© 2009, РАН,Фонд Осипьяна, «Квант»

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

С.С.Кротов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

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

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

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

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

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

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

А.И.Черноуцан (заместитель главногоредактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

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

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

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

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

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

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

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

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

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

Учредители — Российская академиянаук, Фонд поддержки

фундаментальной науки иобразования (Фонд Осипьяна),

ИФТТ РАН

Бюро Квантум

Н А У Ч Н О - П О П У Л Я Р Н Ы Й Ф И З И К О - М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й Ж У Р Н А Л

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

ЯНВАРЬ

ФЕВРАЛЬ Ю№120

09©

2 На пути к квантовому компьютеру. А.Варламов, Ю.Гальперин8 Аффинная геометрия. А.Заславский13 «Электроны, фононы, магноны». М.Каганов15 Метод интерпретаций. А.Анджанс, Д.Бонка

Н О В О С Т И Н А У К И

19 Премия за нарушения

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й М И Р

20 Самозаклинивающиеся структуры. А.Белов24 Интервью с А.Кузнецовым

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

25 Задачи М2116–М2123, Ф2123–Ф212926 Решения задач М2096–М2100, Ф2108–Ф2117

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Частицы и поля

К М Ш

34 Задачи35 Конкурс имени А.П.Савина «Математика 6–8»35 Математическая сказка36 Абу-л-Вафа и циркуль постоянного раствора. Г.Филипповский38 Несколько рифмованных физических задач. В.Акимов

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

40 Метод эквивалентных деформаций. В.Эпштейн41 От точки росы до точки кипения. В.Птушенко, А.Пятаков43 Легенда об искажении сигнала. С.Дворянинов

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

44 Парадоксы командных соревнований. Л.Ильков

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

47 Отражение от тонких цилиндрических зеркал. А.Андреев,А.Панов

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

50 Силы сопротивления в задачах динамики. В.Лосев, В.Плис53 Параллельное проектирование в задачах. В.Мирошин

О Л И М П И А Д Ы

56 XXX Турнир городов

И Н Ф О Р М А Ц И Я

57 Заочное отделение Малого мехмата МГУ

59 Ответы, указания, решения

Вниманию наших читателей (46, 55)

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье А.Белова

II Математические этюды

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

В издании журнала «Квант» финансовое участие принимаетОАО «ТЕХСНАБЭКСПОРТ»

01_24.p65 30.01.09, 12:131

На пути к квантовомукомпьютеру

А.ВАРЛАМОВ, Ю.ГАЛЬПЕРИН

НА РИСУНКЕ 1 ВЫ ВИДИТЕ ЗНАМЕНИТЫЙ РОЗЕТТ-ский камень, найденный в 1799 году в Египте,близ города Розетта. На плите из темного гранита

размером 114 72ѣ  см в честь годовщины вхожденияна престол фараона Птолемея V Епифана (196 до н.э.)

были высечены благодарственные слова: «Новому царю,получившему царство от отца...» К счастью, текст этотбыл написан трижды: древнеегипетскими иероглифа-ми – священными знаками, употреблявшимися жреца-ми, египетским демотическим письмом – широко рас-пространенной в ту эпоху скорописью и на древнегре-ческом. Это и позволило в 1822 году Ж.Ф.Шамполь-ону разгадать тайну египетских иероглифов.

В 1970 году инженеры Японской электрическойкомпании (NEC) создали первый динамический эле-мент памяти – чип (рис.2). Он состоял из 1024 ячеек(маленькие прямоугольнички), расположенных по 32

ячейки в ряд, всего 32 таких ряда. Размер этогоэлемента памяти составлял 0,28 0,35ѣ  см, и в нем

нашлось место для всей информации, записанной наРозеттском камне. Сам процесс записи информации начип занимал около 300 микросекунд.

Вехи компьютерной эры

Принципиально новый подход к хранению и перера-ботке информации был сформулирован в 1936 годуАланом Тюрингом в статье «О вычислительных числахприменительно к проблеме выбора решений». В нейавтор излагает основные идеи логического устройствауниверсальной вычислительной машины, которая впос-ледствии получила название машины Тюринга.

Первое поколение вычислительных машин, «реали-зованное в железе», появилось через десять лет. Основ-ным рабочим элементом в них являлись вакуумныелампы – такие же, какие использовались и в старинныхтелевизорах. Это были доисторические времена компь-ютерной эры. Большинство из этих вычислительныхмашин предназначались для проверки того или иноготеоретического утверждения и являлись, по существу,экспериментальными установками. Вес и размеры этих«динозавров» были огромны: часто под них строилиотдельные здания.

Примерно в это же время качественный прогресс былдостигнут и в электронике. Так, в 1947 году УолтерБраттейн, Уильям Шокли и Джон Бардин изобретают

Папенька поставил на стол табакерку. «Поди-ка сюда, Миша, посмотри-ка», – сказал он.Миша был послушный мальчик; тотчас оставил игрушки и подошел к папеньке. Да уж и былочего посмотреть! Какая прекрасная табакерка! пестренькая, из черепахи. А что на крышке-то! Ворота, башенки, домик, другой, третий, четвертый, – и счесть нельзя, и все мал маламеньше, и все золотые...

В.Одоевский. Городок в табакерке

Рис.1. Розеттский камень

Рис.2. Первый динамический элемент памяти

01_24.p65 30.01.09, 12:132

Н А П У Т И К К В А Н Т О В О М У К О М П Ь Ю Т Е Р У 3

первый полупроводниковый транзистор (за что в 1956году удостаиваются Нобелевской премии по физике).Он был создан с помощью точечного контакта наполупроводниковой подложке и имел размеры порядкасантиметра. Вскоре такие транзисторы начинают ак-тивно использоваться в электронике в качестве усили-телей электрических сигналов или управляемых элек-трическими сигналами прерывателей и практическиповсеместно вытесняют вакуумные лампы. В 1958 годуДжек Кирби создает первый полупроводниковый чип(микросхему), состоящий всего из двух транзисторов.Проходит совсем немного времени, и появляются мик-росхемы, объединяющие на общей подложке уже де-сятки и сотни транзисторов. Одновременно с прогрес-сом в создании на основе полупроводниковой электро-ники процессоров для переработки данных развивают-ся также и способы их хранения. В качестве такихзапоминающих устройств начинают использоватьсямагнитные сердечники и барабаны, далекие предкисовременных жестких дисков.

Наряду с бурным развитием материальных элемен-тов вычислительных машин существенно меняются илогические решения при проведении вычислений, атакже архитектура используемых программ. Выдаю-щийся математик Джон фон Нейман в 1946 годупредставляет работу «Предварительное рассмотрениелогической конструкции электронно-вычислительногоустройства», в которой не только описывает самуэлектронно-вычислительную машину, но также под-робно обсуждает и используемую в ее работе логику,обосновывает использование двоичной системы дляпредставления данных в ЭВМ. С этого момента компь-ютеры становятся объектом научного исследования, идаже сегодня некоторые ученые продолжают называтькомпьютер «машиной фон Неймана».

Все эти фундаментальные открытия и изобретениязнаменуют начало второго периода компьютерной эры(1955–1964).

На основе интегральных схем создаются компьюте-ры третьего поколения (1965–1974). Массивные маг-нитные накопители информации заменяются болееминиатюрными и в то же время более емкими полупро-водниковыми запоминающими устройствами. Они исегодня используются в персональных компьютерах вкачестве оперативных запоминающих устройств. Дос-тигнутые в последней трети XX века успехи теорети-ческой кибернетики, физики и технологии способство-вали быстрому развитию компьютерной техники, ееминиатюризации и резкому удешевлению. Все этосделало компьютер доступным широкой публике. Ссередины 70-х годов компьютеры становятся важнымэлементом каждодневной жизни. Неслыханный про-гресс в технологии позволяет сегодня на той же площа-ди в 3 квадратных сантиметра, которую использовалКирби, размещать в больших интегральных схемахдесятки миллионов транзисторов. Так, современныеэлементы памяти позволяют хранить содержимое всейколлекции одной из крупнейших библиотек мира –библиотеки Конгресса США (а это 150 миллионов книги документов) – в одном ноутбуке. Широко известный

закон Мура (эмпирическое наблюдение, сделанное в1965 году Гордоном Муром) в одной из своих форму-лировок устанавливает экспоненциальный рост со вре-менем емкости новых элементов памяти и числа тран-зисторов в процессоре. Его «действие» на протяжениитридцати лет представлено на рисунке 3.

Больше транзисторов на квадратный сантиметр, бо-лее высокая тактовая частота (характеризующая быс-тродействие компьютера) – эти требования стали на-вязчивой идеей производителей. В 2004 году интелов-ский процессор Prescott, выполненный по 90-наномет-ровой технологии (это означает, в частности, что наодном квадратном сантиметре его площади было рас-положено несколько миллионов транзисторов), содер-жал в себе 150 миллионов транзисторов и работал стактовой частотой 3,4 ГГц. В 2007–2008 году произво-дители уже перешли на 45-нанометровую технологию,а к 2013 году ожидается переход на 25-нанометровую.Тем не менее, этот прямой путь повышения быстро-действия и объема памяти компьютеров рано илипоздно исчерпывается. Например, одним из очевид-ных ограничений на пути дальнейшей миниатюриза-ции является конечность скорости распространенияэлектромагнитного сигнала в цепи: ее конкретная ве-личина зависит от специфики технической реализа-ции процессора, однако определенно не может превы-сить скорость света с = 300000 км/с. Хотя эта величи-на представляется недостижимо большой, давайте все-таки сделаем простую оценку. Тактовая частота ν == 3,4 ГГц означает, что интервал времени между дву-мя последовательными операциями оказывается по-рядка 101 3 10t ν -= » Ч  c, т.е. элементы процессора, вкоторых проводятся две последовательные операции,не могут находиться на расстоянии, превышающем

10L ct= »  см. И это, заметьте, даже в идеальномслучае, когда сигнал распространяется со скоростьюсвета в вакууме! Таким образом, неизбежным услови-ем увеличения тактовой частоты (а следовательно, иувеличении числа транзисторов в процессоре) являет-ся дальнейшая миниатюризация. И инженеры ужедавно идут по этому пути.

Однако недалек тот момент, когда миниатюризациявступит в конфликт с фундаментальными физически-

Рис.3. Иллюстрация закона Мура: рост числа транзисторов вмикропроцессоре с годами (время удвоения – 2 года)

01_24.p65 30.01.09, 12:133

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 14

ми свойствами базовых элементов процессора (во вся-ком случае, сегодняшних). Главным бедствием являет-ся перегрев процессора из-за возрастающей плотностивыделения джоулева тепла – даже если токи, протека-ющие в сотнях миллионов транзисторов, и чрезвычай-но малы. Другим существенным ограничением на ми-ниатюризацию является рост величины электрическо-го поля в изолирующем оксидном слое между электро-дами транзистора: в слишком тонкой прослойке можетслучиться электрический пробой. Третье ограничениенакладывается характерным масштабом флуктуации вплотности распределения примесей – а именно, этифлуктуации должны успевать самоусредняться на раз-мере самых малых элементов процессора. Таким обра-зом, чем миниатюрнее процессор, тем более слабыетоки должны в нем протекать. Однако уменьшатьнапряжение совсем до нуля тоже нельзя: начиная снекоторого предела полезные токи (сигналы) оказыва-ются столь малыми, что просто теряются на фонеразличного рода шумов, всегда присутствующих вэлектрических схемах. Поэтому проектировщики но-вых процессоров вовсе не заинтересованы специальнопонижать напряжение, однако они вынуждены этоделать при дальнейшей миниатюризации.

Таким образом, мы видим, что не за горами то время,когда концепция дальнейшего увеличения быстродей-ствия процессора за счет миниатюризации и ростачисла транзисторов в нем будет исчерпана.

XXI век: в поисках новой парадигмы

Ввиду указанных трудностей, возникших на путипрямого увеличения тактовой частоты традиционногопроцессора, два ведущих производителя Intel и AMDс 2005 года были фактически вынуждены перейти креализации принципиально новой архитектуры «мозгакомпьютера» – многоядерному процессору. Сначалаэто были двухядерные процессоры, а теперь на подхо-де процессоры с четырьмя и более ядрами. Такиеустройства объединяют два и более независимых про-цессоров, имеющих при этом общую сверхоператив-ную память и ее контроллер. Такая архитектура позво-ляет существенно увеличивать быстродействие компь-ютера без увеличения тактовой частоты и, следователь-но, избегать перечисленных выше проблем. Однако неследует думать, что с двумя ядрами быстродействиепросто возрастает вдвое. Ситуация оказывается гораз-до более сложной: производительность многоядерногопроцессора существенно зависит от типа решаемойзадачи, от программного обеспечения, основанного нановых (использующих преимущества параллелизма)алгоритмах. В некоторых случаях быстродействие дей-ствительно возрастает почти вдвое, в других задачах –это не так.

Хотя развитие многоядерных технологий – эффек-тивное инженерное решение, оно остается полумерой,не является качественно новым направлением дальней-шего развития компьютерной техники. Нужно ясноосознавать, что, оставаясь в рамках старой парадигмы,современная технология вплотную приближается кпределам макромира, где становятся неприменимыми

уже сами законы классической физики, явно илинеявно используемые при разработке новых процессо-ров.

Вот почему на протяжении последнего десятилетияученые пытаются разработать принципиально новыеидеи создания вычислительной техники, основанныена иной, по сравнению с Тюрингом и фон Нейманом,логике и новой элементной базе. Это и развитие новыхтак называемых квантовых алгоритмов вычисления(квантовый компьютинг), и создание новых размеромв нанометры приборов (нанофизика, нанотехнология).Ниже мы попытаемся дать читателю представление онекоторых идеях, стоящих за этими словами.

Где лежат границы между макро-и микромирами?

Как уже говорилось, ближайшим технологическимновшеством в компьютерных технологиях ожидаетсяпереход на 25-нанометровую технологию. Много этоили мало по сравнению с масштабами квантовогомира? Для того чтобы дать ответ на этот вопрос,давайте взглянем на рисунок 4, где представленыхарактерные масштабы нанофизики.

Первой микроскопической длиной, которую следуетиметь в виду при миниатюризации элементарных бло-ков процессора, является длина свободного пробегаэлектронов el при их движении внутри металлическихслоев. Напомним, что закон Ома основан на предполо-жении о диффузном характере движения, в процессекоторого электрон, двигаясь по проводнику, испыты-вает многократные рассеяния на примесях или другихдефектах. При этом становится несущественным кон-кретное расположение дефектов – транспортные свой-ства определяются длиной свободного пробега элект-ронов el , усредненной по положению примесей. Поэто-му металлические мостики между элементарными тран-зисторами в микросхеме можно считать обычнымирезисторами, подчиняющимися закону Ома лишь дотех пор, пока их размеры L остаются гораздо больши-ми длины свободного пробега электронов: eL l? (виспользуемых в микросхемах напыленных металли-ческих пленках el оказывается порядка нанометров).В противоположном пределе, eL l= , движение элек-трона имеет баллистический характер, т.е. электронывместо диффузии с постоянной средней скоростьюпросто ускоряются электрическим полем на протяже-нии всего проводника. Понятно, что свойства таких«нанопроводов» будут существенно отличаться отсвойств обычных омических элементов электрическихцепей.

Следующим важным масштабом, указывающим на

Рис.4. Характерные масштабы нанофизики (1 нм = 10–9 м)

01_24.p65 30.01.09, 12:134

Н А П У Т И К К В А Н Т О В О М У К О М П Ь Ю Т Е Р У 5

границу между классическим макромиром и кванто-вым микромиром, служит дебройлевская длина волныэлектрона 0F h pλ = (здесь h – постоянная Планка, a

0p – импульс электрона). Характерными свойствамиквантового мира являются квантование и интерферен-ция. Поэтому, как только наименьший из размеровпроводника minL сравнивается с дебройлевской дли-ной волны ( min FL λ: ), электрон оказывается как бы«запертым» в этом направлении и ведет себя согласнозаконам квантовой механики. В этом случае можносказать, что рассматриваемый нанопроводник стано-вится «квантовой ямой», движение электрона в кото-рой квантуется. Величина Fλ существенно зависит отконцентрации электронов в металле. Для нормальногометалла она оказывается порядка нескольких ангст-рем, т.е. атомного масштаба. В полупроводниках,однако, Fλ может оказаться намного большей, иквантование движения электронов в таких нанопро-водниках может существенно изменить их свойства посравнению с массивными образцами, выполненнымииз того же материала. Например, квантование попереч-ного движения лишь в одном из направлений позволяетсоздать новый объект – двумерный электронный газ,который служит элементарным строительным блокомдля современных электронных приборов.

Еще одним важным масштабом длины, отсутствую-щим в классическом макромире, является так называ-емая длина когерентности lφ . Дело в том, что импульсэлектрона меняет свое направление при рассеянии напримесях, однако сохраняет свою абсолютную величи-ну, а значит, сохраняется и энергия электрона. Такоерассеяние называют упругим. Заметим, что в кванто-вой механике помимо энергии существует еще однаважная характеристика – фаза волновой функции.Обычно даже после многих актов упругого рассеянияэлектрон сохраняет свою фазу и, следовательно, можетпо-прежнему участвовать в процессах квантовой ин-терференции. Наряду с упругим рассеянием электронана примесях может происходить также его неупругоерассеяние на колебаниях кристаллической решетки(фононах). В результате изменяется энергия электро-на, а с ней и фаза – поэтому электрон больше не можетучаствовать в процессах интерференции. Аналогично,на фазу волновой функции электрона влияют и стол-кновения с переворотом спина, переводящие электронв квантовое состояние, обращенное во времени. Харак-терная длина, на которой фаза волновой функцииэлектрона из-за рассеяния изменяется на 2π (чтоозначает полную потерю фазовой памяти), называетсядлиной фазовой когерентности lφ . Если геометричес-кие размеры элемента процессора становятся меньши-ми lφ , в приборе могут проявляться интерференцион-ные явления.

Напомним, наконец, что в классической физикевеличина заряда электрона рассматривается как беско-нечно малая, и поэтому поток заряда в процессезарядки или разрядки конденсатора предполагаетсянепрерывным. Понятно, что если емкость С единично-го элемента процессора настолько мала, что электро-статическая энергия одного электрона на нем ( )2 2e C

становится сравнимой с другими энергетическими мас-штабами (тепловая энергия kT или энергия электронаeV в поле приложенного к конденсатору потенциала),то в системе могут проявить себя новые явления,связанные с так называемым одноэлектронным тунне-лированием.

Выбор при конструировании элементов наноэлектро-ники различных соотношений между их геометричес-кими размерами, в сравнении с перечисленными вышемасштабами квантового мира, приводит к появлениюмногочисленных новых возможностей для реализациипринципиально нового, по сравнению с классическоймикроэлектроникой, квантового транспорта в такихсистемах. Их качественно новые свойства могут датьсовершенно неожиданные возможности для примене-ний. Ниже мы кратко обсудим лишь некоторые изкандидатов на базовые элементы будущей наноэлект-роники.

Квантовые проводаи квантовые точечные контакты

Рассмотрим, как электрический заряд протекает че-рез так называемый квантовый провод – очень тонкийпроводящий канал,содержащий носителизаряда, однако сво-бодный от примесейили иных дефектовкристаллической ре-шетки (рис.5). Какуже говорилось, при

min FL L λ⊥= Щ элек-трон оказывается за-пертым в квантовойяме, и его движение впоперечном направле-нии оказывается кван-тованным. Это озна-чает, что часть кине-тической энергии, со-ответствующая попе-речному движению,может приниматьтолько определенные дискретные значения nE , в товремя как движение электрона вдоль провода остает-ся свободным. Так как полная энергия электрона Еесть величина постоянная, то, чем больше оказывает-ся величина nE , тем меньшая часть кинетическойэнергии соответствует продольному движению. Чемменьше энергия, тем меньше соответствующая состав-ляющая импульса и, следовательно, тем больше дли-на волны. Таким образом, каждому уровню попереч-ного квантования nE соответствует своя плоская вол-на с длиной nλ – волновая мода.

Электрон, двигаясь в квантовом проводе, скореенапоминает совокупность различных мод в волноводе,чем частицу, диффундирующую сквозь примеси вобычном проводнике (рис.6). Каждая мода дает свойвклад в перенос заряда. Полная же проводимостьопределяется суммой всех этих вкладов. Вклад единич-

Рис.5. а) Обычный резистор спримесями; б) баллистическоедвижение в квантовом проводе;в) квантовый точечный контакт

01_24.p65 30.01.09, 12:135

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 16

ного квантового канала в перенос заряда можнооценить привычным нам методом размерностей.В идеальном случае его проводимость не должназависеть от свойств самого квантового провода,

а должна быть просто комбинацией универсальныхфизических постоянных. Единственная такая комби-нация с размерностью сопротивления – это 2h e ,которой, понятно, в классической физике возникнутьбыло бы неоткуда. Оказывается, что 2e h являетсяпредельной величиной проводимости, которая в прин-ципе может быть реализована при распространенииодной моды в квантовом проводе. На рисунке 7 пред-

ставлен реальный квантовый точечный контакт. Егопроводимость G при температуре жидкого гелия Т == 1,7 К вместо того чтобы быть постоянной, в согласиис представлениями классической электронной теории,дискретно изменяется в зависимости от напряжения назатворе, которое контролирует эффективную ширинупроводящего канала. Высота каждой такой ступенькисоответствует 22e h . Квантование проводимости то-чечного контакта обычно исчезает при 2LЪ  нм; онотакже размывается и с ростом температуры.

Кулоновская блокадаи одноэлектронный транзистор

Рассмотрим свойства так называемой квантовой точ-ки – малой металлической капли (ее размер долженбыть порядка 1 нм или даже еще меньше), расположен-ной на изолирующей подложке (рис.8). Металличес-кие электроды выполняют разные функции. Первыйэлектрод – это затвор, меняющий электростатический

потенциал квантовой точки. Вторая пара электродов –это источник и сток, которые поставляют и удаляютэлектроны с квантовой точки.

Предположим, что на квантовой точке присутствуетN избыточных электронов и, таким образом, ее полныйзаряд Q = Ne. В отсутствие внешнего электростатичес-кого поля этому заряду соответствует электростати-ческая энергия квантовой точки ( ) ( )2 2 22 2Q C N e C= ,где С – емкость квантовой точки (обычно оченьмалая). Эта энергия возникает благодаря отталкива-нию распределенных по поверхности точки избыточ-ных зарядов.

Если к затвору приложено конечное напряжениеU, то электростатическая энергия квантовой точкискладывается из двух слагаемых – найденной вышеэнергии электростатического отталкивания избыточ-ных зарядов и работы внешнего электрического поляпо переносу этих зарядов из бесконечности на кван-товую точку:

( )2 2

,2

N eE N U UNe

C= - .

