоном. Назовем это действие выявлением. Выявим сначала одно 'что-нибудь', потом - другое 'что-то'. Теперь возникает проблема сравнения. Это сравнение можно проводить только по общему признаку. В самом деле, бесполезно, например, сравнивать звук, с которым первое 'что-нибудь' падает на пол, и цвет поверхности второго 'чего-то'. (Для этого случая существует поговорка: 'В огороде бузина, а в Киеве дядька'.)Заметим при этом, что как общее (сравнение), так и различное (выявление) взаимосвязаны, они выступают в диалектическом единстве. Пример 1. Рассмотрим арбуз и яблоко. Различить их можно по целому ряду признаков: цвету, запаху, вкусу, способности поглощать радиацию и т.д. Различили. Теперь будем сравнивать. Сравнивать надо по общему признаку. Возьмем в этом качестве объем. Его определим так: это воздух, который вытесняется тем или иным объектом из сосуда. Вот так от сравнения объемов разных тел перешли к сравнению одного и того же - воздуха. Введем теперь определение отношения 'больше - меньше'. Ясно, что из воздуха, вытесненного арбузом, можно сделать столько же воздуха, сколько вытеснило яблоко, а наоборот - нельзя. Это означает, что воздуха, вытесненного арбузом, больше, чем воздуха, вытесненного яблоком, т.е. объем арбуза больше объема яблока. Мы определили качественное отношение 'больше - меньше'. Теперь определим количественное отношение, оно будет характеризоваться числом. Вот здесь и необходима процедура измерения. Сначала используем уже введенное качественное отношение. Рассмотрим такое общее свойство тел, как протяженность. Для простоты будем сравнивать протяженность в одном направлении и назовем тела, протяженности которых сравниваем, линейками. Методика сравнения такова: прикладываем линейки так, чтобы одни концы линеек находились напротив друг друга, и наблюдаем за оставшимися концами. Если они совпали, то линейки считаем равными. Если нет, то меньшей назовем ту, чей конец лежит напротив внутренней стороны другой линейки. Пока ничего нового - это качественное отношение, примененное не к объемам тел, как в примере 1, а к их протяженностям. Сформулируем определение: измерением физических свойств называется процедура соотнесения этим свойствам некоторых чисел таким образом, чтобы сравнение свойств можно было теперь заменить сравнением этих чисел. Другими словами, устанавливается взаимно однозначное соответствие между числами и свойствами. Математика здесь присутствует в механизме этого соотнесения. Итак, если исследуемое свойство характеризуется взаимно однозначным соответствием с числом, то оно называется физической величиной. Процедура нахождения этого числа и есть измерение. Пример 2. Берем одну линейку и принимаем ее длину за единицу измерения. Длинам всех других линеек приписываем числа, равные количеству этих единичных линеек, укладывающихся на измеряемой протяженности. Выразим эту процедуру математически. Длина некоторой линейки выражается так: L = nL0 , где n - безразмерное число, а L0 - единица измерения. Если теперь у нас две линейки, причем L1 = n1L0 и L2 = n2L0 , и надо найти их суммарную длину (в безразмерных числах), то L1+ 2 = L1 + L2 = n1L0 + n2 L0 = (n1 + n2 ) L0 . Таким образом, при равномерном разбиении сумма длин линеек равна сумме безразмерных чисел, которые характеризуют длину каждой из них.

Пример 3. Выберем другой способ разбиения. Возьмем равномерно размеченную линейку и пронумеруем ее по следующему закону: начало - числом 1, первое деление - числом 2, второе - числом 4, ..., n-е деление - числом 2n . Это означает, что длина делений обозначена безразмерным числом по закону P = 2n . Пусть есть две линейки - длиной P и P2 . Найдем длину линейки, которая получается при 1 сложении этих двух ( в безразмерных единицах Р). Теперь закон разбиения линеек неравномерный: 2N , где N - число делений. Но разметка делениями равномерная, поэтому N = n1 + n2 . В единицах Р получаем P +2 = 2 1 т.е. P = P P2 . 1 Иными словами, в таких единицах и при таком законе нумерации делений длина суммы двух линеек равна произведению их длин. (Заметим, что именно так работала логарифмическая линейка - аналоговый калькулятор, широко использовавшийся вплоть до начала 80-х годов прошлого века. Единственное отличие в том, что для удобства пользования на шкале логарифмической линейки деления нумеровались с помощью натурального ряда чисел (1, 2, 3, ...), а длина делений была неравномерной. Теперь поговорим более подробно об измерениях расстояний, а именно -- больших расстояний: от одного метра до размера Вселенной. Учитывая наши собственные размеры, измерять расстояния путем непосредственного прикладывания эталонных линеек реально лишь при длине этих эталонов порядка одного метра. На больших расстояниях используется геометрия. В 1821-1823 годах этим занимался К.Гаусс. Он измерил углы между вершинами гор Брокен, Хохехаген и Инзельберг (Германия), учел поправку на сферичность (наибольшее расстояние между вершинами было около 100 км, при этом на каждой из вершин угломерные геодезические приборы устанавливались по местной плоскости горизонта и эти плоскости не были параллельными). В результате он получил, что измеренная сумма внутренних углов треугольника отличается от 180њ на 0,680 дуговой секунды. Гаусс считал, что эта величина находится в пределах ошибок измерений, поэтому пространство является евклидовым (в пределах точности этих измерений). Таким образом, мы можем пользоваться хорошо разработанным математическим аппаратом евклидовой геометрии. На практике эта задача решается с помощью топографической съемки земной поверхности. На поверхности Земли строго определяется положение ряда пунктов - как в плане, так и по высоте. Положение нескольких пунктов (геодезической основы) определяется по астрономическим измерениям: широта находится по наблюдению небесных светил, а долгота - по сравнению местного времени в двух точках в один и тот же момент. Эти пункты считаются исходными, с ними геодезическими измерениями связаны все остальные. Так образуется геодезическая сеть, покрывающая поверхность Земли. Линии, соединяющие отдельные пункты, могут образовывать треугольники или многоугольники. Длина сторон этих геометрических фигур порядка 25 км. Поскольку такие расстояния трудно измерить непосредственно при обычной прозрачности атмосферы, берут базис длиной порядка 10 км, который служит основой для построения базисной сети. Она, в свою очередь, является основой для вычисления по тригонометрическим формулам длин сторон всех треугольников геодезической сети. Наиболее точные современные измерения базиса длиной 10 км произN

=2

n1 + n2

= 2n1 2n2 = P P2 , 1


ШКОЛА

В

'КВАНТЕ'

31

водятся с ошибкой 2 мм. Именно таким образом определяются основные расстояния на суше. А вот для нахождения размера земного радиуса используются астрономические измерения. В один и тот же момент времени два наблюдателя смотрят прохождение одной и той же звезды через зенит. При этом наблюдатели Рис. 1 должны располагаться на одном меридиане. Для более южного наблюдателя звезда в зените находится на луче KS1 , для северного наблюдателя ее положение будет отличаться от местного зенита NM на угол (рис.1). Таким образом можно вычислить радиус земного шара R, зная расстояние между двумя точками N и K, находящимися на одном меридиане, и разность их географических широт. Пример 4. Определим радиус земного шара по географической широте конкретных пунктов. Возьмем на карте Подмосковья на одном и том же меридиане два пункта - Большой Москворецкий мост, его широта 5545? 00 ?? , и мост через реку Упа в Туле, его широта 5411? 44?? . Расстояние между этими пунктами - 174 км вдоль меридиана. Используя связь между углом, образуемым радиусами окружности, и длиной дуги между ними, получаем R = NK = 6391 *м (естественно, угол надо брать в радианной мере). Реально радиус Земли равен 6378 км, отличие связано с тем, что Земля не совсем шар. Расстояния в пределах Солнечной системы можно вычислять по известным периодам обращения планет и третьему закону Кеплера. Но так могут быть определены лишь относительные расстояния. Абсолютные же расстояния в пределах Солнечной системы находятся с помощью измерений горизонтальных параллаксов небесных светил. Параллакс - это угол, на который сместится объект наблюдения при перемещении наблюдателя на некоторое базовое расстояние. Для астрономических объектов базовое расстояние должно быть достаточно большим, в противном случае будет, как в стихотворении Пушкина, посвященном А.П.Керн: 'Я ехал к вам: живые сны/ За мной вились толпой игривой/ И месяц с правой стороны/ Сопровождал мой бег ретивый...' Другими словами, угловое смещение месяца при движении Александра Сергеевича в течение нескольких часов было совершенно незаметно, особенно по сравнению с громадным угловым смещением элементов пейзажа. Оценим смещение Луны относительно звезд. Напомним, что суточное вращение Земли приводит к угловому перемещению небесной сферы со скоростью 15њ/ч. Будем считать, что скорость повозки была около 15 км/ч, время поездки к Керн - не более 4 ч, тогда базовое расстояние получается порядка 60 км. Расстояние от Земли до Луны, как теперь известно, равно 384400 км, и угловое смещение Луны относительно звезд (без учета собственного движения Луны вокруг Земли) будет составлять 0,56 ?? (или 78 микрорадиан), что на глаз абсолютно незаметно. Учтем собственное движение Луны вокруг Земли. Оно происходит с угловой скоростью 0,5њ/ч, поэтому за 4 ч Луна сместится на 2њ - на глаз тоже совсем незаметно. Поэтому для определения параллакса желательны одновременные измерения из двух мест с максимально возможной базовой. (Можно, конечно, проводить и не одновременные измерения, но тогда необхо-

димо учитывать изменение положения светила за время между измерениями.) На земле максимально возможная база - диаметр земного шара, вот почему традиционно за эталонную базу принимают земной радиус. Угол р между направлениями, по которым светило М было бы видно из центра Земли и из какойнибудь точки на ее поверхности, называется суточным параллаксом светила. Иными словами, суточный параллакс есть угол, под которым со светила был бы виден радиус Земли, проведенный из центра Земли на ее поверхность (в исходную точку наблюдения). Если светило наблюдается на горизонте, то суточный параллакс максимален. В этом случае он называется горизонтальным параллаксом. Так как Земля имеет форму не сферы, а сфероида, то горизонтальные параллаксы вычисляются для одного конкретного радиуса. Это -- экваториальный радиус Земли R0 = 6378 *м , а горизонтальные параллаксы, вычисленные для него, называются горизонтальными экваториальными параллаксами p0 . (Естественно, нет необходимости проводить астрономические наблюдения непосредственно на экваторе. Так как географические координаты обсерваторий известны, то результаты измерений, выполненных там, можно пересчитать на любую точку земной поверхности.) Именно эти параллаксы тел Солнечной системы и приводятся в справочниках. Горизонтальный параллакс у всех тел Солнечной системы весьма невелик - у Луны он равен 57? , у Солнца - 8, 79 ?? , у большинства планет - Рис. 2 меньше 1? . Зная горизонтальный экваториальный параллакс светила, легко определить его расстояние до центра Земли (рис.2). Из прямоугольного треугольника ТОМ имеем = R0 sin p0 . Для всех светил, кроме Луны, параллаксы очень малы, поэтому данную формулу можно написать иначе: положив sin p0 = p0 sin 1?? = p0 206265, получим ?? ?? = 206265R0 . p0 ??

Расстояние получается в тех же единицах, что и радиус Земли R0 , число 206265 является обратной величиной синуса одной дуговой секунды, а горизонтальный экваториальный параллакс берется в дуговых секундах. Наибольшее расстояние, которое наблюдается между Землей и самым дальним объектом Солнечной системы, равно 6055959000 км ( p0 = 0,22?? ). Это расстояние свет проходит за 5 часов 36 минут. Появление и развитие радиолокации в середине X X века позволило непосредственно определить расстояния до ряда планет (вплоть Рис. 3

(Продолжение см. на с. 34)


32

КВАНTћ 2005/?5

Необходимо признать, что существуют два вида тепла, одно светящееся,... другое темное. Жорж Бюффон Тепло, которое излучается поверхностью всех тел..., подчиняется специальным законам и вызывает самые различные явления. Жан Фурье ...моя формула излучения до сих пор удовлетворительно

оправдывалась даже при очень точных систематических измерениях. Макс Планк ...опыты, касающиеся 'излучения черного тела', фотолюминесценции, возникновения катодных лучей,... лучше объясняются предположением, что энергия света распределяется по пространству дискретно. Альберт Эйнштейн

А так ли хорошо знакомо вам

излучение

?

Собственно, говоря об излучении, мы должны были бы перечислить столько его видов, что не хватило бы и целого выпуска нашей рубрики. Ведь излучение включает световые волны и вылетающие из атомного ядра фрагменты, тормозное излучение заряженных частиц и космические лучи, один из видов теплопередачи и перенос информации с помощью теле- и радиоантенн... Если объединить все одним определением, то излучение - это распространение энергии в форме волн и частиц. Необъятная тема! Однако в истории исследований разного рода излучений четко просматривается один 'драматичный' сюжет. К концу XIX века в фундаменте крепко выстроенного величественного здания классической физики возникла небольшая вроде бы трещинка, и ее появление было связано с особенностями теплового излучения. Попытки найти им объяснение в рамках сложившихся представлений приводили к невероятным результатам - так называемой ультрафиолетовой катастрофе, когда любое тело из-за теплового излучения должно было остывать до абсолютного нуля! И лишь введение в физику совершенно непривычного, чуждого ей понятия кванта позволило найти выход из сложной ситуации. Вместе с тем, это понятие дало начало новому витку прогресса науки, беспрецедентный вклад в который внесла квантовая механика. Нынешний, 2005 год объявлен 'Всемирным годом физики' - в ознаменование столетия выхода в свет революционных эйнштейновских работ, одна из которых развивала идеи квантовой теории. В меру наших скромных сил, этим выпуском 'Калейдоскопа' мы тоже хотим отметить сей славный юбилей.

Вопросы и задачи
1. Когда чайник излучает больше: когда в нем кипяток или когда в нем вода комнатной температуры? 2. Какой объект чернее всего? 3. Почему зрачок кажется черным? 4. Внутрь замкнутой оболочки, поддерживаемой при постоянной температуре, помещают несколько тел, одно из них с абсолютно зеркальной поверхностью. Установится ли в такой системе тепловое равновесие?

5. Солнечные лучи с помощью вогнутого зеркала направляются через маленькое отверстие в замкнутую полость, стенки которой не проводят тепло. Можно ли, увеличивая размеры зеркала, неограниченно повышать температуру внутри полости? 6. От чего зависит показание термометра, прикрепленного снаружи к спутнику с его теневой стороны? 7. Казалось бы, одежда металлургов, пожарных и спасателей должна обладать низкой теплопроводностью, чтобы не пропускать внутрь обжигающий жар. Однако их костюмы снаружи покрывают тонким слоем металлической фольги - прекрасного проводника тепла. Для чего? 8. Почему мел среди раскаленных углей выглядит темным? 9. Картофель собираются запечь в фольге, одна сторона которой матовая, а другая блестящая. Какая сторона должна быть снаружи? 10. Если черный предмет поглощает падающие на него видимые лучи, то почему он виден? 11. Может ли золото иметь цвет серебра? 12. Одни звезды кажутся белыми, другие - красными, третьи - голубыми. А почему не бывает зеленых звезд? 13. Монохроматический свет какого цвета - красного или фиолетового - оказывает при одинаковой интенсивности потока фотонов большее давление на поверхность тела? 14. Лазерный луч красного цвета направляют поочередно на красное и зеленое стекла. Какое стекло будет испытывать большее давление? А если вместо стекол взять красную и зеленую бумагу? 15. Почему на снимках, сделанных в инфракрасных лучах, зеленая растительность кажется белой? 16. В стеклянный сосуд, из которого частично откачали воздух, помещена легкая крестовина с четырьмя лепестками, свободно вращающаяся вокруг вертикальной оси. Поверхность каждого лепестка с одной стороны зеркальная, с другой - зачерненная, как показано на рисунке. В ярко освещенном помещении крестовина начинает вращаться по часовой стрелке. Объясняется ли этот опыт световым давлением?


17. Может ли какое-нибудь тело покоиться в поле тяготения Солнца? 18. Свет падает на плоскую пластинку под некоторым углом. В каком направлении будет отталкиваться пластинка, если ее поверхность: а) поглощает весь свет; б) зеркально отражает свет? 19. Как будет ориентироваться относительно Солнца спутник сферической формы, одна сторона которого зеркальная, а другая покрыта черными термобатареями?

Микроопыт
Снимите с двух одинаковых пустых консервных банок наклейки. Закоптив или закрасив черной краской одну банку, другую оставьте светлой. Налейте в обе банки горячую воду и посмотрите, в какой из них вода остынет быстрее (опыт можно проводить и в темноте).

Любопытно, что...
...связь между световыми и тепловыми лучами была известна со времен античности. Более того, слово 'фокус' означает на латинском языке 'огонь', 'очаг', что в применении к вогнутым зеркалам и линзам свидетельствует о первоочередном внимании к концентрации тепловых, а не световых лучей. Среди многих экспериментов XVI-XVIII веков особо выделяется опыт, проведенный Эдмом Мариоттом, в котором порох воспламенялся тепловыми лучами, отраженными вогнутым зеркалом, изготовленным из... льда. ...Уильям Гершель, знаменитый открытием планеты Уран, обнаружив в спектре Солнца невидимые - инфракрасные - лучи, был так поражен, что двадцать лет хранил об этом опыте молчание. А вот в том, что Марс обитаем и населен людьми, он не сомневался... ...еще в 1830 году итальянский физик Леопольдо Нобили сумел создать термомультипликатор, реагировавший на тепловое излучение человека, находящегося от него в десяти метрах. В дальнейшем термопеленгация развилась настолько, что с помощью чувствительных полупроводниковых приборов - болометров - стало возможным уловить тепло от зажженной спички на расстоянии в несколько километров. С другой стороны, и сверхвысокие температуры в десятки миллионов градусов, характерные для термоядерных установок, измеряют также по тепловому излучению. ...модель абсолютно черного тела предложил в 1860 году Густав Кирхгоф. К тепловому излучению такого тела близко по спектральному составу Солнце. А из 'земных' материалов больше всего соответствуют ему платина и плавленый оксид тория при температуре затвердевания платины. ...профессор Принстонского университета Эрик Роджерс, написавший изданную во многих странах 'Фи-

зику для любознательных', дал своеобразное 'описание' абсолютно черного тела: 'никакая черная краска на собачьей конуре не выглядит чернее открытой для собаки дверцы'. ...в своей диссертации, представленной в 1893 году, русский физик Борис Голицын впервые ввел понятие температуры теплового излучения и предвосхитил многие выводы будущей квантовой теории. Но резкий отзыв оппонентов, среди которых был открывший законы фотоэффекта Столетов, заставили Голицина отказаться от продолжения этой работы. ...автора закона теплового излучения Густав Кирхгофа, начавшего глубокий пересмотр основ классической физики, сменил на кафедре Берлинского университета Макс Планк, введший в науку неклассическое понятие кванта действия. В свою очередь, через сорок лет Планк передал кафедру Эрвину Шредингеру - одному из создателей новой, квантовой, механики. ...многие годы после опубликования основополагающей работы Эйнштейна по фотоэффекту его теория квантов света по иронии истории не находила понимания у самого 'отца кванта' Планка и подвергалась критике, в том числе и на таком представительном собрании физиков, как Сольвеевский конгресс. Несколькими десятилетиями позже академик Сергей Вавилов пришел к выводу, что его опыты опровергают квантовую теорию, правда вскоре он преодолел заблуждения и разработал способ непосредственного зрительного наблюдения отдельных квантов света. ......так называемые черные дыры - космические объекты, обладающие столь большим притяжением, что даже кванты света не могут их покинуть, - тем не менее, способны излучать. Дело в том, что в окрестностях черной дыры под воздействием колоссального тяготения происходит рождение реальных частиц, в том числе фотонов, из ...вакуума. Причем спектр возникающего излучения, как установил знаменитый английский физик-теоретик Стивен Хокинг, оказывается в точности таким же, как и спектр абсолютно черного тела.
Что читать в 'Кванте' об излучении (публикации последних лет) 1. 'Лазерная указка' - 2000, ?3, с.18; 2. 'Волновая механика Эрвина Шредингера' - 2000, ?3, с.23; 3. 'Хочешь общаться - излучай' - 2000, ?5, с.37; 4. 'Как линейкой измерить длину волны лазерного излучения' - 2000, ?6, с.31; 5. 'Альберт Эйнштейн' - 2001, ?1, с11; 6. 'Лебедевские крылышки' - 2001, ?2, с.11; 7. 'Радиоволны на земле и в космосе' - 2002, ?1, с.2; 8. 'Под давлением лунного света' - 2002, ?4, с.40; 9. 'Небо синее, Солнце красное' - 2003, ?1, с.37; 10. 'Калейдоскоп 'Кванта' - 2004, ?3, с.32; 11. 'Из глубин Вселенной' - 2004, Приложение ?4, с.122.

Материал подготовил А.Леонович


34
(Начало см. на с. 29)

КВАНTћ 2005/?5

до Юпитера). Они оказались именно теми, что были вычислены по горизонтальным экваториальным параллаксам. Расстояния от Солнца до ближайших звезд определяются с помощью годичных параллаксов. Принцип тот же, что и для суточных горизонтальных параллаксов, но база гораздо больше (рис.3). При этом рассматривается угловое смещение звезды относительно более удаленных звезд с полугодовым интервалом между измерениями, когда Земля переместитРис. 4 ся на расстояние диаметра своей орбиты. Угол, под которым был бы виден средний радиус земной орбиты при условии, что направление на звезду перпендикулярно радиусу, называется годичным параллаксом звезды и обозначается (рис.4). Формула аналогична предыдущей, только в качестве базы теперь взят средний радиус земной орбиты а = 149600000 км: 206265a . = ?? Смещения эти совсем невелики. Так, ближайшая к нам звезда Проксима (в переводе с греческого - ближайшая) из созвездия Центавра имеет годичный параллакс = 0,762?? . В результате наблюдений с Земли были измерены годичные параллаксы более 16000 звезд. Наилучшие современные определения годичных параллаксов выполняются с космических аппаратов. Еще в 1966 году французский астроном П.Лакурт предложил использовать спутник для проведения массовых астрономических наблюдений. В 1975 году был создан и одобрен Европейским космическим агентством проект 'Гиппаркос' - в переводе 'спутник для сбора высокоточных параллаксов'. Летом 1989 года космический аппарат был выведен на орбиту, и через несколько месяцев начались систематические наблюдения. В программу наблюдений было включено около 100 тысяч звезд, каждая из них наблюдалась 60-80 раз при точности единичного наблюдения 0, 01?? , что в результате дало точность около 0, 001 - 0, 002?? . В астрономии, помимо километров, приняты следующие единицы расстояний: астрономическая единица (а.е.) - среднее расстояние от Земли до Солнца (равное 149600000 км); парсек (пк), сокращенно от 'параллакс' и 'секунда'- расстояние, соответствующее годичному параллаксу в 1?? ; световой год - расстояние, которое свет проходит за один год. Соотношение между этими единицами таково: 1 C* = 30, 86 1012 *м = 206265 =. . = 3, 26 светового года; 1 световой год = 9, 460 1012 *м = 63240 =. . = 0, 3067 C* . В астрономических единицах обычно выражают расстояния до тел Солнечной системы. Например, Меркурий находится от Солнца на расстоянии 0,387 а.е., а Плутон - на расстоянии 39,4 а.е. Расстояния до небесных тел за пределами Солнечной системы обычно выражаются в парсеках, килопарсеках ( 103 C* ) и мегапарсеках ( 106 C* ), а также в световых годах. В настоящее время метод годичных параллаксов теоретически позволяет измерять расстояния до 1600 световых лет ( = 0, 002?? ). Но на таком большом расстоянии точность измерения уменьшается до 50%.

Еще большие расстояния удалось измерить другим методом, основанном на изучении закономерностей светимости переменных звезд. Во Вселенной встречаются переменные звезды двух типов - затменно-переменные, когда имеются две звезды, вращающиеся вокруг общего центра масс и при этом более яркая периодически затмевает менее яркую, и физически переменные, когда пульсирует одна звезда. Типичным представителем физически переменной звезды, регулярно меняющей свою яркость, является звезда созвездия Цефея. Все физически переменные звезды (а их достаточно много во Вселенной) принято называть цефеидами. В начале X X века в Гарвардской обсерватории (США) стали изучать цефеиды в соседней галактике, известной под названием Магелланового облака. Каждая цефеида имеет свой характерный период изменения яркости: от нескольких дней до сотен дней и более. Была найдена закономерность: чем длиннее оказывался период изменения яркости, тем ярче была сама звезда. А расстояние от Земли до Магелланового облака во много раз больше расстояния между самими звездами, т.е. с большой точностью их можно считать равноудаленными от Земли. Отсюда вывод: связь между периодом и яркостью носит абсолютный характер, цефеиды с одинаковым периодом обладают одинаковой яркостью. Поэтому, если на небе обнаруживались две цефеиды с одинаковыми периодами, но при этом яркость одной была в четыре раза меньше, то это означало, что она расположена вдвое дальше - яркость меняется обратно пропорционально квадрату расстояния. Самое же большое из известных расстояний было измерено так. В оптике известен эффект Доплера - изменение частоты света, излучаемого объектом, при его приближении к наблюдателю или удалении от него. В акустике этот эффект тоже существует - каждый, кто находился на железнодорожной платформе при прохождении сигналящей электрички, мог убедиться, что при приближении тон сигнала высокий, а при удалении низкий. По изменению частоты можно вычислить относительную скорость. В двадцатые годы прошлого века астрономы в результате измерений доплеровского смещения спектральных линий света от галактик обнаружили, что почти все они разлетаются, и в ряде случаев с очень большой скоростью. Так, скорость удаления от нас галактик в созвездии Девы составляет около 1000 км/с. А сейчас найдены объекты, удаляющиеся со скоростями порядка 0,8 скорости света (240000 км/с). В конце 20-х годов прошлого века американский астроном Э.Хаббл показал, что скорость относительного движения галактик пропорциональна расстоянию между ними - более далекие от нас галактики имеют большую скорость, чем близкие. Связь между скоростями галактик и расстоянием до них устанавливается законом Хаббла: v = HL, где коэффициент пропорциональности Н называют постоянной Хаббла. В настоящее время значения постоянной Хаббла, оцениваемые различными авторами, лежат в пределах от 60 до 80 *м (" lC* ) . Обычно используется значение постоянной Хаббла 75 *м (" lC* ) . При этом расстояние до объекта, имеющего скорость 240000 км/с, оказывается равным Lmax = 3200 lC* = 10
23

*м = 1010 световых лет.

Таково наибольшее измеренное к настоящему времени расстояние -- самый 'край' Вселенной.


ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ

Физика таранного устройства
С.СЕРОХВОСТОВ, А.ХИЩЕНКО

ный импульс, т.е. происходит удар. Затем, по мере того как воротины в процессе вращения отклоняются от своего положения равновесия, запирающий брус изгибается и все больше препятствует их дальнейшему отклонению. Чем больше изгибается брус, тем большие механические напряжения в нем возникают. Если напряжение в какой-либо точке бруса окажется больше предела прочности материала, брус слома-

Ч

ТО НИ ГОВОРИТЕ, А В СРЕДНИЕ ВЕКА БЫЛО ХОТЯ И

страшновато, но интересно. Толстые стены крепостей, большие запасы воды и продовольствия - все это делало военное ремесло искусством, а штурм крепости - долгим и кропотливым занятием. Вот, например, типичная сцена штурма: дюжина широкоплечих молодцов подхватывает бревно, разбегается и ... ворота крепости лишь вздрогнули и заскрипели в петлях. А вечером у воеводы состоялся неприятный разговор. Самый отчаянный из молодцов заявил прямо, что с таким бревном они на таран больше не пойдут. И призадумался тут воевода, закручинился. Подумаем и мы, можно ли на основе наших знаний получить 'законы функционирования' и оптимальные параметры тарана. Сначала проанализируем конструкцию ворот и принцип действия тарана (рис.1). Пусть ворота состоят из двух створок (воротин) длиной L и массой М. Ворота висят на петлях (возможно, несмазанных и скрипящих) и запираются при помощи поперечины-бруса, который закрепляется на створках вблизи своих концов. Бревно (таран) массой m со скоростью v ударяется в ворота. В результате удара створки приобретают некоторую угловую скорость относительно своих петель, и, кроме того, петлям передается определен-

Рис. 1

ется. В конечном итоге в процессе ударов разрушается либо поперечина, либо место закрепления поперечины, либо точки крепления ворот к петлям, либо сами петли (или же реализуется сразу несколько вариантов). Чтобы как-то оценить эффект удара, введем некий критерий эффективности. Для этого сначала исследуем возможные причины разрушений в результате удара. За счет кинетической энергии, которую приобретают створки после удара, будет происходить изгиб и слом бруса и разрушение точек его крепления. Так как кинетическая энергия ворот монотонно зависит от угловой скорости и большей энергии соответствует больший разрушительный эффект, то разумно в качестве критерия эффективности удара выбрать именно . Разрушительный эффект в процессе удара, очевидно, будет пропорционален изменению импульса системы p , который передается через петли и их крепления на стены крепости. Трудно заранее сказать, от каких параметров и как оно зависит, поэтому сначала найдем зависимость изменения


36

КВАНTћ 2005/?5

Рис. 2

импульса системы от начальной скорости бревна и параметров бревна и ворот. Итак, нужно найти и p . Сам процесс удара достаточно сложен для физического и математического описания, а нам в конечном итоге нужно знать лишь значения искомых величин после удара. Поэтому, как всегда в задачах на удар, будем использовать законы сохранения. Очевидно, что с практической точки зрения крайне нежелательны пустые потери механической энергии в процессе удара. Например, если бревно при ударе трескается или сминается, то это невыгодно штурмующим (они такое бревно просто не будут использовать). Если же трескаются и сминаются ворота, то это невыгодно обороняющимся (тогда и наше исследование теряет смысл - несколько ударов тараном проделают в воротах дыру). Таким образом, будем считать, что таран и ворота достаточно крепкие и механическая энергия при ударе сохраняется. Значит, одно уравнение у нас уже есть - закон сохранения энергии. Однако неизвестными в нем будут две величины - угловая скорость створок ворот и скорость бревна после удара (ведь после абсолютно упругого удара бревно в общем случае должно иметь некоторую скорость). Хотелось бы в качестве второго уравнения записать закон сохранения импульса, но он, к сожалению, не сохраняется: система ворота - бревно не является замкнутой, так как ворота связаны со стенами крепости и могут передавать им или получать от них импульс в процессе удара. Но, к счастью, есть еще одна величина, которая может сохраняться, - момент импульса. Возможно, не все читатели с ней знакомы, поэтому скажем об этой величине несколько слов. Если на плоскости заданы материальная точка массой m, ее скорость v и заранее выбранная точка пространства О, то моментом импульса N материальной точки относительно точки О называется векторное произведение радиуса-вектора материальной точки r , проведенного из точки О, на ее импульс mv (рис.2). Модуль момента импульса равен произведению импульса материальной точки на его плечо z, т.е. на расстояние от точки О до прямой, проходящей через материальную точку и коллинеарной вектору v: N = mvz. (Кстати, это определение очень похоже на определение момента силы.) Если мы хотим узнать момент импульса тела, имеющего ненулевые размеры и вращающегося относительно определенной оси, то следует его разделить (мысленно) на маленькие кусочки, для каждого кусочка вычислить момент импульса, а затем полученные значения просуммировать. При этом момент импульса оказывается пропорциональным угловой скорости вращения тела, а коэффициент пропорциональности I называется моментом инерции тела. Момент инерции по своему физическому смыслу аналогичен массе: он зависит только от распределения плотности в теле и положения оси вращения и не зависит от частоты вращения и других внешних условий. Более того, кинетическая энергия вращающегося тела выражается аналогично кинетической энергии материальной точки -- она равна половине

произведения момента инерции на квадрат угловой скорости вращения тела: 1 W* = I2 . 2 Если на систему точек не действуют внешние силы или рассматриваемый промежуток времени так мал, что моменты внешних сил незначительны (например, при ударе), то суммарный момент импульса системы сохраняется (как сохраняется импульс системы в отсутствие внешних сил). Так как наша система ворота - бревно симметрична относительно средней линии, то можно рассмотреть только 'половину' системы (половина бревна и одна створка). Моменты внешних сил в данной системе отсутствуют (трением в петлях пока пренебрегаем), поэтому момент импульса сохраняется. Кроме того, будем считать, что в системе в момент удара нет потерь энергии. Момент инерции половины бревна относительно одной из петель равен mvL/2. Тогда законы сохранения момента импульса и энергии будут выглядеть так: m m vL = v1L + I , 2 2
2 m v2 m v1 2 = +I , 22 22 2

где v1 - скорость бревна после удара, I - момент инерции створки относительно точки вращения, т.е. центра петли. В нашем случае I = ML2 3 (это вычислили еще до нас). Отсюда найдем угловую частоту вращения створки сразу после удара: 2mLv 1 2mv = = . 2I + mL2 L m + 2M 3 Импульс, который передается петлям, равен, с противоположным знаком, изменению импульса системы (импульс створки равен импульсу ее центра масс, который находится в середине створки, так что его скорость равна L 2 ): L I mMv Lm = . p = M + (v1 - v) = M 2 L 2M + 3m 22 Из полученных формул можно сразу сделать интересный вывод: даже если мы устремим массу бревна к бесконечности, то угловая скорость ворот не превысит величины 2v/L, а переданный импульс не будет больше чем Mv/3. Поэтому с данной точки зрения выгоднее увеличивать скорость бревна, а не массу. Кроме того, становится очевидным, что угловая частота ворот может быть критерием эффективности удара и при рассмотрении разрушений в петлях и точках крепления ворот. Исходя из этого, будем считать универсальным критерием эффективности удара. Однако понятно, что, для того чтобы разрушить петли, следует наносить удары по возможности ближе именно к петлям. Но обычно тараном бьют в центральную часть ворот, т.е. пытаются сломать именно брус. Это можно объяснить, с одной стороны, тем, что петли достаточно прочные, а, с другой стороны, тем, что сила удара в петлях зависит не только от изменения импульса, но и от продолжительности удара. Поэтому в дальнейшем будем говорить о разрушениях, которые происходят после удара. Итак, непосредственно после удара створки ворот имеют угловую скорость и соответствующую ей кинетическую энергию. В процессе движения эта энергия частично переходит в потенциальную энергию изогнутого бруса, а частично расходуется на работу против сил трения в петлях. Максимальные механические напряжения также зависят от степени изгиба бруса, поэтому пришло время поговорить про изгибы.


ФИЗИЧЕСКИЙ

ФАКУЛЬТАТИВ

37

Рис. 3

Представим запирающий брус в виде прямоугольного параллелепипеда длиной 2L, высотой b и толщиной h (рис. 3). Пусть под действием внешней силы, приложенной в середине, брус прогнулся на величину h (считаем, что h L ). Заглянув в учебник по сопротивлению материалов, найдем потенциальную энергию бруса в этом случае: WC = 1 Ebh 4 L3
3

тельно утяжелять. А вот модуль Юнга должен быть поменьше (хотя это, может быть, и не совсем понятно на первый взгляд). Это условие означает тот факт, что брус должен быть достаточно гибким - ведь мы знаем из повседневного опыта, что сломать твердый и хрупкий предмет проще, чем упругий. Формула ( * ) позволяет определить, с какой минимальной скоростью должно двигаться бревно, чтобы пробить ворота. Действительно, устремим m к бесконечности и получим ^ 2 3 L К 2 xbh ma + M2! max ~ . EБ 9 3h ? Л Таким образом, зная параметры ворот, можно определить, до какой минимальной скорости нужно разогнать бревно, чтобы сломать брус с первого раза. Однако бревно при этом должно быть бесконечной массы. Ясно, что использовать такое орудие невозможно - нужно бесконечное число воинов для его подъема, бесконечное число подвод для транспортировки и т.д., да и изготовить такой таран будет трудновато. Тогда нужно найти некоторый оптимум по массе бревна. Для этого следует знать, во-первых, с какой максимальной скоростью воин может бежать без нагрузки и, во-вторых, как будет зависеть скорость бега воина от нагрузки на его плечах. Если максимальная скорость без нагрузки меньше минимально допустимой, то молодцам следует заняться спортом. Если боец 'укладывается в нормативы', то следует, очевидно, экспериментальным путем найти зависимость скорости бега воина от дополнительной массы, которую он несет на плечах. Затем, зная искомую зависимость и количество воинов, можно при помощи формулы ( * ) определить необходимую массу и скорость бревна. А вот в том, как правильно подобрать количество воинов, и состоит отчасти военное искусство - ведь здесь уже нужно учитывать особенности крепости и возможные действия неприятеля, а также и психологические нюансы своих бойцов и бойцов противника. Ну, а если добры молодцы даже после тренировок не могут достичь минимально необходимой скорости (комендант крепости провел работы по укреплению ворот), можно ли тогда сломать брус тараном? Оказывается, можно. Но об этом - в другой раз. А пока заметим следующее. Вероятность того, что на книжной полке у воеводы не окажется учебника по сопротивлению материалов и справочника с нужными характеристиками материалов, практически равна единице. Но как же он тогда сможет получить необходимые зависимости? Ответ достаточно прост: нужно ставить эксперимент. Например, зависимость энергии бруса от прогиба можно определить следующим образом: кладем брус концами на упоры, на середину помещаем грузы известной массы и измеряем величину прогиба. Если теперь известна зависимость прогиба h от действующей на брус силы F или, наоборот, известна зависимость F ( h) , то энергию можно определить через работу, которую нужно совершить над брусом для изгиба его на соответствующую величину: 4v2 M =
h

( h)2

,

где Е - модуль Юнга для материала бруса. Очевидно, что максимальное напряжение max будет на поверхности бруса на расстоянии L от концов, т.е. посередине бруса (см. рис.3). Оно связано с прогибом соотношением (опять заглянем в учебник) 3 Eh max = h . 2 L2 Если это напряжение превышает предел прочности, то брус ломается. Подумаем теперь о том, сколько энергии теряется в петлях. Очевидно, что потери будут зависеть от угла поворота створки ворот, причем для малых углов поворота этот угол равен примерно h L . Тогда работа против сил трения будет равна M2! h A2! = , L где M2! - момент сил трения в петлях. Кстати, при больших углах поворота створок есть опасность того, что концы бруса выскочат из мест крепления. Будем, однако, считать, что брус не выскочит, т.е. что угол поворота действительно мал. Теперь, задав значение max , определим потенциальную энергию, соответствующую разрушению бруса, и работу против сил трения, а затем запишем закон сохранения энергии: 2 2 x bhL 2Lmax = ma + M2! 2I . 2 9E 3 Eh Далее воспользуемся найденным ранее выражением для и получим 4m2v2 M 3 ( m + 2M 3

)

2

=

L E

К 2 x bh ^ 2 ma + M2! max ~ . Б9 3h ? Л

(* )

С помощью этих формул можно не только определить величины m и v (или ), необходимые для слома бруса, но и наметить пути повышения стойкости ворот (рекомендации обороняющимся). Часть этих рекомендаций, в принципе, достаточно понятны - нужно использовать древесину с высоким пределом прочности ( max ), брус делать пошире и потолще (b и h), хотя для толщины есть свое оптимальное значение. Этот оптимум можно найти, взяв производную от равенства ( * ) по h и приравняв ее к нулю. В результате получим 6 M2! h%C2 = . maxb Кроме того, понятно, что не стоит на время осады смазывать петли (в несмазанных петлях M2! больше). Далее, ворота следует делать потяжелее, а при осаде можно их дополни-

WC =

Ъ F ( x)
0

dx .

Тут можно возразить, что воевода вряд ли знал интегралы. Однако значение интеграла можно получить и без интегрирования, ведь интеграл есть площадь под графиком интегрируемой функции: достаточно нарисовать график, скажем, на дощечке, выпилить соответствующую фигуру пилой и просто взвесить.