Как видно, E(N, U) является квадратичной функциейот числа электронов N. Формально ее минимум дости-гается при N CU e= – там, где производная dE dNравна нулю.

Тут самое время вспомнить, что N должно бытьцелым числом. Поэтому в зависимости от напряженияна затворе, возможны различные ситуации (см. рис.8).В первом случае, когда U Ne C= , минимум параболыдействительно соответствует реальному состоянию сцелым числом электронов N. Однако когда напряже-ние па затворе достигает величины ( )1 2U N e C= + ,минимум полной энергии должен был бы соответство-вать полуцелому числу электронов, что невозможно.Ближайшие по энергии к этому формальному миниму-му реализуемые состояния – это состояния с целымичислами электронов N и N + 1. Важно, что оба этихсостояния имеют одну и ту же энергию:

1 1, ,

2 2

CU CUE N U E N U

e e

ж ц ж ц= - = = + =з ч з чи ш и ш2 2

2 8

CU e

C= + .

Рис.6. а) Волновые моды в квантовом проводе;б) обычный резистор с примесями

Рис.7. Экспериментальное воплощение квантового точечно-го контакта и зависимость его проводимости от напряженияна затворе при различных температурах

Рис.8. Квантовая точка (QD) – малая металлическая капля, расположен-ная на изолирующей подложке; вокруг нее – металлические электроды

01_24.p65 30.01.09, 12:136

Н А Ш А О Б Л О Ж К А 7

Таким образом, мы приходим к выводу, что призначении напряжения на затворе U Ne C= состоянияквантовой точки с N и N + 1 электронами разделеныэнергетической щелью ( )2 2e C , и, следовательно, за-кон сохранения энергии как бы блокирует переносэлектронов между источником и стоком – квантоваяточка оказывается «запертой». Наоборот, при напря-жении ( )1 2U N e C= + электроны можно переноситьна квантовую точку «бесплатно», так как состояниям сN и N + 1 электронами соответствует одно и то жезначение энергии – квантовая точка оказывается «от-крытой».

Итак, мы видим, что металлическая капля размеромпорядка десяти ангстрем может работать как эффек-тивный транзистор – то пропуская ток, то запираясь.При низких температурах, ( )2 2kT e C= , ток, проте-кающий сквозь такой, «одноэлектронный транзистор»,чрезвычайно мал при всех напряжениях на затворе,кроме особых значений ( ) ( )1 2U N N e C= + . Вблизиэтих значений в проводимости должны наблюдатьсярезкие всплески. Вы можете их увидеть на эксперимен-тально измеренной зависимости дифференциальной

Рис.9. Экспериментально измеренная зависимость диффе-ренциальной проводимости квантовой точки от напряженияна затворе

проводимости квантовой точки g от напряжения назатворе U, представленной на рисунке 9.

Можно надеяться, что одноэлектронные транзисто-ры позволят в скором будущем создать логическиесхемы, работающие со слабейшими из возможныхтоков и, соответственно, в которых энергия будетрассеиваться минимально.

* * *Мы дали очень короткий и поверхностный обзор

всего лишь нескольких вопросов увлекательной обла-сти современной науки. По-английски она называетсяnanoscience (нано-наука), по-русски мы говорим онанофизике, нанохимии и других нанодисциплинах.Назовем еще несколько других возможных «кандида-тов» в строительные блоки наноприборов, исследова-ние свойств которых сегодня находится на переднемкрае науки. Среди них графен – монослой графита, вкотором электроны образуют двумерный газ с реляти-вистским спектром (т.е. движутся подобно квантамсвета); углеродные и неуглеродные нанотрубки; нано-электромеханические системы; гибридные приборыдля квантовых вычислений, основанные на сверхпро-водящих и нормальных элементах; так называемыеспинтронные приборы, действие которых основано наманипуляциях с отдельными электронными и атомны-ми спинами; наносверхпроводники, наномагниты имногие другие. Для полного понимания свойств этихсистем необходимо решить целый ряд фундаменталь-ных и прикладных проблем. Главные из них связаныс особенностями квантового транспорта, влияния нанего процессов рассеяния на дефектах, фононах, атакже электрон-электронного взаимодействия, учетароли контактов и окружающей наноприбор электро-магнитной среды. Все эти задачи еще далеки от завер-шения. Поэтому исследованию каждой из этих системпосвящено много научных работ, формирующих перед-ний край современной науки и техники.

Н А Ш А О Б Л О Ж К А

Сколько лучей у солнечного блика?

(См. 4-ю с. обложки)

Оптические приборы (кино- и фотоаппараты, телеско-пы, микроскопы и т.п.) всегда искажают изображаемыеими объекты. Например, на фотографиях ярких ламп,вспышек электросварки или солнечных бликов эти яр-кие объекты часто окружены симметрично расходящи-мися лучами. Если на фотографии таких объектов не-сколько, то число расходящихся лучей и их ориентацияодинаковы.

Причиной появления на фото лучей вокруг яркихобъектов является дифракция света – способность элект-ромагнитных волн огибать границы препятствий и прони-кать в область геометрической тени. В оптических прибо-рах дифракция происходит, как правило, на краях диаф-рагмы, используемой для изменения освещенности иглубины резкости изображений.

Чаще всего диафрагма состоит из нескольких заходя-щих друг за друга тонких непрозрачных серповидныхпластинок-лепестков, образующих отверстие в виде пра-

(Продолжение см. на с. 12)

Рис.1. Объектив фотоаппарата с ирисовой диафрагмой изсеми (слева) или шести (справа) лепестков

01_24.p65 30.01.09, 12:137

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 18

ХОТЯ ВСЕ ШКОЛЬНИКИ ПРОХОДЯТ ГЕОМЕТ-рию, мало кто может четко сформулировать,что именно они при этом изучают. Задавая

школьникам этот вопрос, я обычно получал в ответ что-нибудь вроде: «Геометрия изучает геометрические свой-ства фигур». При этом на следующий вопрос: «А какиеименно свойства фигур являются геометрическими?» –ответа получить уже не удавалось.

На самом деле, объектом изучения традиционнойшкольной геометрии являются те свойства фигур,которые не меняются при преобразованиях подобия.Например, два правильных треугольника, один изкоторых нарисован мелом на доске, а другой каранда-шом в тетради, с точки зрения геометрии одинаковы.Однако часто интерес представляют более глубокие

свойства, которые сохраняются не только при подоби-ях, но и при других преобразованиях. В первуюочередь это относится к так называемым аффиннымпреобразованиям, с которыми приходится иметь делодаже в обычной школьной программе. Например,делая чертеж куба, мы не пытаемся, да и не смогли быизобразить все его грани квадратами, но рисуем их ввиде параллелограммов, т.е. существенным свойствомдля нас является не равенство или перпендикулярностьребер куба, а их параллельность.

Параллельная проекция и ее свойства

Предположим, что некоторый чертеж, сделанный настекле, освещается солнцем (солнечные лучи считают-

ся параллельными), в результате чего на стене возни-кает изображение этого чертежа. Если плоскости стек-ла и стены параллельны, изображение в точностиповторяет чертеж, но в противном случае оно можетподвергаться значительным искажениям. Например,равные отрезки могут перейти в неравные, не сохраня-ются величины углов и т.д. Однако нетрудно видеть,что следующие свойства чертежа сохраняются и наизображении.

1. Любой прямой чертежа соответствует прямая наизображении, причем параллельным прямым соответ-ствуют параллельные.

2. Сохраняются отношения длин параллельных от-резков.

3. Отношение площади любой фигуры к площади ееобраза постоянно для всех фигур.

Отметим еще одно важное свойство параллельнойпроекции.

Утверждение 1. Любой треугольник можно парал-лельной проекцией перевести в правильный.

Доказательство. Пусть дан треугольник ABC, лежа-щий в плоскости π . Возьмем плоскость π¢ , пересека-ющую π по прямой AB, и расположенный в нейправильный треугольник ABC¢ . Очевидно, что проек-ция π на π¢ параллельно прямой CC¢ – искомая.

Упражнение. Докажите, что любой треугольник можноперевести в любой другой композицией (последовательнымприменением) нескольких параллельных проекций.

Указание. Покажите, что композицией двух проекцийможно перевести один правильный треугольник в другой.

Из утверждения 1 вытекает, что любое свойствотреугольника, которое относится только к отношениямдлин параллельных отрезков или площадей, достаточ-но доказать для треугольника специального вида,например, правильного. Аналогичное утверждениеверно для параллелограммов, так как можно разрезатькаждый параллелограмм диагональю на два равныхтреугольника и спроецировать «половину» одного па-раллелограмма в «половину» другого. В частности,совершенно очевидной становится теорема о том, чтомедианы треугольника пересекаются в одной точке иделят друг друга в отношении 2 : 1 – поскольку в нейговорится лишь об отношениях отрезков, лежащих наодной прямой, а эти отношения при параллельнойпроекции не меняются, достаточно доказать ее дляправильного треугольника.

Рассмотрим несколько задач.Задача 1. Докажите, что точка пересечения диаго-

налей трапеции, точка пересечения ее боковых сто-рон и середины оснований лежат на одной прямой.

Решение. Пусть боковые стороны трапеции AB и CD

Аффинная геометрияА.ЗАСЛАВСКИЙ

01_24.p65 30.01.09, 12:138

А Ф Ф И Н Н А Я Г Е О М Е Т Р И Я 9

пересекаются в точке E. Спроецировав треугольникAED в равнобедренный, переведем данную трапециютакже в равнобедренную, для которой четыре указан-ных точки лежат на оси симметрии.

В некоторых учебниках утверждение этой задачиназывается теоремой о трапеции. Заметим также, что,решая задачу, мы фактически доказали еще односвойство трапеции: отрезок, параллельный основани-ям и проходящий через точку пересечения диагоналей,делится этой точкой пополам.

Задача 2. На сторонах параллелограмма ABCDплощади S взяты точки , , ,A B C D¢ ¢ ¢ ¢ , такие что

ABBC

3=¢ ,

BCCD

3=¢ ,

CDDA

3=¢ ,

DAAB

3=¢ . Най-

дите площадь четырехугольника, образованного пря-мыми AA¢ , BB¢ , CC¢ , DD¢ .

Решение. Достаточно решить задачу для квадрата состороной 1. В этом случае указанный четырехугольниктоже будет квадратом. При этом длина отрезка BB¢

равна 103

, а отношение отрезков, на которые он

делится прямыми AA¢ и CC¢ , равно 1 : 6 : 3. Поэтомусторона маленького квад-

рата равна 10

5, а его

площадь 2

5 (рис.1).

Задача 3. На основанииAB треугольника ABCотложены равные отрез-ки AA BB a= =¢ ¢ и черезточки A¢ и B¢ проведеныпрямые, параллельныесторонам BC и AC соот-ветственно. Какую ли-

нию описывает точка пересечения этих прямых приизменении величины a?

Задача 4. Вершины треугольника A B C¢ ¢ ¢ лежат насторонах треугольника ABC и делят их в одном и томже отношении. Докажите, что центры тяжести,т.е. точки пересечения медиан, обоих треугольниковсовпадают.

Задача 5. Через каждую вершину треугольникаABC проведены две прямые, делящие противополож-ную сторону на три равные части. Докажите, чтотри прямые, соединяющие противоположные верши-ны полученного шестиугольника, пересекаются в од-ной точке.

Решение. В правильном треугольнике эти три пря-мые совпадают с его осями симметрии, следовательно,в общем случае они совпадут с медианами данноготреугольника.

Отметим еще несколько свойств описанной конфи-гурации. Занумеруем прямые, соединяющие верши-ны треугольника с точками на противоположных сто-ронах, цифрами 1–6 и обозначим точку пересеченияпрямых i и j как ijP . Тогда треугольники 14 25 36P P Pи 16 23 45P P P гомотетичны данному относительноего центра тяжести, стороны шестиугольника

13 46 15 24 35 26P P P P P P параллельны сторонам данного тре-

угольника, а прямые, со-единяющие середины егопротивоположных сто-рон, пересекаются в егоцентре тяжести (рис.2).Доказательства этихсвойств полностью анало-гичны решению задачи.

Задача 6. На сторонахAB, BC, CA треугольни-ка ABC взяты точки C¢ ,

A¢ , B¢ так, что AC BA CB 1

AB BC CA 3

¢ ¢ ¢= = = . Докажите,

что площадь треугольника, образованного прямыми

AA¢ , BB¢ и CC¢ , равна 1

7 площади треугольника

ABC.Решение. Пусть ABC – правильный треугольник со

стороной 1. Тогда 7

3AA BB CC= = =¢ ¢ ¢ . Обозначим

точки пересечения прямых AA¢ и BB¢ , BB¢ и CC¢ ,CC¢ и AA¢ через , ,C A B¢¢ ¢¢ ¢¢ . Треугольники A C B¢ ¢¢ и

B CB¢ подобны с коэффициентом 1

7

A Bk

B B

¢= =

¢. Сле-

довательно, 1

7BC =¢¢ ,

1

3 7B A C A= =¢ ¢¢ ¢¢ ¢ , A C =¢¢ ¢¢

1

7C B B A= = =¢¢ ¢¢ ¢¢ ¢¢ ,

т.е. площадь треуголь-ника A B C¢¢ ¢¢ ¢¢ в 7 разменьше площади ABC(рис.3). Это отношениеостается верным длялюбого треугольника.

Задача 7. Докажи-те, что, пользуясьтолько линейкой,нельзя построить пра-вильный треугольник.

Подробнее о свойствах параллельной проекции мож-но прочесть в статье «Параллельная проекция» (см.«Квант» № 4 за 2001 г.).

Определение и основные свойствааффинных преобразований

Свойство 1 параллельной проекции принимается заоснову следующего определения.

Определение. Аффинным (от латинского affinis –родственный) называется преобразование (т.е. взаим-но однозначное отображение) плоскости, переводящеекаждую прямую в прямую.

Из определения сразу следует, что параллельныепрямые при аффинном преобразовании переходят впараллельные. Действительно, в противном случаеточке пересечения образов прямых не соответствовалабы никакая точка плоскости.

Аффинная геометрия изучает свойства геометричес-ких фигур, сохраняющиеся при аффинных преобразо-ваниях. В этой статье мы опишем эти свойства и

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

01_24.p65 30.01.09, 12:139

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 110

покажем, как аффинные преобразования помогаютпри решении задач.

Из определения сразу вытекает, что композиция(последовательное применение) двух аффинных пре-образований также будет аффинным преобразованиеми преобразование, обратное аффинному, тоже аффин-ное. Совокупность преобразований, удовлетворяющаяэтим свойствам, называется группой. Очевидно, чтогруппа аффинных преобразований включает, в частно-сти, все подобия. Однако подобиями эта группа неисчерпывается, что показывает следующая теорема.

Теорема 1. Для любых данных треугольников ABCи A B C¢ ¢ ¢ существует единственное аффинное преоб-разование, переводящее A в A¢ , B в B¢ , C в C¢ .

Доказательство. Существование искомого преобра-зования фактически доказано утверждением 1. Дока-жем единственность. На прямой AC отметим все точки,расстояние от которых до точки C кратно длинеотрезка AC, и проведем через них прямые, параллель-ные BC. Аналогично, на прямой BC отметим точки,расстояние от которых до C кратно BC, и проведемчерез них прямые, параллельные AC. В результате всяплоскость разобьется на параллелограммы со сторона-ми, равными AC и BC, и углом, равным углу ACB.Докажем, что вершины этих параллелограммов пере-ходят в вершины параллелограммов, построенныханалогичным образом по треугольнику A B C¢ ¢ ¢ . Дей-ствительно, четвертая вершина D параллелограмма свершинами A, B, C перейдет в четвертую вершину D¢параллелограмма с вершинами A¢ , B¢ , C¢ , так какпрямые AD и BD, параллельные BC и AC, перейдут впрямые A D¢ ¢ и B D¢ ¢ , параллельные B C¢ ¢ и A D¢ ¢ .Прямая, проходящая через D параллельно AB, перей-дет в прямую, проходящую через D¢ параллельноA B¢ ¢ , а ее точки пересечения с AC и BC, являющиесявершинами параллелограммов первой решетки, – ваналогичные вершины параллелограммов второй ре-шетки. Повторяя это рассуждение, построим образывсех вершин параллелограммов. Очевидно, что центрывсех параллелограммов первой решетки переходят вцентры соответствующих параллелограммов второйрешетки. Проведя через них прямые, параллельныесторонам параллелограммов, получим решетки из па-раллелограммов вдвое меньшего размера, которыетакже соответствуют друг другу (рис.4).

Этот процесс уменьшения сторон параллелограммовможно повторять неограниченно. Рассмотрим теперьпроизвольную точку M плоскости. Она определяетпоследовательность вложенных параллелограммов пер-

вой решетки с неограниченно уменьшающимися сторо-нами, каждый из которых содержит точку M. Этойпоследовательности соответствует аналогичная после-довательность параллелограммов второй решетки, ко-торая определяет единственную принадлежащую всемпараллелограммам последовательности точку M¢ .

Следовательно, образ любой точки определяетсяодназначно. Теорема доказана.

Примечание. На самом деле, проведенное рассужде-ние является неполным, так как в нем предполагается,что при аффинном преобразовании близкие точкиостаются близкими, т.е. аффинное преобразованиенепрерывно. Непрерывность аффинного преобразова-ния можно вывести из его определения, но здесь мыэтого делать не будем.

Фактически, при решении задач предыдущего разде-ла мы пользовались утверждением существования изтеоремы 1. В следующем разделе мы, используя утвер-ждение единственности, покажем, как устроено произ-вольное аффинное преобразование, и с помощью этогорешим еще несколько задач.

Вопрос для самопроверки: при каких условияхбудут аффинно эквивалентны

– два параллелограмма;– две трапеции;– два четырехугольника?

Примеры аффинных преобразований

Выясним теперь, как устроено произвольное аф-финное преобразование. Прежде всего приведем при-мер аффинного преобразования, не являющегося по-добием.

Определение. Сжатием относительно прямой l скоэффициентом k называется преобразование, перево-дящее произвольную точку M в такую точку M¢ , чтоточки M и M¢ лежат по одну сторону от l, прямаяMM¢ перпендикулярна l и OM kOM=¢ , где O –точка пересечения MM¢ и l.

Следует отметить, что при k > 1 сжатие относительнопрямой не «сжимает», а наоборот «растягивает» плос-кость.

Утверждение 2. Сжатие относительно прямой яв-ляется аффинным преобразованием.

Доказательство. Очевидно, что сжатие относитель-но l сохраняет параллельность и перпендикулярностьпрямых прямой l. Поэтому рассмотрим прямую AB,наклонную к l и пересекающую ее в точке O. Опус-тим перпендикуляры AM и BN на l, построим образA¢ точки A при сжатии и найдем точку B¢ пересече-ния прямых OA M¢ и BN. Из подобия треугольниковOAM и OBN , OA M¢ и OB N¢ вытекает, что B¢ –образ точки B, т.е. сжатиепереводит прямую в пря-мую. Отношение тангенсовуглов AOM и A OM¢ независит от положения точ-ки O и равно k, следова-тельно, параллельные пря-мые переходят в парал-лельные (рис.5).

Рис. 4

Рис. 5

01_24.p65 30.01.09, 12:1310

Сжатием относительно прямой можно считать при-меняемую в черчении ортогональную проекцию. Еслидве не перпендикулярные плоскости π и π¢ пересека-ются по прямой l, то отношение расстояний до l отлюбой точки X плоскости π и ее проекции X¢ на π¢постоянно. Кроме того, проекции X и X¢ на l, очевид-но, совпадают. Поэтому, если считать π и π¢ двумяэкземплярами одной плоскости, то ортогональная про-екция будет сжатием относительно l с коэффициентом,равным косинусу угла между плоскостями. Оказыва-ется, однако, что сжатием относительно прямой вопределенном смысле является любое аффинное пре-образование. Точнее, верна следующая теорема.

Теорема 2. Любое аффинное преобразование можнопредставить как композицию сжатия относительнопрямой и подобия.

Доказательство. Возьмем на плоскости произволь-ную квадратную решетку. Данное аффинное преобра-зование переводит ее в решетку из параллелограммов.Если эти параллелограммы являются прямоугольника-ми, утверждение теоремы очевидно. В противном слу-чае рассмотрим некоторый квадрат решетки OACB .Пусть в соответствующем параллелограмме O A C B¢ ¢ ¢ ¢угол A O B¢ ¢ ¢ острый. Будем поворачивать квадратнуюрешетку вокруг точки O. Параллелограмм O A C B¢ ¢ ¢ ¢при этом будет поворачиваться вокруг O¢ , меняя своюформу. Когда квадратная решетка повернется на пря-мой угол, точка A¢ перейдет в B¢ , а B¢ в вершинупараллелограмма, смежного с O A C B¢ ¢ ¢ ¢ , при этом уголA O B¢ ¢ ¢ станет тупым (рис.6). Поэтому существует

промежуточное значение угла поворота, при которомэтот угол прямой. Соответствующая этому углу квад-ратная решетка переходит в прямоугольную, что идоказывает теорему.

Отметим, что сжатие относительно прямой легкореализовать с помощью рассмотренного в начале ста-тьи параллельного проецирования. Действительно,если направление проецирования перпендикулярнолинии пересечения плоскостей стекла и стены, ре-зультатом проецирования будет сжатие относительноэтой линии. Изменяя угол между плоскостями и на-правление проецирования, можно добиться, чтобыкоэффициент сжатия принял любое заданное значе-ние. Таким образом, параллельное проецированиеможно считать универсальным примером аффинногопреобразования.

Следующая задача легко решается применением те-оремы 2.

Задача 8. Докажите, что аффинное преобразова-ние, переводящее данную окружность в окружность,является подобием.

Решение. Опишем вокруг данной окружности квад-рат и повернем его так, чтобы данное преобразованиепереводило его в прямоугольник. Окружность, являю-щаяся образом данной, будет вписана в этот прямоу-гольник. Но в прямоугольник, отличный от квадрата,вписать окружность нельзя. Поэтому данное преобра-зование переводит квадратную решетку в квадратнуюи, значит, является подобием.

Приведем еще два интересных примера аффинныхпреобразований. Выберем на плоскости систему коор-динат и рассмотрим преобразование, переводящее точ-ку с координатами ( ),x y в точку ( ),x y¢ ¢ , где x kx=¢ ,y y k=¢ , k > 0. Это преобразование является аффин-ным, так как его можно представить в виде композициидвух сжатий к осям координат. Кроме того, очевидно,что xy x y= ¢ ¢ . Это означает, что любая гипербола суравнением xy = c переходит в себя, причем, выбираязначение параметра k, мож-но перевести любую точкугиперболы в любую другуюее точку (рис.7). Таким об-разом, под действием данно-го преобразования каждая та-кая гипербола как бы сколь-зит сама по себе подобно тому,как скользят сами по себепод действием поворота вок-руг начала координат окруж-ности с уравнениями 2 2 2x y R+ = . Поэтому такоепреобразование называется гиперболическим поворо-том.