38

КУ Н П Р А К Т И К В АМ T ћ 2Б 0И/Т У Р И Е Н Т А А 0 5 ?5

Посмотрим сквозь линзу
В.ДРОЗДОВ
метную часть составляют задачи, в которых фигурирует тонкая линза. Это естественно, поскольку линзы присутствуют в самых разных оптических приборах. Нередко такие задачи вызывают трудности. Однако, если проанализировать возможные варианты расположения предмета и его изображения в линзе и систематизировать полученные результаты в виде графиков и таблиц, то можно значительно облегчить решение целой группы задач. Достаточно будет лишь составить уравнение или систему уравнений, решение которых это уже чисто математическая проблема. Введем такие обозначения: F - фокусное расстояние линзы, d и f - расстояния от предмета и его изображения до линзы, h и Н - высоты предмета и его изображения соответственно. Все перечисленные величины будем, естественно, считать положительными, как длины отрезков (это удобно при решении задач), а знак 'минус' будет появляться перед ними только по законам алгебры. Начинаем с собирающей линзы. Поскольку предмет может находиться как перед фокусом линзы, так и за ним, эти два случая будем рассматривать отдельно. Рис. 1 Пусть 0 < d < F (рис.1). H Выражая двояко увеличение линзы , записываем систему d уравнений ПH f Ф h = d, Ф М ФH = F + f . Фh F У Отсюда можно получить формулу линзы: 11 1 -=, df F а также расстояние от изображения до линзы и увеличение линзы: Fd H F = f= и . h F-d F-d Интересно определить расстояние l между предметом и его изображением в этом случае: d2 l=f-d= . F-d Пусть теперь F < d < ћ (рис.2). Аналогично, имеем систему уравнений ПH f Ф h = d, Ф М ФH = f - F , Рис. 2 Фh F У

из которой получаем формулу линзы: 111 += df F и выражения для f и H : h H F Fd и . = f= h d-F d-F

В данном случае расстояние между предметом и его изображением равно l =f +d= Графики зависимости f, d2 . d-F

С

РЕДИ КОНКУРСНЫХ ЗАДАЧ ПО ОПТИКЕ ДОВОЛЬНО ЗА-

H и l от d приведены, соответh ственно, на рисунках 5, а, б и в. Обсудим эти графики с

Рис. 3

Рис. 4

математической точки зрения. Все три кривые имеют вертикальную асимптоту d = F, так как они терпят разрыв в этой точке. Первые две кривые имеют еще горизонтальные асимH птоты: соответственно, f = F и = 0 , а третья кривая - h наклонную под углом 45њ к горизонтальной оси асимптоту l = d + F. Последнее следует вот откуда: l= d2 d2 - F 2 F2 F2 = + = d+F+ . d-F d-F d-F d-F

Кривые, изображенные на рисунках 5, а и б, - это участки гиперболы, так как, например, f= Fd (d - F ) F + F 2 = F + F2 . = d-F d-F d-F

Третья же кривая - более сложная и гиперболой не является, что ясно из ее уравнения. При F < d < 2F эта функция имеет точку минимума (2F; 4F), в которой достигается ее наименьшее значение на этом интервале. Это можно, конечно, установить общим методом с помощью производной. Однако интересны такие два частных способа. Первый способ. Преобразуем выражение для l: l= d2 1 = = 1 1 d-F К1 -F 2 -F Б 2 d Лd d 1 = 2 КК 1 1^ -F Б Б ~Л Л d 2F ? 1 1^ -F ~ d? =

1 = 2. 1 1^ 1^ К1 - FБ ~ Л d 2F ~ ? 4F 4F 2 ? Отсюда следует, что lmin = 4 F при d = 2F. Второй способ. Запишем выражение для l в виде квадратного уравнения d2 - ld + lF = 0 . Так как оно, исходя из физических соображений, имеет решение, то его дискриминант неотрицательный: l2 - 4lF 0


ПРАКТИКУМ

АБИТУРИЕНТА

39
П Ф Ф М Ф Ф У Hf =, h d H F-f . = h F

уравнений

Отсюда получаем формулу рассеивающей линзы: 11 1 - =- , df F расстояние от линзы до изображения и увеличение линзы: Fd H F f= = и . d+F h d+F Заметим, что рассеивающая линза всегда дает уменьшенное H изображение, т.е. < 1 . Расстояние между предметом и его h изображением в этом случае равно l=d-f = d2 . d+F

Строим соответствующие графики для рассеивающей линзы (рис.5, г, д и е). В отличие от первой тройки графиков на рисунке 5, вторая тройка представляет собой непрерывные H кривые. При этом кривые для f и -- это тоже части h H =0 гипербол с горизонтальными асимптотами f = F и h соответственно. Кривая для l более сложная и имеет наклонную под углом 45њ к горизонтальной оси асимптоту l = d - F, ибо d2 d2 - F 2 F2 F2 = + =d-F+ . d+F d+F d+F d+F Представляется полезным все сказанное свести в соответствующую таблицу. Теперь переходим к рассмотрению конкретных задач. Все они в свое время предлагались на вступительных экзаменах в различные вузы. Задача 1. Предмет и его прямое изображение расположены симметрично относительно фокуса линзы. Расстояние от предмета до фокуса линзы l = 4 см. Найдите фокусное расстояние линзы. Допустим, что линза собирающая. Очевидно, что при этом 0 < d < F, т.е. изображение мнимое, поскольку оно прямое. Имеем систему уравнений Fd П Фf = F - d , Ф М f - F = F - d, Ф Ф f - F = l. У

Рис. 5

l (равенство достигается при d = ). Значит, l 4F , т.е. 2 lmin = 4F при d = 2F. Отметим, что если d = 2F, то f = 2F и H = h. Это означает, что изображение получается в натуральную величину. Рассмотрим теперь рассеивающую линзу. Из рисунков 3 и 4 видно, что, независимо от того, находится предмет перед фокусом линзы или за ним, получается одна и та же система


40
F - 2lF - l = 0 с искомым положительным корнем F = l 1 + 2 ? 9, 66 "м .
2 2

КВАНTћ 2005/?5

Выразим из второго и третьего уравнений f и d через F и l и подставим в первое. Получим уравнение

Кроме того, d2 - F =. d1 - F Очевидно, получаем уравнение L 2 + L2 4 - FL - F L 2 - L2 4 - FL - F =.

(

)

Если линза рассеивающая, то приходим к системе уравнений Fd П Фf = d + F , Ф Мd - F = F - f , Ф Фd - F = l. У Результат -- то же уравнение F 2 - 2lF - l2 = 0 . Таким образом, задача имеет одно решение, но в двух случаях: собирающей и рассеивающей линз. Задача 2. Предмет находится на расстоянии d = 10 см от собирающей линзы с фокусным расстоянием F = 20 см. Во сколько раз изменится величина изображения, если на место собирающей линзы поставить рассеивающую с тем же по модулю фокусным расстоянием? Отношение величин изображений равно, очевидно, отношению увеличений: H2 : H1 = F F F-d 1 : = =. d+F F-d d+F 3

Сначала уничтожаем иррациональность в знаменателе: =. F2 Затем извлекаем арифметический корень: L -F+ 2 L2 - FL = F , или 4

(

L 2 - F + L2 4 - FL

)

2

L2 1 - FL = F 1 + - L . 4 2 После возведения последнего уравнения в квадрат оно существенно упрощается:

(

)

F2 1 + откуда получаем F=

(

)

2

= FL ,

(1

L +

)

2

.

Тогда искомая оптическая сила линзы равна D= Задача линзы до переднего Если d 1+ 1 = F L

Задача 3. Расстояние между предметом, находящимся на оптической оси линзы, и его действительным изображением равно l = 6,25F, где F - фокусное расстояние линзы. Найдите расстояние от предмета до линзы и от линзы до изображения. Как объяснить наличие двух решений? Так как изображение действительное, то линза собирающая и d > F. Поэтому уравнение d2 = 6, 25F d-F приводит к квадратному уравнению
4 d 2 - 2 5 Fd + 2 5 F 2 = 0

(

)

2

= 5 дC2! .

с корнями d1 = 5F и d2 = 1, 25F . Соответственно, получаем f1 = 6, 25F - 5F = 1, 25F и f2 = 6, 25F - 1, 25F = 5F . Существование двух решений физически вытекает из обратимости световых лучей. С математической точки зрения, оба корня подходят, так как они удовлетворяют условию d > F. Задача 4. Какова оптическая сила линзы, с помощью которой можно получить увеличенное или уменьшенное изображение предмета на экране, находящемся от него на расстоянии L = 0,9 м, если отношение размеров получаемых изображений = 4 ? Поскольку мнимое изображение нельзя получить на экране, то изображение в обоих случаях действительное. Тогда d > F. Но, учитывая, что > 1 , приходим к такому выводу:
F < d1 < 2F , 2F < d2 < ћ ,

5. Расстояние от заднего фокуса собирающей изображения в 9 раз больше расстояния от фокуса до предмета. Найдите увеличение линзы. < F, то имеем систему уравнений П f + F = 9(F - d), Ф Ф Ф f = Fd , М F-d Ф F Ф Ф = F - d , У где - искомое увеличение. Исключая f из первых двух уравнений, получим уравнение 9d2 - 18Fd + 8 F 2 = 0 с удовлетворяющим нас корнем d = 2 F . Тогда = 3 . 3 Если d > F, то приходим к системе

П f - F = 9 (d - F ) , Ф Ф Ф f = Fd , М d-F Ф F Ф Ф = d - F , У из которой получим такое же уравнение
9d 2 - 18 F d + 8 F 2 = 0

где d1 - меньший, а d2 - больший корень уравнения d2 = L. d-F

4 F . И опять = 3 . 3 Таким образом, задача имеет одно решение, реализуемое в 4 2 двух случаях: d1 = F и d2 = F . В этом легко убедиться, 3 3 построив два раза ход лучей. с подходящим бульшим корнем d =


ПРАКТИКУМ

АБИТУРИЕНТА

41

Обратите внимание, что при решении задач графики и таблица избавили нас от необходимости делать дополнительные чертежи. В заключение приведем задачи для самостоятельного решения. Упражнения 1. Точечный источник света находится на оси тонкой собирающей линзы. Расстояние между источником и ближайшим к нему фокусом l, расстояние между источником и его изображением L. Определите фокусное расстояние линзы. 2. Найдите фокусное расстояние собирающей линзы, если произведение расстояния от предмета до переднего фокуса на расстояние от заднего фокуса до изображения равно a2 . 3. Расстояние между предметом и его прямым изображением в линзе l = 5 см. Линейное увеличение = 0, 5 . Определите фокусное расстояние линзы. 4. Линзу, дающую действительное изображение предмета, передвинули на расстояние, равное ее фокусному расстоянию. При этом получилось мнимое изображение того же размера. Найдите увеличение линзы. 5. Расстояние между предметом и его изображением, даваемым тонкой положительной линзой, равно 0,5F, где F - фокусное расстояние линзы. Каким будет это изображение - действительным или мнимым?

6. Расстояние между предметом, находящимся на оптической оси рассеивающей линзы, и его изображением равно F, где F > 0 - модуль фокусного расстояния линзы. Найдите расстояние от предмета до линзы. 7. Найдите фокусное расстояние собирающей линзы, если при изменении расстояния от предмета до линзы, равного первоначально 0,3 м, на 0,1 м расстояние от линзы до действительного изображения предмета увеличивается вдвое. 8. Расстояние от освещенного предмета до экрана l = = 100 см. Линза, помещенная между ними, дает четкое изображение предмета на экране при двух положениях, расстояние между которыми L = 20 см. Найдите фокусное расстояние линзы. 9. Когда предмет находился в точке А, тонкая собирающая линза давала увеличение 1 = 2 , а когда предмет переместили в точку В, увеличение стало 2 = 3 . Каким будет увеличение, если предмет поместить в середину отрезка АВ? Предмет расположен перпендикулярно главной оптической оси линзы, изображение действительное. 10. С помощью линзы на экране получено изображение предмета с увеличением 2. Каким будет увеличение, если расстояние между предметом и экраном увеличить в 1,6 раза?

Иррациональность и квадратный трехчлен
В.ГОЛУБЕВ

неравенства неотрицательны. Поэтому, возводя их в квадрат, переходим к равносильному неравенству ВВ 9v2 - 48v - 21 + 2 9v2 - 48v - 21 9v2 - 51v - 15 + + 9v2 - 51v - 15 ? ( 3v - 6

)2

. (2)

Комментарий 1. В неравенстве (2) произведение корней сознательно не преобразовано в корень из произведения, поскольку выражения x y и xy предъявляют различные ограничения на переменные х и у.

Так как m = m2 , то (2) принимет вид

2

(

3v - 6

)2 = (

3v - 6) , и неравенство (3)

2

2 9v2 - 48v - 21 9v2 - 51v - 15 ? -9v2 + 63v + 72 .

В

1990 ГОДУ НА ФАКУЛЬТЕТЕ ВЫЧИСЛИТЕЛЬНОЙ МАТЕТИКИ и кибернетики МГУ им. М.В.Ломоносова была

предложена задача: Решите неравенство 9v - 48v - 21 +
2

После возведения в квадрат обеих частей этого неравенства получаем Пv2 - 7v Ф2 Ф3v - 16v 3) ? М 2 Ф3v - 17v Ф 4 У27v - 27 8 ? 0, - 7 0, - 5 0, 0v3 + 647v2 - 212v - 436 ? 0. (4)

9v - 51v - 15 ? 3v - 6 .

2

(1)

(

В данной статье рассматриваются различные способы решения этой задачи.
Прямое решение

Стандартный способ решения иррациональных неравенств - это последовательное возведение в квадрат обеих частей неравенства с целью освобождения от корней. Такой способ сопровождается большой технической работой и требует серьезных усилий и терпения. В дальнейшем решение задачи подобным образом будем называть 'прямым'. Обычно задачу, допускающую прямое решение, относят к разряду стандартных, сложность решения которых в основном определяется затратами времени на получение ответа. Рассмотрим прямое решение неравенства (1). Обе части

Многочлен в левой части последнего неравенства системы (4) при v = 2 обращается в ноль. Поэтому он разлагается на множители:
27v4 - 270v3 + 647v2 - 212v - 436 =

= (v - 2) 27v3 - 216v2 + 215v + 218 . (5) Второй множитель в правой части этого равенства также обращается в ноль при v = 2, что позволяет и его разложить в произведение: 27v3 - 216v2 + 215v + 218 = (v - 2) 27v2 - 162v - 109 . (6)

(

)

(

)


42
Пv Ф Ф3v Ф М Ф3v Ф Ф(v У
2

КВАНTћ 2005/?5

Используя (5) и (6), представим систему (4) в виде - 7v - 8 ? 0,
2 2

Тогда система (4) примет вид Пt2 Ф2 Фt М2 Фt Ф У3t - 21t - 72 ? 0, - 16t - 21 0, - 17t - 15 0,
4

- 16v - 7 0, - 17v - 5 0, (7)

-2

)

2

(

27v - 162v - 109 ? 0.

2

)

- 90t3 + 647t2 - 636t - 3924 ? 0.

Комментарий 2. Переход от системы (4) к системе (7) доступен далеко не каждому. Однако полезно знать, что в большинстве задач повышенной сложности линейные относительно неизвестных выражения выделяются в условии не случайно (обычно авторы, запутывая 'следы' простых конструкций, делают в них линейные подстановки). Тогда, вводя вспомогательные переменные, равные линейным выражениям, зачастую удается существенно упростить вычисления и преобразования. Например, если в исходном неравенстве (1) явно выделенную в условии подмодульную величину 3v - 6 объявить за новую переменную u, то неравенство переписывается в виде
u2 - 4u - 81 + u2 - 5u - 81 ? u .

Корни можно не вычислять

Многие опускают руки при попытке сравнить без калькулятора корни трехчленов, входящих в левые части неравенств системы (8). Можно ли исследовать взаимное расположение корней квадратных трехчленов, не вычисляя эти корни? Очевидно, что в этом случае лучше обратиться к свойствам квадратичной функции и ее графика. Пример 1. Решите систему Пv 2 - 7 v - 8 ? 0, Ф М2 Ф 3v - 16v - 7 0. У (9)

Тогда система (4) принимает вид
Пu2 Ф2 Фu М2 Фu Ф У3u - 9u - 162 ? 0, - 4u - 81 0, - 5u - 81 0,
4

Так как квадратный трехчлен v2 - 7v - 8 имеет целочисленные корни -1 и 8, то

(9 )
Пусть f функции правлены Заметим,

П -1 ? v ? 8, Ф ?М 2 Ф3v - 16v - 7 0. У

- 18u3 - 325u2 ? 0.

Заметим, что значение v = 2 не является решением второго неравенства, а следовательно, и системы (7). Но поскольку 2 при v 2 величина (v - 2) положительна, то, разделив обе части последнего неравенства системы (7) на (v - 2)2 , получаем равносильную систему Пv2 - 7v - 8 ? 0, Ф2 Ф3v - 16v - 7 0, М2 Ф3v - 17v - 5 0, Ф 2 У27v - 162v - 109 ? 0.

(8)

( f ( -1) = 12, f (8) = 57) . Поэтому в плоскости координат v и у имеем картину, изображенную на рисунке 1, где
v- = 8 - 85 8 + 85 и v+ = 3 3 - корни квадратного трехчлена 3v2 - 16v - 7 (индексы '-' и '+' указывают на знак перед квадратным корнем). Заметим, что этот и последующие рисунки выполнены схематично, без соблюдения масштаба. На рисунке 1 штриховкой указаны множества решений неравенств системы (9), откуда следует ответ: -1 ? v ? vт.е. или v+ ? v ? 8 , -1 ? v ?
Рис. 1

= 3v2 - 16v - 7 . Легко показать, что графиком y = f (v) является парабола, ветви которой навверх и которая дважды пересекает ось абсцисс. что ось параболы пересекает отрезок [ -1; 8] , по8 скольку абсцисса вершины v" = . Кроме того, значения 3 функции f (v) на концах отрезка [ -1; 8] положительны

(v)

Наконец, решив квадратные неравенства системы (8) и расположив по возрастанию (что не очень просто!) все корни соответствующих квадратных трехчленов, находим ответ системы, т.е. ответ исходного неравенства: 27 - 4 66 8 - 85 17 + 349 27 + 4 66 ?v? ?v? , . 9 3 6 9 В приведенном прямом решении легко выделить три этапа: I этап - освобождение от иррациональностей (переход от неравенства (1) к системе (4)); II этап - упрощение системы (4) (переход от системы (4) к системе (8)); III этап - решение системы (8). Преодоление каждого этапа требует терпения и аккуратности при выполнении преобразований и сопровождается, как указывалось ранее, большими затратами времени. Возникает вопрос: на какой стадии решения можно сэкономить свои усилия? Простейшая рекомендация: поскольку вычисления желательно производить с меньшими по модулю целыми числами, то, если имеется возможность 'укрупнять' переменную, есть смысл этим воспользоваться. Например, в рассматриваемом случае можно ввести вспомогательную переменную t = 3v и переписать неравенство (1) так: t2 - 16t - 21 + t2 - 17t - 15 ? t - 6 .

8 + 85 8 - 85 ?v?8. или 3 3 Пример 2. Решите систему П 3v 2 - 16v - 7 0, Ф М2 Ф 3v - 17v - 5 0. У (10)

пересечения графиков функций y = f (v) и y = g (v) опреде-

В этом примере оба трехчлена имеют 'плохие' корни. Пусть f (v) = 3v2 - 16v - 7 и g (v) = 3v2 - 17v - 5 . Точка


ПРАКТИКУМ

АБИТУРИЕНТА

43

ляется системой уравнений y = 3v - 16v - 7 и y = 3v - 17v - 5 . Равенство (в этом вся 'соль'!) старших коэффициентов у квадратных трехчленов позволяет легко решить эту систему и получить координаты единственной общей точки двух парабол: v = = 2, y = -27. Так как ветви обеих парабол направлены вверх и ордината единственной общей точки отрицательна, получаем картину взаимного расположения графиков функций f (v) и g (v) в координатной плоскости v, y, представленную на рисунке 2. Чтобы выяснить, какая из двух парабол является графиком функции y = f (v) и какая - графиком функции y = g (v) , достаточно сравнить значения этих функций при любом значении аргумента v, отличном от абсциссы общей точки (в данном случае при v 2 ). Так как f (0) = -7 и g (0) = -5 , то f (0) < g (0) , поэтому парабола, изображенная на рисунке 2 синей линией, есть график функции y = f (v) , а изображенная красной линией - график функции Рис. 2 y = g (v) . Если теперь ввести обозначения корней квадратных трехчленов 3v2 - 16v - 7 и 3v2 - 17v - 5 , ( ( ( ( например, так: v-f ) , v+f ) , v-g) , v+g) , то из рисунка 2 сразу получаем, что
( ( ( ( v-f ) < v-g) < v+f ) < v+g) .
2 2

координатной четверти, и f (0) > g (0) . Тогда сразу получаем (рис.3), что
( ( ( ( v-g) < v-f ) < v+f ) < v+g) ,

откуда следует ответ системы (11):
( ( v-g) ? v ? v-f )

или
( ( v+f ) ? v ? v+g) ,

т.е. 27 - 4 66 17 - 349 ?v? 9 6 или 17 + 349 27 + 4 66 . ?v? 6 9
Оптимальные решения

Рис. 3

Рассмотрим теперь совсем иное решение неравенства (1). Как известно, одна из основных рекомендаций при решении уравнений и неравенств с несколькими радикалами состоит в определении взаимосвязей между подкоренными и 'внекоренными' выражениями, так как зачастую эти взаимосвязи могут подсказать эффективные пути к ответу. В данном случае, если ввести обозначения x = 9v2 - 48v - 21 и y = 9v2 - 51v - 15 , то легко обнаружить, что 3 v - 6 = x - y. Поэтому неравенство (1) можно представить в виде x+ y? x-y . (12)

Повторим, например, прямое решение, используя обозначения х и у: x+ y? x-y ?

Отсюда следует ответ системы (10):
( ( v ? v-f ) или v v+g) .

(

x+ y
2

)

2

? x-y ?

2

? x + 2 x y + y ? ( x - y) ? 2 x y ? ( x - y

)2 - (

x + y) ?

Чтобы получить окончательную форму ответа, осталось ( ( вычислить корни v-f ) и v+g) и подставить в последние два неравенства: v? 8 - 85 17 + 349 или v . 3 6 П 3v 2 - 17v - 5 0, Ф М 2 Ф 27v - 162v - 109 ? 0. У

Пример 3. Решите систему (11)

П( x - y )2 - ( x + y ) 0, Ф ?М 2? 2 2 Ф 2 x y ? ( x - y) - ( x + y) У П x 0, Ф y 0, Ф ?М 2 Ф( x - y ) - ( x + y ) 0, Ф4 xy ? x - y 4 - 2 x - y 2 x + y + x + y ( ) ( )( )( У

(

)(

)

?

)2

В приведенной системе оба квадратных трехчлена имеют 'плохие' корни, но уже не равные, в отличие от системы (10), старшие коэффициенты. Поэтому при попытке решить систему (11) аналогично системе (10) на стадии определения координат точек пересечения двух графиков получим квадратное, а не линейное уравнение с 'плохими' корнями. Чтобы этого избежать, надо обе части первого неравенства системы (11) умножить на 9 и только после этого ввести в рассмотрение функции f (v) = 27v2 - 153v - 45 и g (v) = 27v2 - 162v - 109 . Далее устанавливаем, что графики функций f (v) и g (v) пересекаются в единственной точке, лежащей во второй

Пx Фy Ф Ф ?М x( Ф Ф( x Ф У

0, 0, y y

)2 - ( x )4 - 2 (

+ y) 0, x-y

?

)2 (

x + y) + ( x + y

(

)2

- 4 xy 0

)

П x 0, Ф y 0, Ф Ф ? М x - y 2 - x + y 0, ( )( ) Ф 2 2 Ф( x - y ) ( x - y ) - 2 ( x + y ) + 1 0. Ф У Возвращаясь к переменной v, заканчиваем решение по одному из указанных ранее путей.

(

)


44

КВАНTћ 2005/?5

Неравенство (12) допускает и иные варианты упрощения, которые практически нереально обнаружить, не переходя к переменным х и у. Так как x-y= и

системы: Пv 2 - 7 v - 8 ? 0, Ф2 Ф 3v - 16v - 7 0, а) М 2 Ф 3v - 17v - 5 0, Ф 2 У 27 v - 162v - 109 ? 0; П 3v 2 - 16v - 7 0, Ф2 Ф 3v - 17v - 5 0, б) М 2 Ф18v - 99v - 37 0, Ф 2 У 27 v - 162v - 109 ? 0.

( x) - ( y) = (
2 2

x+ y x+ y

)(

x- y

)

(

x+ y

)(

x- y =

)(

)(

x- y ,

)

неравенство (12) можно переписать в виде x+ y?

(

x+ y

)

x- y .

(13)

Если х = у, то v = 2. При v = 2 непосредственной подстановкой убеждаемся, что x < 0 (и y < 0). Поэтому равенство х = у = 0 невозможно. Следовательно, при x 0 и y 0 выражение x + y всегда положительно. Тогда, разделив обе части неравенства (13) на x + y , получим равносильное ему неравенство 1? x- y . (14)

Решите этот пример самостоятельно. Можно существенно усложнить это задание, запретив вычисление корней квадратных трехчленов в левых частях неравенств. Наконец, рассмотрим цепочку преобразований неравенства (14) при втором из обозначенных выше вариантов. Так как Иf f ?Н О - f , то

Далее возможны два варианта преобразования неравенства (14): либо возвести обе его части в квадрат, либо перейти к системе, вскрывая модуль. Рассмотрим оба варианта. В первом варианте имеем:

(16)

И1 ? ?Н Н1 ? О

x- y y- x

? И Н ?Н y Н О x

(14)

?1 ?

2

x- y

2

?1?

(

x- y

)

2

?

И y +1 ? ?Н Н x +1? О

( (

y +1 x+

) ? ( x) 1) ? ( y )
2 2

2 2

?

? 1 ? x -2 x y + y ? 2 x y ? x + y -1 ? Пx + Фx Пx + y - 1 0, Ф Ф ?М ?М 2 2 y Ф 2 x y ? ( x + y - 1) Ф У Ф4xy У y - 1 0, 0, 0, ? (x + y

Иy + 2 y + 1 ? x И2 y ? x - y - 1 ?Н ?Н ? Нx + 2 x + 1 ? y Н2 x ? y - x - 1 О О ? И Н Н ?Н Н Н Н Н О П Ф М Ф У П Ф М Ф У x - y - 1 0, 2y И Н Н Н Н ?Н Н Н Н Н Н О П y 0, Ф Ф М x - y - 1 0, Ф 2 Ф( x - y) - 2 ( x + y) + 1 0 У П x 0, Ф Ф М y - x - 1 0, Ф 2 Ф( x - y) - 2 ( x + y) + 1 0. У

(

)

)2

- 2 ( x + y) + 1

( (

)

2

? ( x - y - 1)

2

П x 0, Ф y 0, Ф ?М x + y - 1 0, Ф Ф( x - y)2 - 2 ( x + y) + 1 0. У Если вернуться к переменной v, то последняя система после очевидных преобразований примет вид П3v2 - 16v - 7 0, Ф2 Ф3v - 17v - 5 0, М 2 Ф18v - 99v - 37 0, Ф 2 У27v - 162v - 109 ? 0.

y - x - 1 0, 2x

)

2

? ( y - x - 1)

2

Возвращаясь к переменной v, находим, что исходное неравенство (1) равносильно следующей совокупности двух систем: П3v2 - 17v - 5 0, Ф и М3v - 7 0, Ф 2 У27v - 162v - 109 ? 0 Первая система равносильна П3v2 - 16v - 7 0, Ф М5v - 3 0, Ф 2 У27v - 162v - 109 ? 0. неравенству (17)

(15)

Здесь только три неравенства (первое, второе и четвертое) совпадают с тремя неравенствами системы (8) (со вторым, третьим и четвертым соответственно). Но системы (8) и (15) равносильны, поскольку они равносильны неравенству (1). С другой стороны, это объясняется тем, что в системе (8) первое неравенство есть следствие четвертого, а в системе (15) третье неравенство есть следствие первых двух, т.е. исходное неравенство (1), системы (8) и (15) равносильны такой системе трех неравенств: П3v2 - 16v - 7 0, Ф2 Ф М3v - 17v - 5 0, Ф 2 Ф27v - 162v - 109 ? 0. У

17 + 349 27 + 4 66 , ?v? 6 9 а вторая - неравенству 27 - 4 66 8 - 85 . ?v? 9 3
Заключение

(16)

Поэтому к примерам 1-3 можно добавить еще один. Пример 4. Найдите в данной системе неравенство, являющееся следствием остальных (каких?) неравенств

Выше были рассмотрены различные варианты перехода от исходного неравенства (1) к равносильным ему системам и совокупностям линейных и квадратных неравенств. Очевидно, что таких вариантов много. Важно подчеркнуть, что любой подобный переход требует серьезных усилий и навыков, чтобы избежать ошибок и потери времени. Естественно, особую сложность представляет решение полученных систем и их совокупностей ((4), (8), (15), (16), (17)) вследствие 'плохих' корней фигурирующих в них квадратных трехчленов.


ОЛИМПИАДЫ

XXXI Всероссийская олимпиада школьников по математике
Федеральный окружной (IV) этап Всероссийской олимпиады школьников по математике проходил с 22 по 27 марта 2005 года в городах Псков (Северо-Западный федеральный округ), Тверь (Центральный), Майкоп (Южный), Уфа (Приволжский), Новосибирск (Сибирский и Уральский), Хабаровск (Дальневосточный). Заключительный (V) этап олимпиады проходил с 23 по 29 апреля в Нижнем Новгороде на базе удобного для проведения творческих соревнований лицея - Центра одаренных школьников. В соревнованиях приняли участие победители и призеры IV этапа - представители 38 субъектов Российской Федерации, команды Москвы, Санкт-Петербурга, а также не в первый раз приезжающие к нам в гости команды Болгарии и Китая, всего 199 школьников. Несмотря на высокую сложность заданий финала, каждая задача была решена хотя бы одним участником. Спецприз за решение самой трудной задачи олимпиады (задачи 8 для 11 класса) получил Василий Астахов из Саратова. Как обычно, многие школьники продемонстрировали свой высокий уровень, придумывая красивые решения, порой не известные до начала олимпиады членам жюри. Спецпризами за оригинальные решения и решения трудных задач олимпиады были награждены Авксентьев Евгений из Ростова-на-Дону, Митрофанов Иван из Коломны, Воробьев Сергей из Кирова, Ильин Антон из Уфы и Зубанов Константин из Луги. Традиционный приз 'За волю к победе' был вручен Марине Козачок из Долгопрудного, неудачно выступившей в первый день, но единственной из всех десятиклассников решившей все задачи второго дня. Приз самого юного участника достался Виктору Омельяненко из Белгорода (его 11-летие пришлось на дни олимпиады), который завоевал право участвовать в финале своим успешным выступлением за 9 класс на IV этапе. Следует сказать слова большой благодарности оргкомитетам всех олимпиад IV и V этапов за хорошую организацию и гостеприимство. Приводим условия задач окружного и заключительного этапов, а также список призеров Всероссийской олимпиады по математике. не может сделать очередной ход, проигрывает. Кто может выиграть независимо от игры соперника? О.Подлипский 3. Даны 19 карточек. Можно ли на каждой из карточек написать ненулевую цифру так, чтобы из этих карточек можно было сложить ровно одно 19-значное число, делящееся на 11? Р.Женодаров, И.Богданов 4. Дан остроугольный треугольник АВС. Точки B? и C ? симметричны, соответственно, вершинам В и С относительно прямых АС и АВ. Пусть P - точка пересечения описанных окружностей треугольников ABB? и ACC ? , отличная от А. Докажите, что центр описанной окружности треугольника АВС лежит на прямой РА. В.Филимонов 5. Известно, что сумма цифр натурального числа N равна 100, а сумма цифр числа 5N равна 50. Докажите, что N четно. И.Богданов 6. В четырехугольнике ABCD углы А и С равны. Биссектриса угла В пересекает прямую AD в точке Р. Перпендикуляр к ВР, проходящий через точку А, пересекает прямую ВС в точке Q. Докажите, что прямые PQ и CD параллельны. А.Акопян 7. Найдите все такие пары ( x, y) натуральных чисел, что x + y = an , x2 + y2 = am для некоторых натуральных a, n, m. В.Сендеров 8. В 99 ящиках лежат яблоки и апельсины. Докажите, что можно так выбрать 50 ящиков, что в них окажется не менее половины всех яблок и не менее половины всех апельсинов. И.Богданов, Г.Челноков

9 класс
1. В коммерческом турнире по футболу участвовало пять команд. Каждая должна была сыграть с каждой ровно один матч. В связи с финансовыми трудностями организаторы некоторые игры отменили. В итоге оказалось, что все команды набрали различное число очков и ни одна команда в графе набранных очков не имеет нуля. Какое наименьшее число игр могло быть сыграно в турнире, если за победу начислялось три очка, за ничью - одно, за поражение - ноль? Р.Женодаров, А.Храбров 2. См. задачу 3 для 8 класса. 3. Двое игроков по очереди расставляют в каждой из 24 клеток поверхности куба 2 ? 2 ? 2 числа 1, 2, 3, ..., 24 (каждое число можно ставить один раз). Второй игрок хочет, чтобы суммы чисел в клетках каждого кольца из 8 клеток, опоясывающего куб, были одинаковыми. Сможет ли первый игрок ему помешать? Л.Емельянов 4. См. задачу М1973 'Задачника 'Кванта'. 5. См. задачу 5 для 8 класса. 6. См. задачу М1968,а 'Задачника 'Кванта'.

Окружной этап
8 класс
1. В 12 часов дня 'Запорожец' и 'Москич' находились на расстоянии 90 км и начали двигаться навстречу друг другу с постоянной скоростью. Через два часа они снова оказались на расстоянии 90 км. Незнайка утверждает, что 'Запорожец' до встречи с 'Москвичом' и 'Москвич' после встречи с 'Запорожцем' проехали в сумме 60 км. Докажите, что он не прав. Е.Куликов 2. В средней клетке полоски 1 ? 2005 стоит фишка. Два игрока по очереди сдвигают ее: сначала первый игрок передвигает фишку на одну клетку в любую сторону, затем второй передвигает ее на 2 клетки, 1-й - на 4 клетки, 2-й - на 8 и т.д. (k-й сдвиг происходит на 2k -1 клеток). Тот, кто


46

КВАНTћ 2005/?5

7. Существует ли такая бесконечная возрастающая арифметическая прогрессия {an }nOEN из натуральных чисел, что произведение an ... an +9 делится на сумму an + ... + an + 9 при любом натуральном n? В.Сендеров 8. В 100 ящиках лежат яблоки и апельсины. Докажите, что можно так выбрать 34 ящика, что в них окажется не менее трети всех яблок и не менее трети всех апельсинов. И.Богданов, Г.Челноков

ходящей через точку пересечения высот и центр описанной окружности треугольника АВС. Л.Емельянов 5. Докажите, что для любого многочлена Р с целыми коэффициентами и любого натурального k существует такое натуральное n, что P (1) + P (2) + ... + P ( n) делится на k. А.Голованов 6. См. задачу М1968,б 'Задачника 'Кванта'. 7. Каких точных квадратов, не превосходящих 1020 , больше: тех, у которых семнадцатая с конца цифра - 7, или тех, у которых семнадцатая с конца цифра - 8? А.Голованов 8. В 100 ящиках лежат яблоки, апельсины и бананы. Докажите, что можно так выбрать 51 ящик, что в них окажется не менее половины всех яблок, не менее половины всех апельсинов и не менее половины всех бананов. И.Богданов, Г.Челноков, Е.Куликов

10 класс
1. Косинусы углов одного треугольника соответственно равны синусам углов другого треугольника. Найдите наибольший из шести углов этих треугольников. Н.Агаханов 2. Докажите, что для любого x > 0 и натурального n выполнено неравенство (2 x )n 1 + x n +1 . (1 + x )n -1 А.Храбров 3. См. задачу 4 для 9 класса. 4. Даны N 3 точек, занумерованных числами 1, 2, ..., N. Каждые две точки соединены стрелкой от меньшего к большему. Раскраску всех стрелок в красный и синий цвета назовем однотонной, если нет двух таких точек А и В, что от А до В можно добраться и только по красным стрелкам, и только по синим. Найдите количество однотонных раскрасок. И.Богданов, Г.Челноков 5. Арифметическая прогрессия a1, a2,... , состоящая из натуральных чисел, такова, что при любом n произведение an an + 31 делится на 2005. Можно ли утверждать, что все члены прогрессии делятся на 2005? В.Сендеров 6. 7. при (n + См. задачу 6 для 9 класса. Найдите все пары (a, b) натуральных чисел такие, что любом натуральном n число a n + bn является точной 1) -й степенью. В.Сендеров

Заключительный этап
9 класс
1. Дан параллелограмм ABCD (AB < BC). Докажите, что окружности, описанные около треугольников APQ, для всевозможных точек Р и Q, выбранных на сторонах ВС и CD соответственно так, что CP = CQ, имеют общую точку, отличную от А. Т.Емельянова 2. Леша поставил в клетки таблицы числа от 1 до 222 . Верно ли, что Олег две клетки, соседние по стороне или чисел, стоящих в клетках, делится на 22 ? 22 натуральные может выбрать такие вершине, что сумма 4? О.Подлипский

3. Сумма чисел a1, a2, a3 , каждое из которых больше ai2 > S для любого i = 1, 2, 3. единицы, равна S, причем ai - 1 Докажите, что 1 1 1 + + >1. a1 + a2 a2 + a3 a3 + a1 С.Берлов 4. На столе лежат 365 карточек, на обратной стороне которых написаны различные числа. За один рубль Вася может выбрать три карточки и попросить Петю положить их слева направо так, чтобы числа на карточках располагались в порядке возрастания. Может ли Вася, потратив 2000 рублей, с гарантией выложить все 365 карточек на стол слева направо так, чтобы числа на них располагались в порядке возрастания? М.Гарбер 5. Десять попарно различных ненулевых чисел таковы, что для любых из них либо сумма этих чисел, либо их произведение - рациональное число. Докажите, что квадраты всех чисел рациональны. О.Подлипский 6. Сколькими способами числа 20 , 21, 22,..., 22005 можно разбить на два непустых множества А и В так, чтобы уравнение x2 - S ( A) x + S ( B) = 0 , где S ( M ) - сумма чисел множества М, имело целый корень? Н.Агаханов, И.Богданов 7. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты AA ? и BB? . На дуге АСВ описанной окружности треуголь-

8. На клетчатой бумаге нарисован прямоугольник, стороны которого образуют углы в 45њ с линиями сетки, а вершины не лежат на линиях сетки. Может ли каждую сторону прямоугольника пересекать нечетное число линий сетки? С.Волченков

11 класс
К ^ 1. Найдите все пары чисел x, y OE Б 0; ~ , удовлетворяющие Л 2? равенству sin x + sin y = sin ( xy ) . И.Богданов существует число S такое, что если a + b + 111 + + = S (a, b, c, d отличны от нуля bcd 1 1 1 1 + + + = S . Найдите S. и единицы), то 1- a 1-b 1- c 1- d Р.Женодаров 3. См. задачу 4 для 10 класса. 4. Пусть AA1 и BB1 - высоты остроугольного неравнобедренного треугольника АВС. Известно, что отрезок AB1 1 пересекает среднюю линию, параллельную АВ, в точке C ? . Докажите, что отрезок CC ? перпендикулярен прямой, про2. Известно, что 1 + +c+d=Sи a


ОЛИМПИАДЫ

47

ника АВС выбрана точка D. Пусть прямые AA ? и ВD пересекаются в точке P, а прямые BB? и AD пересекаются в точке Q. Докажите, что прямая A ?B? проходит через середину отрезка PQ. А.Акопян 8. См. задачу М1975,а 'Задачника 'Кванта'.

10 класс
1. Найдите наименьшее натуральное число, не представи2a - 2b , где a, b, c, d - натуральные числа. мое в виде c 2 - 2d В.Сендеров 2. См. задачу М1971 'Задачника 'Кванта'. 3. См. задачу М1969 'Задачника 'Кванта'. 4. Окружности B , C - вневписанные для треугольника АВС (т.е. B и C касаются, соответственно, сторон АС и АВ и продолжений двух других сторон). Окружность ? B симметрична B относительно середины стороны АС, ок? ружность C симметрична C относительно середины стороны АВ. Докажите, что прямая, проходящая через точки ? пересечения окружностей ? и C , делит периметр треуB гольника АВС пополам. П.Кожевников 5. В некоторые 16 клеток доски 8 ? 8 поставили по ладье. Какое наименьшее количество пар бьющих друг друга ладей могло при этом оказаться? Е.Куликов 6. См. задачу 7 для 9 класса. 2 15 7. Натуральные числа х и у таковы, что 2x - 1 = y . Докажите, что если x > 1, то х делится на 5. В.Сендеров 8. См. задачу М1974 'Задачника 'Кванта'.

2. См. задачу 3 для 10 класса. 3. Пусть A? , B? и C ? - точки касания вневписанных окружностей с соответствующими сторонами треугольника АВС. Описанные окружности треугольников A?B?C , AB?C ? и A ?BC ? пересекают второй раз описанную окружность треугольника АВС в точках C1 , A1 и B1 соответственно. Докажите, что треугольник A1B1C1 подобен треугольнику, образованному точками касания вписанной окружности треугольника АВС с его сторонами. Л.Емельянов 4. Натуральные числа x, y, z (x > 2, y > 1) таковы, что x y + 1 = z2 . Обозначим через р количество различных простых делителей числа х, через q - количество различных простых делителей числа у. Докажите, что p q + 2 . В.Сендеров 5. Существует ли ограниченная функция f : R Ж R такая, что f (1) > 0 и f ( x ) удовлетворяет при всех x, y OE R неравенству f
2

(

x + y) f

2

( x)

+ 2 f ( xy ) + f

2

( y) ?
Н.Агаханов

6. Можно ли расположить в пространстве 12 прямоугольных параллелепипедов P , P2,... , P 2 , ребра которых парал1 1 лельны координатным осям Ох, Оу, Оz, так, чтобы P2 пересекался (т.е. имел хотя бы одну общую точку) с каждым из оставшихся, кроме P и P3 , P3 пересекался с каждым из 1 оставшихся, кроме P2 и P4 , и т.д., P пересекался с 12 каждым из оставшихся, кроме P и P , P пересекался с 11 1 1 каждым из оставшихся, кроме P и P2 ? (Поверхность 12 параллелепипеда принадлежит ему.) А.Акопян 7. Четырехугольник ABCD с попарно непараллельными сторонами описан около окружности с центром О. Докажите, что точка О совпадает с точкой пересечения средних линий четырехугольника ABCD тогда и только тогда, когда OA OC = OB OD . А.Заславский, М.Исаев, Д.Цветов 8. См. задачу М1975,б 'Задачника 'Кванта'.

11 класс
1. Какое наибольшее конечное число корней может иметь уравнение x - a1 + ... + x - a50 = x - b1 + ... + x - b50 , где a1, a2,... , a50 , b1, b2,... , b50 - различные числа? И.Рубанов

Призеры олимпиады
Дипломы I степени
по 9 классам получили Ардинарцев Никита - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, 8 кл., Сафин Станислав - Краснодар, лицей ИСТЭК; по 10 классам - Еремин Алексей - Краснодар, школа 47; по 11 классам - Трепалин Андрей - Долгопрудный, ФМШ 5, Астахов Василий - Саратов, ФТЛ 1, Белоусов Кирилл - Челябинск, ФМЛ 31, Магазинов Александр - Ярославль, школа 33 им.К.Маркса. Волков Владислав - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, 8 кл., Есин Алексей - ст.Старонижестеблиевская Краснодарского кр., школа 55, Илюхина Мария - Москва, лицей 'Вторая школа', Лысов Михаил - Москва, лицей 'Вторая школа', Митрофанов Иван - Коломна, гимназия 2, Киселев Павел - Раменское, Раменская гимназия, Стебелев Максим - Барнаул, лицей 'Грани', Шмаров Владимир - Саров, лицей 15, Лишанский Андрей - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Сидоров Александр - Санкт-Петербург, лицей 'ФТШ', Ярушин Дмитрий - Челябинск, ФМЛ 31, Остроумова Людмила - Ярославль, школа 33 им.К.Маркса, по 10 классам - Трифонов Иван - Ангарск, школа 10, Дружинин Андрей - Иркутск, лицей 2, Пантелеев Леонид - Киров, КЭПЛ, Девятов Ростислав - Москва, лицей 'Вторая школа',

Дипломы II степени
по 9 классам получили Горинов Евгений - Киров, ФМЛ, 8 кл., Кевер Михаил - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, 8 кл.,


48

КВАНTћ 2005/?5

Климовский Арсений - Москва, СУНЦ МГУ, Пономарева Елизавета - Москва, Московская государственная Пятьдесят седьмая школа, Козачок Марина - Долгопрудный, ФМШ 5, Баранов Дмитрий - Жуковский, гимназия 1, Матвеев Константин - Омск, лицей 66, Дремов Виктор - Волгодонск, школа 24, Глазман Александр - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Образцов Тимофей - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Столяров Дмитрий - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Ситников Александр - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Сахипов Рамиль - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Катышев Алексей - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Пикалов Павел - Екатеринбург, гимназия 9, Красильников Александр - Ульяновск, гимназия 79, Смотров Дмитрий - Челябинск, ФМЛ 31, Иванов Григорий - Ярославль, лицей 2; по 11 классам - Ефимов Александр - Москва, Московская государственная Пятьдесят седьмая школа, Гаврилюк Андрей - Долгопрудный, ФМШ 5, Калинин Никита - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Булиткин Даниил - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Подхалюзин Александр - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Козлов Павел - Ярославль, гимназия им.А.Л.Кекина.