Задача 9. Касательная к гиперболе пересекает осикоординат в точках X, Y. Докажите, что площадьтреугольника OXY не зависит от точки касания.

Указание. Докажите, что гиперболический поворотсохраняет площади.

Задача 10. Прямая пересекает гиперболу в точкахA, B, а оси координат в точках X и Y. Докажите, чтоAX = BY.

Решение. Гиперболическим поворотом переведемточки A, B в точки A¢ , B¢ , симметричные относитель-но биссектрисы угла XOY. Затем симметрией относи-тельно биссектрисы поменяем точки A¢ , B¢ местами иобратным гиперболическим поворотом переведем их вточки B, A. В результате отрезки AX и BY перейдутдруг в друга, а их отношение сохранится, что возможнотолько при AX = BY.

Рассмотрев вырожденный случай этой задачи, когдапрямая касается гиперболы, получим, что точка каса-ния делит отрезок XY пополам.

Рассмотрим теперь преобразование, переводящее

точку ( ),x y в точку ( ),x y¢ ¢ , где 2x x v= +¢ , y vx= +¢2 4y v+ + . Непосредственно проверяется, что это пре-

образование переводит прямые в прямые, причем2 2y x y x- = -¢ ¢ . Следовательно, данное преобразова-

ние сохраняет параболы с уравнениями 2y x c= + .

Рис. 6

Рис. 7

А Ф Ф И Н Н А Я Г Е О М Е Т Р И Я 11

01_24.p65 30.01.09, 12:1311

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 112

Соответственно, оно называется параболическим пово-ротом.

Задача 11. Найдите геометрическое место серединпараллельных хорд параболы.

Решение. Выбрав соответствующий параметр пара-болического поворота, можно перевести данные дветочки параболы в точки, симметричные относительноее оси. Следовательно, данное семейство параллель-ных хорд можно перевести в семейство хорд, перпен-дикулярных оси параболы. Геометрическим местомсередин этих хорд является ось параболы. Значит,геометрическим местом середин хорд данного семей-ства является луч с вершиной на параболе. Причем этотлуч будет параллелен оси, так как в противном случаеон пересекал бы параболу еще в одной точке.

Аналогично доказывается, что середины параллель-ных хорд гиперболы лежат на одной прямой, проходя-щей через ее центр.

Заключение

Аффинная геометрия изучает свойства фигур, сохра-няющиеся при аффинных преобразованиях, т.е. припараллельном проектировании. Однако иногда инте-

рес могут представлять какие-то другие свойства фи-гур. Например, если заменить параллельное проекти-рование центральным, возникает так называемая про-ективная геометрия, прочитать о которой можно, ска-жем, в статье «Некоторые факты проективной геомет-рии» (см. «Квант» №1 за 1996 г.). Таким образом,ключевым понятием для геометрии является совокуп-ность преобразований, которая и определяет изучае-мые свойства фигур (нетрудно видеть, что для получе-ния содержательных результатов эта совокупностьдолжна быть группой). При этом, чем больше группарассматриваемых преобразований, тем меньше остает-ся существенных с точки зрения соответствующейгеометрии свойств. Такой подход к геометрии былвпервые сформулирован в 1872 году немецким матема-тиком Феликсом Клейном, работавшим тогда в городеЭрлангене, и получил название «Эрлангенской про-граммы». Именно после этого стала активно развивать-ся и рассматриваться как отдельное направление аф-финная геометрия.

Автор благодарит В.Протасова и С.Маркелова заполезные замечания, позволившие существенно улуч-шить первоначальную версию статьи.

вильного многоугольника (рис.1). Вращая диафрагмен-ное кольцо объектива и связанные с ним рычаги, можноизменять размер этого отверстия. Такую диафрагму назы-вают ирисовой, так как ее действие напоминает то, какрадужная оболочка (iris по-английски) глаза изменяетвходящий световой поток.

Дифракция света происходит на каждом из прямоли-нейных краев ирисовой диафрагмы. Если источник светадостаточно удален от диафрагмы, то падающую на нее

световую волнуможно считать плос-кой, т.е. поверхнос-ти равной фазы(волновые поверх-ности) этой волныпредставляют собойплоскости. Дифрак-ция такой волны накраю непрозрачно-го экрана приводитк возникновениюлучей света, перпен-дикулярных грани-це экрана и направ-ленных за него и всторону от него.Возникшие в ре-зультате дифрак-ции лучи, падая нафотопленку или насветочувствитель-

(Начало см. на с. 7)

Сколько лучей у солнечного блика? ную матрицу цифро-вого фотоаппарата,оказываются рядом сизображением яркогообъекта и «пририсо-вывают» ему две яр-кие линии, перпенди-кулярные одному изкраев диафрагмы.

Легко догадаться,что если у ирисовойдиафрагмы нечетноечисло лепестков N, то

число лучей на изображении яркого объекта будет равно2N (рис.2). При четном числе лепестков лучи, возникшиеот дифракции на противоположных и параллельныхкраях диафрагмы, будут накладываться друг на друга,давая в результате только N лучей (рис.3 и 4).

К.БогдановРис.2. Знаменитый Биг Бен ночью

Рис.3. Солнечный блик на стеклеавтомобиля

Рис.4. Яркая вспышка электросварки

01_24.p65 30.01.09, 12:1312

«Электроны, фононы,магноны»

(неопубликованное предисловие ко второму изданию книги)

М.КАГАНОВ

ПЕРЕЧИТЫВАЯ КНИГУ 1, НАПИСАННУЮ МНОЮприблизительно 30 лет назад, я испытывал не-сколько странное чувство. С одной стороны,

книгу, несомненно, написал я. Узнаю свои мысли, своеотношение к тому или другому явлению, открытию.Так безошибочно узнаешь себя, глядя на старую фото-графию, хотя в зеркале видишь совсем другое лицо. Сдругой стороны,благодаря прошедшим годам возника-ет некая отчужденность, позволяющая оценивать про-читанное объективно или почти объективно. Это разре-шает мне сказать: «Электроны, фононы, магноны» –хорошая книга, она мне понравилась при перечитыва-нии. Если бы это было не так, не дал бы согласия на еепереиздание.

Конечно, в квантовой теории твердого тела, популяр-ному изложению которой посвящена книга, за прошед-шие годы произошло много событий. Но мне кажется,происходившее правильно назвать развитием. Осно-вы квантовой теории твердых тел не были пересмотре-ны. Без знания того, о чем говорится в книге, нельзяпонять, в частности, и тех изменений, которые про-изошли за годы, прошедшие между первым и вторымизданиями.

Квантовые свойства разных твердых тел все болееактивно используются в технике. Писалась бы книгатеперь, с большой вероятностью встречались бы в нейупоминания наноструктур, высокотемпературныхсверхпроводников и многих интереснейших открытий,сделанных сравнительно недавно. Признаюсь, я заду-мывался, не стоит ли сделать вставки или подстрочныепримечания с подобными упоминаниями, и пришел квыводу, что делать этого не надо. Сколько-нибудьсерьезно рассказать о том, чего не знали в 70-е годыпрошлого века, в рамках этой книги невозможно, азнаний, которые можно почерпнуть, прочитав «Элек-троны, фононы, магноны», будет достаточно для того,чтобы воспользоваться информацией, заполняющейпубликации в научно-популярных журналах, в Интер-нете и в других доступных источниках.

Вот на что стоит обратить внимание. В книге нередкоупоминается время, прошедшее после какого-либо на-учного события, или говорится в «настоящее время»,«теперь» и т.п. Надо помнить, что от момента написа-ния книги до того, как она попала к вам, прошло многолет. Надо в уме произвести сложение, либо мысленноперенестись лет на 30 назад. Такие «выкладки», читая,делал и я.

* * *За прошедшие годы изменилась не только физика

твердого тела. Углубилось и изменилось представле-ние о Мире, о его структурных единицах – элемен-тарных частицах, претерпели изменение даже пред-ставления о структуре Вселенной, о ее рождении исудьбе.

Вот один пример из далекой от физики твердоготела области – из физики элементарных частиц: вкниге ни разу не упоминаются кварки. В те годы,когда книга писалась, кварки были модной темой;много спорили, реальны ли кварки или это толькоудобный способ описания многих частиц и, главное,обнаруженных нестандартных свойств симметрии.Давно завершились споры. Кварки всеми признаны.Кварки – элементарные частицы, из которых состоятнуклоны и некоторые из мезонов. При этом возниклопонимание того, что кварки не существуют как сво-бодные частицы в вакууме, вне барионов. Несомнен-но, это событие огромного значения. Оно, возможно,изменит наше мировоззрение. Если дальнейшее дроб-ление частиц невозможно и именно кварки – истинноэлементарные частицы, то человечество, наконец, об-наружило то, из чего состоит все. И все же, повторю,кварки в книге не встречаются, хотя нуклоны (ипротоны, и нейтроны) в книге упоминаются много-кратно. Но что нужно знать об этих частицах физикетвердого тела? Их массу, заряд и магнитный момент.Пожалуй, все. Их внутренняя структура, существен-ная не только при изучении взаимодействий междучастицами, но и для понимания структуры мирозда-ния, непосредственно в физике твердого тела роли неиграет (возможно, пока).

Одна из черт окружающего нас Мира и, как след-ствие, науки о Мире – своеобразная иерархичность.О ней упомянуто в книге. Строительной механике от

1 М.И.Каганов. «Электроны, фононы, магноны». Издание2-е. (М.: Издательство ЛКИ, 2008.) Первое издание книгивышло в Главной редакции физико-математической литера-туры издательства «Наука» в 1979 году. По неизвестнымавтору причинам специально написанное для второго изданияпредисловие в книгу не вошло.

01_24.p65 30.01.09, 12:1813

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 114

физики твердого тела необходимо получить справоч-ные сведения о прочностных и упругих характерис-тиках строительных материалов в разных условиях.Электротехнике – электрические характеристики ис-пользуемых проводников и изоляторов. При исследо-вании конденсированных тел физики (теоретики иэкспериментаторы) пользуются результатами атом-ной физики и не могут без них обойтись. Недостаточ-но знать, что тело построено из атомов или молекул.Для понимания природы свойств макроскопическихтел и явлений, происходящих в них, необходимознать устройство тех «кирпичиков», из которых онипостроены. Но о частицах – строительном материалемолекул и атомов, об электронах, протонах и нейтро-нах – достаточно знать то, что можно почерпнуть излюбого справочника. Более того, я думаю, что дажедля объяснения феномена жизни этого знания вполнедостаточно. Понятно, это не означает, что уже сейчасмы можем ответить на все вопросы, которые ставитмолекулярная биология. Предстоят многие годы ин-тенсивных исследований. И, главное, нужно ждатьпоявления новых идей. За последние десятилетия умолекулярной биологии, которая впитала в себя мно-гое из физики твердого тела, есть блестящие дости-жения. Физических знаний о структуре молекул, изкоторых построены все живые организмы, пока со-вершенно достаточно. Думаю, хотя и не все имеюттакое мнение, что какого-то специального углубленияв физику элементарных частиц для развития молеку-лярной биологии не потребуется никогда. По-пре-жнему молекулярным биологам, как и физикам, за-нятым твердыми телами, достаточно будет знать обэлектронах, протонах и нейтронах то, что прекрасноизвестно сегодня.

* * *

Читая книгу, не мог не вспоминать. Во введении кпервому изданию книги я не без удовольствия вспом-нил, как зародилась мысль написать «Электроны,фононы, магноны». А теперь я с неменьшим удоволь-ствием вспоминаю, как книга писалась.

Большая часть была написана в Пущино, где япроводил отпуск, который совпал с перерывом в чте-нии лекций в МГУ. В Пущино – уютном городе наберегу Оки – была удобная гостиница. Но главное, вПущино жил друг моей юности Иосиф ЗахаровичГольденберг, или Графчик, как называют его вседрузья. Обаятельный человек, поэт и прекрасныйпедагог, он работал в библиотеке Института белка АНСССР и имел возможность помочь в бронированииномера в гостинице. В те годы это было ох, какнепросто! Друзья пользовались помощью Графчика.Удобство проживания сопровождалось изоляцией отмосковской суеты, роскошью человеческого общения ипрогулками по берегу Оки, по березовой роще... ВПущино я написал многое из того, что вошло в книгу,и придумал нестандартное расположение материала,за которое меня попрекали, но, и перечитывая, я неразочаровался в своем замысле. Может быть, он воз-ник из разговоров с Иосифом Захаровичем о романе

Хулио Кортасара «Игра в классики», но, откровенноговоря, я этого уже не помню.

И еще одно воспоминание. Очень важное. В том же1979 году, когда вышла книга «Электроны, фононы,магноны», в журнале «Успехи физических наук» былопубликован обзор «Электронная теория металлов игеометрия» – последняя совместная публикация смоим учителем академиком Ильей Михайловичем Лиф-шицем. Он ушел из жизни в 1982 году безвременнорано – ему было 65 лет. Многие годы я работал подруководством Ильи Михайловича. Невозможно пере-оценить, что дало мне его руководство. Думая онаписанных мною и в соавторстве с И.М.Лифшицемнаучно-популярных статьях и книгах, я чувствую,сколь важна была роль Ильи Михаловича в формиро-вании моего физического мировоззрения. Перечиты-вая некоторые абзацы, я слышал голос своего учите-ля. А воспроизведенный здесь рисунок (4) из книги,важный для понимания места физики твердого теласреди наук, я впервые увидел нарисованным на доске

Ильей Михайловичем при чтении им научно-популяр-ной лекции в Харьковском лектории. Потом рисунокпоявился в нашей статье, которая так и называлась«Физика твердого тела на карте науки». Опубликова-на она была в сборнике «Будущее науки». Сериюсборников под таким названием выпускало общество«Знание».

Вспоминать можно до бесконечности. И, казалосьбы, есть вполне законный повод – переиздание книги,вышедшей из печати много лет назад. Но, предаваясьвоспоминаниям, не следует все же забывать, что напи-санное в ней не устарело. И сегодня книга «Электроны,фононы, магноны» может быть весьма полезной дляпонимания природы процессов и явлений, происходя-щих в твердых телах.

Каждая из механик имеет свою область применения, которуюудобно изобразить в виде диаграммы. На этой диаграмме повертикали откладывается отношение скорости частицы v кскорости света в вакууме с. По горизонтали откладываетсяотношение постоянной Планка h к удвоенному действиючастицы S. Действие – некоторая физическая величина, имею-щая размерность постоянной Планка. Оценить действие можно,перемножив характерный путь, проходимый частицей призаданном движении, и характерный импульс частицы. Пунктир-ные линии на рисунке – условные границы между механиками

01_24.p65 30.01.09, 12:1814

1. Введение

На занятии математического кружка однажды об-суждалась следующая задача.

«Пусть 1 2 1 2, , , , , , ,n na a a b b bK K – положительные чис-ла. Может ли дробь

1 2

1 2

n

n

b b b

a a a

+ + +

+ + +

K

K (1)

быть больше одновременно всех дробей 1 2

1 2

, , , n

n

b b b

a a aK ?»

Вот как несколько детей решали эту задачу. (Впро-чем, все они получили ответ «нет, не может».)

Юрис, больше всех ценивший силу алгебраическихпреобразований, решал задачу «от противного»: пред-положив, что при i = 1, 2, …, n имеет место

1

1

n i

n i

b b b

a a a

+ +>

+ +

K

K,

он сложил все неравенства ( )1i na b b+ + >K

( )1i nb a a> + +K и получил явное противоречие:

i i i ia b b aЧ > Че е е е .Гунарс, имеющий склонность к последовательным

конструкциям, решил задачу методом математическойиндукции (он рассматривал базис индукции при n = 1и n = 2). Это вы, наверно, можете сделать и безприведения здесь его решения. Кстати, можно пользо-ваться как стандартным индуктивным переходом от nк n + 1, так и индукцией «туда и обратно».

Петерис, имеющий привычку использовать комбина-торные рассуждения, обратился к методу экстремаль-ного элемента (см., например, [1]). Предположим, что

k – наибольшее из отношений i

i

b

a, i = 1, 2, …, n. Это

значит, что i ib a k£ Ч , i = 1, 2, …, n. Сложив эти

неравенства, получаем i ib k a£ Че е , или

ji

ji

bbk

aa£ =

ее

, где j – тот индекс, для которого дости-

гается максимум k. Это показывает, что ситуация,описанная в вопросе задачи, невозможна.

Андрис, увлеченный геометрией, представил следу-ющий рисунок (рис.1).

Он с явной гордостью заявил, что iMO a= е ,

iNO b= е , tgNO

NMOMO

= Р и что, очевидно,

tg NMOР не может быть больше всех тангенсов

1 2tg , tg , , tg nα α αK (в чем авторы с ним вполне соглас-ны). На вопрос приверженца строгой логики Карлиса«а все же почему этого не может быть, и как этодоказать?» Андрис по образу древних греков написалпод своим рисунком слово «СМОТРИ!» и был награж-ден аплодисментами.

Однако на занятии присутствовали также член хими-ческого кружка Имантс и любитель физики Дзинтарс.Вот что они сказали.

Дзинтарс: «пусть автомашина прошла путь ib завремя ia , i = 1, 2, 3, …, n. Тогда дробь (1) – средняя

скорость машины, а i

i

b

a – скорости на отдельных

участках. Ясно ведь, что средняя скорость не можетбыть выше, чем скорости на всех отдельных этапах!»

Имантс: «пусть имеется n пробирок с растворамисоли. Количества растворов в них ia , количества соли

– ib , i = 1, 2, …, n. Тогда i

i

b

a – концентрация соли в

отдельных пробирках, а дробь (1) – концентрацияобщей смеси. Ясно, что концентрация всей смеси неможет быть выше всех отдельных концентраций – а токакой могучий метод добывания соли (или в аналогич-ной ситуации даже золота) мы бы имели!»

Это рассуждение было принято даже более громкимиаплодисментами, чем выступление Андриса.

2. Что мы видели на самом деле?

Во-первых, мы убедились, что задачу можно решитьмногими разными способами. (Кстати, мы это знали ираньше.) Но способы эти были весьма разными. Триалгебраических решениия – весьма традиционные. Ногеометрическое, химическое и физическое решениесодержали особый элемент – «перевод задачи надругой язык» и решение уже переведенной вместоисходной.

Схематически это можно изобразить так (рис.2).Затемненная область – условное изображение зат-

руднений, отделявших нас от цели вначале, которую

Метод интерпретацийА.АНДЖАНС, Д.БОНКА

Агнис Анджанс, Латвийский университет, agnis@lanet.lvДаце Бонка, Латвийский университет, dace.bonka@lu.lv

Рис. 1

01_24.p65 30.01.09, 12:1815

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 116

мы указанным способом удачно обошли и которыепреодолеть впрямую было бы, может быть, оченьтрудно.

Этот способ решения задачи иногда называют «мето-дом интерпретаций»: задача одной области математи-ки интерпретируется в другой области, где она илияснее, или больше соответствует нашей интуиции, илидопускает применение более мощных средств, и т.д.Литовский математик Р.Кашуба однажды как-то ска-зал, что метод интерпретаций способствует распрост-ранению демократии, так как развивает способностьизменить точку зрения.

3. Красивые примеры

В этом пункте собрано несколько примеров, которыенам кажутся и характерными, и эстетически привлека-тельными.

3.1. Алгебра ® векторы.Пусть a, b, c, d, e, f, g, h – ненулевые числа.

Докажите, что по крайней мере одно из чисел ac + bd,ae + bf, ag + bh, ce + df, cg + dh, eg + fh неотрицательно.

Решение. Рассмотрим векторы (a, b), (c, d), (e, f),(g, h). Рассматриваемые выражения – их попарныескалярные произведения. Отложив векторы от однойточки, мы увидим, что какие-то из них образуютнетупой угол. Эти векторы и их скалярное произведе-ние и надо рассматривать.

3.2. Алгебра ® длина.Пусть a > 0, b > 0, c > 0. Докажите, что

2 2 2 2 2 2a ab b b bc c a ac c- + + - + ³ + + .

Решение. Пусть OA = a, OB = b, OC = c,60AOB BOCР = Р = o (рис. 3). Тогда по теореме

косинусов2 2AB a ab b= - + , 2 2BC b bc c= - + ,

2 2AC a ac c= + + ,

и нужное следует из неравенства треугольника дляABC∆ .3.3. Алгебра ® площади.Пусть n – натуральное число, n > 1. Докажите, что

( )22 2 2 2 2 21 2 1 0,8n n n n n- + - + + - - <K .

Решение. Сравнитеплощадь закрашеннойфигуры с площадьючетверти круга; вспом-

ните, что 0,84

π<

(рис.4).3.4. Алегбра ®

тригонометрия.Пусть 1a α= О¡ и

( )1 4 1n n na a a+ = - приn О¥ . Для сколькихразных α мы имеем

2004 0a = ?Решение. Из равен-

ства ( )2

1 1 1 2n na a+ = - - легко вытекает: если 10 na +£ £

1£ , то 0 1na£ £ . Следовательно, и все искомыезначения α лежат в интервале [0; 1]. Обозначим

2sinα ω= . Тогда

( ) ( )22 2 2

2 4 sin 1 sin 2 sin cos sin 2a ω ω ω ω ω= - = =

и т.д., 2 20032004 sin 2a ω= ; так как 2004 0a = , то

2003sin 2 0ω = , 20032 kω π= (k ОZ ), 20032

kπω = , k ОZ .

Это дает 20022 1+ разных значений 2sin ω .3.5. Суммирование ® геометрия на клетчатой

бумаге.Докажите, что для чисел Фибоначчи ( 1 1F = ; 2 1F = ;

2 1n n nF F F+ += + при 1n ³ ) имеет место равенство2 2 2

1 2 1n n nF F F F F ++ + + = ЧK .

Решение. См. рисунок 5.

3.6. Суммирование ® подсчет вариантов.

Докажите, что ( ) ( )2 2 2 1 2 1

1 26

n n nn

+ ++ + + =K .

Решение. Допустим, что Марису страшно понрави-лась Эллина. Он хочет сделать три вещи:

а) пригласить ее на бал,б) впервые поцеловать,в) признаться в любви.В его распоряжении есть n + 1 дней. При этом

признание в любви должно произойти только тогда,когда уже в предыдущие дни были и бал, и поцелуй;бал же и поцелуй могут быть как в разные дни, так ив один и тот же день. Сколько есть разных распорядковдля Мариса?

Математически говоря, мы ищем количество троекцелых чисел x, y, z, для которых 1 x£ , 1y z n< £ + .Однако любовь гораздо привлекательнее целых чисел.