Борискин Павел - Саров, лицей 3, Баранов Эдуард - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Логунов Александр - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Новикова Наталья - Ижевск, ИЕГЛ 'школа-30'; по 10 классам - Тхоржевский Никита - Череповец, школа 34, Хохуля Никита - Краснодар, лицей ИСТЭК, Корнаков Илья - Москва, Московская государственная Пятьдесят седьмая школа, Белов Борис - Раменское, гимназия 2, Музычка Степан - Черноголовка, школа 8, Калинина Елена - Саров, лицей 3, Рябченко Александр - Новосибирск, СУНЦ НГУ, Хапланов Арсений - Ростов-на-Дону, ФМЛ 33, Затицкий Павел - Санкт-Петербург, ФМЛ 239; по 11 классам - Шевяков Вадим - Сухиничи, школа 1, Прохоренко Егор - Краснодар, гимназия 36, Родионов Игорь - Фрязино, школа 1, Кузьменко Юрий - Долгопрудный, ФМШ 5, Севенюк Михаил - Нижний Новгород, школа 85, Нетай Игорь - Ростов-на-Дону, школа 103, Ананьевский Алексей - Санкт-Петербург, Аничков лицей, Шмаков Кирилл - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Гимадеев Ренат - Казань, ФМЛ 131, Тропин Николай - Магнитогорск, школа 65, Ботов Михаил - Ярославль, школа 33 им.К.Маркса.

Дипломы III степени
по 9 классам получили Урбанович Тимофей - Иркутск, лицей 2, Чувашов Сергей - Киров, ФМЛ, Рогожников Алексей - Москва, Химический лицей 1303, Махлин Игорь - Москва, гимназия 1543, Лурье Денис - Жуковский, гимназия 1,

Публикацию подготовили Н.Агаханов, П.Кожевников, Д.Терешин

XXXIX Всероссийская олимпиада школьников по физике
В этом году заключительный этап очередной Всероссийской физической олимпиады школьников прошел в Мордовии, в городе Ковылкино, что находится в 100 километрах от столицы республики. В олимпиаде приняли участие 174 школьника 9-11 классов в составе команд от федеральных округов России и городов Москвы и Санкт-Петербурга. Ниже приводятся условия задач теоретического и экспериментального туров заключительного этапа и список призеров олимпиады. начальная длина самого длинного шнура в недеформированном состоянии: l = 15 см. Найдите длины двух других шнуров и отношение жесткостей шнуров. Считайте, что резиновые шнуры подчиняются закону Гука. И.Иоголевич Задача 2. Средняя скорость поезда Поезд метро проходит расстояние s между станциями, разгоняясь с ускорением а до середины перегона и тормозя

Теоретический тур
9 класс
Задача 1. Три резиновых шнура Три резиновых шнура связывают вместе и медленно растягивают в разные стороны (рис.1). В некоторый момент длины всех трех шнуров оказываются одинаковыми и равными L1 = 20 "м . Затем шнуры растягивают под другими углами (рис.2). В этом случае равенство длин шнуров наступает при длине L2 = 30 "м каждого их них. Известна

Рис. 1

Рис. 2


ОЛИМПИАДЫ

49
10 класс

с таким же по модулю ускорением на второй половине пути. В какой момент времени от начала движения средняя скорость поезда v на пройденном участке пути максимальна? Найдите максимальное значение vmax этой скорости и расстояние l от начала пути, на котором оно достигается. С.Кармазин Задача 3. 'Черный ящик' В коробке ('черном ящике') с четырьмя выводами находятся четыре одинаковых резистора. С помощью омметра измеряется сопротивление между выводами 1 и 2 (рис.3). При этих измерениях поочередно соединялись накоротко выводы 1- 3, 2-3 и 2-4. Результаты измерений следующие: R13 = 3 nм , R23 = 3 nм , R24 = 4 nм , R00 = 4 nм . Индексы указывают, какие выводы 'черного ящика' были закорочены при данном измерении. Индекс '00' означает, что никакие два вывоРис. 3 да не соединялись накоротко. Расшифруйте по этим данным схему 'черного ящика' и определите сопротивление R резисторов, а также R14 и R34 . С.Козел Задача 4. Удельная теплоемкость свинца На олимпиаде по физике участникам было предложено выполнить следующий эксперимент. Пенопластовый стакан емкостью V0 , закрытый сверху пенопластовой крышкой, в которую вставлен термометр, заполнялся горячей водой, и по мере остывания воды снималась зависимость ее температуры Т от времени t. Затем в стакан помещался кусок свинца плотностью = 11, 3 103 *г м 3 и объемом V = V0 2 , стакан доверху заполнялся горячей водой, и вновь снималась зависимость T (t ) . Аккуратный ученик изобразил оба графика на одном листе миллиметровой бумаги (кривые 1 и 2 на рисунке 4). Принимая удельную теплоемкость воды равной c0 = 4, 2 103 d> (*г 0q) , определите по этим экспериментальным кривым удельную теплоемкость с свинца. Плотность воды 0 = 1, 0 103 *г м 3 . Теплоемкостью стенок стакана и крышки можно пренебречь. Температуру в комнате, где проводился эксперимент, считайте постоянной. С.Козел

Задача 1. Двойная звезда Двойная звезда состоит из двух звезд, отстоящих на постоянное расстояние друг от друга. Космонавт Глюк решил вывести космический корабль на орбиту таким образом, чтобы он все время находился на отрезке, соединяющем звезды, был на постоянном расстоянии от каждой из звезд и расходовал при этом минимальное количество топлива. Проведя все расчеты, Глюк нашел, что корабль должен находиться на расстоянии l1 от первой звезды и l2 от второй, и успешно вывел корабль на орбиту. Чему равно отношение M1 M2 масс звезд? С.Козел Задача 2. Неквазистатические процессы В цилиндре с теплонепроницаемыми стенками под массивным теплонепроницаемым поршнем находится идеальный одноатомный газ (рис.5). После того как система пришла в новое состояние термодинамического равновесия, гирю быстро сняли и вновь дождались наступления равновесного состояния. Определите, какая температура газа Т установится в цилиндре после четырех таких циклов, если первоначальная температура равнялась T0 = 300 j . Считайте, что трение между поршнем и стенками цилиндра пренебрежимо мало. Внешним дав- Рис. 5 лением можно пренебречь. В.Слободянин Задача 3. Теплоемкость системы В сосуде находятся гелий Не и азот N 2 в количестве 1 и 2 молей соответственно. Сосуд разделен на две части пористой перегородкой П (рис.6), которая свободно пропускает гелий и не пропускает азот, причем изначально азот был только в правой части. Пренебрегая теплоемкостью стенок сосуда и поршней, найдите теплоемкость системы при нагревании в следующих условиях: 1) при закрепленных Рис. 6 поршнях; 2) при свободных поршнях, создающих постоянные давления; 3) при свободном левом поршне, создающем постоянное давление, и закрепленном правом поршне. Универсальная газовая постоянная R известна. О.Шведов Задача 4. Периодическая подзарядка конденсатора В цепи (рис.7) состояние ключа K периодически изменяют: замыкают на время , затем размыкают на время 2 , снова замыкают на время и размыкают на время 2 и так далее. Время достаточно мало, так что напряжение на конденсаторе большой емкости С не успевает за это время заметно измениться. После большого количества переключений напряжение на конденсаторе становится практически постоянным, совершая лишь небольшие колебания около своего среднего значения. Найдите в установившемся режиме:1) среднее значение напряжения U на конден- Рис. 7

Рис. 4


50

КВАНTћ 2005/?5

саторе; 2) среднюю силу тока I, текущего через ключ; 3) отношение средних тепловых мощностей, выделяющихся на резисторах. ЭДС источника E и сопротивление R каждого из резисторов известны. Д.Александров Задача 5. Сверхпроводящий соленоид и конденсатор В некоторый момент сверхпроводящий соленоид объемом V = 40 "м 3 подключают к высоковольтному конденсатору емкостью С = 100 мкФ, заряженному до напряжения U = = 1 кВ. Известно, что при индукции магнитного поля в соленоиде B0 = 1, 6 Sл разрушается состояние сверхпроводимости материала, из которого выполнена обмотка соленоида. Определите, произойдет ли разрушение сверхпроводимости в описанном эксперименте. Магнитная постоянная 0 = 4 10 -7 единиц СИ. С.Козел

E = 24 B и внутренним сопротивлением r = 0,2 Ом. Известно, что при индукции магнитного поля B0 = 1, 26 Sл состояние сверхпроводимости обмотки соленоида разрушается. Определите, перейдет ли в этом эксперименте обмотка соленоида из сверхпроводящего в нормальное состояние и, если да, то через какое время после подключения, а если нет, то при какой ЭДС E источника произошел бы переход. Магнитная постоянная 0 = 4 10 -7 единиц СИ, С.Козел Задача 5. Фотоэффект Цинковый шарик радиусом R = 1 см расположен в вакууме вдали от других тел и заряжен до потенциала 0 = -0, 5 B (полагая на бесконечности = 0 ). Шарик осветили монохроматическим ультрафиолетовым светом с длиной волны = 290 ...м . 1) С какой максимальной скоростью v1 вылетают фотоэлектроны из шарика? 2) Какую максимальную скорость v2 будут иметь на большом расстоянии от шарика фотоэлектроны, вылетевшие из него в начале опыта? 3) Найдите потенциал 1 шарика после продолжительного облучения. 4) Какое число N фотоэлектронов покинут шарик при продолжительном облучении ультрафиолетом? Красная граница фотоэффекта для цинка 0 = 332 ...м . Скорость света c = 3, 0 108 м " . Постоянная Планка h = 6, 63 10-34 d> " . Электрическая постоянная 0 = = 8, 85 10 -12 t м . Заряд электрона e = -1, 6 10 -19 jл . Масса электрона m = 9,1 10 -31 *г . С.Козел

11 класс
Задача 1. Из области фантастики Предположим, что в результате какой-то космической катастрофы Луна остановилась в своем орбитальном движении вокруг Земли. Определите, какое время Луна будет падать на Землю и с какой относительной скоростью v они столкнутся. Расстояние от Земли до Луны L = 3, 84 105 *м , радиус Земли R = 6370 км. Массу и размер Луны можно считать малыми по сравнению с массой и размером Земли. С.Козел Задача 2. Неквазистатические циклические процессы В состоянии равновесия идеальный двухатомный газ занимает часть объема теплоизолированного сосуда с массивным теплоизолированным поршнем (см. рис. 5). На поршень поставили гирю. Когда система пришла в новое состояние термодинамического равновесия, оказалось, что давление газа возросло на 25%. Затем гирю быстро сняли и вновь дождались наступления равновесного состояния. Сколько таких циклов установки и снятия гири можно совершить, пока объем газа не увеличится вдвое при очередном удалении гири? Считайте, что трение между поршнем и стенками цилиндра пренебрежимо мало. Внешним давлением можно пренебречь. В.Слободянин Задача 3. Газ Клаузиуса Разрабатывая кинетическую теорию газов, Клаузиус ввел в уравнение состояния идеального газа (в расчете на 1 моль) поправку b, которая имеет смысл собственного объема молекул газа: p (V - b ) = RT . Процесс 1-2 (рис.8) производится сначала с одним молем идеального газа, а затем с одним молем газа Клаузиуса. Найдите разность T максимальных температур газов в этих опытах, а также укажите, какая из них больше. Известно, что p0 = 1, 51 lo= , b = = 44 "м 3 м%ль V0 , R = Рис. 8 = 8, 310 d> (м%ль j ) . В.Слободянин

Экспериментальный тур
9 класс
Задача 1. Регулируемый 'черный ящик' В 'черном ящике', имеющем 3 вывода, собрана электрическая цепь, состоящая из нескольких резисторов с постоянным сопротивлением и одного переменного резистора. Сопротивление переменного резистора можно изменять от нуля до некоторого максимального значения R0 с помощью регулировочной ручки, выведенной наружу. С помощью омметра исследуйте схему 'черному ящика' и, предполагая, что число находящихся в нем резисторов минимально, 1) изобразите схему электрической цепи, заключенной в 'черном ящике'; 2) вычислите сопротивления постоянных резисторов и величину R0 ; 3) оцените точность вычисленных вами значений сопротивлений. Оборудование: 'черный ящик'; омметр. В.Слободянин Задача 2. Лед с водой Определите массовую долю льда в смеси льда и воды на момент выдачи. Оборудование: смесь воды со льдом; термометр; часы. Примечание : удельная теплоемкость воды c = = 4200 d> (*г 0q ) , удельная теплота плавления льда = 335 *d> *г . Фольклор

Задача 4. Сверхпроводящий соленоид и источник Сверхпроводящий соленоид длиной l = 10 см и площадью поперечного сечения S = 1, 6 "м2 имеет N = 1000 витков. В некоторый момент соленоид подключают к источнику с ЭДС

10 класс
Задача 1. Колебания физического маятника Стержень с двумя грузами А и В укреплен на горизонтальной оси и может совершать угловые колебания, т.е. представ-


ОЛИМПИАДЫ

51

ляет собой физический маятник (рис.9). Нижний груз А закреплен на стержне неподвижно, а верхний груз В может перемещаться и закрепляется на стержне с помощью винта. 1) Произведите измерения периода Т малых колебаний такого маятника при различных положениях груза В (ниже и выше оси вращения), характеризуемых координатой х, отсчитываемой вниз от оси вращения. 2) Постройте на миллиметровой бумаге график зависимости T ( x ) с указанием погрешностей измерений. 3) Снимите со стержня груз В и измерьте с возможно большей точностью период T0 малых колебаний маятника без этого груза. Рис. 9 4) Отклоните маятник на угол 30 (на глаз) и вновь измерьте период колебаний T30 . Найдите отношение k = (T30 - T0 ) T0 в вашем эксперименте. Оборудование: физический маятник с двумя грузами; секундомер; линейка; миллиметровая бумага. Примечание: малыми колебаниями физического маятника называются колебания с угловой амплитудой, не превышающей 10-15њ. С.Козел Задача 2. Бутылка с воздухом 1) Предположим, что давление воздуха в бутылке превышает атмосферное. Придумайте и изобразите схему установки для измерения избыточного давления воздуха в бутылке. 2) Соберите установку по созданию и измерению избыточного давления в бутылке. Проверьте герметичность установки. 3) С помощью собранной установки измерьте объем части бутылки, заполненный воздухом. Оборудование: бутылка, частично заполненная водой;

полиэтиленовая прозрачная трубочка с иглой; шприц с иглой; сосуд с водой; штатив; доска; лист миллиметровой бумаги; пластилин; ножницы; скотч. И.Андреев, С.Варламов

11 класс
Задача 1. Трансформатор В коробке собрана цепь (рис.10). В цепь последовательно с резистором R0 включена первичная обмотка маломощного трансформатора. Определите: 1) сопротивление r первичной обмотки на постоянном токе; 2) активное сопротивление R первичной обмотки на переменном токе частотой f = = 50 Гц; 3) индуктивность L первичной обмотки; Рис. 10 4) тепловую мощность Р, выделяющуюся в железном сердечнике трансформатора в условиях эксперимента. Оборудование: электрическая цепь (см. рис.10); низковольтный источник тока частотой f = 50 Гц; резистор R0 ; мультиметр; миллиметровая бумага. С.Козел Задача 2. Дифракционная решетка Определите с наибольшей точностью период d дифракционной решетки. Оборудование: дифракционная решетка; лазер с неизвестной длиной волны (лазерная указка); компакт-диск с шириной дорожки d0 = 1, 6 м*м ; миллиметровая бумага; пластилин. ВНИМАНИЕ: во избежание повреждения сетчатки не направляйте свет лазера в глаза; лазер следует включать только на время измерений. С.Козел

Призеры олимпиады
Дипломы I степени
по 9 классам получили Котов Андрей - Москва, Московская государственная Пятьдесят седьмая школа, Кулиев Виталий - Киров, ФМЛ, Соловьева Ксения - Пермь, школа 146, Ефимов Сергей - Бийск, Бийский лицей, Кузин Денис - Ельники, Ельниковский лицей, Кострыгин Анатолий - Санкт-Петербург, ФМЛ 239, Андреев Андрей - Чебоксары, лицей 44, Будкин Григорий - Санкт-Петербург, лицей 'ФТШ'; по 10 классам - Рындин Максим - Березники, школа 3, Зоркин Сергей - Иркутск, лицей ИГУ, Мостовых Павел - Санкт-Петербург, школа 306, Пьянков Андрей - Новокузнецк, лицей 84, Занин Андрей - Тамбов, лицей 14; по 11 классам - Ерофеев Иван - Новосибирск, лицей 130, Вдовин Валерий - Нижний Новгород, лицей 36, Гущин Иван - Ярославль, школа 33 им. К.Маркса, Арзамасов Вадим - Чебоксары, лицей 3, Мозгунов Евгений - Сергиев Посад, ФМЛ, Маркин Дмитрий - Москва, лицей 'Вторая школа', Тимофеев Олег - Москва, СУНЦ МГУ, Ахунзянов Руслан - Набережные Челны, гимназия 57, Клюкин Станислав - Оренбург, гимназия 1.

Дипломы II степени
по 9 классам получили Мыльников Дмитрий - Самара, школа 27, Румянцев Артем - Воронеж, гимназия им. Н.Г.Басова при ВГУ, Сидоров Александр - Санкт-Петербург, лицей 'ФТШ', Шаповалов Артем - Старый Оскол, лицей 3, Проскурин Михаил - Нижневартовск, лицей, Суханов Илья - Саров, ФМЛ 15; по 10 классам - Артамонов Семен - Казань, лицей при КГУ, Киселев Александр - Москва, школа 1189 им. И.В.Курчатова, Светличный Павел - Волжский, школа 30, Щепетильников Антон - Снежинск, гимназия 127,


52

КВАНTћ 2005/?5

Уваровский Алексей - Великий Устюг, Многопрофильный лицей, Богер Евгений - Киров, ФМЛ, Былинкин Александр - Снежинск, гимназия 127, Капун Евгений - Санкт-Петербург, лицей 'ФТШ', Федянин Дмитрий - Саратов, ФТЛ 1, Лыков Антон - Москва, СУНЦ МГУ, Марковцев Вадим - Сергиев Посад, ФМЛ; по 11 классам - Демин Дмитрий - Москва, СУНЦ МГУ, Зернин Илья - Пермь, школа 146, Малащенко Иван - Бийск, Бийский лицей, Гусихин Павел - Казань, ФМЛ 131, Корчагин Александр - Дубна, лицей 'Дубна', Усков Евгений - Протвино, лицей, Федотов Юрий - Тамбов, лицей 14, Михайлов Андрей - Гатчина, лицей 3, Полбин Андрей - Чебоксары, лицей 44, Храмцов Алексей - Дубна, лицей 'Дубна'.