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

01_24.p65 30.01.09, 12:1816

Признание в любви может произойти в день с номе-ром 2, 3, 4, …, n + 1. Если это происходит в i-й день,

то для бала и поцелуя есть ( )21i - возможностей.

Поэтому разных распорядков есть 2 2 21 2 n+ + +K .Подсчитаем теперь это же количество другим спосо-

бом. Сначала: сколько есть распорядков, использую-щих два дня – один для признания, другой для бала ипоцелуя? Ясно, что их количество равно 2

1nC + . Далее:сколько есть распорядков, использующих три дня? Ихколичество равно 3

12 nC + . Здесь множитель 2 появляет-ся из-за того, что за два первых выбранных дня бал ипоцелуй могут следовать в двух разных вариантах.

Получаем, что2 2 2 2 3

1 11 2 2n nn C C+ ++ + + = +K ,

что после преобразований дает нужное равенство.3.7. Алгебра ® теория вероятностей.Пусть р и q – такие положительные числа, что p +

+ q = 1. Пусть m и n – натуральные числа, 2m ³ , 2n ³ .

Докажите, что ( ) ( )1 1 1n mm np q- + - ³ .

Решение. Рассмотрим таблицу с m строками и nстолбцами, состоящую из одинаковых квадратныхклеток. «Организуем» вероятностный процесс, в кото-ром каждая клетка независимо от других красится вбелый или красный цвет: в белый – с вероятностью р,в красный – с вероятностью q.

Тогда, на основании элементарных законов теориивероятностей, для любого наперед заданного столбца

mp – вероятность того, что он весь белый; ( )1 mp- –вероятность того, что в нем есть красная клетка.

Поэтому ( )1nmp- – вероятность того, что в любом из n

столбцов есть красная клетка.

Аналогично, ( )1mnq- – вероятность того, что в

любой из m строк есть белая клетка.Наше неравенство можно переписать в форме

( ) ( )1 1 1 1 1n mm np qй щ й щ- - + - - £к ъ к ъл ы л ы

.

Ясно, что ( )1 1nmpй щ- -к ъл ы

– вероятность того, что име-

ется белый столбец, а ( )1 1mnqй щ- -к ъл ы

– вероятность

того, что имеется красная строка.Так как оба последних события не могут произойти

одновременно (что находилось бы на пересечениибелого столбца и красной строки?), то сумма ихвероятностей не превосходит 1, что и требовалосьдоказать.

Примечание. Так как возможны раскраски, не име-ющие ни белого столбца, ни красной строки, то насамом деле доказываемое неравенство – строгое.

3.8. Геометрия ® физический процесс.Докажите, что любой выпуклый многогранник мож-

но пересечь плоскостью так, чтобы и его объем, и пло-щадь поверхности делились этой плоскостью пополам.

Решение. Сделаем сосуд в форме рассматриваемогомногогранника и наполним его водой ровно наполови-

ну. Тогда, как бы ни повернуть сосуд, поверхностьводы определит плоскость, делящую объем многогран-ника пополам. Нам надо доказать, что сосуд можноповернуть так, чтобы вода покрывала ровно половинуплощади его стенок.

Поставим сосуд в любое положение и повернем потомего «вверх ногами». Если вначале вода покрывалаполовину стенок, все уже было хорошо. В противномслучае можем допустить, что она покрывала меньшеполовины стенок. Так как в конечном положении водазанимает как раз ту часть сосуда, которая вначале былапустой (почему?), то в конце вода покрывает большеполовины стенок. Так как площадь, покрытая водой, впроцессе перевертывания изменяется непрерывно, тобыл момент, когда вода покрывала ровно половинуплощади стенок. Этого мы и добивались!

3.9. Один процесс ® другой процесс.Через ручеек упала тонкая тростинка. С одного

берега по тростинке направились пять черных муравь-ев, с другого берега – пять красных. Скорости муравь-ев одинаковы, расстояния между ними могут и разли-чаться. Как только два муравья встречаются, онитотчас поворачивают обратно и с теми же скоростяминаправляются в противоположные стороны. Скольковстреч состоится, пока все муравьи не уйдут обратно насвои начальные берега?

Решение. Вместе с данным процессом рассмотримдругой, которые отличается от данного в задаче толькотем, что муравьи не поворачивают обратно, а «про-скальзывают» друг через друга и продолжают движе-ние вперед. Ясно, что и в «настоящем», и в «вообража-емом» процессе муравьи находятся на тростинке водних и тех же местах (только это разные муравьи!).Про воображаемый процесс же ясно, что там произой-дет 5 5 25ѣ = встреч. Значит, столько же встреч про-изойдет и в «настоящем» процессе.

Мы больше примеров приводить не будем. Внестатьи остались интерпретации комбинаторных задач спомощью графов, ставшие уже повседневной практи-кой; физические интерпретации, использующие поня-тия о центре тяжести и потенциальной энергии (см.,например, [2] и [3]), интерпретации стереометриейпланиметрических задач (см., например, [4]), интер-претация одной планиметрической задачи при помощидругой с использованием параллельной или централь-ной проекции (см., например, [5]) и многое другое.

4. Сильные стороны, слабые стороны, риски

Нельзя отрицать, что приведенные решения простыи убедительны. Нам они кажутся даже красивыми. Нонасколько они корректны? Довольно легко заметить,что в любом из примеров где-то пришли мы в рассуж-дении к ситуации, когда с сияющей улыбкой смоглизаявить: «И это же очевидно!» Скептик мог бы качатьголовой и комментировать: «Ну, это уж какие у когоглаза…». И тогда, например, мы в примере 3.5 добави-ли бы рассуждение с математической индукцией, впримере 3.9 нудно доказывали бы непрерывностьизменения покрытой водой поверхности, и т.д. Но надоли это делать?

М Е Т О Д И Н Т Е Р П Р Е Т А Ц И Й 17

01_24.p65 30.01.09, 12:1817

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 118

Великий физик Нильс Бор говорил: «Глубокая исти-на – это такая, отрицание которой тоже есть глубокаяистина».

Доказательства важны, жизненно важны для мате-матики. Но доказательства – не цель. Цель есть пони-мание.

Доказательство на математической практике – эторассуждение, которое убеждает. Никто не доводитдоказательство сложных теорем до аксиом теориимножеств или арифметики Пеано – иначе не могла быбыть опубликована ни одна научная или даже методи-ческая статья. Любой математик на каком-то местевсегда говорит (открыто или скрыто): «Ну, а это, ужизвините, ясно как день». Это же самое делается прииспользовании метода интерпретаций.

Но, разумеется, как всюду, так и здесь есть своизаторы, подводные камни и иные опасности. Пронаиболее важные полезно знать.

4.1. Надо заботиться, чтобы интерпретация «пере-крыла» все возможные случаи. Например, при реше-нии системы уравнений

2

2

2

2 1,

2 1,

2 1

x y

y z

z x

м = -пп

= -нп

= -понедостаточно заявить: обозначим cosx α= ; тогда

cos 2z α= , cos 4y α= и cos 8x α= , откуда cos α =

cos 8α= , 8 2 nα α π= +m и 2

9

nπα = ,

2

7

nπα = (n ОZ ),

откуда получаем возможные значения неизвестных.Хотя на такую интерпретацию явно указывает формауравнений системы, она упускает возможность |х| > 1.(К счастью, этот случай легко решается другим путем:при |x| > 1 имеем |z| > |x|, |y| > |z|, |x| > |y|, значит,|x| > |x| – противоречие. Следовательно, при |x| > 1решений у системы нет.)

4.2. Иногда интерпретация – явно упрощенная, итогда приходится решить, насколько существенны этиупрощения. Например, при решении примера 3.8 мыпредположили, что поверхность воды – плоскость;на самом деле это не так – вспомните и про выпук-лость земной поверхности, и про капиллярные явле-ния около стенок сосуда и т.д. Кроме того, так какокружающий нас мир (и уж, конечно, вода) состоитиз дискретных частиц, то ни один процесс вообще непроходит непрерывно в математическом смысле сло-ва.

4.3. А иногда даже могут возникнуть сомнения,соответствует ли вообще употребляемой интерпрета-ции что-то реальное. Припомним пример 3.7. А естьли вообще в мире что-то случайное? И, если есть, товозможно ли организовать описанный процесс длялюбых р и q (их-то, вообще говоря, континуум)?Какие природные процессы могут быть использованыпри организации такого процесса – не бросание жемонеты? Так что вопросов тут больше, чем ответов.

Но одно неоспоримо: даже самые «сомнительные»интерпретации могут дать толчок к пониманию, каковответ на самом деле. А зная, каков он, доказать-то мы

его как-нибудь уж докажем… даже строго, если насхорошо попросят.

5. Границы метода интерпретаций

В «большой науке» метод интерпретаций встречаетсясплошь да рядом. Любая математическая модель насамом деле есть интерпретация природного, обще-ственного, мыслительного процесса на математическомязыке.

Говоря про «внутриматематические интерпретации»,кроме уже названной теории графов следует упомя-нуть аналитическую геометрию, средство инженернойматематики – преобразование Лапласа, быстрое преоб-разование Фурье, теорию кодирования. Решающуюроль в развитии теоретической кибернетики (theoreticalcomputer science) сыграла интерпретация общего алго-ритмического процесса машиной Тьюринга в 1936году. Это мы упомянули лишь малую часть важныхинтерпретаций. Есть ли предел?

Не вдаваясь в подробности, упомянем о знаменитойтеореме Геделя о неполноте (она была доказана в 1930году). Из этой теоремы вытекает следующее. В любой«достаточно интересной» математической теории, по-строенной на основе аксиом и содержащей формальноепонятие о доказательстве на основе их,

• или существуют доказательства утверждений, кото-рые хотя бы в некоторых «разумных» интерпретацияхневерны;

• или же существуют утверждения, которые верны вовсех «разумных» интерпретациях этой теории, нокоторые нельзя доказать при помощи допустимыхформальных средств.

(Слова, поставленные в кавычках, разумеется, дол-жны быть уточнены, но это потребовало бы отдельнойстатьи.)

Следовательно, метод интерпретаций, равно как иматематическое моделирование, не может быть приве-ден в полное согласие с понятием формального доказа-тельства.

Тем не менее мы рекомендуем его к использованиювсюду, где вы видите такую возможность.

6. Литература

1. A.Engel. Problem-Solving Strategies. (Springer, 1999)2. М.Б.Балк. Геометрические приложения понятия о цен-

тре тяжести. (М.: Физматгиз, 1959)3. Д.Пойя. Математика и правдоподобные рассуждения.

(М.: Наука, 1975)4. И.Шарыгин. Выход в пространство. (Квант, 1975, №5,

с.45–49)5. И.М.Яглом. Геометрические преобразования II. (М.:

ГИТТЛ, 1956)

7. Об авторстве примеров

Задача из введения, примеры 3.1, 3.2, 3.5, 3.6, 3.8, 3.9 –авторские. Примеры 3.3 и 3.7 были опубликованы ранее в«Кванте». Пример 3.4 – фольклор, встречался (с другимичислами вместо 2004) во многих олимпиадах.

01_24.p65 30.01.09, 12:1818

Н О В О С Т И Н А У К И

ПРЕМИЯ ЗА НАРУШЕНИЯ

Нобелевская премия по физике в 2008 году присуждена зафундаментальные теоретические исследования по наруше-нию глобальных симметрий в мире элементарных частиц.Сама премия также несимметрична. Половину премии полу-чил 87-летний американский физик японского происхожде-ния Йоичиро Намбу (Институт Энрико Ферми Чикагскогоуниверситета, США). Свою главную работу он выполнилболее 50 лет назад (совместно с итальянским физикомДжованни Йона-Лазиньо) в университете города Осака(Япония). Формулировка награждения – «за пионерскиеидеи о возможности спонтанного нарушения киральнойсимметрии». Вторую половину премии разделили два япон-ских физика – Макото Кобаяши (Исследовательский центрускорителя высоких энергий, Цукуба, Япония) и ТошихидэМаскава (Институт теоретической физики Киотского уни-верситета, Япония) – «за открытие природы нарушеннойсимметрии, которое предсказывает существование в приро-де по крайней мере трех семейств кварков».

Нелегко разобраться в этих формулировках. Казалось бы,в проблеме нарушения симметрии само понятие «симмет-рия» не так уж сложно. Однако речь идет при этом не отривиальных пространственных симметриях, например вкристаллах. Еще в 1927 году создатель геохимии, естество-испытатель и философ В.И.Вернадский писал: «Новым внауке явилось не выявление принципа симметрии, а выявле-ние его всеобщности». Современное понятие симметриивключает: а) объект или явление, симметрия которого рас-сматривается; б) преобразования, по отношению к которымрассматривается симметрия; в) инвариантность (неизмен-ность, сохранение) каких-то свойств объекта, выражающуюрассматриваемую симметрию. Такое понятие симметрии ширепонятия «законы природы». Можно сказать, что симметриясоздает законы, лежит в их основе. Например, симметриипараллельного переноса в пространстве (иначе говоря, одно-родности пространства) соответствует закон сохраненияимпульса, симметрии переноса начала времени (однородно-сти времени) соответствует закон сохранения энергии.

Гораздо более сложные и не совсем очевидные симметрииудается обнаружить в мире элементарных частиц.

Киральная (в химии это право- или левовинтовая) симмет-рия в случае субатомных частиц – это инвариантностьуравнений, описывающих их поведение, относительно изме-нения так называемой скрытой винтообразности частиц.

Согласно гипотезе Намбу, из-за взаимодействия частиц сфизическим вакуумом эта внутренняя симметрия с конечнойвероятностью может самопроизвольно нарушиться. Объек-тами преобразованных свойств в модели Намбу были гипо-тетические очень мелкие частицы, из которых в случаенарушения симметрии могли «образоваться» мезоны, бари-оны и гипероны. Последних к тому времени наоткрывали наускорителях уже многие десятки, а вскоре их число перева-лило за три сотни – появился целый «зоопарк», как тогдашутили физики. Работа Намбу и Йона-Лазиньо была первойпопыткой навести порядок в этом «зоопарке», выявитьнаиболее фундаментальные «кирпичики бытия». Она подго-товила появление через 10 лет (1964 г.) кварковой моделиадронов.

Работа Кобаяши и Маскава связана с нарушением двухдругих симметрий в мире элементарных частиц – простран-ственной и зарядовой. Пространственная симметрия в этомслучае связана с зеркальным отображением. В обыденнойжизни мы привыкли к тому, что в зеркале левое меняется направое и наоборот. Про микрообъекты современной физики,которые после преобразования отражения превращаются всвоих «антиподов», говорят, что они нечетные (их «чет-ность» равна –1). В мире элементарных частиц есть какчетные, так и нечетные. Правила, связанные с сохранениемчетности в процессах микромира, рассматриваются как про-явление Р-симметрии (от английского parity – четность).Под зарядовой симметрией понимают сохранение суммар-ных зарядов, каждого по отдельности – электрического,барионного и лептонного, в процессах взаимодействия объек-тов между собой. У частиц и античастиц эти заряды имеютпротивоположные знаки. Зарядовая симметрия обозначает-ся как С-симметрия (charge – заряд). В 1956 году былообнаружено нарушение четности – оказалось, что правилосохранения четности не является законом. Тогда в 1957 годубыл сформулирована гипотеза сохранения «комбинирован-ной четности», так называемая СР-инвариантность – еслименяется четность, то вместе с ней должны измениться знакизарядов, т.е. частицы должны замениться на античастицы(Л.Ландау, Т.Ли. А.Салам и Ч.Янг). Незамедлительнопоследовало экспериментальное подтверждение (талантли-вая физик-экспериментатор Ц.Ву). Гипотеза стала законом.

Когда в 1964 году появилась 3-кварковая гипотеза Гелл-Мана и Цвейга, она учитывала этот закон. И вдруг в это жевремя был обнаружен случай нарушения СР-инвариантнос-ти (в экспериментах по изучению распадов нейтрального К-

мезона). Казалось, что кварковая гипотезаопровергнута. Но именно тогда Кобаяши иМаскава выдвинули свою гипотезу о воз-можности самопроизвольного (спонтанно-го) нарушения этой симметрии. Для этогоим пришлось предположить, что в природесуществуют не три кварка, а шесть – трипары кварков. Сегодня физики говорят отрех «семействах» кварков и о соответ-ствующих им трех «семействам» лептонов.В этом заключается сущность современнойтак называемой стандартной модели мик-ромира.

Итак, три физика, две работы, обе –предшественницы будущих открытий и обесвязаны с нарушениями симметрии. Нобе-левская «награда за нарушения», пусть испустя много лет, нашла своих героев.

Л.БелопуховМакото Кобаяши Тошихидэ Маскава Йоичиро Намбу

01_24.p65 30.01.09, 12:1819

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 120 М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й М И Р

Самозаклинивающиеся

структуры

А.БЕЛОВ

ВОЛИМПИАДНОМ ФОЛЬКЛОРЕ ХОДИЛА ТАКАЯ ЗАДА-ча (не очень простая):

Если на плоскости расположить несколько выпуклыхфигур, то одну из них можно выдвинуть так, чтобы незадеть другие.

Упражнение 1. Попробуйте решить эту задачу.

А что в пространстве? Многие математики пыталисьдоказать ее пространственное обобщение. Были полученынекоторые продвижения. В частности, было показано, чтоесли выпуклые тела – шары (в пространстве любойразмерности), то одно из них можно выдвинуть, не задевостальные.

Упражнение 2*. Докажите это утверждение в размерноститри.

Указание. Отметьте центры шаров и для каждой отмечен-ной точки рассмотрите ее область Вороного – множествоточек пространства, для которых эта отмеченная точкаближе, чем любая другая отмеченная точка. Покажите, чтоможно выдвинуть целую область Вороного.

Поскольку казалось «очевидным», что ответ положите-лен, прошло несколько лет, прежде чем был построенконтрпример (независимо Гальпериным и Кузьминых).История вопроса изложена в книге А.Боровика«Mathematics under the Microscope» (ее можно скачать изинтернета по адресу http://micromath.wordpress.com).Этой задаче и связанным с ней вопросам была посвященанеопубликованная заметка А.Боровика, отчасти вошед-шая впоследствии в его книгу. Я получил ее от Н.Б.Ва-сильева, и она меня вдохновила.

Первые примеры, как это зачастую бывает в математи-ке, оказались довольно сложными и искусственными.Захотелось получить более изящные конструкции. Еслисоздать самозаклинивающуюся структуру в слое междудвумя концентрическими сферами, задача будет решена.Если же радиусы сфер будут очень большими, а слоймежду ними – тонким, то ситуация будет очень похожа наслучай слоя между двумя плоскостями.

Так родилась задача для LXIII Московской городскойматематической олимпиады (2000 г., 11 кл., задача 6):

Можно ли расположить в слое между двумя плоскостя-ми семейство одинаковых выпуклых тел так, чтобы ниодно из них нельзя было сдвинуть, не задевая остальные?

Эту задачу решило 20 участников. Интересно, однако,что среди них не было учеников физматшкол!

Фрагмент такого семейства показан на рисунке 1.Докажем, что ни один из тетраэдров нельзя выдвинуть.

Заменим один из них вписанным в него шаром S ипокажем, что этот шар нельзя выдвинуть. Вращать шарбесполезно, поэтому ограничимся рассмотрением парал-лельных переносов.

Рассмотрим плоскость грани Γ другого тетраэдра,которая касается S. Множество векторов сдвига, разре-шенных гранью Γ , задается множеством векторов, иду-щих из Γ в сторону S. Такие векторы образуют полупро-странство направлений, а множество возможных сдвиговшара есть пересечение множеств направлений (полупрост-ранств), разрешенных гранями тетраэдров укладки, каса-ющихся S. Легко видеть, что оно пусто. Поэтому шар, азначит и тетраэдр, в который он вписан, не вынимается.

Придумывалась эта конструкция так. Рассмотрим слойиз обычных кубов, раскрашенных в шахматном порядке,так что в серединном сечении образуется бесконечнаяшахматная доска. Рассмотрим черный куб. Наклоним егобоковые «северные» и «южные» грани так, чтобы онисходились наверху (они не дадут ему двигаться вверх), а«западные» и «восточные» – так, чтобы они сходилисьвнизу (они не дадут ему двигаться вниз). С каждымбелым кубом поступим наоборот – наклоним его «север-ные» и «южные» грани так, чтобы они сходились внизу,а «западные» и «восточные» – так, чтобы они сходилисьнаверху (рис.2). При этом грани черных и белых кубовостанутся в контакте. Если убрать основания кубов, то

при подходящих углах наклона возникает слой из пра-вильных тетраэдров (см. рис.1)!

Если сечение многогранника двигать снизу вверх спостоянной скоростью, то сам многогранник можно рас-сматривать как процесс эволюции многоугольника вовремени (ось времени будет перпендикулярна плоскостисечения). При этом стороны сечения также движутся спостоянной скоростью. (Например, можно рассматривать

Рис. 1

Рис. 2

А.Белов, Московский институт открытого образования,kanel@mccme.ru

Рисунки к статье, принадлежащие А.Дыскину и Е.Пастер-нак, взяты из статьи [3], а фотографии – из статьи [8].

01_24.p65 30.01.09, 12:1820

тетраэдр как эволюцию плоского сечения, параллельногопаре противоположных ребер, при движении вверх. Вна-чале появляется отрезок. Далее отрезок становится пря-моугольником, одна сторона которого растет, другая –уменьшается. Прямоугольник становится квадратом, ког-да растущая сторона становится равной коллапсирую-щей, и в конце концов он вырождается в отрезок иисчезает.)

Упражнения3. Назовем грань контактной, если она имеет общий

участок поверхности с другим многогранником («блоком»).Рассмотрим многогранник как эволюционирующий много-угольник M сечения. Пусть M ¢ есть многоугольник, образо-ванный продолжением контактных сторон M, т.е. пересече-ниями плоскости сечения с продолжениями контактныхграней.

Докажите, что если M¢ вырождается при движениивверх, то многогранник заклинен сверху (т.е. его нельзяубрать вверх параллельным переносом, не трогая осталь-ных), а если M¢ вырождается при движении вниз, томногогранник заклинен снизу. Докажите, что обратное тожеверно.

4. Рассмотрев тонкий слой между двумя сферами (илилучше торами), придумайте такое расположение тетраэдров,чтобы ни один из них не выдвигался.

Замечание. Техническая реализация этой конструкциинесколько затруднительна, мы отсылаем читателя к матери-алам 14-й конференции Турнира городов (см. сайт http://www.turgor.ru/lktg/2002/index.php).

Попробуем немного по-другому описать конструкциюплоского самозаклинивающегося слоя тетраэдров. По-смотрим еще раз, как выглядит сечение тетраэдра плоско-стью, параллельной паре противоположных ребер, еслиэту плоскость двигать вверх с постоянной скоростью. Этомногоугольник, стороны которого также движутся с по-стоянной скоростью. Направление движения стороныможно изобразить стрелкой (вектором), ей перпендику-лярной. Длина вектора указывает на скорость движения,а направление – на направление.

Снова рассмотрим бесконечную шахматную доску, яв-ляющуюся серединным сечением слоя из кубов. Нарисуемна сторонах квадратиков стрелки единичной длины, веду-

щие либо внутрь, либонаружу так, чтобы длякаждого квадратика внут-ренние и наружные стрел-ки чередовались (рис.3).

Если у двух квадрати-ков есть общая сторона,то стрелка, ей отвечаю-щая, для одного из квад-ратиков ведет внутрь, адля другого – наружу.Теперь наклоним боковыеграни кубов.

Если стрелка ведетвнутрь, то боковую грань, образующую соответствующуюсторону, наклоняем сверху внутрь; если стрелка ведетнаружу – то наклоняем грань сверху наружу. Продолже-ния боковых граней при подходящем угле наклона дадутслой из правильных тетраэдров.

Этот взгляд позволяет придумать и другую структуру.На плоскости есть еще одна интересная решетка – пра-вильная шестиугольная (пчелиные соты). Если расста-вить стрелки перпендикулярно сторонам шестиугольни-ков так, чтобы для каждого из них стрелки, ведущиевнутрь и наружу, чередовались (рис.4), рассмотреть

систему правильных шестиугольных призм и наклонитьих боковые грани в соответствии со стрелками, в продол-жении боковых граней при подходящем угле наклонанеожиданно получаются кубы!

Упражнения

5. а) Рассмотрите движение плоскости, перпендикулярнойглавной диагонали куба. Какие многоугольники возникают?Тот же вопрос для четырехмерного куба. Что получается вего серединном сечении?

б) Что получается в сечении, если стандартную решеткуединичных кубов пересечь плоскостью, проходящей черезцентр одного из кубов и перпендикулярной его главнойдиагонали? Тот же вопрос для решетки четырехмерныхкубов.

6. Придумайте систему из самозаклинивающихся четырех-мерных кубов.

Эта конструкция имеет и такое описание. У куба естьсечение, являющееся правильным шестиугольником (аименно, плоскостью, являющейся серединным перпен-дикуляром к его главной диагонали). Рассмотрим пра-вильный шестиугольный паркет («пчелиные соты») ирасположим кубы так,чтобы эти шестиуголь-ники образовывали быих сечения, а самикубы отличались быпараллельным перено-сом (рис.5 и перваястраница обложки).Похоже, что такоерасположение кубовне было известно че-ловечеству!

Как видите, научнаяработа может не требовать знаний, выходящих за рамкисредней школы.1

Рис. 3

Рис. 4

1 Автор не призывает вас на этом основании отказаться отдальнейшей учебы.

Рис. 5

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й М И Р 21

01_24.p65 30.01.09, 12:1921

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 122

Заметим, что октаэдр и додекаэдр (рис.6) также имеютправильные шестиугольные сечения, так что получаютсяаналогичные конструкции из октаэдров и додекаэдров(рис.7, 8).

Теперь рассмотрим расположение правильных десяти-угольников, как показано на рисунке 9. Заметим, чтоикосаэдр, додекаэдр, а также усеченный икосаэдр (формамолекулы фулерена C60) имеют правильное десятиуголь-

Рис. 6

Рис. 8

ное сечение. Получается кладка из самозаклинивающих-ся икосаэдров (рис.10), новая кладка из додекаэдров(рис. 11) и кладка из усеченных икосаэдров (рис.12).

Мы несколько раз, казалось бы, немного изменялиописание конструкций.Однако всякий раз та-кое изменение приво-дило к новым резуль-татам. Язык стрелок,позволяющий описы-вать наклоны граней,привел к появлениюконструкции из кубов,описание самозакли-ненной кладки из ку-бов через шестиуголь-ное сечение позволилообобщить конструк-цию, построить системы из октаэдров и додекаэдров, азатем – и других тел. Рассуждения с движением сторонсечения позволяют строить самозаклиненные конструк-ции регулярным образом. Наличие языка очень важно вматематике, и точные слова, несмотря на кажущуюся«незначительность» переформулировок, приводят к но-вым результатам.

Довольно хорошо известен арочный эффект, когда изкамней без цемента еще в древности складывали арку(рис.13). Однако теоретически возможно создать не толь-ко классическую выпуклую, но и вогнутую арку!

Упражнение 7. Придумайте конструкцию вогнутой арки.Указание. Рассмотрите слой между двумя концентричес-

кими сферами. В малом он устроен как слой между двумяплоскостями, и его можно сделать заклиненным в обеРис. 9

Рис. 7

Рис. 12

Рис. 10

Рис. 11

01_24.p65 30.01.09, 12:1922

стороны, в том числе и всторону внешней сферы.

Подборка исследова-тельских задач, посвящен-ных самозаклинивающих-ся структурам, предлага-лась на 14-й конферен-ции Турнира городов в2002 году.

Расскажу, как я встре-тился с этими вопросами.

В свое время я поступилв аспирантуру московско-го Горного Института. Тамя занялся изучением рав-новесия блочных масси-вов скальных пород, про-чел книгу R.Googman andShi-gen-Hua «Introductionto Rock Mechanics». В этой

книге была изложена концепция ключевого блока. Клю-чевые блоки – это те блоки, которые не заклиненыостальными и могут двигаться внутри выработки. Дляобеспечения безопасности выработки достаточно осуще-ствить крепление только таких блоков. Там же содержа-лись рассуждения с пересечением пространств направле-ний, задаваемых гранями. (Авторы книги, видимо, ипредставить себе не могли, что ключевых блоков можетпросто не быть вообще!)

После защиты диссертации я к горному делу не возвра-щался. Однако, узнав из заметки А.Боровика, что извыпуклых тел можно составить выпуклое тело так, чтобыни одно из них нельзя было выдвинуть, придумал тусамую задачу для Московской олимпиады.

История имела занятное продолжение. Когда я был вИзраиле в мае 2000 года, нашел бывшего научногоруководителя по аспирантуре МГИ. На какую темусделать доклад? Пришла идея. Известно, что прочностьматериала на микроуровне более чем на три порядка вышеего прочности на макроуровне 2 . Однако если сделатьматериал зернистым так, чтобы зерна заклинили другдруга, то трещина, зародившись в зерне, остановится наего поверхности и не будет расти дальше. Если зернамаленькие, можно добиться того, чтобы процентное со-держание «плохих» зерен (т.е. зерен, содержащих заро-дыш – микротрещину) было небольшим. Поэтому возни-кает возможность создавать композитные материалы, вкоторых плохо распространяются трещины. Они могутвыдерживать высокое давление и обладают другимиинтересными свойствами. Данная идея заинтересоваласпециалистов. Ими были предложены разнообразныеформы и расположения зерен, исследованы различныевозможности их применения (см. список литературы). Вкачестве примера на рисунке 14 показано разрушениесплошной пластины, а на рисунке 15 – разрушениесоставной блочной структуры.

Оказалось, что вопросы, связанные с пространственной

Рис. 13

Рис. 14

Рис. 15

2 Об этом можно прочитать, например, в статье И.И.Ки-коина «Абрам Федорович Иоффе», опубликованной в выпуске106 «Библиотечки «Квант», с.211–212.

организацией структурных элементов при создании ком-позитных материалов, в должной мере не исследованы, неговоря уже об эффекте самозаклинивания зерен. В дан-ный момент ведется работа вместе с материаловедами испециалистами по механике. Теория самозаклиниваю-щихся структур изложена в статье [3].

Эта статья написана по итогам совместной деятельно-сти с А.Дыскиным, И.Ивановым-Погодаевым, Ю.Эстри-ным, Е.Пастернак. Всем им автор выражает свою благо-дарность.

Литература1. Гальперин Г.A. Непрерывные движения в пространстве конфи-

гураций твердых звездчатых тел. (Успехи математических наук,1985, 40:5(245), 251–252)

2. Канель А.Я. История одной олимпиадной задачи. (Математи-ческое просвещение, 2001, вып. 5, 207–208)

3. Kanel-Belov A.J., Dyskin A.V., Estrin Y., Pasternak E., IvanovI.A. Interlocking of convex polyhedra: towards a geometric theory offragmented solids. (Mosc. Math. Journ. to appear)

4. Dyskin A.V., Estrin Y., Kanel-Belov A.J., Pasternak E. A newconcept in design of materials and structures: Assemblies of interlockedtetrahedron-shaped elements. (Scripta Materialia, 2001, 44, 2689–2694)

5. Dyskin A.V., Estrin Y., Kanel-Belov A.J., Pasternak E.Toughening by fragmentation – How topology helps. (AdvancedEngineering Materials, 2001, 3, Issue 11, 885–888)

6. Dyskin A.V., Estrin Y., Kanel-Belov A.J., Pasternak E.Topological interlocking of platonic solids: A way to new materials andstructures. (Phil. Mag. Letters 2003, Vol.83, No. 3, 197–203)

7. Estrin Y., Dyskin A.V., Pasternak E., Khor H.C., Kanel-BelovA. J. Topological interlocking of protective tiles for Space Shuttle.(Phil. Mag. Letters, 2003, 83, 351–355)

8. Dyskin A.V., Estrin Y., Pasternak E., Khor H.C., Kanel-BelovA. J. Fracture resistant structures based on topological interlockingwith non-planar contacts. (Advanced Engineering Materials, 2003, 5,No.3, 116–119)

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й М И Р 23

01_24.p65 30.01.09, 12:1923

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 124

через разные связанные с ними алгебраические структуры.Одной из таких структур является производная категориякогерентных пучков – основной объект изучения в моихработах.

3. Как Вы стали математиком? Какова роль семьи,школы, возможно, математических олимпиад, дополни-тельной литературы, «Кванта»? Кто из математиков-профессионалов оказал на Вас решающее влияние?

Как правило, математиком становятся в результате обуче-ния на математическом отделении какого-либо университетаили института (случается, правда, что математиками стано-вились люди, получившие, скажем, физическое образова-ние). В моем случае таковым стал механико-математическийфакультет МГУ. Но, конечно, все началось со школы.Первые семь лет я учился в обычной школе (в 5 минутах отдома), затем перешел в математическую школу № 57, гдепровел три замечательных года (в то время в школе учились10 лет, а не 11, как сейчас).

То, что я стану математиком, я понял довольно рано.Может, я и не чувствовал поначалу к математике особогоинтереса (трудно испытывать интерес к науке, если совер-шенно не понимаешь, в чем она состоит), но, по крайнеймере, математика мне всегда очень легко давалась. Напри-мер, в последний год перед школой я много болел (постояннопростужался) и поэтому подолгу сидел дома. Мне в рукипопался учебник математики для первого класса, и я егопочти весь прорешал. К задачам у меня было отношение какк интересным головоломкам. Через пару лет после этого(учась во втором классе) я нашел задачник по физике,который меня очень удивил тем, что там я совершенноникаких задач решить не мог. Там было много непонятныхслов («параллельно», «перпендикулярно» и т.п.). Я помню,меня это очень задело, и я в течение нескольких следующихлет регулярно его доставал и смотрел, стало ли мне что-нибудь понятнее. Когда же я начал понимать (кажется, этобыло уже в 6 классе), мне это очень понравилось, и я,наверное в течение года, перечитал весь школьный курсфизики. Конечно, учебники 9 и 10 класса были непонятны(там встречались совершенно загадочные для меня на тотмомент понятия производной, а также дифференциальныеуравнения), но я к тому моменту научился, пропускаянепонятное, получать тем не менее удовольствие от такогочтения. В тот момент я был почти уверен, что стану физиком.

Перелом в моей жизни произошел довольно случайно.Однажды (я учился в тот момент в 7 классе) я уже собирался

ИНТЕРВЬЮ С А.КУЗНЕЦОВЫМ

14 июля 2008 года в Амстердаме на Европейском матема-тическом конгрессе наш соотечественник, сотрудник Мате-матического института им. В.А.Стеклова РАН АлександрГеннадьевич Кузнецов получил премию Европейского мате-матического общества (ЕМО) для молодых математиков.

Предлагаем вашему вниманию беседу Александра Генна-дьевича с членом редколлегии нашего журнала НиколаемПетровичем Долбилиным.

1. Расскажите об истории премии ЕМО для молодыхученых. Кто из наших ученых ее удостаивался?

Премия Европейского математического общества являетсяаналогом самой престижной международной математичес-кой премии – медали Филдса (как известно, Нобелевскаяпремия математикам не вручается), поэтому естественнобыло бы вначале сказать пару слов о ней. Начиная с 1897года раз в каждые четыре года проводится Международныйконгресс математиков, на котором специально выбраннаякомиссия, состоящая из самых известных математиков,выбирает четырех лауреатов (иногда их может быть именьше), которым и вручаются медали. Критерий выбораочень простой – награды удостаиваются ученые, работыкоторых внесли наиболее значимый вклад в развитие мате-матики. При этом есть ограничение на возраст – рассматри-ваются только математики моложе 40 лет.

Шестнадцать лет назад по образу и подобию Международ-ного математического союза было создано Европейское ма-тематическое общество, которое, естественно, учредило свойаналог медали Филдса. Однако между этими двумя награда-ми есть существенные различия. Во-первых, премия ЕМОвручается математикам не старше 35 лет. Во-вторых, претен-денты должны являться европейцами (в довольно мягкомсмысле – либо по рождению, либо по гражданству, либо поместу работы). Наконец, премий ЕМО значительно больше– на каждом конгрессе (которые тоже проходят раз в четырегода, в точности посередине между международными конг-рессами) присуждается 10 премий.

Поскольку премия ЕМО вручается относительно недавно,а ограничение по возрасту довольно жесткое, фамилиилауреатов не слишком на слуху. Пожалуй, наиболее извес-тен Максим Концевич, получивший премию в 1992 году.

2. Какие Ваши работы были удостоены этой премии?Можно ли рассказать читателям «Кванта» о них и,вообще, о Ваших научных интересах?

Я занимаюсь алгебраической геометрией. Это областьматематики, находящаяся на стыке алгебры и геометрии (чтоследует из названия), но при этом имеющая очень тесныесвязи с другими математическими дисциплинами и даже сфизикой. Алгебраическая геометрия изучает свойства алгеб-раических многообразий, т.е. тел (геометрия!), которыеможно задать полиномиальными уравнениями (алгебра!).Простейшие алгебраические многообразия изучаются еще вшколе – это точка, прямая, плоскость, трехмерное простран-ство. Можно также рассматривать пространства более высо-ких размерностей. Окружность, эллипс, гипербола и пара-бола также являются алгебраическими многообразиями (таккак задаются на плоскости квадратичными уравнениями).Более сложные многообразия получаются рассмотрениембольшего числа уравнений более высокой степени в про-странствах более высокой размерности (например – пересе-чение эллипсоида и гиперболического параболоида в трех-мерном пространстве). Оказывается, многие геометрическиесвойства алгебраических многообразий можно выражать

Александр Кузнецов читает лекцию в Независимом мос-ковском университете

(Продолжение см. на с. 31)

01_24.p65 30.01.09, 12:1924

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

Решения задач из этого номера следует отправлять не позднее 1 мая 2009 года по адресу: 119296Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». Решения задач из разных номеров журнала или поразным предметам (математике и физике) присылайте в разных конвертах. На конверте в графе«Кому» напишите: «Задачник «Кванта» №1–2009» и номера задач, решения которых Вы посылаете,например «М2116» или «Ф2123». В графе «От кого» фамилию и имя просим писать разборчиво. Вписьмо вложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этомконверте Вы получите результаты проверки решений). Решения задач по математике и физике можноприсылать также по электронным адресам math@kvant.info и phys@kvant.info соответственно.

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

В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь.Задачи M2118 и М2121 предлагалась на IV Всероссийской олимпиаде по геометрии имени

И.Ф.Шарыгина, задачи М2119, М2120 и М2123 – на XXX Турнире городов.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Задачипо математике и физике

Задачи М2116–М2123, Ф2123–Ф2129

M2116. Полный набор домино выкладывается на столев замкнутую цепь, и для всех пар соседних доминошеквычисляется модуль разности очков на клетках, кото-рыми они соприкасаются. Обозначим через S суммувсех таких модулей разностей. Ясно, что наименьшеезначение S равно 0 (это происходит в том случае, когдазамкнутая цепь выложена по правилам домино). Акакое наибольшее значение может принимать сумма S?

А.Грибалко

M2117. Существует ли арифметическая прогрессия из2008 различных натуральных чисел, произведениекоторых равно точной 2009-й степени натуральногочисла?

Г.Гальперин

M2118. Докажите, что в треугольнике ABC с углом A,равным 120°, расстояние от центра описанной окруж-ности до точки пересечения высот равно AB + AC.

В.Протасов

M2119. В бесконечной последовательности 1 2 3, , ,a a a K

число 1a равно 1, а каждое следующее число naстроится из предыдущего 1na - по правилу: если у числаn наибольший нечетный делитель имеет остаток 1 отделения на 4, то 1 1n na a -= + , если же остаток равен 3,то 1 1n na a -= - . Докажите, что в этой последователь-ности все числа положительны, причем каждое нату-ральное число встречается в ней бесконечно много раз.

А.Заславский

M2120. Многочлен ( )P x с действительными коэффи-циентами таков, что уравнение ( ) ( ) 0P m P n+ = имеет

бесконечно много решений в целых числах m и n.Докажите, что график функции ( )y P x= имеет центрсимметрии.

А.Шаповалов

M2121. Противоположные стороны выпуклого шести-угольника ABCDEF параллельны. Назовем его «высо-тами» векторы с концами на прямых, содержащихпротиволежащие стороны, перпендикулярные им инаправленные от AB к DE, от EF к BC и от CD к AF.Докажите, что вокруг этого шестиугольника можноописать окружность тогда и только тогда, когда суммаего «высот» равна нулевому вектору.

А.Заславский

M2122. а) Докажите, что любое натуральное число n,большее 17, можно разложить в сумму трех натураль-ных попарно взаимно простых слагаемых, каждое изкоторых больше 1.б*) Выясните, конечно или бесконечно множествонатуральных чисел, не представимых в виде суммытрех взаимно простых в совокупности натуральныхслагаемых, любые два из которых не взаимно просты.

В.Лецко

M2123. Тест состоит из 30 вопросов, на каждый есть 2варианта ответа (один верный, другой нет). За однупопытку Витя отвечает на все вопросы, после чего емусообщают, на сколько вопросов он ответил верно.Сможет ли Витя действовать так, чтобы гарантирован-но узнать все верные ответы не позже, чем после 24-йпопытки (и ответить верно на все вопросы при 25-йпопытке)?

В.Клепцын

25-39.p65 30.01.09, 12:2225

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 126

Ф2123. На гладком горизонтальномстоле лежат два блока – тонкие лег-кие диски. Ось одного их них закреп-лена, так что двигаться он не может,но может вращаться в горизонталь-ной плоскости. Кусок легкой нерас-тяжимой нити охватывает блоки, кконцам нити прикреплены одинако-вые грузы массой М каждый. В на-чальный момент нить натянута, сво-бодные куски нити параллельны другдругу. На ось «подвижного» блоканачинает действовать сила F (рис.1;

вид сверху). Найдите ускорение этого блока, если придвижении свободные куски нити остаются параллель-ными. Во сколько раз отличаются скорости вращенияблоков? Нить не проскальзывает относительно блоков.

А.Блоков

Ф2124. Грузы с массами М и m связаны очень легкойпружинкой жесткос-тью k. На грузы начи-нают действовать оди-наковые по величинеи противоположныепо направлению силы

F (рис.2). Найдите максимальную скорость грузамассой М. Найдите также максимальное смещениегруза массой m. В начальный момент пружина недеформирована, грузы неподвижны.

А.Простов

Ф2125. Моль гелия при нормальных условиях нахо-дится внутри эластичной оболочки. Наружные усло-вия изменяются так, что к некоторому моменту газполучает 100 Дж тепла, а температура газа увеличива-ется при этом на 10 К. Оцените изменение объема газа.

З.Повторов

Ф2126. На рисунке 3изображена известнаябесконечная цепочка,состоящая из резисто-ров с одинаковымисопротивлениями. Всезнают, как посчитатьее сопротивление, из-меренное между точ-

ками А и Б. А что если взять не бесконечную цепочку,а цепочку, состоящую ровно из 50 звеньев, – какпосчитать ее сопротивление? Понятно, что сделать это«в лоб» трудно, проще считать цепь бесконечной…Какую погрешность мы при этом получим? Сильно лисопротивление урезанной цепи отличается от сопротив-ления бесконечной цепочки? Зададим конкретный воп-рос: эти отличия меньше миллионной доли процентаили намного больше?

А.Цепочкин

Ф2127. Потенциалы точек А, Б и В поддерживаютсяпостоянными: 100 BAϕ = , 200 BБϕ = , 500 BBϕ = .Два одинаковых конденсатора емкостью 10 мФ каж-

дый и резистор со-противлением 1 МОмсоединяем «звездой»и подключаем одно-временно свободнымивыводами к точкам А,Б и В (резистор – к точке В; рис.4). Какое количествотеплоты выделится в резисторе за большое время?

З.Рафаилов

Ф2128. Две одинаковые катушки соединены последо-вательно, параллельно одной из них подключен кон-денсатор, а к выводам цепиподсоединена батарейка напря-жением U (рис.5). Найдите мак-симальное напряжение конден-сатора. Элементы цепи считай-те идеальными.

Р.Александров

Ф2129. В трех вершинах квад-рата с длиной стороны 2 мрасположены одинаковые ма-ленькие громкоговорители, вчетвертой вершине находится очень маленький всенап-равленный микрофон. К громкоговорителям поочеред-но подключают источники переменного напряжениячастотой 100 Гц и регулируют их уровни так, чтобынапряжение на выходных зажимах микрофона состав-ляло в каждом случае ровно 1 мВ. Какое напряжениевыдаст микрофон, если включить одновременно двасоседних громкоговорителя? А если включить все тригромкоговорителя? Рассмотрите два разных варианта:используются независимые источники напряжения (тризвуковых генератора и три усилителя низкой частоты)и используется один генератор, «размноженный» натри усилителя.

А.Зильберман

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

Решения задач М2096–М2100,Ф2108–Ф2117

M2096. Депутаты парламента образовали 2008 ко-миссий, каждая – не более чем из 10 человек. Извест-но, что любые 11 комиссий имеют общего члена.Докажите, что все комиссии имеют общего члена.

Предположим, что, напротив, для каждого депутатанайдется комиссия, в которую он не входит. Возьмемпервую комиссию A, состоящую из депутатов

1 2, , , ka a aK , где 10k £ . Для каждого i = 1, 2, ..., kнайдем комиссию iA , в которую не входит депутат ia .Тогда комиссии 1 2, , , , kA A A AK не имеют общего члена,что противоречит условию.