по 10 классам - Лисов Денис - Москва, лицей 1525 'Воробьевы горы', Попов Антон - Челябинск, лицей 31, Афанасьев Александр - Владивосток, гимназия 1, Федорцов Михаил - Тюмень, гимназия ТюмГУ, Горбенко Виктор - Санкт-Петербург, лицей 'ФТШ', Крыгин Михаил - Москва, лицей 'Вторая школа', Ширинкин Аркадий - Пермь, школа 146; по 11 классам - Бочкарев Константин - Тюмень, гимназия ТюмГУ, Гизатулин Денис - Владивосток, школа 23, Гусев Олег - Химки, ФМШ 5, Дородный Александр - Красноярск, лицей 8, Киселев Юрий - Санкт-Петербург, лицей 'ФТШ', Максименко Юлия - Саратов, ФТЛ 1, Павловский Константин - Санкт-Петербург, лицей 'ФТШ', Филатов Сергей - Черноголовка, школа 82, Сафронов Павел - Санкт-Петербург, ФМЛ 30, Смирнов Сергей - Москва, Московская государственная Пятьдесят седьмая школа, Стомахин Алексей - Москва, Московская государственная Пятьдесят седьмая школа, Ширяев Владимир - Новосибирск, СУНЦ НГУ, Дегтярев Илья - Екатеринбург, СУНЦ УрГУ, Воронина Людмила - Челябинск, лицей 31, Мотузюк Артем - Дубна, лицей 'Дубна', Тарнопольский Григорий - Ростов-на-Дону, гимназия 5. Публикацию подготовили С.Козел, В.Слободянин

Дипломы III степени
по 9 классам получили Дрожжин Александр - Саратов, Лицей прикладных наук, Петухов Антон - Нижнекамск, школа 15, Кононенко Даниил - Новосибирск, гимназия 1, Рогожников Алексей - Москва, Химический лицей 1303, Анисимов Андрей - Ноябрьск, школа 10, Сальников Всеволод - Москва, лицей 'Вторая школа', Константинов Роман - Обнинск, гимназия, Сокко Анастасия - Долгопрудный, ФМШ 5;

Международный турнир 'Компьютерная физика'
Турнир 'Компьютерная Физика' - часть программы Международного интеллект-клуба (МИК) 'ГЛЮОН', проводимой с целью поиска, отбора и поддержки интеллектуально одаренных детей, проявляющих интерес к математике, физике и информатике. Уникальность этого турнира состоит в том, что все задачи предполагается решать с помощью численного моделирования на компьютере. Для участия в турнире приглашаются команды школьников (5 человек), обладающих знанием физики и навыками работы на IBM PC. Турнир проводится в виде интеллектуального соревнования между командами в два тура - заочный и очный. IX Турнир 'Компьютерная физика' Традиционно, заочный тур этого турнира начался в сентябре 2004 года рассылкой задания заочного тура по заявкам в лицеи, школы и гимназии. Шесть лучших команд были приглашены на финал турнира - очный тур соревнований, который проходил с 6 по 13 февраля 2005 года в городе Пущино на базе пансионата 'Пущино'. В проведении турнира приняли участие Пущинский научный центр РАН, Московский государственный университет им.М.В.Ломоносова и Межрегиональная ассоциация 'Женщины в науке и образовании' при поддержке компаний 'Физикон', 'Кирилл и Мефодий', '1С', фонда 'Династия' и журнала 'Квант'. Прежде всего состоялась защита задания заочного тура. Каждой команде было предложено выступить с докладом о своих результатах перед командами оппонентов и рецензентов. Научная дискуссия команд завершилась победой команды ФМЛ 1511 при Московском инженерно-физическом институте (МИФИ). Подготовка к соревнованиям очного тура началась с лекции профессора МГУ А.М.Попова об основах физики колебаний, после которой команды получили задание очного тура. В течение последующих 36 часов школьники решали поставленную задачу. На защите очного задания отличилась команда ФМЛ 1580 при Московском государственном техническом университете (МГТУ) им.Н.Э.Баумана, представившая наиболее развернутое и глубокое решение и ставшая победителем этого тура. По итогам двух туров абсолютным победителем турнира стала команда ФМЛ 1511 при МИФИ, получившая переходящий приз 'Хрустальный глобус'. Дипломами I степени и памятными значками были награждены команды ФМЛ 1511 при МИФИ и ФМЛ 1580 при МГТУ им.Н.Э.Баумана. Дипломы II степени получили команды Самарского медикотехнического лицея (МТЛ) и Самарского аэрокосмического лицея, а дипломы III степени - гимназия 56 города Ижевска


ОЛИМПИАДЫ

53

и команда из Аничкова лицея города Санкт-Петербурга. Участникам соревнований было вручено множество призов от спонсоров и организаторов турнира. В рамках турнира был проведен очередной конкурс компьютерного творчества, включающий четыре направления: разработка Интернет-сайта; компьютерное моделирование; прикладное программное обеспечение; презентации и дизайн, а также прошел конкурс 'Виртуальная физическая лаборатория', разработанный компанией 'Физикон'. Четырнадцать команд из Москвы, Тольятти, Екатеринбурга, Ижевска, Самары и Казахстана соревновались за победу. Лучшей стала команда РЦ 'ГЛЮОН' города Тольятти. В интеллектуальной командной компьютерной игре победителем в очередной раз стала команда МТЛ из Самары.
Заочный тур. 'Электродинамика в микрополости'

Подробно о том, как стало возможным экспериментальное исследование взаимодействия отдельного атома, помещенного в полость малых размеров, с электромагнитным полем, возбуждаемым в полости внешним источником, рассказано в 'Кванте' ?5 за 2004 год. Здесь же мы напомним само задание и проведем его разбор. Задание 1. Исследуйте динамику взаимодействия атома с единственной (основной) полевой модой n = 1 микрополости в резонансном случае ( =2 = 1 = c L ), а также в отсутствие резонанса ( =2 1 ). Считайте, что в начальный момент времени атом находится в возбужденном состоянии (безразмерная амплитуда колебаний атомного электрона x0 = 1 ), а электромагнитное поле отсутствует ( = 0 ). Размеры полости: L = 1 мкм, S = 1 м*м2 . 2. Пусть частота атомной системы близка или совпадает с частотой одной из полевых мод: =2 = n0 ( n0 = 10 ). Рассмотрите динамику атомной системы для различных значений размера микрополости L. Сколько полевых мод надо учитывать при моделировании? Проведите исследование в диапазоне L = 1 - 100 мкм при S = 1 м*м 2 . 3. Запишите уравнения, описывающие поведение двух атомов в микрополости (считайте, что атомы между собой не взаимодействуют и могут обмениваться энергией только через электромагнитное поле). В условиях задания 2 рассмотрите особенности динамики системы двух одинаковых атомов в зависимости от соотношения начальных энергий возбуждения, а при одинаковых энергиях - от соотношения начальных фаз атомных осцилляторов. Разбор задания Рассмотрим простейшую механическую модель явления: два математических маятника - грузики массой m , висящие на длиной невесомой нерастяжимой нити длиной l, - связанные между собой пружиной жесткостью k. Будем считать, что пружина находится в ненапряженном состоянии, если оба маятника пребывают в положении равновесия. Для малых углов отклонения систему уравнений движения маятников можно записать в виде dx1 k + 2 x1 = - ( x1 - x2 ) , 0 2 m dt dx2 k 2 + 0 x2 = ( x1 - x2 ) , m dt2 где 2 = g l - квадрат частоты собственных колебаний 0 маятников, а x1 и x2 - координаты первого и второго маятников. Эта система уравнений описывает связанные колебания. Ясно, что наличие связи обеспечивает обмен энергией между маятниками.

Рис. 1

По своей математической структуре эта система уравнений аналогична уравнениям, описывающим атом и электромагнитное поле в микрополости. Следовательно, похожими получатся и решения. В простейшем случае взаимодействия атома с одной резонансной полевой модой в системе происходит колебательный процесс, сопровождающийся передачей энергии возбуждения от атома к электромагнитному полю и обратно. Начальная колебательная динамика атомной подсистемы представлена на рисунке 1,а, а полевой подсистемы - на рисунке 1,б.

Рис. 2


54

КВАНTћ 2005/?5

На больших временах наблюдается модуляция амплитуд колебаний подсистем (биения), происходящая с частотой = =2 ? 3 106 " -1 . В слабо нерезонансном случае ( (=2 - 1 ) =2 1 ) биения также наблюдаются, однако они сопровождаются неполным перетеканием энергии от атома к полю и обратно. В случае сильного 'нерезонанса' ( (=2 - 1 ) =2 1 ) осцилляторы практически не взаимодействуют. При увеличении размера микрополости наблюдается уменьшение расстояния между соседними полевыми модами, что постепенно приводит к необходимости учета взаимодействия атома сразу с несколькими полевыми модами. В случае наличия в микрополости двух атомов взаимодействие происходит через возбуждаемое ими электромагнитное поле и сопровождается перераспределением энергии в пределах системы. Если начальные значения энергии атомов одинаковы, временнбя динамика системы существенным образом зависит от соотношения начальных фаз атомных осцилляторов. Изменения амплитуд колебаний атомной и полевой подсистем во времени, рассчитанные для трех различных разностей фаз = 2 - 1 (0, /2, ), приведены на рисунке 2. Случай = 0 (см. рис.2,а) сопровождается наиболее эффективным возбуждением электромагнитного поля в полости, случай = (см. рис.2,в) описывает колебания атомов в противофазе, в результате чего электромагнитное поле в полости не возбуждается. Решение представлено командой ФМЛ 1511 при МИФИ в составе: Блохин Юрий, Салахутдинов Сергей, Бураков Владимир, Щербина Лариса, Макаров Андрей.
Очный тур 'Одномерный кристалл'

чтобы направления и величины скоростей давали полный импульс равным нулю. Задание 1. Получите зависимость от времени кинетической и потенциальной энергий каждого атома в случае, когда начальные условия для колебаний атомов кристалла заданы в области справедливости закона Гука, т.е. когда выполняется условие (2). Объясните полученные результаты. Определите температуру системы. 2. Получите зависимость от времени кинетической и потенциальной энергий каждого атома в области ангармоничности потенциала Морзе. Определите температуру системы. 3. Предположите, что цепочка атомов состоит наполовину из атомов малой массы m, а наполовину из атомов большой массы М. Выполните для такого кристалла задание 1. Рекомендуемые параметры: число атомов в цепочке n = 10 - 20; масса атома m = 12 а.е., где 1 =. . = 1, 6 10 -24 г , М = 10 m; кроме того, R0 = 2A , где 1A = 10 -8 "м , D = 4 эВ, где 1 .b = 1, 6 10 -19 d> , = 107 "м -1 . Разбор задания Уравнения, описывающие колебания атома в цепочке, записываются в виде m d2 xi = Fii dt2
+1

+ Fi

i -1

, i = 2, ..., n - 1,

(3)

Простейшая модель твердого тела (кристалла) состоит в следующем: имеется цепочка атомов массой m, попарно взаимодействующих между собой с некоторой силой, зависящей от расстояния R между ними. Равновесное расстояние между атомами равно R0 . В общем случае энергия взаимодействия атомов между собой определяется потенциалом Морзе
- U ( R) = D 1 - e (

где Fii +1 - сила, действующая между i-м и (i + 1) -м атомами. В случае первого и последнего атомов в правой части уравнения имеется только одно слагаемое. Выражение для силы получается в результате дифференцирования потенциала Морзе (1). В гармоническом приближении уравнение (3) имеет вид d2 xi k k (4) = - ( xi - xi -1 ) - ( xi - xi +1 ) . m m dt2 Здесь '--' определяется выражением (2), а координата каждого атома отчитывается от положения его равновесия. Система уравнений (4) интегрировалась численно методом Эйлера, число атомов в кристалле изменялось от 10 до 400. Для описания динамики кристалла к уравнению (4) необходимо задать начальные условия. В случае если в начальный момент времени первый атом смещен из положения равновесия ( x1 = R0 2 ), а остальные атомы находятся в положении равновесия (скорости всех атомов равны нулю), в цепочке атомов возбуждается волна, распространяющаяся от одного конца к другому и обратно (рис.3). Колебательное возмущение, распространяющееся по кристаллу, постепенно делокализуется, и возникают неупорядоченные колебания всей цепочки атомов. Система оказывается близка к состоянию 'термодинамического равновесия'. При этом средние значения кинетической энергии всех атомов равны. Кроме того, средние значения кинетической Ek (t ) и потенциальной Ep (t ) энергий атомов равны друг другу (рис.4) В случае ангармонических колебаний в системе также устанавливается 'термодинамическое равновесие', однако средние значения кинетической и потенциальной энергий атомов оказываются неравными друг другу. Особенностью колебаний цепочки, состоящей из атомов разной массы, является то, что характерные амплитуды колебаний легких и тяжелых атомов существенно отличаются. Поскольку в процессе эволюции системы происходит установление 'термодинамического равновесия', характер-

(

R - R0

)

)

2

,

(1)

где D - это энергия разрыва связи между атомами, - параметр потенциала Морзе. При малых отклонениях от равновесия, когда выполняется условие ( R - R0
2

)

1,
2

(2)

потенциал Морзе представляется в виде U ( R) = D

- R0 ) , и величина действующей силы оказывается пропорциональной отклонению межатомного расстояния от равновесного значения, т.е. справедлив закон Гука. Приближенно можно говорить, что простейшая модель кристалла - это последовательность частиц, связанных между собой пружинками жесткостью k = 2D2 .

(

R-

Исследования физических процессов в кристаллах можно проводить в рамках рассмотренной модели. В состоянии термодинамического равновесия атомы совершают колебания вблизи положения равновесия, амплитуда которых определяется температурой системы. Для описания динамики движения атомов кристалла необходимо составить систему уравнений. Надо задать начальные условия для движения каждого атома, т.е. начальные смещения и скорости, так,


ОЛИМПИАДЫ

55
действия, происходит разрыв межмолекулярных связей. Известно, что между молекулами инертных газов (молекулами, не обладающими дипольным моментом) на больших расстояниях действуют силы притяжения (силы Вандер-Ваальса), а на малых расстояниях они сменяются силами отталкивания. Такое взаимодействие между атомами можно описать потенциалом Леннарда-Джонса К К r ^ 6 К r ^ 12 ^ (5) U (r ) = -U0 Б Б 0 ~ - Б 0 ~ ~ , Лr? ? ЛЛ r ? где характерная величина r0 определяется атомным размером: r0 ? 1 - 4 A , а U0 определяет глубину потенциальной ямы: для атомов инертных газов U0 ? 0, 05 - 0, 02 .b . Соотношение характерной величины кинетической энергии молекул ( kT ) и глубины потенциальной ямы определяет фазовое состояние вещества. Предлагается промоделировать фазовый переход между газообразным и конденсированным состояниями в ансамбле атомов, взаимодействующих по закону (5). Рассмотрим двумерный газ, состоящий из n атомов массой m, находящийся в объеме L ? L ? L , где L - линейный размер. Потенциал взаимодействия (5) между каждой парой атомов i и j (i,j = 1, ..., n) записывается в виде К К ^ 6 К ^ 12 ^ r r Uij ri, rj = -U0 Б Б 0 ~ - Б 0 ~ ~ , ri, j ? ri, j ? ~ БЛ Л Л ? где xi, yi и x j , y j - декартовы координаты i-го и

Рис. 3

Рис. 4

(

)

j-го атомов, а ri, j = ri - rj =

(

xi - x

j

) +(
2

yi - y

j

)

2

.

Рис. 5

ные амплитуды колебаний атомов разной массы находятся в m (рис.5). соотношении M Решение представлено командой лицея 1580 при МГТУ им.Н.Э.Баумана в составе: Вельц Сергей, Быкадорова Наталья, Бузынин Николай, Глущенко Константин. X Турнир 'Компьютерная физика' Международный Интеллект-клуб 'ГЛЮОН' приглашает региональные центры, гимназии и школы , работающие с одаренными детьми, принять участие в X Турнире 'Компьютерная физика' в январе - феврале 2006 года в Дубне (Московская область). Заявки на участие присылайте по адресу: 115522 Москва, Пролетарский пр., 15/2, МИК 'ГЛЮОН'. Тел.: (095)517-8014, факс: (095)396-8227, e-mail: gluon@yandex.ru (для информации см. сайт: www.informika.ru/text/goscom/gluon).
Заочный тур. 'Кинетика фазовых переходов'

Динамику атомов можно определить из решения системы уравнений Ньютона, описывающей движение совокупности атомов. Если считать, что столкновения со стенками являются абсолютно упругими, то система оказывается замкнутой, и через некоторое время, определяемое начальными условиями, в ней установится состояние термодинамического равновесия. Подвод (или отвод) энергии к системе, приводящий к нагреванию (охлаждению), можно осуществить, предполагая, что в процессе взаимодействия с одной или несколькими стенками происходит увеличение (уменьшение) скорости теплового движения атомов. Варьируя величину изменения абсолютного значения скорости при столкновении со стенкой, можно изменять скорость нагрева (охлаждения) газа. Альтернативный способ ввода энергии заключается в принудительном увеличении кинетической энергии одного или нескольких атомов. Задание 1. 'Равновесие'. Исследуйте равновесные свойства системы (наличие одной или двух фаз) и соотношения количества атомов в этих фазах, а также температуру каждой из подсистем в зависимости от полной начальной энергии системы. Определите время выхода на состояние равновесия. Диапазон кинетических энергий частиц варьируйте от нуля до 10 U0 . Скорость отвода (подвода) энергии в систему задайте, исходя из предположения, что при столкновении со стенкой энергия каждого сталкивающегося атома изменяется на величину E = E , где E - энергия атома до столкновения, а = 0 - 0, 3 .

При нагревании выше некоторой температуры любое вещество переходит в газообразное состояние. Это связано с тем, что, когда кинетическая энергия атомов или молекул вещества оказывается больше потенциальной энергии их взаимо-


56

КВАНTћ 2005/?5

2. 'Испарение'. Пусть в начальный момент времени система находится при почти нулевой температуре, т.е. в конденсированном состоянии. Расстояние между соседними атомами равно равновесному, определяемому потенциалом (5), а кинетическая энергия всех атомов много меньше глубины потенциальной ямы. Подводя энергию к системе одним из вышеописанных способов, исследуйте процесс фазового перехода конденсированное состояние - пар. Определите конечное фазовое состояние системы в зависимости от величины подведенной энергии и получите значение температуры каждой из фаз. Полное количество подведенной энергии задайте в диапазоне до 10 U0 n . 3. 'Конденсация'. Пусть в начальный момент времени газ

имеет температуру такую, что kT U0 . Рассмотрите динамику перехода в конденсированное состояние в зависимости от скорости отвода тепла. Проанализируйте полученные зависимости температуры газообразной и конденсированной фаз от времени. В качестве параметров используйте r0 = 4A , U0 k = 200 K (такие параметры приблизительно соответствуют потенциалу взаимодействия между атомами ксенона), масса атома составляет 130 атомных единиц. Считайте, что L = 10 -6 "м , число частиц n = 100. Публикацию подготовили В.Альминдеров, А.Попов, О.Поповичева

XII Всероссийская заочная математическая олимпиада школьников
Всероссийская школа математики и физики 'АВАНГАРД' совместно с Министерством образования и науки РФ при участии журнала 'Квант' проводит очередную Всероссийскую заочную математическую олимпиаду для школьников 6-10 классов. Срок проведения олимпиады октябрь-декабрь 2005 года. Чтобы принять участие в олимпиаде, нужно в течение недели после получения этого номера журнала решить предлагаемые ниже задачи, аккуратно оформить решения (каждую задачу - на отдельном листочке) и отослать по адресу: 115446 Москва, а/я 450, ОРГКОМИТЕТ, 'М-КВАНТ' - номер класса. В письмо вложите два пустых маркированных конверта с надписанным домашним адресом. Заметим, что для участия в олимпиаде необязательно решить все задачи - достаточно хотя бы одной. Победители олимпиады получат призы, среди которых несколько бесплатных подписок на журнал 'Квант' (Оргкомитет приложит все усилия к тому, чтобы поощрения и призы получили все, приславшие хотя бы одно правильное решение.) Все учащиеся, приславшие свои работы в Оргкомитет олимпиады, независимо от результатов их проверки получат приглашение учиться на заочном отделении Всероссийской школы математики и физики 'АВАНГАРД' в 2005/06 учебном году. Вниманию учителей математики 6-10 классов! Пригласите к участию в олимпиаде своих учеников! равны нулю. Какое максимальное значение может принимать сумма квадратов этих чисел? 4. Докажите, что среди любых 11 целых чисел можно найти 2, разность которых делится на 10. 5. Докажите, что нельзя обойти конем шахматную доску с вырезанными полями а1 и h8, побывав на остальных полях ровно по одному разу.

7 класс
1. Известно, что для некоторой последовательности чисел a1, a2,... , an a1 + a2 + ... + an = n2 для любого числа n. Найдите a2005 . 2. Докажите, что разность четырехзначного числа и числа, записанного теми же цифрами, но в обратном порядке, не может равняться 2005. 3. На сколько частей делят пространство продолженные плоскости граней правильного тетраэдра? 4. Изобразите на координатной плоскости 0ху множество точек, координаты которых при 0 ? x ? 3 и -1 ? y ? 1 удовлетворяют соотношению

(

y - x ) ( y + x ) ( y - x + 2) ( y - 2 + x) ( x - 3) ? ? ( x - 0, 5 5. См. задачу 5 для 6 класса.

(

)2 + (

y - 0, 25

)2

)

= 0.

8 класс

Задачи олимпиады
6 класс
1. В какое минимальное количество цветов можно раскрасить грани куба, чтобы соседние грани не были окрашены в одинаковый цвет? 2. Определите пропущенные числа и найдите сумму:

1. См. задачу 1 для 7 класса. 2. Можно ли завернуть в платок размером 3 ? 3 куб со стороной 1, не разрезая платок? 3. На двух сторонах треугольника как на диаметрах построены круги. Докажите, что они полностью покроют треугольник. 4. Решите в целых числах уравнение

1 + 1+ 2 + 3 + 5 + ... + 144 = ?
3. Известно, что сумма и произведение 2005 чисел, каждое из которых по абсолютной величине не превосходит 2005,

(

x2 + y

2

)(

y2 + z

2

)(

x2 + z2 = 650 .

)

5. Изобразите на координатной плоскости 0ху множество точек, координаты которых удовлетворяют соотноше-


РЕЦЕНЗИИ,

БИБЛИОГРАФИЯ

57
)2

нию

точек, координаты которых удовлетворяют соотношению

(

x- y

)

(

y2 - x2 + 4x - 4 ( x - 3? ( x - 0, 5 )

)

(

)

2

+ ( y - 0, 25

)

2

)

=

((

x - 0, 5

)2 + (

y - 0, 5

= 1 - y2 - 1 - y2 + x - x + 3 - x - 3 - x .

? К x 2 - 6 x + y2 + 8 Л

(

) +(
2

)(

x2 - 2 x + y2 ( x - 3) ? x - 3 + (x - 3

)

))

2

^ = 1 - y2 - 1 - y2. ?