Ф.Петров

M2097. Найдите все такие простые числа p вида2 2 2a b c+ + (где a, b, c – натуральные), что 4 4 4a b c+ +

делится на p.

Ответ: p = 3.Очевидно, p = 3 подходит.Пусть a b c³ ³ и 4 4 4a b c+ + делится на p =

2 2 2a b c= + + . Имеем следующее сравнение по

25-39.p65 30.01.09, 12:2226

модулю p:

( )22 2 2 20 p a b cº º + + º

º ( )2 2 2 2 2 22 a b b c c a+ + º ( )( )2 2 2 22 a b c c+ - º

( )( )2 22 ab c ab cº + - ( )2 2 2mod a b c+ + .

Значит, ( )( )2 22 ab c ab c+ - делится на p. Так как2 2 2 2 2 0p a b c ab c ab c= + + > + > - ³ , то 2 0ab c- = ,

т.е. a = b = c. Получили: 23p a= делится на 3, поэтомуp = 3.Замечание. Существует бесконечно много таких про-стых чисел p = a + b + c, что 2 2 2a b c+ + делится на p.Для доказательства достаточно (подумайте, почему)установить, что существует бесконечно много простыхчисел вида 2 2p a ab b= + + ( ,a b ОN ). Доказательствопоследнего факта следует из задач в книге А.В.Спива-ка «Арифметика-2» (Приложение к журналу «Квант»№ 5 за 2008 г., задачи 42 и 44 на с.34).

В.Сендеров

M2098. Двое играют в игру, делая ходы по очереди:первый рисует на плоскости многоугольник, не нале-гающий на уже нарисованные, а второй ответнымходом раскрашивает его в один из 2008 цветов.Второй игрок хочет, чтобы любые два многоугольни-ка, граничащие по отрезку стороны, имели разныецвета. Сможет ли первый игрок помешать ему?

Ответ: сможет.Докажем индукцией по n, что первый может игратьтак, что нарисованные им многоугольники будут да-вать в объединении некоторый многоугольник nP , награницу которого выходят многоугольники не менее nцветов. Отсюда будет следовать, что никакого конечно-го числа цветов недостаточно.База индукции очевидна. Пусть утверждение вернодля n = k, докажем его для n = k + 1. Из предположенияиндукции следует, что первый игрок может играть так,чтобы нарисованные многоугольники давали в объеди-

нении k многоугольников ( ) ( ) ( )1 2, , , kk k kP P PK , на границу

каждого из которых выходят многоугольники не менее

k цветов. На границе многоугольника ( )1kP выделим

отрезок 1∆ некоторого цвета 1, на границе многоуголь-

ника ( )2kP выделим отрезок 2∆ некоторого цвета 2,

отличного от 1, и т.д., на границе многоугольника ( )kkP

выделим отрезок k∆некоторого цвета k,отличного от уже оп-ределенных цветов1, 2, ... , k – 1. Пустьтеперь первый нари-сует многоугольникP, пересекающийсяс многоугольником

( )ikP по части отрезка

i∆ для всех i == 1, 2, ..., k (см.рисунок). Второй иг-

рок должен раскрасить многоугольник P в цвет, отлич-ный от цветов 1, 2, ..., k. Тогда на границу многоуголь-ника, являющего объединением многоугольников

( ) ( ) ( )1 2, , , , kk k kP P P PK , выходят не менее k + 1 цветов.

Переход индукции доказан.Замечания. Строгое доказательство существованиямногоугольника P из решения задачи далеко не просто(хотя интуитивно все очевидно), оно следует из изве-стной топологической теоремы Жордана.Отметим, что вопрос, поставленный в задаче, ужерассматривался в «Задачнике «Кванта» для случая,когда первому игроку позволяется рисовать много-угольники лишь специального вида (см. задачу М1205).Результат этой задачи интересно сопоставить также сознаменитой теоремой о четырех красках, согласнокоторой для раскрашивания правильным образом лю-бой карты на плоскости достаточно лишь четырехцветов.

Е.Гик, П.Кожевников

M2099. Пусть 0 1 sa a a 0> > > =K – такая последова-тельность целых чисел, что натуральные числа 0a и

1a взаимно просты, а при 1i ³ число 1ia + равноостатку от деления 1ia - на ia с неполными частными

1ii

i

at

a-й щ

= к ъл ы

. Построим последовательность 0 1, , , sb b bK с

помощью соотношения 1 1i i i ib b t b+ -= + , положив 0 0b =и 1 1b = . Докажите, что 0sb a= .

Заметим, что

( )0 11 НОД ,a a= = ( ) ( )1 2 1НОД , НОД , 1s sa a a a-= = =K .

Так как 0sa = , то ( )1 1НОД , 1s s sa a a- -= = . Положим

1 1i i i i id a b a b- -= + , i = 1, 2, ..., s. Из рекуррентныхсоотношений

1 1i i i ia a t a+ -= - и 1 1i i i ib b t b+ -= +следует, что

1 1 1i i i i id a b a b+ + += + =

= ( ) ( )1 1i i i i i i i ia b t b a t a b- -+ + - = 1 1i i i i ia b a b d- -+ = .

Поэтому

0 0 1 1 0 1 2 sa a b a b d d d= Ч + Ч = = = = =K

= 1 1s s s s sa b a b b- -+ = ,

что и требовалось доказать.В.Быковский

M2100. В угол с вершиной O вписаны две окружности

1ω и 2ω . Луч с началом O пересекает 1ω в точках 1A

и 1B , а 2ω – в точках 2A и 2B так, что

1 1 2 2OA OB OA OB< < < (рис.1). Окружность 1γ каса-ется внутренним образом окружности 1ω и каса-

Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 27

25-39.p65 30.01.09, 12:2227

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 128

тельных к 2ω , проведенных из 1A . Окружность 2γ

касается внутренним образом окружности 2ω икасательных к 1ω , проведенных из 2B . Докажите,что окружности 1γ и 2γ равны.

Пусть радиусы окружностей 1 2 1, ,ω ω γ и 2γ равны

1 2 1, ,R R r и 2r соответственно. Из гомотетии h с цент-ром O, переводящей 1ω в 2ω , следует, что

2 2 2

1 1 1

A B R

A B R= . (1)

В решении будем пользоваться известной теоремой отрех гомотетиях: композиция гомотетий с центрами

1O и 2O ( 1 2O O№ ) и коэффициентами 1k и 2k такими,что 1 2 1k k № , является гомотетией с центром в точке напрямой 1 2OO и коэффициентом 1 2k k .Пусть 1C – точка касания 1ω и 1γ . Тогда композициягомотетии с центром 1C , переводящей 1γ в 1ω , и

гомотетии h – это гомотетия 1h с коэффициентом 2

1

R

r,

переводящая 1γ в 2ω . Точка 1A является центромгомотетии 1h , и по теореме о трех гомотетиях точки 1C ,O и 1A лежат на одной прямой. Это означает, что

1 1C B= . Кроме того, из гомотетии 1h получаем соотно-шение

1 2 2

1 1 1

A B R

A B r= . (2)

Аналогично доказывается, что окружности 2ω и 2γкасаются в точке 2A и что

1 2 1

2 2 2

A B R

A B r= . (3)

Поделив соотношение (2) на равенства (1) и (3),

получаем 2

1

1r

r= , что и требуется.

Замечание. К данной задаче можно свести следующуюизвестную задачу об арбелосе Архимеда.Задача. Пусть окружности 1ω и 2ω касаются окруж-ности ω внутренним образом в диаметрально противо-положных точках A и B и касаются друг друга внешним

образом в точке C(рис.2). Пусть пер-пендикуляр к AB,проведенный через C,пересекает ω в точкеD. Тогда окружнос-ти 1δ и 2δ , вписан-ные в криволинейныетреугольники ACD иBCD, равны.Решение. Пусть 1δкасается окружности

1ω и прямой CD вточках K и L (рис. 3). Тогда, как известно (см.,например, задачу М438 «Задачника «Кванта»), пря-мая BK является общей касательной к 1ω и 1δ . ПустьBK пересекает CD в точке M. Впишем в угол BMCокружность 2γ , касающуюся MC в точке C. Из равен-ства касательных MC = MK вытекает, что окружности

1δ и 2γ , вписанные в вертикальные углы KML и BMC,равны. Из симметрии относительно диаметра AB сле-

Рис. 2

дует, что 2γ касает-ся касательных к 1ω ,проведенных из B.Аналогично, окруж-ность 1γ , котораякасается внутреннимобразом 1ω и каса-тельных к 2ω , про-веденных из A, рав-на окружности 2δ .Но из задачи М2100следует равенство ок-ружностей 1γ и 2γ .

П.Кожевников

Рис. 3

Ф2108. Вдоль оси Х движется точка. В пределахзаданной дистанции скорость точки обратно пропор-циональна расстоянию от нее до начала координат.Во сколько раз больше времени она тратит напрохождение второй дистанции по сравнению с пер-вой?

Движение точки не равноускоренное, готовых формултут нет. Но можно решить задачу совсем просто.Построим график зависимости величины 1 v (обрат-ной скорости) от координаты x – получится прямая.Площадь под этой прямой, точнее – под участкомграфика между координатами 1x и 2x , есть времядвижения от 1x до 2x . Это легко доказать, но достаточ-но просто и сообразить. Получается отношение нуж-ных нам площадей 3:1. Итак, время прохождениявторой половины дистанции втрое больше, чем первой.

А.Простов

Ф2109. В системе, изображенной на рисунке, боль-шой груз вдвое тяжелее малого. Блоки одинаковые,очень легкие. Нити нерастя-жимые, массы нитей пренебре-жимо малы, свободные кускинитей вертикальны. Найдитеускорение большого груза.

Обозначим натяжение верхнейнити Т. Тогда на нижний грузмассой 2М действует сила натя-жения 4Т. Малые подвижныеблоки имеют одинаковые уско-рения – блоки одинаковые, силыодинаковые (впрочем, можносчитать их ускорения и не оди-наковыми, решение будет болеегромоздким, но ответ не изме-нится). Если обозначить этиускорения буквой а, то ускоре-ние нижнего груза тоже будетравно а, а ускорение верхнего груза массой М составит4а и будет направлено вверх. Может быть, при реше-нии ускорение получится отрицательным – там будетвидно...Теперь запишем уравнения динамики для обоихгрузов:

4T M g M a- Ч = Ч , 2 4 2M g T M aЧ - = Ч .

25-39.p65 30.01.09, 12:2328

Решая эту простую систему, получим

9

ga = - .

И в самом деле ускорение отрицательное.Итак, ускорение большого груза направлено вверх исоставляет по величине g/9.

А.Повторов

Ф2110. Яма имеет полусферическую форму, ее радиусR = 1 м, стенки гладкие. На уровне горизонтальногодиаметра приклеено очень маленькое тело. Оно от-клеивается и начинает скользить вниз без начальнойскорости. Внизу небольшой кусочек поверхностишероховатый, коэффициент трения там 0,1µ = ,шероховатый кусочек имеет форму круга, его радиусr = 1 см, центр круга находится около самой нижнейточки поверхности ямы. Какая часть начальнойпотенциальной энергии тела выделится при первомпреодолении шероховатого кусочка?

Скорость тела перед шероховатым кусочком внизу – онсовсем мал, поэтому разность высот примем равнойрадиусу сферы R – равна

2v gR= .

Тогда сила нормальной реакции составляет2

3mv

N mg mgR

= + = .

Сила трения практически постоянна:

тр 3F N mgµ µ= = Ч ,

и потери энергии равны

тр 2 6W F r mgr∆ µ= Ч = .

Доля потерь составляет6

0,6%W mgr

W mgR

∆ µδ = = = .

Приближения оправданы.Р.Теплов

Ф2111. В сосуде находится смесь одинаковых масскриптона и гелия при давлении 1 атм и температуре300 К. Проследим за одним атомом криптона. Оцени-те число его соударений с другими частицами за 1 час.

Атомы криптона намного тяжелее атомов гелия, поэто-му при расчете ударов можно учитывать только соуда-рения атомов криптона с атомами гелия. (Ударыатомов криптона о стенки и друг о друга происходятгораздо реже, мы их просто не будем учитывать – врамках очень приближенной модели соударений час-тиц это вполне допустимо.) Итак, мы должны посчи-тать удары тяжелых частиц о легкие, однако намногопонятнее, как посчитать число ударов легких частиц отяжелые (это те же самые удары!). При расчете будемсчитать тяжелые частицы неподвижными – тогда нуж-но просто найти боковую поверхность этой (тяжелой)частицы и считать удары так же, как считают удары остенки сосуда.Примем диаметр атома криптона равным 0,6 нм, диа-метр атома гелия 0,2 нм (эти данные легко найти всправочниках, можно поискать их в Интернете – я тамих нашел за 3 минуты). В таком случае площадь

поверхности одного атома криптона примерно равнаS = 18 21 10 м-Ч . В задаче не задан объем сосуда – это,может быть, ошибка, ведь при достаточно большоминтервале времени (а 1 час – это большой интервал, заэто время атомы успеют многократно побывать во всехместах сосуда, а не только в какой-то малой его части,определяемой скоростями частиц и длиной свободногопробега) объем сосуда нам может понадобиться. Зада-дим объем сосуда самостоятельно – возьмем, скажем,1 л. Количество частиц в сосуде найдем обычным

способом: ( ) 22A 2,4 10N N pV RT= = Ч , при этом кон-

центрация частиц получится 25 32,4 10 1 мn = Ч . Приравных массах газов на долю тяжелого криптонаприходится примерно 1/22 общего количества атомов,т.е. примем число атомов криптона равным 211 10Ч .Теперь подсчитаем (очень приблизительно!) числоударов:

уд 0,5 xN nSv τ= =

= 25 18 2 140,5 2,4 10 1 10 8 10 3600 3,5 10-Ч Ч Ч Ч Ч Ч Ч = Ч ,

где 28 10 м сxv = Ч – соответствующая проекция ско-рости для атомов гелия при этой температуре.Проверим – а нужно ли было задавать объем сосуда?Можно провести расчет для сосуда побольше, напри-мер для 1000 л, получится практически то же числоударов! Проверим теперь формулы – объем сосуда тамсокращается:

уд 0,5p RT

N SkT

τΜ

=

(здесь Μ – молярная масса гелия). Действительно, вэту формулу объем сосуда не входит.Можно было и сразу догадаться написать общуюформулу и увидеть все, а можно было вот так – методомпроб и без ошибок.

З.Рафаилов

Ф2112. Давление разреженного газа в сосуде убываетот 1 атм до 0,2 атм при увеличении объема от 2 л до20 л, при этом зависимость давления от объемалинейная. Найдите максимальную температуру газав этом процессе. Минимальная температура газа впроцессе 200 К.

Ясно, что минимальная температура получится наодном из концов отрезка прямой, который изображаетпроцесс на pV-диаграмме. Сравнивая произведенияpV, найдем, что минимальная температура соответ-ствует давлению 1 атм и объему 2 л. Можно брать этивеличины в любых единицах, мы будем только сравни-вать эти произведения. Итак, температура 200 К соот-ветствует произведению 2 атм лЧ .Продолжим отрезок до пересечения с осями диаграммы– получим давление 49/45 атм при нулевом объеме иобъем 49/2 л при нулевом давлении. Максимальнаятемпература соответствует середине этого расширенно-го отрезка:

( ) ( )max

min

49 90 49 4

2

T

T= , и max

49 49 200К 667К

90 4 2T

Ч Ч= »

Ч Ч.

А.Повторов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 29

25-39.p65 30.01.09, 12:2329

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 130

Ф2113. Вольтметр и миллиамперметр соединены пос-ледовательно и подключены к батарейке, при этомприборы показывают 6,1 В и 1 мА. Параллельно мил-лиамперметру подключают второй вольтметр – по-казания первого вольтметра увеличиваются до6,3 В, а второй вольтметр (он того же типа, что ипервый) показывают 0,4 В. Какой ток теперь течетчерез миллиамперметр? Батарейку можно считатьидеальной.

Ток через вольтметр пропорционален напряжению,которое он показывает. При напряжении 6,1 В токчерез первый вольтметр был равен 1 мА, тогда дляискомого тока можно записать

6,3 B 0,4 В1 мА 1 мА 0,97 мА

6,1 B 6,1 ВI = - » .

Р.Александров

Ф2114. В схеме, изображенной на рисунке, три кон-денсатора одинаковые и имеют емкость С каждый, а

один имеет втрое боль-шую емкость. Между точ-ками А и Б включают ка-тушку индуктивностью L.Найдите максимальноезначение силы тока черезкатушку. Батарейка име-ет напряжение U.

Пусть, для определенности, конденсатор емкостью 3Снаходится внизу справа. Энергию конденсаторов доподключения катушки легко найти: общая емкостьсистемы 1 5 4C C= и энергия

221

15

2 8

CUW CU= = .

После подключения катушки по ней начинает течь ток,заряды конденсаторов меняются, ток течет и черезбатарейку – в балансе энергий нужно учитывать и ееработу. При максимальном токе через катушку ЭДСиндукции нулевая, нижние конденсаторы соединеныпараллельно, верхние – тоже. Полная емкость приэтом 2 4 3C C= , энергия конденсаторов

222

22

2 3

C UW CU= = .

Батарейка «протолкнула» дополнительный заряд

( )2 1 12q C C U CU= - = и совершила работу

21

12A qU CU= = .

Максимальный ток катушки найдем из баланса энер-гий:

( )2

22 1

1

2 24

LIA W W CU= - - = , и

2 3

U CI

L= .

А.Мостиков

Ф2115. Катушка индуктивностью L = 2 Гн и резис-тор сопротивлением R = 100 Ом соединены парал-лельно. В некоторый момент к этой цепочке подклю-чают источник постоянного тока силой 0I = 3 A(«источник постоянного тока» создает в нагрузке

постоянный по величине ток, не зависящий от свойствнагрузки). Найдите количество теплоты, котороевыделится в резисторе за большое время.

Сразу после подключения источника ток через катуш-ку не течет, весь ток 0I протекает через резистор. Затемток через катушку понемногу увеличивается, спустяочень большое время после подключения ток черезрезистор станет пренебрежимо малым, а ток черезкатушку практически достигнет величины 0I .Обозначим ток через резистор I – это функция време-ни, тогда ток через катушку 0LI I I= - . Напряжениерезистора равно величине ЭДС индукции:

LIL RIt

∆

∆- = , или L I RI t∆ ∆= .

Умножим обе части этого уравнения на величину I – мыхотим получить в правой части количество теплоты,выделившееся в резисторе за малый интервал времени

t∆ . В левой части получается выражение, котороелегко преобразовать (учитывая малость t∆ ):

2

2

ILI I L∆ ∆

ж ц= з чи ш

.

Суммируя полученные слева и справа малые «доль-ки», получим в левой части произведение индуктивно-сти на разность квадратов токов через катушку в концеи в начале процесса, а в правой части – суммарноеколичество теплоты Q, выделившееся в резисторе.Тогда окончательно

20 9 Дж

2

LIQ = = .

З.Катушкин

Ф2116. Вдоль прямого участка дороги стоят люди –они встречают дорогого гостя из далекой страны.Интервал между встречающими составляет 0,5 м.Один из встречающих делает шаг в сторону и тут жевозвращается на место. Через 2 с то же самое делаетего сосед справа, и так далее. С большой высотыкажется, что вдоль шеренги бежит волна. Определи-те скорость этой волны и ее длину.

Фронт этой волны проходит расстояние 0,5 м за 2 с –скорость волны получается 0,25 м/с. А вот длинуволны найти не получится – колебания в этой волне негармонические. Можно их представить в виде суммыгармонических волн разных длин – «гармоник». Дли-на самой длинноволновой гармоники окажется равнойрасстоянию между соседями в ряду, т.е. 0,5 м.

А.Гостев

Ф2117. До сих пор любители высококачественногозвучания используют усилители звуковой частотына электронных лампах – они уверены, что качествозвучания музыки в этом случае намного лучше, чемпри использовании транзисторов (автор задачи неразделяет их уверенности). Рассмотрим практичес-кий случай: громкоговоритель имеет сопротивление4 Ом и для его подключения к усилителю требуетсяпонижающий трансформатор. Выходной каскад уси-лителя низкой частоты (УНЧ) содержит одну мощ-ную электронную лампу – ее анодный ток может

25-39.p65 30.01.09, 12:2330

быть в пределах от 20 до 100 мА, напряжение на анодеэтой лампы при таких изменениях анодного токадолжно находиться в пределах от 40 до 300 В. Какая«выходная мощность» может быть у такого усили-теля? Каков должен быть коэффициент трансфор-мации у выходного трансформатора для полученияэтой мощности?

Если подключить громкоговоритель прямо в аноднуюцепь, то звуковая мощность получится совсем малой.Если, как обычно делается, оценивать эту мощность нагармоническом, синусоидальном сигнале – на входусилителя от генератора низкой частоты подается си-нусоидальный сигнал (как правило, используют сиг-нал с частотой 1000 Гц – впрочем, это не принципиаль-но). Для того чтобы искажения усиливаемого сигналане были недопустимо большими, удвоенная амплитудатока в анодной цепи должна укладываться в диапазонтоков 20 – 100 мА (при сопротивлении громкоговори-теля 4 Ом в диапазон допустимых напряжений мызаведомо укладываемся), т.е. амплитуда тока черезгромкоговоритель не должна превышать примерно

28 мА. Это дает «выходную» мощность

( )2 30,5 0,028 4 Вт 1,6 10 ВтP -= Ч Ч = Ч .

Малость этой величины связана с тем, что мы неиспользуем возможного «размаха напряжения».Включим громкоговоритель через понижающий транс-форматор с отношением числа витков первичной об-мотки к числу витков вторичной обмотки n. В этомслучае напряжение на громкоговорителе уменьшится вn раз, а ток возрастет во столько же раз – по сравнениюс величинами в анодной цепи. Для удвоенных макси-мальных амплитуд тока и напряжения получим про-стое соотношение, откуда найдем n:

3 26080 10 n

n-Ч Ч = , 2

3

2603250

80 10n -= =

Ч, n = 57.

Именно таким должен быть коэффициент трансформа-ции у выходного трансформатора. В этом случаевыходная мощность получится

380 10 260Вт 1,3 Вт

16 P

-Ч Ч= =¢ .

А.Зильберман

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 31

Интервью с А.Кузнецовым

(Начало см. на с. 24)

идти домой из школы, когда прибежал мой одноклассник,который сказал, что завтра будет районная олимпиада поматематике и что мне туда обязательно надо пойти. Конечно,может быть, и без этого мне кто-нибудь позвонил бы исообщил эту информацию, но может и нет. На районнойолимпиаде я занял второе место, в результате чего получилприглашение на вступительные экзамены в 57-ю школу.Экзамены я успешно сдал и поступил в 8 класс. Эта школамногое мне дала. Во-первых, знания, которые мне оченьпомогли – например, за это время мы успели пройти почтиполный курс первого года обучения на мехмате (и еще частьвторого), что в дальнейшем позволило на первом курсеизучать более продвинутые вещи. Во-вторых, я познакомил-ся со многими сверстниками, разделяющими мое увлечениематематикой, а вместе учиться всегда легче. В-третьих, яувидел много замечательных людей среди учителей, которыестали для меня примером в дальнейшем (особенно здесь мнехотелось бы отметить моего учителя математики РафаилаКалмановича Гордина).

Следующее важное событие произошло так. Во времяучебы в старших классах я исправно ходил на олимпиады(математические и физические). Очень больших успехов уменя там не было (максимальное достижение – третье местона городской олимпиаде), но общий уровень, видимо, былдостаточно неплохим. Поэтому летом после окончания шко-лы и после вступительных экзаменов в университет меняпригласили в летний лагерь Турнира городов. Летний лагерь– это замечательное мероприятие, придуманное (как и самТурнир городов) Николаем Николаевичем Константино-вым. Туда приглашаются школьники-старшеклассники, хо-рошо выступающие в олимпиадах, а также студенты-млад-шекурсники, хорошо выступавшие на олимпиадах в недав-нем прошлом. Школьникам предлагаются задачи, которыеони решают под руководством студентов. В этом лагере япознакомился с несколькими второкурсниками, которые мнев дальнейшем очень помогли. Игорь Пак и Саша Постниковстали моими первыми соавторами, а статья, которую мы с

ними через два года написали, была развитием задачи,которую я решал в этом лагере. А Сережа Архипов очень мнепомог в дальнейшем обучении и в выборе научного руково-дителя. В частности, он мне посоветовал ходить на семинарИзраиля Моисеевича Гельфанда, где я увидел много замеча-тельных математиков (таких как Саша Бейлинсон, ВитяГинзбург, Боря Фейгин) и познакомился с Леней Посицель-ским. Ему, в тот момент третьекурснику, Гельфанд поручилобучать младшекурсников «математике», т.е. вещам, кото-рые не входят в программу обучения на мехмате, но совер-шенно необходимы для научных исследований. Леня менянаучил очень и очень многому. Уверен, что без его «спецкур-сов» мне пришлось бы намного сложнее.

Самое большое влияние на меня, конечно же, оказал мойнаучный руководитель – Алексей Игоревич Бондал. Ипрежде всего следует сказать даже не о знаниях, которые яот него получил, а о способе мышления, умении широко иправильно взглянуть на поставленную задачу.

4. Как много времени Вы уделяете профессиональнойдеятельности? Как используете компьютер?

В идеале математик работает все время. На самом деле,если задача, которую вы решаете, вам интересна, то вашимысли все равно вольно или невольно к ней возвращаются.Но в реальности, конечно, так не получается. Всегда нахо-дится множество дел, отвлекающих от работы. А компьютердля математика имеет второстепенное значение. Конечно, оннезаменим для написания статей (раньше обходились бума-гой и ручкой, но сейчас уже другие времена), а также дляпоиска и просмотра нужных статей и книг. Кроме того,некоторые математики используют компьютер для вычисле-ний.

5. Какие у Вас увлечения помимо математики?

Во время учебы в школе и университете я регулярно ходилв походы. Сейчас у меня редко возникает такая возможность,но если удается, я с удовольствием ею пользуюсь.

Мы поздравляем Александра Геннадьевича и желаемему новых ярких математических открытий!

25-39.p65 30.01.09, 12:2331

частицы и поля?А так ли хорошо знакомы вам

Так как катодные лучи несут заряд отрицательногоэлектричества, они отклоняются электростатической си-лой, как если бы они были отрицательно наэлектризованы,и на них действует магнитная сила таким образом, как этасила действовала бы на отрицательно наэлектризованноетело, движущееся по траектории этих лучей.

Джозеф Джон Томсон

...ко мне пришел страшно возбужденный Гейгер и сказал:«Нам удалось наблюдать α -частицы, возвращающиесяназад». Это было самым невероятным событием, котороемне пришлось пережить.

Эрнест Резерфорд

На снимках обнаруживались время от времени прямыепути частиц неизвестного происхождения, почти не откло-няемые магнитным полем, но по своему ионизирующемудействию не отличающиеся сколько-нибудь от быстрыхβ -лучей.

Дмитрий Скобельцын

Такие устройства, как циклотрон и синхротрон, ускоряютчастицу до высоких энергий, заставляя ее многократнопроходить через сильное электрическое поле. А на своейорбите частицу удерживает магнитное поле.

Ричард Фейнман

Практически всякий раз фрагменты из работ выдаю-щихся ученых, предваряющие очередной выпуск нашейрубрики, выстраиваются в своеобразный «краткий курс»истории того или иного физического направления.Нынешняя же тема оказалась настолько обширна инеобъятна, что на нее нанизываются почти все ответвле-ния современной физики, хронологическим рубежомкоторой называют самый конец XIX века, когда одно задругим последовали блестящие достижения – такие, какоткрытия электрона и радиоактивности.

Можно сказать, что обнаружение элементарных заря-женных частиц – мельчащих структурных составляю-щих материи – словно подхлестнуло исследователей кдальнейшим поискам, сулившим совершенно новое пред-ставление об окружающем нас мире. Но не только: дляизучения и управления микроскопическими «невидим-ками» потребовались такие хитрые сочетания полей,такая аппаратура, такие технологии, которые букваль-но на глазах стали менять производство и быт, энерге-тику и средства связи – одним словом, привели кпромышленной и информационной революции, плодыкоторой мы пожинаем до сих пор.

Вот и сегодня, накануне запуска в Швейцарии самогокрупного и самого мощного ускорителя элементарныхчастиц, когда-либо созданного разумом руками челове-ка, мы ожидаем беспрецедентных открытий, развиваю-щих, а, может быть, и переворачивающих наши знанияо строении вещества и об устройстве Вселенной.

В расчете на то, что и на вашу долю достанется ещенемало сложных и интересных проблем, касающихсячастиц и полей, начнем с более простых, но не менееувлекательных задач.

Вопросы и задачи

1. Почему в комнатных условиях, даже при всехмерах предосторожности, электроскоп обязательно раз-рядится?

2. Металлический незаряженный диск приводится вбыстрое вращение. Электрометр, присоединенный спомощью контактов к центру и к периферии диска,показывает, что между ними возникла разность потен-циалов. Каков ее знак?

3. Какую траекторию опишет электрон, пролетаямежду пластинами плоского конденсатора, на которыеподано: а) постоянное напряжение; б) переменное на-пряжение достаточно высокой частоты?

4. Две пересекающиеся плоскости равномерно заря-жены отрицательным зарядом. В некоторой точке меж-ду плоскостями помещен радиоактивный источник. Чтопредставляют собой траектории движения положитель-но и отрицательно заряженных частиц, испускаемыхисточником?

5. При отсутствии внешнего электрического поляэлектроны, вылетающие из катода вакуумного диода,не рассеиваются в окружающем пространстве, а боль-шей частью возвращаются на поверхность катода. Чемэто можно объяснить?

6. Скорость движения электронов между электрода-ми вакуумного диода достигает тысяч километров всекунду, а в металлических проводниках анодной цепи– миллиметров в секунду. Одинаковы ли силы тока вдиоде и в проводниках?

7. Коллимированный пучок заряженных частиц, т.е.пучок, в котором все частицы имеют одно и то женаправление скорости, под влиянием кулоновских силпостепенно расходится. Как зависит этот эффект отскорости частиц?

8. От каких характеристик частицы зависит форма еетраектории при движении в гравитационном поле,электрическом поле, магнитном поле?

9. Как будет изменяться радиус траектории заря-женной частицы, движущейся по окружности в одно-родном магнитном поле, с увеличением ее удельногозаряда?

10. По длинному прямому металлическому проводутечет электрический ток. Можно ли избавиться от егомагнитного поля, устремившись вдоль провода со ско-ростью, равной средней скорости упорядоченного дви-жения электронов в нем?

11. Почему частица, обращающаяся в неоднородноммагнитном поле, «отражается» от области, где индук-ция этого поля увеличивается?

12. Можно ли считать дугой окружности траекториюдвижения заряженных частиц, влетевших в камеру

25-39.p65 30.01.09, 12:2432

Вильсона перпендикуляр-но линиям однородногомагнитного поля?

13. На рисунке представ-лены следы электрона ипозитрона, полученные вкамере Вильсона, находив-шейся в магнитном поле,направленном от читателяперпендикулярно рисунку.Какой из следов принадле-жит электрону, а какой –

позитрону? Какая частица имеет бóльшую кинетичес-кую энергию?

14. Увеличение скорости заряженных частиц в цик-лотроне осуществляется исключительно за счет воздей-ствия на частицы электрического поля. Зачем же утяже-ляют и удорожают эти установки, заботясь о действии

на частицы еще и маг-нитного поля?

15. Как действуетизображенный нарисунке «фильтрскоростей»? Внутриприбора созданы од-нородные электри-

ческое и магнитное поля, направленные перпендику-лярно друг к другу и к начальной скорости частиц.

16. Почему в Канаде северные сияния бывают чаще,чем в Сибири, расположенной на той же географичес-кой широте?

17. Для инициирования ядерных реакций делениячаще всего используется бомбардировка ядер нейтрона-ми. А почему для этой цели менее пригодны, скажем,протоны или электроны?

Микроопыт

Наклейте на обычную осветительную лампу полоскуметаллической фольги и присоедините ее проводком кэлектроскопу. Зарядите электроскоп положительно ивключите ток в лампе. Повторите опыт, зарядив элект-роскоп отрицательно. Чем объяснить, что в первомслучае при включении тока листки электроскопа спада-ют, а во втором – нет?

Любопытно, что...

...знаменитым опытам Дж.Дж.Томсона с катоднымилучами предшествовала почти сорокалетняя работафизиков разных стран по изучению электрическогоразряда в разреженных газах. Считалось, что эти лучи– либо поток молекул, зарядившихся отрицательно пристолкновении с катодом, либо новый вид электромаг-нитных волн, отклоняющихся, в отличие от обычногосвета, магнитным полем. Лишь Томсону в длиннойсерии экспериментов удалось добыть к 1897 году реша-ющие доказательства того, что катодные лучи состоят изэлектронов. Так была открыта первая элементарнаячастица.

...задача по определению заряда и массы α - и β -частиц, возникшая сразу после обнаружения радиоак-тивности, привела со временем к созданию масс-спект-рографов – приборов, использующих электрическое имагнитное поля для измерения масс мельчайших ионов.Первый из них был построен в 1919 году ФрэнсисомАстоном, учеником Дж.Дж.Томсона, открывшего за

семь лет до этого события существование изотопов....вращение заряженных частиц в магнитном поле

открыл еще в 1895 году английский физик ДжозефЛармор. В дальнейшем идея удержания частиц с помо-щью этого поля была очень хорошо отработана присоздании ускорителей – в них частицы совершаютмиллионы оборотов по круговой орбите и могут жить наней многие часы. А вот проблему магнитного удержания– изоляции – высокотемпературной плазмы в термо-ядерных реакторах не удалось еще окончательно ре-шить.

...применение магнитных полей с определеннымисложными конфигурациями в опытах на ускорителяхпозволяет фокусировать пучки частиц подобно тому,как оптические линзы фокусируют световые лучи.

...открытые в 1910 году космические лучи сталиинтенсивно изучаться в том числе и с помощью камерыВильсона, помещенной в магнитное поле. Именно онапозволила наблюдать аномальные следы, приведшие кобнаружению в 1932 году позитрона – «электрона сположительным зарядом».

...в отличие от переменных потоков солнечных косми-ческих лучей, галактические и метагалактические лучи– это мало изменяющиеся во времени потоки атомныхядер. Самая важная их особенность – энергия частиц,достигающая 2110 эВ, что на несколько порядков вышеэнергий, получаемых на рукотворных установках. Та-ким образом, Вселенная оказываеся как бы гигантскимускорителем атомных ядер.

...в 1985 году с острова Керселен в Индийском океанестартовала геофизическая ракета с небольшим ускори-телем частиц. На определенной высоте он испустилпоток электронов, в дальнейшем двигавшихся вдольлинии земного магнитного поля и вызвавших искусст-венное полярное сияние над Архангельской областью.Эти эксперименты предназначались для изучения меха-низма возникновения северных сияний, структуры маг-нитного поля Земли, процессов в ее ионосфере и ихвлияния на погоду.

...о масштабах современных исследований в физикеэлементарных частиц можно судить по параметрамБольшого адронного коллайдера, готовящегося к пускув Женеве. Периметр его кругового туннеля, залегающе-го на глубине примерно 100 метров под землей, состав-ляет 27 километров; сверхпроводящие магниты разго-нят протоны до энергии 7 ТэВ и затем будут сталкиватьих друг с друг с частотой 800 миллионов раз в секунду;в планировании и финансировании строительства кол-лайдера приняли участие более двух десятков стран, вчисле которых и Россия.

Что читать в «Кванте»о частицах и полях

(публикации последних лет)

1. «Следы в камере» – 2003, № 3, с. 40;2. «Магнитное поле» – 2004, № 4, с. 47;3. «Калейдоскоп «Кванта» – 2005, № 1, с. 32;4. «Заряженные частицы в магнитном поле» – 2006, № 4,

с. 40;5. «Движение заряда в магнитном поле» – 2007, № 5, с. 42;6. «Потенциальная энергия кулоновского взаимодействия»

– 2008, № 5, с. 47.Материал подготовил А.Леонович

25-39.p65 30.01.09, 12:2533

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 134

Задачи

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6 – 8классов.

К М Ш

Илл

юст

рац

ии Д

.Гриш

уково

й

1. Назовем кирпичом прямоугольный параллелепи-пед, у которого длина, ширина и высота различны.Можно ли поверхность какого-нибудь кирпича окле-ить без перекрытий пятью бумажными квадратами?(Квадраты разрешается перегибать через ребра, раз-меры их не обязательно одинаковы.)

А.Шаповалов

2. Может ли быть верным равенство

Р ѣ Е ѣ Ш ѣ И = С ѣ А ѣ М,

если в нем каждая буква заменяет некоторую цифру,причем разные буквы заменяют разные цифры?

Ю.Эвнин

3. Десять точечных кузнечиков сидят на столе, об-разуя некоторую фигуру. Известно, что каждый изкузнечиков может отдельно от остальных перепрыг-нуть из начального положения на некоторое новое

место (а другие при этом останутся неподвижными)так, что снова получится та же самая фигура (только,возможно, по-другому расположенная). Как такоеможет быть?

Фольклор

4. В кинотеатре «Будь здоров!» 20 рядов по 25мест в каждом и все места заняты. В кинотеатрепринято правило: если зритель чихнет во время се-анса, то он должен отдать каждому из своих соседейпо рублю. Вначале у всех было одинаковое количе-ство денег. Дима чихнул и расплатился. Какое наи-меньшее число раз должны еще чихнуть зрители,чтобы у всех снова стало поровну денег? (Соседямисчитаются сидящие спереди, сзади, слева и справа, укаждого зрителя может быть от двух до четырехсоседей.)

Д.Калинин

5. У меня есть двое электронных часов – наручныеи настенные, идут они всегда правильно (время по-казывают цифрами). Стоя у зеркала, я взглянул нанаручные часы – было 12:05. Я перевел взгляд на

зеркало: в нем отражались и наручные, и настенныечасы, но показывали они в зеркале разное время ини одно не совпадало с реальным. Как такое моглобыть?

А.Толпыго

25-39.p65 30.01.09, 12:2534

Мы завершаем очередной конкурс по решению математических задач для учащихся 6–8 классов.Решения задач высылайте в течение месяца после получения этого номера журнала по адресу: 119296Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант» или по электронному адресу: math@kvant.info (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 иматематических кружков. Руководителей кружков просим указать электронный адрес или контактныйтелефон. По традиции, кружки-победители заочного конкурса приглашаются на финальный очныйтурнир.

Конкурс имени А.П.Савина

«Математика 6–8»

16. Можно ли отметить несколько клеток на поверх-ности кубика Рубика ѣ ѣ3 3 3 так, чтобы на каждомкольце из 12 клеток, опоясывающем кубик, былоотмечено ровно по 5 клеток?

А.Грибалко

17. В треугольном парке есть три дорожки: синяя,зеленая и красная. Каждая дорожка делит парк на две

части равной площади. Вмес-те дорожки делят парк на 7частей: четыре «треугольных»и три «четырехугольных»(рис.1). Может ли так быть, чтоиз двух частей, примыкающихк одной и той же сторонепарка, «четырехугольная»всегда не меньше по площа-ди, чем «треугольная»?

Г.Гальперин

18. Дан восьмиугольник «лесенка» (рис.2). Можноли из нескольких одинаковых «лесенок» сложить

восьмиугольник той же формы,но большего размера?

С.Маркелов

19. Имеются 1000 бутылок свином, в одной из них виноиспорчено. Имеются также 10белых мышей, с помощью кото-рых нужно обнаружить плохоевино. Если мышь выпьет плохо-го вина, ровно через 10 минут она приобретет яркуюфиолетовую окраску. Разрешается накапать вина изразных бутылок каждой мыши и дать им выпитьодновременно, а потом ждать. Придумайте способ,позволяющий через 10 минут и 1 секунду определитьбутылку с испорченным вином.

Г.Гальперин

20. Положительные числа a и b удовлетворяют

равенству a + b + 1 = 3ab. Докажите, что + ³1 12

a b.

Р.Пиркулиев

Рис. 1

Рис. 2

У ЦАРЯ—БЮРОКРАТА ПОДДАННЫЕ ОБЪЕДИНЯЮТСЯ В ТАЙ-ные общества. Каждое подможество подданных

рассматривается как тайное общество. Для эффектив-ного контроля царь хочет, чтобы на каждое тайноеобщество кто-то доносил. Однако каждый в состоянииписать доносы только на одно тайное общество. Дока-жите, что царю для этой цели не хватит людей, дажеесли население страны бесконечно.

Решение. Назовем человека порядочным, если ондоносит только на то тайное общество, членом которо-го он не состоит.

Порядочные люди существуют. Иначе каждому при-шлось бы доносить на общество, состоящее только изнего самого (любой, кто доносит на общество, состо-ящее из единственного другого гражданина, порядо-чен по определению). Такая ситуация не только про-

тиворечит здравому смыслу, но и невозможна мате-матически – другие подмножества окажутся неохва-ченными.

Кто доносит на множество всех порядочных людей?Если он порядочен, то он доносит на общество,

членом которого состоит, т.е. непорядочен. Если же оннепорядочен, то он доносит на общество, членомкоторого не является, – т.е. порядочен. Противоречие.

Сказка – ложь, да в ней намек: множество всехподмножеств любого множества имеет большую мощ-ность, чем исходное множество.

Замечание. Если подданных не больше одного, тозатея царя не осуществится, если для полноты отчетно-сти он будет требовать, чтобы доносили и на пустоемножество.

И.Рубанов, А.Канель-Белов

Математическая сказка

К М Ш 35

25-39.p65 30.01.09, 12:2535

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 136

Рис. 5

МАТЕМАТИК И АСТРОНОМ ИЗ ХОРАСАНА (ИРАН)Абу-л-Вафа (940–998) с 20 лет жил и работал в

Багдаде – крупнейшем научном центре арабского хали-фата. Он написал руководство по практической ариф-метике, в котором показал, как работать с обыкновен-ными дробями, и первым в Багдаде стал использоватьотрицательные числа. Абу-л-Вафа написал коммента-рии к Евклиду, Птолемею, Диофанту. В своих астро-номических трудах он впервые пользуется секансом икосекансом, составляет более точные таблицы синусов,тангенсов и котангенсов, доказывает теорему синусов.

Что касается геометрии, то здесь Абу-л-Вафа пишеторигинальное сочинение: «Книга о том, что необходи-мо ремесленнику из геометрических построений». Вней он приводит разнообразные построения, применяв-шиеся в архитектуре, технике, землемерии. Одна изглав книги посвящена решению задач на составлениеквадрата из нескольких квадратов. Вот пример такойзадачи, носящей сегодня его имя:

Задача Абу-л-Вафы. Способом разрезания составь-те квадрат из трех данных равных квадратов.

Решение. Возьмем два данных квадрата, разрежемих по диагонали. Полученные части приложим диаго-налями к сторонам третьего квадрата ABCD (рис.1,а).Поскольку KTE NTA∆ ∆= – по стороне и двум углам(рис.1,б), – то треугольником KTE можно заполнить

пустоту на месте треугольника NTA. Выполнив анало-гичные операции еще три раза, получим квадрат KLMN.

Однако наибольший интерес для нас в геометриипредставляют задачи Абу-л-Вафы на построение, вкоторых, помимо линейки, используется циркуль по-стоянного раствора («заржавленный» циркуль, какпозже скажет Леонардо да Винчи). Циркулем постоян-ного раствора пользовались и в Индии, и в ДревнейГреции. Это было обусловлено тем, что при измерени-ях на местности часто неудобно (или даже невозмож-но) проводить окружности разных радиусов.

Тем не менее, именно Абу-л-Вафа впервые система-тизировал задачи с циркулем постоянного раствора,поместив в своей книге по практической геометрииоколо 15 таких задач. О некоторых из них мы и поведем

дальнейший рассказ, где наряду с решениями Абу-л-Вафы будут представлены более поздние и даже сов-ременные решения. Все следующие задачи выполня-ются с помощью линейки и циркуля постоянногораствора, равного R.

Задача 1. Через данную точку K проведите пря-мую, параллельную к прямой l (рис.2).

Решение. На прямой l дважды отложим отрезки,равные R (AB = BC = R). Порядок дальнейшихопераций укажем лишь цифрами (так, на первом шагепроводим прямую AK, на втором – проводим черезточку C произвольную прямую, пересекающуюся сAK, и так далее). KN – искомая прямая (почему?).

Задача 2. Разделите данный отрезок: а) пополам;

б) на n равных частей; в) в отношении m:n.Решение. а) Пусть дан отрезок BC. Отложив на

прямой BC два отрезка, равных R (BT = TQ = R),проведем прямую n || BC, как мы делали это в задаче 1(рис.3). Затем, как и в задаче 1, воспользуемся леммойо трапеции: середины оснований трапеции, точкапересечения диагоналей и точка пересечения продол-жений ее боковых сторон лежат на одной прямой.

б) Пусть, например, n = 5.Проведем произвольный лучf, выходящий из точки C.Отложим на луче f пять от-резков, равных R (рис.4).Соединим последнюю точкуделения E с B. Проведя че-рез точки деления F, G, K,N прямые, параллельные BE, получим требуемое.Таким образом, построение совпадает с классическим.