10 класс 9 класс
1. См. задачу 2 для 8 класса. 2. Дан равносторонний треугольник со стороной единица. В каком отношении делит площадь треугольника окружность с центром в одной из его вершин, проходящая через центр треугольника? 3. См. задачу 5 для 6 класса. 4. Функция f ( x ) удовлетворяет условию f ( xy ) = f ( x ) f ( y) + f ( x ) - f ( y ) + f ( x - y 1. Дан треугольник со сторонами 5, 12, 13. Найдите длины высот и медиан этого треугольника. 2. Избавьтесь от иррациональности в выражении 21 - 12 3 . 3. В каких пределах может изменяться площадь пятиугольного сечения единичного куба? 4. См. задачу 4 для 9 класса. 5. Изобразите на координатной плоскости 0ху множество точек, координаты х и у которых таковы, что уравнение 2a2 - 4a sin x+y x-y + cos ( x - y) - cos ( x + y) = 0 c os 2 2

)

при всех х и у. Докажите, что f ( x ) 0 при всех неотрицательных х. 5. Изобразите на координатной плоскости 0ху множество

относительно а имеет корни разных знаков.

РЕЦЕНЗИИ, БИБЛИОГРАФИЯ
Полезная книга по физике
В 2005 году издательство 'Экзамен' выпустило второе издание, переработанное и дополненное, книги Ю.Г.Павленко 'Начала физики'. Книга предназначена для учащихся средних школ, лицеев, гимназий, преподавателей и абитуриентов. Основная цель книги - научить школьников активно применять теоретические основы физики как рабочий аппарат, позволяющий решать конкретные задачи и приобрести уверенность в самостоятельной работе. Первое издание 'Начал физики' увидело свет в 1988 году. Книга получила высокую оценку профессионалов -- физиков физического факультета МГУ и преподавателей физики в школе. Очень скоро книга была переведена на болгарский и румынский языки. Из большого числа учебников и учебных пособий по физике книгу выделяет фундаментальный, глубокий и одновременно широкий подход к изложению материала. Автор демонстрирует эрудицию и истинное знание предмета, поскольку специальность доктора физикоматематических наук, профессора Ю.Г.Павленко - теоретическая физика. В основу второго издания 'Начал физики' положен материал лекций, которые автор в течение пятнадцати лет читал учащимся Специализированного учебно-научного центра Московского государственного университета им. М.В.Ломоносова - школы им. А.Н.Колмогорова. В соответствии с современными тенденциями преподавания, основной акцент сделан на изучение фундаментальных законов и физических явлений, позволяющих раскрыть роль теории в практических приложениях и предсказании новых эффектов. Каждый раздел первой (основной) части книги содержит полное изложение теоретического материала по всем темам программы физики средней школы. Кратко обсуждаются вопросы методического характера, связанные с корректным преподаванием физики. Подробно рассмотрены разделы программы, которые, как показала практика приемных экзаменов на естественные факультеты МГУ, наиболее сложны для учащихся. Здесь же можно найти множество эссе, посвященных открытиям новых эффектов и законов, возникновению новых понятий и терминов, а также вкладу выдающихся ученых в развитие физики. Впервые в учебной литературе изложена летопись космической эры, история рождения Силиконовой долины, чипа, компьютера, знаменитой 'мыши' и Интернета. Вторая часть книги, представляющая собой продолжение первой, включает 'Дополнение', содержащее материал для читателей, которые собираются изучать естественные науки. При подготовке к участию в физических олимпиадах полезно познакомиться с такими разделами, как 'Механика твердого тела', 'Летучие локаторы', 'Энтропия', 'Электромеханика', 'Трехфазный асинхронный двигатель', 'Голография', 'Ускорители элементарных частиц', 'Эффекты теории относительности в электродинамике'. Учащиеся физико-математических школ найдут здесь множество тем для докладов и рефератов. В книге приведены решения более 450 примеров и задач, тесно связанных с теоретическим материалом. Некоторые из них предлагались на вступительных экзаменах по физике в различные вузы, другие составлены так, чтобы заинтересовать читателя, помочь ответить на многочисленные 'почему', возникающие при знакомстве с различными явлениями природы и техническими приложениями физики, ввести в мир, где физические законы отражают не математические символы, а реальность. Книга Ю.Г.Павленко 'Начала физики' полностью автономна: ее можно использовать и для изучения физики, и при подготовке к выпускным и вступительным экзаменам, не прибегая к другим учебникам. По широте охвата материала можно судить по предметному указателю, содержащему 14 страниц. Изложение теоретических основ физики, широкого круга явлений, практических и научных приложений, несомненно, заинтересует как школьников, так и преподавателей физики. В.Лобышев


58

В А Tћ НИ ?5 О Т В Е Т Ы , УКК А НЗ А 2 0 0 5 /Я , Р Е Ш Е Н И Я

КМШ
Задачи
(. '' 4)] 1. Профессор Мумбум-Плюмбум обречен на неудачу. Если медиана перпендикулярна основанию, то исходный треугольник этой медианой делится на два равных треугольника. В других случаях медиана делит исходный треугольник на два треугольника, у одного из которых имеется тупой угол, больший, чем любой угол второго треугольника (подумайте, почему - см. рис.1), поэтому эти два треугольника не могут быть между собой подобными. 2. Возможны следующие варианты троек различных Рис. 1 цифр (с точностью до перестановки крайних цифр), у которых квадрат средней цифры равен произведению двух соседних с ней: 124, 139, 248, 469. Поскольку в номере телефона должны присутствовать три из таких комбинаций, то среди них обязательно должна находиться цифра 1. Несложно проверить, что комбинации 469 или 964 не подходят, а из оставшихся троек можно составить только следующие возможные сочетания: 842139 или 931248, причем сумма цифр и в том, и в другом случае равна 27. Поскольку искомый номер должен делиться и на 4, и на 9, то из оставшихся неиспользованных цифр 0, 5, 6, 7 подходит только цифра 0. На ноль домашний номер телефона начинаться не может, поэтому он должен стоять в конце. Привлекая признак делимости на 4, находим единственно возможный вариант: 9312480. 3. Обозначим первое число последовательности k, тогда условие задачи запишется так:

Калейдоскоп 'Кванта'
Вопросы и задачи 1. Когда кипяток: чем выше температура тела, тем больше его излучательная способность. 2. Модель абсолютно черного тела - это отверстие в закрытом сосуде. 3. Зрачок представляет собой отверстие в радужной оболочке глаза, который поглощает практически все попадающие в него лучи. 4. Да, установится. При этом все тела приобретут температуру оболочки, кроме зеркального - его температура будет близка к абсолютному нулю. 5. Нет, нельзя. С повышением температуры будет расти излучение полости, пока она не станет терять столько энергии, сколько получает. 6. Показание термометра зависит от излучения спутника, звезд, планет и самого термометра и равно его 'равновесной' температуре, при которой равны испускаемые и поглощаемые термометром количества теплоты. 7. Максимум энергии излучения при высокой температуре приходится на тепловые (инфракрасные) лучи, которые хорошо отражаются металлом. 8. Черный уголь почти полностью поглощает видимый свет и при нагревании так же сильно его излучает; белый мел хорошо отражает свет, а при нагревании его излучение значительно слабее. 9. Матовая - она лучше поглощает тепло, поэтому картофель испечется быстрее. 10. По контрасту с окружающими его более светлыми предметами. 11. Да, если рассматривать его в свете, из которого исключен желтый цвет (это на опыте проверил еще Ньютон). 12. Если звезда горячее Солнца, то максимум ее излучения смещается в ультрафиолетовую область, и она кажется голубой. Если холоднее - максимум приходится на инфракрасную область, и она кажется красной или желтоватой. Если же максимум приходится на зеленый свет, как у Солнца, то в спектре излучения звезды присутствуют и все остальные цвета, создающие вместе ощущение белого цвета. 13. Фиолетового, поскольку импульс фотона фиолетового цвета больше импульса фотона красного цвета. 14. Луч лазера окажет большее давление на зеленое стекло, поглощающее фотоны красного цвета, чем на красное стекло, пропускающее их. А вот на зеленую бумагу, поглощающую фотоны красного цвета, луч лазера окажет меньшее давление, чем на красную, отражающую их. 15. Зеленая растительность не поглощает инфракрасные лучи, а отражает и рассеивает их. 16. Нет, поскольку действие лишь светового давления создало бы вращение в противоположную сторону. Наблюдаемый эффект связан с тем, что остаточное давление разреженного газа на зачерченные пластинки несколько выше, чем на зеркальные (из-за более высокой температуры). 17. В принципе, может, если сила притяжения к Солнцу уравновесит силу светового давления. 18. В случае а) пластинка будет отталкиваться по направлению падения света; в случае б) - по направлению нормали к ее поверхности. 19. Момент силы светового давления на небольшой участок зеркальной поверхности равен нулю, в то время как момент силы светового давления на зачерненный участок стремится повернуть спутник зеркальной стороной к Солнцу.

k + (k + 1) + ... + (k + n) = (k + n + 1) + ... + (k + 2n) ,
или

k = (k + n + 1 - k - 1) + (k + n + 2 - k - 2) + ... + (k + 2n - k - n ) .
В каждой из n скобок, стоящих в правой части последнего равенства, стоит число n, поэтому k = n2 . 4. Обозначим через а совокупную массу гирек, которые во время первых двух взвешиваний находились на левой чашке весов, а через b - совокупную массу гирек, которые во время первых двух взвешиваний находились на правой чашке весов. Тогда схема первого взвешивания может быть записана так: a + b = c + d , а второго - так: а + d = с + b. Отсюда а = с, т.е. весы и в третий раз покажут равновесие. 5. Примем длину стороны одной клетки за 1. Тогда периметр фигуры, образованной первоначально закрашенными клетками, не превышает 7 ? 4 = 28 . Операция закрашивания отдельной клетки не может Рис. 2 увеличить периметр закрашенной фигуры (рис.2), а периметр всего закрашенного квадрата 8 ? 8 равен 32. Следовательно, Петя никогда не сможет закрасить весь квадрат.


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59

Микроопыт Темные поверхности лучше излучают инфракрасные лучи, поэтому в зачерненной банке вода остынет заметно быстрее.

Посмотрим сквозь линзу
1. F = lL + l . 2. F = a. 3. Линза рассеивающая, ее фокусное расстояние равно l F= = 10 "м . 2 1 - ) ( F 1+ 5 5. Мнимым. 6. d = . 4. = 2 . 2 l 2 - L2 = 24 "м . 7. F = 0,15 м. 8. F = 4l 212 1 = 2, 4 . 10. Возможны два решения: 5 или . 9. = 1 + 2 5

(

)

Лемма. Пусть за х рублей Вася смог выложить в нужном порядке на стол N - 1 карточку, где N ? 3 k . Тогда он сможет добавить к выложенным карточкам еще одну, потратив при этом еще не более k рублей, т.е. затратив всего не более х + k рублей. Доказательство леммы проведем индукцией по числу k. База k = 1 очевидна. Пусть для всех N ? 3k -1 лемма доказана. Первый рубль Вася потратит на то, чтобы правильно расположить на столе N-ю карточку и карточки А и В, уже лежаИN И 2N щие на местах Н и Н . Тогда N-я карточка попадет в 3њ О О3њ одну из трех частей, на которые другие две карточки разбивают уже выложенную на стол последовательность. Но карточки А и В разбивают лежащую на столе последовательность N - 1 карточки на куски размером не более чем по 3k -1 - 1 карточек. Значит, Васе осталось определить место карточки с номером N среди не более чем 3k -1 - 1 карточек, потратив не более чем k - 1 рубль, а это можно сделать по предположению индукции. Таким образом, лемма доказана. Теперь, используя лемму, подсчитаем Васины затраты на выкладывание всех 365 карточек. На выкладывание первых трех карточек Вася потратит 1 рубль. На добавление к ним карточек с номерами от 4 до 9 (всего 6 карточек) Вася потратит не более 2 рублей на каждую карточку. На карточки с 10 по 27 - не более 3 рублей на каждую, с 28 по 81 - не более 4 рублей, с 82 по 243 - не более 5 рублей и наконец на карточки с номерами от 244 до 365 - не более 6 рублей на каждую. Итого, Вася сможет выложить все карточки на стол в нужном порядке, потратив не более чем

XXXI Всероссийская олимпиада школьников по математике
Заключительный этап

9 класс
1. Построим биссектрису угла С и рассмотрим точку A ? , симметричную А относительно этой биссектрисы (рис.3). Так как СР = CQ, то построенная биссектриса является серединным перпендикуляром к отрезку PQ. Значит, четырехугольник PQA?A - равнобокая трапеция или прямоугольник, следовательно, A ? лежит на описанной окружности APQ при любом положении точек Р и Q, удовлетворяющем условию. 2. Верно. Рис. 3 Предположим, что Олег не сможет выбрать две требуемые клетки. Заменим все числа на их остатки при делении на 4. В таблице окажется по 121 числу 0, 1, 2 и 3. Разобьем таблицу на 121 табличку 2 ? 2 . В каждой такой табличке может стоять не более одного нуля и не более одной двойки. Следовательно, в каждой табличке стоит ровно один ноль и ровно одна двойка, причем оба оставшихся числа должны быть либо единицами, либо тройками. Тогда общее количество единиц четно. Противоречие. 3. Преобразуем условие:
2 a1 2 > S ? a1 > (a1 + a2 + a3 ) (a1 - 1) ? a1 - 1

1 + 6 2 + 18 3 + 54 4 + 162 5 + 122 6 = 1845 < 2000 рублей.
Таким образом, Вася сможет потратить не более 2000 рублей. 5. Первое решение. Утверждение верно, если все числа - рациональны. Пусть наше множество содержит иррациональное число а. Тогда каждое из остальных чисел имеет вид либо р p - а, либо , где р - рационально. Покажем, что чисел вида a р - а не больше двух. Пусть b1 = p1 - a , b2 = p2 - a , b3 =

? a1 + a2 + a3 > a1 (a2 + a3 ) ?

1 a1 . > a2 + a3 a1 + a2 + a3

Сложив это неравенство с двумя аналогичными, получаем

1 1 1 a + a2 + a3 + + >1 = 1, a1 + a2 a2 + a3 a3 + a1 a1 + a2 + a3
что и требовалось. 4. Может.

- a ( p1 + p3 ) , A1 = a2 - a ( p2 + p3 ) - рациональны, значит, A3 - A2 = a ( p3 - p2 ) - рационально, что возможно только при p3 = p2 , т.е. b3 = b2 - противоречие. Следовательно, чисел второго вида больше двух, пусть q q q c1 = 1 , c2 = 2 , c3 = 3 - такие числа. Сумма a a a q + q2 может быть рациональной только при c1 + c2 = 1 a q + q3 q2 = - q1 . Но q3 q2 , значит, сумма c1 + c3 = 1 иррациa qq3 ональна. Тогда число c1 c3 = 1 2 - рационально, откуда a2 a - рационально. Второе решение. Рассмотрим произвольные 6 чисел из нашего набора. Поставим этим 6 числам в соответствие граф следующим образом: у него шесть вершин, соответствующих нашим шести числам; вершины соединены синим ребром, если сумма соответствующих чисел рациональна, и соединены красным ребром, если произведение соответствующих чисел рационально. Хорошо известно, что в таком графе найдется одноцветный треугольник. Рассмотрим каждый из этих случаев. 1) Нашелся синий треугольник, т.е. нашлись три числа х, у, z такие, что x + y, x + z, y + z рациональны. Но тогда, на-

= p3 - a , тогда b1 + b2 = ( p1 + p2 ) - 2a - не рационально, значит, b1 b2 = p1p2 - a ( p1 + p2 ) + a2 , а также b1 b3 , b2 b3 - рациональны. Отсюда A3 = a2 - a ( p1 + p2 ) , A2 = a2 -


60

КВАНTћ 2005/?5

пример, ( x + y ) + ( x + z ) - ( y + z ) = 2x рационально, т.е. числа х, у, z рациональны. Тогда рассмотрим любое из оставшихся чисел t. Из рациональности любого из чисел xt и x + t следует рациональность числа t (все числа по условию отличны от нуля), т.е. все числа набора рациональны. 2) Нашелся красный треугольник, т.е. нашлись три числа х, у, z такие, что ху, xz, yz рациональны. Но тогда, например, ( xy) ( xz) = x2 число рационально, т.е. числа x2 , y2 , z2 раyz циональны. Если хотя бы одно из чисел х, у, z рационально, то аналогично предыдущему случаю получаем рациональность всех чисел набора. Пусть теперь x = m a , где а рационально, m = +1 . Так как xy = m ay = b - рационально, то b ba y= = = c a , где c m , - рационально. Тогда ma ma рассмотрим любое из оставшихся чисел t. Если xt или yt - рационально, то аналогично предыдущему t = d a , где d - рационально, т.е. t2 - рационально. Если же x + t и y + t - рациональны, то ( y + t ) - ( x + t ) =

A ?B ? - средняя линия треугольника PQS, т.е. делит пополам сторону PQ.

10 класс
1. 11. Нетрудно проверить, что все числа, меньшие 11, представляются в нужном виде:

1=

16 - 1 25 - 2 8-2 16 - 2 4-2 =3 , 3= , 5= , 7= , 4 -1 4-2 4-2 2 -2 4-2 9 = 23 + 1 =

23 - 22 26 - 1 27 - 2 , 2 = 2 1 = 2 ,... =4 2 -2 23 - 1 2 - 2 26 - 22 . ..., 10 = 2 5 = 3 2 -2 a b 2 -2 . Можно считать, что а > b, Предположим, что 11 = c 2 - 2d с > d. Пусть m = а - b, n = с - d, k = b - d. Тогда 11 2n - 1 = 2k 2m - 1 . Так как в левой части целое нечетное число, то k = 0, а n 1 . Но при m > n > 1 левая и правая части дают разные остатки 1 и 3 при делении на 4. Противоречие. Замечание. Можно прийти к противоречию по-другому. Из алгоритма Евклида следует, что 2m - 1 делится на 2n - 1 без остатка тогда и только тогда, когда m делится на n. Значит, надо доказать, что 11 1 + 2n + 22 n + ... Но последнее очевидно, поскольку 11 не равно ни одному из чисел 1 + 2, 1 + 2 + 4, 1 + 4, 1 + 8. 4. Пусть B0 , C0 - середины сторон АС, АВ соответственно, A - третья вневписанная окружность, Р и Q - точки пересечения ? и C . Положим АВ = с, ВС = а, СА = b. Обо? B ?? значим через IA , IB , IC , IB , IC центры окружностей A , B , C , ? , C соответственно. Обозначим также через D, ? B Е, F точки касания A , B , C и сторон ВС, СА, АВ; через ? E ?, F ? - точки касания ? , C и сторон СА, АВ; через X, Y B - точки касания A и продолжений сторон АВ, ВС соответственно (рис.5).

(

)

(

)

= (m - c ) a - рационально. Но ( x + t ) - ( y + t ) = (m - c ) a - иррационально. Противоречие. Таким образом, мы получили, что либо все числа набора рациональны, либо квадраты всех чисел набора рациональны, что и требовалось. 6. 1003. Если x1 ? x2 - корни уравнения, то x1, x2 OE N и x1 + x2 = S ( A) , x1x2 = S ( B) , поэтому

(

x1 + 1) ( x2 + 1) = S ( B) + S ( A ) + 1 = 1 + 2 + 4 + ... + 22005 + 1 = 22006.

k Значит, x1 + 1 = 2 , x2 + 1 = 22006 - k , где k может принимать значения 1, 2, ...,1003. Наоборот, пусть x1, x2 - числа такого вида, тогда они являются корнями уравнения x2 - px + q = 0 , где

p = 2k + 22006 - k - 2 , q = 22006 - 1 - p . Но число р имеет единственное разложение в сумму различных степеней двойки (двоичное разложение), и в этом разложении степени двойки не превосходят 22005 , а двоичное разложение q содержит 1 на тех местах, где у числа р - нули, так как p + q = 22005 - 1 . Итак, для каждого k такого, что 1 ? k ? 1003 , существует единственное разбиение ( A, B) , дающее указанные корни x1 и x2 . 7. Пусть, для определенности, точка D лежит на дуге ВС, не содержащей точки А (рис.4). Обозначим через Н точку пересечения высот треугольника ABC, а через H A и HB - вторые точки пересечения прямых АН и ВН с окружностью. Нетрудно доказать, что H A A ? = HA ?, HB B ? = HB ?. Далее, так как -B?AQ = = -CAD = -CBD = = -A?BP , отрезки AQ и ВР являются соответствующими в подобных треугольниках AB?H и B?Q A?P Рис. 4 . BA ?H A , и = B ?H A ?H A Построим на высоте AA? точку S такую, что QS A ?B? . Из A ?S равно теоремы Фалеса вытекает, что отношение A?H B? Q A? P = , а так как HA ? = H A A ? , значит, A ?S = A ?P , и B ?H A ?H A

Рис. 5

Известно, что AD делит пополам периметр треугольника ABC a+c-b (это следует из того, что CD = ). Поэтому достаточ2 ?? но показать, что 1) А лежит на PQ; 2) AD ^ IB IC . 1) Ясно, что точки Е и E ? симметричны относительно B0 . b+c-a . Аналогично, Следовательно, AE ? = CE = 2 b+c-a AF ? = ? . Получаем, что касательные к ? и C , проB 2


ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

61
-B - -BD? F ? = . 2 2

веденные из точки А, равны. Поэтому А лежит на радикаль? ной оси PQ окружностей ? и C . B ? 2) Из симметрии следует, что AIBCIB - параллелограмм, по? ? этому IBC = AIB . Аналогично, AIC BIC - параллелограмм, ? поэтому BIC = IC A . Построим такую точку Т, что BICTC - ? параллелограмм. Получаем:

Четырехугольник F ?SE ?D? вписанный, поэтому

-SE ?F ? = -SD? F ? =
Аналогично, -SF ?E ? =

? ? ICT = BC , IBT = IBC + CT = AIB + IC A = IC IB . ?
Так как AIA и IB IC являются внутренней и внешней биссектрисами угла ВАС, то AIA ^ IB IC . Аналогично, BIB ^ IC IA , CIC ^ IA IB . Следовательно, IA B = IA IB cos -IB IA IC , IAC = IA IC cos -IB IA IC . Это означает, что IA BC IA IB IC . Заметим, что IA D и IA A - соответствующие высоты в подобных треугольниках IA BC и IA IB IC . Отсюда следует, что IA D BC = IA A IA IC . Рассмотрим треугольники IB ICT и ADIA . Имеем: ?? ICT ? BC ID = = A . ОтIBT IB IC ^ IA A , ICT BC ^ IA D , ? ? IBT IB IC ? IA A сюда следует, что треугольники IB ICT и IA DA подобны и их соответствующие стороны перпендикулярны. Итак, IB IC ^ AD . ?? Замечание. Вместо части 2) можно доказать, что D лежит на PQ следующим образом. Пусть - вписанная окружность треугольника ABC. Нетрудно видеть, что касается АВ и АС в точках F ?, E ? соответственно. Обозначим через I центр , через D? - точку касания и ВС. Обозначим через r, rB , rC радиусы окружностей , B, C соответственно. В окружности проведем диаметр SD? (рис.6). Гомотетия с центром А, переводящая A в , переводит D в S. Поэтому достаточно доказать, что S OE PQ .

чаем t2 - t + 1 = (t - 2) (t + 1) + 3 . Из полученного равенства

-C . По теореме синусов 2 -C E ?S sin 2 . (2) = F ?S sin -B 2 Четырехугольник BCIB IC вписанный, поэтому -C -B . Аналогично, -IIB IC = . -IIC IB = -IBC = 2 2 ID? r rB = Заметим, что IB = и IB B = . Полу-B -B -B sin sin sin 2 2 2 rB - r r -r чаем IB I = IB B - IB = . Аналогично, IC I = C . -C -B sin sin 2 2 Из теоремы синусов rB - r -B -B sin sin IB I 2= 2 = . (3) rC - r -C IC I sin -C 2 sin 2 Из (2) и (3) получаем (1). 5. 16. Заметим, что если в строке а ладей, то в ней есть (а - 1) пара ладей, которые бьют друг друга. Но тогда количество пар ладей, бьющих друг друга по горизонтали, не меньше чем число ладей минус число горизонталей, т.е. не меньше 8. Аналогично, количество пар ладей, бьющих друг друга по вертикали, не меньше 8. Пример для 16 ладей получается, если, например, расставить по 8 ладей на главных диагоналях. 7. Латинские буквы далее обозначают целые числа. Лемма 1. Если a = mnd t + 1, t2 - t + 1 , mo a = 1 либо а = 3. Доказательство. Поделив с остатком t 2 - t + 1 на t + 1, полу-

(

)

видим, что если d - общий делитель t 2 - t + 1 и t + 1, то d - делитель числа 3. Аналогично, из равенства

t 4 - t 3 + t2 - t + 1 = t 3 - 2t2 + 3t - 4 (t + 1) + 5
выводится еще одна лемма. Лемма 2. Если b = mnd t + 1, t 4 - t 3 + t 2 + 1 , mo b = 1 либо b = 5. Имеем t 3 + 1 = (t + 1) t2 - t + 1 = 2x 2 , где t = y5 . Так как чис-

(

)

(

)

ло t 2 - 1 + 1 всегда нечетно, то из леммы 1 следует, что либо

(

)

Рис. 6

Гомотетия с центром E ? и коэффициентом

rB переводит r в ? . Обозначим через SB образ точки S при этой гомотеB тии, а через SC - образ точки S при гомотетии с центром F ? , переводящей в C . Достаточно показать, что ?
E ?S SSB = F ?S SSC . Заметим, что

2 2 t + 1 = 2u 2 , t 2 - t + 1 = v2 , либо t + 1 = 6u 2 , t - t + 1 = 3v . 2 Далее, при x > 1 имеем t > 1, отсюда (t - 1) < t2 - t + 1 < t2 ,

Кr ^ r -r E ?S2. E ?S SSB = E ?S ( E ?SB - E ?S ) = E ?S Б B E ?S - E ?S~ = B Лr ? r r -r F ?S2 . Чтобы завершить решеАналогично, F ?S SSC = C r ние, установим, что

(rB

- r ) E ?S2 = (rC - r ) F ?S2 .

(1)

= y3 ( y - 1) ( y + 1) делится на произведение ( y - 1) y ( y + 1) , и поэтому делится на 3. Таким образом, y3 + 1 делится на 3, значит, y3 = 3m - 1 . Теперь положим z = y3 = 3m - 1 , тогда z5 + 1 = = ( z + 1) z4 - z3 + z2 - z + 1 = 2x2 . Если z 4 - z 3 + z2 - z + 1 делится на 5, то все доказано. В противном случае из леммы 2 следует, что сомножители в равенстве взаимно просты. Поскольку z 4 - z 3 + z2 - z + 1 всегда нечетно, получаем, что z + 1 = 2u2 , z4 - z3 + z2 - z + 1 = v2 . Но так как z = 3m - 1, то

и равенство t 2 - t + 1 = v2 выполняться не может. Получаем t + 1 = y5 + 1 = 6u2 . С другой стороны, y5 + 1 - y3 + 1 =

(

)(

)

(

)


62

КВАНTћ 2005/?5

число в левой части последнего равенства при делении на 3 дает остаток 2, а число в правой части дает остаток 0 или 1 - противоречие. Замечание. Уравнение
z 4 - z 3 + z2 - z + 1 = v
2

имеет лишь 6 решений в целых числах: ( -3, + 11) , (0, + 1) ,

(1,

< 2z вместе либо z Ясно, шение

(

+ 1) . В самом деле, при z 0 имеем 2z2 - z
2

при целых z, что - z + 2 , откуда (2v) = 2z - z + с уравнением дает z2 + 2 z - 3 = 0 . Получили z = 1 = -3. что из этого замечания сразу получается еще одно резадачи.
2

)

2

2

(

( 1)

2

)

2

< (2v

)

2

<

OI1 = OI3 , OP ^ I1I3 . Рассмотрим окружность с диаметром OB. На ней лежат точки A ? , C ? и Р, т.е. это окружность, описанная около BA?C ? . Теперь достаточно доказать, что Р лежит на описанной окружности BA?C ? . Из этого будет следовать, что P = B1 , и A1B1C1 - серединный треугольник для I1I2 I3 , значит, его стороны параллельны внешним биссектрисам ABC . Но внешние биссектрисы параллельны сторонам треугольника, образованного точками касания вписанной окружности со сторонами ABC (стороны этих треугольников перпендикулярны внутренним биссектрисам). Проведем из вершин А и С биссектрисы внутренних и внешних углов ABC (рис.8). Как известно, две биссектрисы

11 класс
1. 49. Положим

f ( x ) = x - a1 + ... + x - a50 - x - b1 - ... - x - b50 .
Пусть c1 < c2 < ... < c100 - все числа из множества {a1,..., a50 , b1,...,b50 } , упорядоченные по возрастанию. На каждом из 101 промежутка [ -ћ; c1 ] , [c1; c2 ], ..., [ c99 ; c100 ] , [c100; + ћ) функция f линейна, а на первом и последнем из этих промежутков постоянна и не равна 0. Пойдем по числовой оси слева направо. Всякий раз, когда мы проходим одну из точек ci , угловой коэффициент при раскрытии соответствующего модуля изменяется на +2 . Таким образом, он всегда равен четному целому числу и не может поменять знак, не обратившись перед этим в 0. Значит, угловые коэффициенты на любых двух соседних промежутках либо оба неотрицательны, либо оба неположительны, т.е. функция f ( x ) на объединении этих промежутков либо неубывающая, либо невозрастающая. Стало быть, на каждом из 50 отрезков [c1; c3 ] , ..., [c97; c99 ] , [c99; c100 ] она имеет не более одного корня. Кроме того, на крайних интервалах значения имеют разные знаки, и в каждом корне знак функции меняется. Следовательно, количество корней нечетно и не превышает 49. Нетрудно проверить, что если роль ai , будут играть числа 1, 4, 5, 8, ..., 97, 100, а роль bi - числа 2, 3, 6, 7, ..., 94, 95, 1 , то уравнение f ( x ) = 0 будет иметь ровно 49 кор98, 99 10 ней. 3. Через точки касания вневписанных окружностей A ? и C ? проведем перпендикуляры к соответствующим сторонам треугольника. Они пройдут через центры вневписанных окружностей ( I1 и I3 ) и пересекутся в некоторой точке О (рис.7).
Рис. 8

одного угла перпендикулярны. Следовательно, точки I1 , С, А, I3 лежат на окружности с диаметром I1I3 и с центром в точке Р. Рассмотрим центральный угол этой окружности - -API3 . Он опирается на дугу I3 A , не нее же опирается впи1 санный угол -I3CA = -C . Значит, -I3 PA = 2-I3CA = -C . 2 Из этого следует, что -BPA = -BCA , т.е. точки А, В, Р, С лежат на одной окружности. Замечание. Окружность, проходящая через А, В, С, Р, является окружностью девяти точек для треугольника I1I2 I3 . 4. Имеем ( z - 1) ( z + 1) = x y , mnd ( z - 1, z + 1) = 1 при нечетном х, mnd ( z - 1, z + 1) = 2 при четном х. В первом случае

z - 1 = u y , z + 1 = v y , где u, v OE N ; отсюда vy - u y = 2 . Но, поскольку v > u, у > 1, имеем vy - u y = (v - u ) v

(

y -1

+... + u

y -1

)

(v - u ) 2

(

y -1

+1 3.

)

Противоречие: 2 3 . Значит, число x четно. В этом случае одно из чисел z - 1 и z + 1 делится на 2 и не делится на 4, а второе делится на 2y -1 и не делится на 2y , где - степень, в которой 2 входит в разложение х. Таким образом,

A = 2u y , B = 2y -1vy (u, v - нечетные натуральные числа), где А и В равны, в некотором порядке, числам z - 1 и z + 1
(при этом AB = x y ). Получили 2u y - 2
y - 1 y

v

= 2,

u -2
y

y

y - 2 y

v

= 1 . Отсюда, при некотором выборе знака,

u +1 = 2 v. Заметим, что u > 1. В самом деле, если u = 1, то А = 2, А = z - 1, z = 3, x = 2 - противоречит условию. Кроме того, число

y - 2 y

у нечетно, в противном случае, если у = 2n, z2 - xn = 1 , что невозможно. Лемма 1. Пусть a 2 , р - нечетное простое число. Тогда число a p - 1 имеет хотя бы один простой делитель, не являющийся делителем числа а - 1. Доказательство. Рассмотрим разложение
Рис. 7

()

2

a p - 1 = ( a - 1) a

(

p -1

+a

p-2

+ ... + a2 + a + 1 = ( a - 1) b .

)

Так как I1 и I3 находятся на внешней биссектрисе угла В, то -ABI3 = -CBI1 . Из рассмотрения прямоугольных треугольников I1 A ?B и I3C ?B следует, что -BI1 A ? = -BI3C ? , значит, OI1I3 - равнобедренный. Обозначим середину отрезка I1I3 через Р. Поскольку

Докажем вначале, что числа а - 1 и b не могут иметь общего делителя q, отличного от 1 и от р. Действительно, если а - 1 делится на q, то и am - 1 делится на q при любом натуральном m. Значит, b = ql + p, где l - некоторое целое число. Поэтому b делится на q лишь при q = 1 или р. Таким образом, для завершения доказательства леммы оста-


ОТВЕТЫ,
n

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

63

лось рассмотреть случай, когда b = p и a - 1 делится на р. Докажем, что этот случай невозможен. Поскольку b > р, достаточно доказать, что b не делится на p2 . Докажем это. Если a = p k + 1 , где k не делится на р, то

a p = p k + 1

(

)

p

= 1+ p

+1

k + p

p - 1 2 2 p k +... = 2 = 1+ p
+1

k+p

+2

d,

где d целое. Отсюда a p - 1 = p +1 (k + pd) . Поскольку k не делится на р, то очевидно, что b делится на р и не делится на p2 . Лемма доказана. Лемма 2. Пусть a 2 , р - нечетное простое число и выполнено хотя бы одно из неравенств a 2 и p 3 . Тогда a p + 1 имеет простой делитель, не являющийся делителем числа а + 1. Доказательство. Рассмотрим разложение

a p + 1 = ( a + 1) a

(

p -1

-a

p-2

+ ... + a2 - a + 1 = ( a + 1) b .

)

Докажем вначале, что числа а + 1 и b не могут иметь общего делителя r, отличного от 1 и от р. Действительно, если а + 1 делится на r, то и а + 1 делится на r при любом нечетном k; если же k = 2m, то ak - 1 делится на a2 - 1 , которое, в свою очередь, делится на r. Значит, b = rl + р, где l - некоторое целое число. Поэтому b делится на r лишь при r = 1 или р. Таким образом, для завершения доказательства леммы осталось рассмотреть случай b = pn и a + 1 делится на р. Докажем, что этот случай невозможен. Докажем вначале, что, как и в доказательстве леммы 1, b > р. Имеем b a2 - a + 1 a + 1 p . Из условий леммы следует, что среди неравенств этой цепочки есть строгие. С другой стороны, как и в доказательстве леммы 1, можно получить, что число b не делится на p2 , что и завершает доказательство леммы. Из доказанных лемм следует, что правая часть равенства u y + 1 = 2y - 2 v y имеет не менее q + 1 различных простых делителей. Поскольку mnd (u, 2v) = 1 , u > 1, получаем отсюда неравенство задачи. Замечание. Фактически мы доказали следующее, более сильное, чем утверждение задачи, предложение. Предложение. Пусть число у разлагается в произведение n отличных от 1 натуральных чисел. Тогда x имеет не менее n + 2 различных простых делителей. Значительное усиление результата задачи можно будет найти в "Кванте" ?1 за 2006 год. 5. Не существует. 1 . Тогда Возьмем произвольно x1 0 и положим y1 = x1

пересекаются. Паре параллелепипедов из одной пары поставим в соответствие ось координат (одну из осей, если таковых несколько), на которую проекции этих параллелепипедов не пересекаются. Поскольку пар 4, а осей 3, найдутся две пары (скажем, P и P2 , P4 и P5 ), которым сопоставлена 1 одна и та же ось Ох. Пусть отрезки S1, S2, S4 , S5 - проекции P , P2, P4 , P5 соответ1 ственно на ось Ох (пусть Ai - левые концы отрезков Si , а Bi - правые). Известно, что отрезки в парах S1 и S2, S4 и S5 не пересекаются, а в любых других парах - пересекаются. Не ограничивая общности, можем считать, что A1 < B1 < A2 < B2 и A4 < B4 < A5 < B5 . Так как S1 пересекается с S5 , то A5 < B1 . Но тогда B4 < A2 , и отрезки S2 и S4 не пересекаются. Противоречие. Замечание. Ответ в соответствующей задаче для 10 параллелепипедов также отрицательный, а для 9 параллелепипедов - положительный. 7. Пусть X и Y - середины АВ и CD соответственно (рис.9), АВ и CD пересекаются в точке Р (пусть, для определенности, Р - точка пересечения лучей АВ и DC). Предположим, что О - точка пересечения средних линий четырехугольника ABCD. Тогда О - середина отрезка XY, так как середины сторон четырехугольника - вершины параллелограмма. Далее, РО - биссектриса и медиана в треугольнике XPY, поэтому он Рис. 9 равнобедренный и

-XBO + -YCO =

1 1 ( -ABC + -BCD) = (180 - -BPC) = 2 2
= -PXY = -XBO + -XOB ,

поэтому -YCO = -XOB , и треугольники ОХВ и CYO поOB XB . Аналогично, добны. Следовательно, = OC YO OA XA XB = = , откуда следует OA OC = OB OD . OD YO YO Пусть теперь OA OC = OB OD . Заметим, что
-AOB + -COD =

f

2

(

x1 + y1 ) f

2

( x1 )

+ 2f (1) + f

2

( y1 )

f

2

( x1 )

+a,
+ yn
-1

= (180- -OAB - -OBA ) + (180- -OCD - -ODC ) = = 360-

где a = 2f (1) > 0 . Будем далее выбирать xn = xn 1 , n 2 . Тогда yn = xn

-1

,

1 ( -DAB + -ABC + -BCD + -CDA) = 180 . 2

f

2

(

xn + yn ) f

2

( xn )

+a = f

2

(

xn

-1 2

+ yn

-1

)

+a
2

f

(

xn

-1

)

+ 2a ... f

( x1 )

+ na .

Ясно, что последовательность f ( x1 ) , f ( x2 ) ,..., f ( xn ) ... неограничена. 6. Нельзя. Предположим, что это возможно. Заметим, что два из рассматриваемых параллелепипедов пересекаются тогда и только тогда, когда их проекции на все три оси координат пересекаются. Рассмотрим 4 пары параллелепипедов: P и P2 , P4 и P5 , 1 P7 и P8 , P и P . Если взять параллелепипеды из разных 10 11 пар, то они пересекаются, значит, их проекции на любую ось

Поэтому, если достроить треугольники ОАВ и OCD до параллелограммов ОАKB и OCLD, то эти параллелограммы буOA OA DO = = дут подобны (поскольку ). Тогда треугольAK OB OC ники ОХВ и СYО также подобны, поскольку они соответствуют друг другу при подобии параллелограммов. Отсюда

-XOB = -OCY = -OCB и -COY = -XBO = -OBC .
Следовательно,
-XOB + -BOC + -C OY = -OCB + -BOC + -OBC = 180 ,

т.е. точка О лежит на прямой XY. Аналогично, О лежит на прямой, соединяющей середины двух других сторон четырехугольника, что и требовалось.


64

КВАНTћ 2005/?5

XXXIX Всероссийская олимпиада школьников по физике
Теоретический тур

2. n =

ln 2 ? 68 . ln (99 98) pb 3. T = T,д - Tj ? 0 ? 4, 0 j . 2R B lr ^ 0 SN 2 К ln Б1 - 0 ~ ? 18 м" . lr 0 NE ? Л
5

9 класс
1. k1 = k2 ,

4. Да, перейдет; t0 = 5. v1 =

k3 L2 - L1 = ? 1, 78 ; k1 ( L2 - l ) 2 - ( L1 - l ) k3 (L1 - l) ? 11,1 "м . k1

2Ek ma m
max

x

=
0

2hc К 1 1^ ? 4, 37 10 m Б 0 ~ Л ? = 6, 05 10
5

м";

l1 = l2 = L1 -

2. = 2s a ; vmax = 2 - 2 as , l = 2 2 - 1 s ? 0, 83s . 3. Возможны две схемы 'черного ящика'. Для первой из них (рис.10) R = 6 Ом, R14 = 2, 4 nм , R34 = 3, 6 nм . Для вто-

(

)

(

)

v2 = 1 = N=

2Ek Ek

+ e

m
max

м ";

40 R (1 - -e

e

= 0, 54 B ;
0

)

? 7, 2 106 .

Информацию о журнале 'Квант' и некоторые материалы из журнала можно найти в ИНТЕРНЕТЕ по адресам: Редакция журнала 'Квант' kvant.info Московский центр непрерывного математического образования kvant. mccme.ru Московский детский клуб 'Компьютер' math.child.ru Костромской центр дополнительного образования 'Эврика' ceemat.ru

Рис. 10

ї
Рис. 11

рой (рис.11) R = 2 Ом, R14 = 4. c = (0,13 + 0, 01) 10
3 3

4 10 nм , R34 = nм . 3 3 d> ( *г 0q) .

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ
А.А.Егоров, С.П.Коновалов, А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

10 класс
M1 (l1 + l2 ) 1. ; можно показать, что рассмотренная = M2 (l1 + l2 )3 орбита является неустойчивой, поэтому потребуется небольшой дополнительный расход топлива на ее регулярную корректировку.
32 l2 l1 32 l1 l2

НОМЕР ОФОРМИЛИ
В.Н.Власов, Д.Н.Гришукова, А.Е.Пацхверия, Е.А.Силина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР
Е.В.Морозова

К 28 ^ 2. T = Б ~ T0 ? 472 j . Л 25 ? 5^ 5 7 К3 3. C1 = R Б 1 + 2 ~ ; C2 = R К 1 + 2 ^ ; Б ~ Л2 Л2 2? 2? 5^ К5 C3 = R Б 1 + 2 ~ . Л2 2? E P E 4. U = ; I = ; 1 = 3. 2R P2 2 5. Да, произойдет.

4

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА
Е.А.Митченко, Л.В.Калиничева
Журнал 'Квант' зарегистрирован в Комитете РФ по печати. Рег. св-во ?0110473 Адрес редакции: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, 'Квант'; тел.: 930-56-48; e-mail: admin@kvant.info, math@kvant.info, phys@kvant.info Диапозитивы изготовлены ООО 'Европолиграфик' Заказ ? Отпечатано на ГУ РПП, г. Ржев, ул. Урицкого, 91 При участии ЗАО 'РИЦ 'Техносфера', тел.: (095) 234-01-10

11 класс
L L ? 4,19 105 c ? 4,85 "32. ; 1. = 2 R 2g R К v = 2 gR Б 1 Л L ^ ~ ? 2gR ? 11, 2 *м " . ?