в) Как и в пункте б), откладываем на луче f отрезокR всего m + n раз. Например, на рисунке 4 показано,как разделить BC в отношении3:2 и 4:1.

Задача 3. Постройте биссек-трису угла.

Решение. Решение показанона рисунке 5.

Задача 4. Постройте угол,равный данному углу BAC.

Абу-л-Вафа и циркульпостоянного раствора

Г . Ф И Л И П П О В С К И Й

Рис. 2 Рис. 3

Рис. 4

Рис. 1

25-39.p65 30.01.09, 12:2536

Решение. Через произвольную точку K проводимn || AB и l || AC согласно задаче 1 (рис.6). Очевидно, что

BACϕ = Р .Задача 5. Из точки T вне прямой l проведите

перпендикуляр к l, а из точки K, лежащей на прямойl, восставьте перпендикуляр к l.

Решение. Строим на прямой l отрезки AB = BC == CD = R (рис.7). Окружности с центрами в B и Cпересекаются в точках E и F. Нетрудно показать, чтоEF l⊥ (покажите!). Тогда остается через точки T и Kпровести прямые параллель-но EF (задача 1).

Задача 6. Постройте центрданной окружности ω , ради-ус которой больше R.

Решение. Из произвольной точки A на ω строимокружность радиуса R. Она пересекает ω в точках Bи C (рис.8). Из B и C как из центров строим такие жеокружности. Пусть равные окружности попарно пере-секаются в точках E и F, P и Q. Остается доказать, чтопрямые EF и PQ пересекаются в центре O окружностиω (докажите!).Задача 7. На данной прямой l отложите отрезок,

равный данному отрезку BC.Решение. Через C проводим произвольную прямую

f, не параллельную l. Пусть она пересекает l в точке D(рис.9). Через D проводимпрямую, параллельнуюBC, а через B – параллель-ную f (задача 1). При этомDT = BC (BCDT – парал-лелограмм). Далее строимбиссектрису TDQР (зада-ча 3). Из T проводим к нейперпендикуляр TN (задача

5), который при продолжении пересекает l в точке K.Очевидно, DK = DT = BC.

Задача 8. На данном отрезке BC постройте пра-вильный треугольник ABC.

Решение. Строим равносторонние треугольники BEFи CNK со стороной R (рис.10). Прямые BF и CNпересекутся в искомой вершине A.

Задача 9. В данный круг впишите: а) квадрат; б)правильный шестиугольник.

Решение. а) Находим центр O данного круга (задача

6) и проводим произвольно диаметр AB (рис.11).Через O проводим перпендикуляр к AB, которыйпересекает окружность в точках C и D. Тогда ACBD –квадрат, вписанный в данную окружность.

б) От точки O откладываем угол 60o (к отрезку AO)– например, построив равносторонний треугольникOEF со стороной R (рис. 11). Проведенный лучпересекает окружность в точке N. Тогда AN – сторонаправильного шестиугольника. Дальнейшее построениепроведите самостоятельно.

Задача 10. В данный квадрат ABCD впишитеравносторонний треугольник BKN.

Решение. На стороне CD квадрата строим равносто-ронний треугольник CЕD (задача 8), а на стороне AD– равносторонний треугольник AFD (рис.12). ПрямыеBE и BF в пересечении с AD и CD соответственно дадутнедостающие вершины K и N равностороннего треу-гольника BKN (покажите, что 15ABK CBNР = Р = o ).

Задача 11. Из точки A вне окружности ω проведи-те касательную к ω .

Решение. Находим центр O окружности ω (задача6). Делим отрезок OA пополам (задача 2,а) – получаемточку Q (рис.13). Из точки Q как из центра радиусом,равным R, строим окружность 1ω . Пусть 1ω пересека-ет ω в точках K и 1K . Прямые QK и 1QK пересекутокружность ω в искомых точках касания T и 1T(покажите это при помощи гомотетии).

Предложите способ построения касательной в слу-чае, когда окружность 1ω радиуса R с центром в Q небудет пересекать ω .

Задачи для самостоятельного решения

12. Удвойте данный отрезок.13. На данном отрезке постройте: а) квадрат; б) правиль-

ный шестиугольник.14. В данную оружность впишите правильные n-угольни-

ки: а) n = 3; б) n = 8; в) n = 10.15. В данный равносторонний треугольник впишите квад-

рат.

Рис. 6

Рис. 7 Рис. 8

Рис. 9

Рис. 12 Рис. 13

К М Ш 37

Рис. 10 Рис. 11

25-39.p65 30.01.09, 12:2537

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 138

Условия задач

1. Кораблик на рекеПо реке плывет кораблик,Он плывет издалека.Вдруг порывом ветра сдулоБескозырку с моряка.

Четверть часа пролетело,Пока в том разобралисьИ с такой же быстротоюЗа фуражкой погнались.

Где догнать ее сумели?Вот вопрос для знатока,Если на четыре милиУтекает в час река.

2. Спичка в рукахРазломишь спичку пополам,Часть ты сломай опять.Скажи же, почему труднейВторой-то раз ломать?

3. Сизифов трудСизиф свой камень в гору тащитИспокон, как водится.Для него ведь никогдаНе будет безработицы.

Под камень он рычагподсунул:

Часть четвертую его.Выиграл в три раза в силе.Это вроде ничего!

С каким выигрышем будет,Одолеет ли «врага»,Если он теперь возьметсяЗа второй край рычага?

4. Клоун на канатеХодит клоун по канату.В руках держит

полбревна.Для артиста что важнее –Вес бревна или длина?

5. Мячик на горке

В горку мы катнули мячик.Не поймем до сей поры:Куда двигался он дольше –В гору иль опять с горы?

6. Карандаш в графине

В графин с водою уронилаКарандаш Мальвина.Карандаш не утонул,Заметил Буратино.

Погрузился карандашикНа три четверти всего.А теперь скажи, какаяБыла плотность у него?

7. Ручной бегемот

Дело было в Африке,рассказывал мне кто-то.

Может, где сейчас Тунис,а может… где Лесото?

Собирал прежадный вождь подати с народаС помощью священного ручного бегемота.

Приплывал на лодке он с весами и солдатом.Народ уравновешивал бегемота златом.Раскормил животное, и весы сломались.Над жадностью правителя люди посмеялись.

Тут взбесился вождь. Обязал солдата,Чтоб отмерил дань воин до заката!На сложное задание хватило простоты.А как же в этом случае поступил бы ты?

8. Клад в кувшине

Плакал в лодке рыбак, что удачи все нет,

Бросил на воду взгляд свой сконфуженный.

Вдруг увидел на волнах какой-то предмет

Почти полностью в воду погруженный.

В реку бросился он,весь промок и продрог.

Скоро в лодку поднялиз пучины

С печатью сургучнойна пробке кувшин

Трехлитровый,старинный, из глины.

Распечатав кувшин,наш герой обомлел,

Душа пела как тысяча дудок –«Золотые» катились. Отныне семьяНе уснет на голодный желудок.

Несколько рифмованныхфизических задач

В . А К И М О В

25-39.p65 30.01.09, 12:2538

Вот уж деньги в мешке, кувшин тронулся в путь,Лишь на треть из воды выступая.Не завидуя парню, вам надо смекнуть –У денежек масса какая?

9. Диск в кружке

Давайте опыт проведем(Мысленный, конечно) –Фанерный в кружку диск кладем,Водою заливаем спешно.

Весьма нетрудно предсказать,Где будет диск потом.А если опыт повторятьСо ртутью и стеклом?

10. Шуба в жару

В Египет чукча прилетел,Жара под сорок пять.Зачем же шубу он надел?Попробуй угадать.

11. Цунами на суше

В океане цунамиНе ощущаются нами.Почему же у сушиОни так непослушны?

12. Чайник для заварки

Чайник для заварки чаяВыполнен весьма хитро:Из фарфора, в форме шара,Совсем белое нутро.

Сбоку ручка, крышкас дыркой,

Носик с решетом внутри.Ты все эти «заковырки»По науке рассмотри!

Решения задач

1. В системе отсчета, связанной с водой, скоростькораблика постоянна по величине, поэтому до беско-зырки он доплывет за четверть часа. Значит, времянахождения бескозырки в воде составляет полчаса.Перейдем теперь в систему отсчета, связанную с бе-регом. Поскольку время в обеих системах течет оди-наково, бескозырка за полчаса уплывет на две мили.

2. При повторном разламывании рычаг становитсякороче, следовательно, требуется бóльшая сила.

3. В первом случае выигрыш в силе получился не вчетыре, а только в три раза. Это означает, что самрычаг – весомый. Записав условие равновесия рыча-га, найдем, что масса рычага в шесть раз меньшемассы камня. Тогда во втором случае выигрыш всиле получится в 1,2 раза.

4. Шест нужен канатоходцу для сохранения равно-весия. То, что шест должен быть тяжелым, это оче-видно, и с этим никто не спорит. Однако если распо-

ложить шест не поперек каната, а вдоль него, тоуравновешивающее свойство шеста исчезает. Значит,важны и его геометрические размеры. При этом ока-зывается, что для сохранения устойчивости длинашеста играет большую роль, нежели его вес.

5. Когда мячик поднимается в горку, его скоростьуменьшают две силы: сила тяжести и сила трения.Когда же мячик спускается с горки, его движениюпрепятствует только сила трения. Это означает, чтоскатываться с горки мячик будет дольше.

6. Ясно, что плотность карандаша составляет тричетверти от плотности воды, т.е. 750 кг/м3.

7. Нужно поставить бегемота в лодку и отметитьглубину ее погружения. Затем надо убрать бегемотаи нагружать лодку золотом до тех пор, пока глубинапогружения не станет прежней. В таком случае массагруза будет равна массе бегемота.

8. В первом случае выталкивающая сила уравнове-шивает силу тяжести кувшина и силу тяжести золо-та. Во втором случае выталкивающая сила, умень-шившаяся на одну треть, уравновешивает только силутяжести кувшина. Отсюда получается, что масса зо-лота составляет 1 кг.

9. Вода, смачивая фанеру, подтечет под диск, по-явится выталкивающая сила, и фанерный диск всплы-вет. Ртуть же стекло не смачивает, поэтому она небудет подтекать под стеклянный диск, архимедовойсилы не появится, и стеклянный диск останется ле-жать на дне.

10. Если температура на улице выше температурычеловеческого тела, то имеет смысл носить одежду,не пропускающую тепло. Тогда под одеждой темпе-ратура будет не 45 градусов, а только 36,6.

11. Когда в океане на большой глубине происходитземлетрясение, большая масса воды начинает дви-гаться с небольшой скоростью – как в широкой тру-бе. У берега – мелководье, «труба» сужается, нообъем воды, протекающий через поперечное сечение,должен оставаться неизменным, поэтому скорость дви-жения воды возрастает, со всеми вытекающими отсю-да последствиями.

12. Рассмотрим все вопросы по порядку. Для тогочтобы чай заварился, в чайнике должна сохранятьсявысокая температура достаточно продолжительноевремя – вот почему чайник сделан из вещества сплохой теплопроводностью (фарфор). Чем меньшеплощадь поверхности тела (при прочих равных усло-виях), тем оно медленнее остывает, а наименьшаяплощадь поверхности – у шара. Белый цвет внутрен-ней поверхности чайника предотвращает потери теп-ла за счет излучения. Ручка нужна для удобствапереноски горячего чайника. Если крышка чайникаплотно прилегает к корпусу, то при выливании чаявнутри чайника образуется объем воздуха с понижен-ным давлением и заварка перестает вытекать – воизбежание этого и делают в крышке отверстие. Инаконец, решето в носике мешает попаданию чаинокв чашку.

К М Ш 39

25-39.p65 30.01.09, 12:2539

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 140 Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Методэквивалентныхдеформаций

В.ЭПШТЕЙН

МАТЕМАТИКА ПРЕДСТАВЛЯЕТ СОБОЙ ЕСТЕСТВЕННЫЙязык, на котором формулируются и решаются физи-

ческие задачи. И, тем не менее, для понимания элементар-ных (а может быть, и фундаментальных) оснований науки обокружающем нас мире полезно познакомиться с задачами,решение которых не требует проведения математическихрасчетов. Так, метод эквивалентных деформаций предпола-гает ряд мысленных изменений конфигурации (т.е. геомет-рических размеров и формы) тел, при которых основныехарактеристики системы остаются неизменными, но ходисследуемых процессов становится очевидным. Вашему вни-манию предлагается несколько таких задач.

Задача 1. В небольшом бассейне плавает лодка. Изме-нится ли (и если изменится, то как) уровень воды вбассейне, если лежащий на дне лодки камень бросить вводу?

Расчетные методы решения этой задачи предложены вомногих учебных пособиях. Можно, однако, обойтись и безрасчетов.

Подумаем: зависит ли ответ на вопрос, поставленный взадаче, от формы дна лодки, на котором лежит камень?Ясно, что такой зависимости быть не может: в законеАрхимеда форма тела, погруженного в жидкость, никакойроли не играет. Тогда будем мысленно «продавливать»камень через дно лодки. Последовательные стадии этогопроцесса представлены на рисунке 1. На одном из этапов

камень можно представить подвешенным на веревке, привя-занной ко дну лодки. Уровень воды, естественно, не изме-нится, если удлинить веревку так, чтобы камень коснулсядна бассейна. Если же веревку теперь перерезать, то, очевид-но, лодка всплывет, и, следовательно, уровень воды пони-зится.

Задача 2. В стакане плавает кусок льда, содержащий: а)пузырек, наполненный воздухом; б) кусочек пробки; в)стальную гайку. Как изменится уровень воды в стакане,когда лед растает?

Заметим для начала, что если лед однороден, то после еготаяния уровень воды не изменится: лед вытесняет ровностолько воды, сколько сам весит и, следовательно, сколькополучится при плавлении.

Ясно, что решение задачи не зависит от места расположе-

ния указанных объектовв куске льда. В случаеа), к примеру, пузырекможно переместить к по-верхности льда (рис.2).Таким образом, наличиепузырька эквивалентноизменению формы одно-родного льда, плавление которого, как уже говорилось,уровня воды не изменяет.

Следует отметить, что, строго говоря, сказанное вышесправедливо лишь в том случае, если плотность влажноговоздуха в пузырьке совпадает с плотностью окружающегоатмосферного воздуха. В состоянии термодинамическогоравновесия это возможно только в так называемой тройнойточке, т.е. при таких значениях температуры и давления, прикоторых лед, вода и водяной пар находятся в равновесии( 0,01 °Ct » , 4,6p »  мм рт. ст).

Таяние льда с вмерзшей пробкой – случай б) – уровеньводы не изменит, так как пробку можно мысленно выдавитьизо льда и пустить в самостоятельное плавание на тонкойледяной нити.

В случае в) гайку, как и в первой задаче, «продавим»сквозь лед до дна стакана, а затем перережем связывающуюледяную нить. Лед всплывет, уровень воды понизится и ужене изменится после плавления льда.

Задача 3. Закрытый пробкой сосуд, вес которого равенвыталкивающей силе, покоится на дне стакана с водой.Почти не совершая работы, его можно поднять к поверх-ности воды. Если теперь вынуть пробку, то сосуд напол-нится водой и утонет. При этом он может совершитьнекоторую работу. Если же вынуть пробку, когда сосудлежит на дне, он также наполнится водой, но работы несовершит. Как согласовать полученные результаты с зако-ном сохранения энергии?

Обсудим, в чем суть парадокса.В первой части задачи речь идет о том, что при падении

сосуда, заполненного водой, работа совершается несмотря нато, что для поднятия тела не пришлось затратить никакойэнергии. Произведем, однако, с сосудом в исходном состоя-нии эквивалентную де-формацию: мысленнодеформируем лежащийна дне сосуд так, какпоказано на рисунке 3.«Выдавим» массу стенокв перемещенную часть,а пустую часть сосудаотделим от заполненной.Вода окажется «захваченной» стенками сосуда и, такимобразом, будет находиться внутри сосуда. Теперь сосуд и«воздух» можно поднимать раздельно. Поднимая сосуд, мысовершаем работу. Поднятие «воздуха» эквивалентно опус-канию некоторого объема воды (массы этой воды и сосударавны). Ситуация совершенно аналогична повороту равно-плечного рычага с равными грузами на концах. Поднимаяодин груз, мы опускаем другой (рычаг находится в положе-нии безразличного равновесия – работа не совершается).Затем мы можем перерезать нить, которой привязан подня-тый груз. При падении этого груза сила тяжести совершитработу.

Применяя этот же метод во второй части задачи, мы невидим существенных различий с уже рассмотренным случа-ем. Наполнение водой сосуда эквивалентно перемещениюизвестного объема воды от поверхности до дна стакана.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

40-55.p65 30.01.09, 13:1140

41Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Работа при этом выполняется такая же, что и в первом случае(при перемещении сосуда).

Отличие условий первой части задачи от второй сводится,таким образом, всего лишь к порядку действий. Нарушениязакона сохранения энергии не обнаруживается.

Задача 4. Сосуд наполовину заполнен водой, в которойплавает кусок льда. Поверх льда наливают керосин, верх-ний уровень которого устанавливается на высоте h от днасосуда. Как изменится эта высота, когда лед растает?

Эта задача была опубликована в «Задачнике «Кванта»(Ф113) в 1971 году. В журнале приведено строгое математи-ческое решение этой (не очень сложной) задачи. Можно,однако, обойтись и без расчетов.

В случае, когда лед оказывается под поверхностью керо-сина, ответ очевиден: вода, полученная после плавленияльда, занимает меньший объем, значит, верхний уровенькеросина понизится.

Интерес представляет анализ ситуации, когда лед высту-пает над поверхностью керосина. Идея эквивалентных де-формаций порождает соблазн деформировать лед так, чтобыего вершина оказалась под поверхностью керосина. Такимобразом, казалось бы, можно свести рассматриваемую задачук предыдущей. Однако этот «фокус» не проходит: погруже-ние выступающей части льда в керосин сопровождаетсяповышением уровня жидкости, а после плавления уровеньпонижается – следовательно, конечный результат не будеточевидным. Итак, деформация оказывается неэквивалент-ной.

Но если эквивалентная деформация льда не проходит, нестоит ли двинуться в противоположном направлении: оста-вить лед в покое, а «деформировать» жидкости? Попробуем.

Для этого слой керосинатолщиной 1H заменим та-ким слоем воды, которыйсохраняет положение льданеизменным (рис.4). По-скольку плотность водыбольше плотности кероси-на, высота этого слоя

2 1H H< . При плавлениильда уровень воды (какбыло замечено выше) неменяется. Если теперь осу-ществить обратную заменуи вернуть на место керосин(для этого следует оста-вить след поверхностильда, как показано на ри-сунке 5), то выяснится, чтослой керосина над поверх-ностью, которую ранее об-разовывала вода, растека-ется по большей площади иуровень керосина понижа-ется (по сравнению с ис-ходным).

Итак, уровень керосинапонижается независимо оттого, покрывает керосин ледяную глыбу полностью иличастично. Несмотря на то, что эквивалентную деформациюльда осуществить не удалось, сама идея метода оказаласьплодотворной.

Рис. 4

Рис. 5

От точки росыдо точкикипения

В.ПТУШЕНКО, А.ПЯТАКОВ

Есть разница меж них. И есть единство.

И.Бродский

РАЗНООБРАЗНЫМ НЕОБЫЧНЫМ (ДА И САМЫМ ОБЫЧ-ным тоже) свойствам воды и водяного пара в «Кванте»

было посвящено много статей – от сугубо практических,например о заваривании чая, о русской бане или сохране-нии урожая в поле в холодные осенние ночи, до почтиромантической «истории одной росинки».1 А с чего начи-нается история росинки? Этот нехитрый вопрос, на кото-

рый, наверное, без труда ответит любой читатель, таит всебе если и не загадки, то уж подвохи точно. Вот ему мы ипосвятим нашу статью.

Итак, с чего же все-таки начинается история росинки? Сконденсации, конечно, это всем известно. Поэтому уточнимвопрос: а когда и при каких условиях начинается конденса-ция? Давайте обсудим все по порядку.

У воды, как у всякого вещества, есть три агрегатныхсостояния – твердое, жидкое и газообразное. Логично ожи-дать, что между тремя состояниями имеются две темпера-турные границы: температура плавления и температуракипения. А теперь задумаемся: при какой температуре газо-образная вода превращается в жидкую? Если горячий водя-ной пар, взятый при температуре выше 100 °С, начатьохлаждать, то первые росинки (жидкость) появятся в нем…,ну конечно, в точке росы – недаром же эта температура такназывается! Постойте, а что же тогда такое точка кипения?Почему же не в ней – в этой пограничной точке междужидким состоянием и газообразным – происходит превра-щение газа в жидкость? В каком же тогда смысле онаявляется границей?

Прежде чем ответить на эти вопросы, подумаем: а прикакой температуре вода как жидкость превращается в пар?Да при любой! И из чашки с горячим чаем поднимаетсяпар, и из блюдца с холодной водой, которое вы оставилидля котенка, вода рано или поздно испарится. Даже мокраяпростыня на морозном зимнем ветру успевает высохнутьбыстрее, чем замерзнуть и «превратиться в камень». В чемже тогда особенность температуры кипения? Ответ хорошоизвестен: при температуре кипения происходит не простоиспарение, а именно кипение, т.е. интенсивное испарениепо всему объему жидкости.

1 См. статьи И.Мазина «Приглашение в парную» («Квант» №8за 1985 г.), А.Варламова и А.Шапиро «Пока чайник не закипел …»(«Квант» №8 за 1987 г.), А.Абрикосова (мл.) «История росинки»(«Квант» №7 за 1988 г.), А.Стасенко «Костры в поле и русскаябаня» («Квант» №1 за 2002 г.).

40-55.p65 30.01.09, 13:1141

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 142

Это короткое формальное определение, подобно сказоч-ному ларцу, внутри содержит гораздо больше, чем можнопредположить, глядя снаружи. Внутри этого «ларца» пря-чется одно из основных представлений физики – понятиеравновесия. Чтобы жидкость могла долгое время просуще-ствовать, она должна находиться в равновесии со своимокружением. Но разных видов равновесия может бытьмного – столько же, сколько существует разных видов«движения», т.е. любого изменения системы жидкость–газ.Например, есть механическое равновесие между всеми си-лами, действующими на жидкость изнутри и снаружи. Естьтепловое равновесие, стремясь к которому, горячий чайостывает до комнатной температуры. А еще есть физико-химическое равновесие с кислородом, который из воздухастремится проникнуть в воду и раствориться в ней, даваяжизнь вашим аквариумным рыбкам... Так какие же видыравновесия важны в данном случае?

Давайте посмотрим на жидкость под микроскопом: мыувидим в ней мельчайшие пузырьки воздуха. Водяной парноровит заполнить собой эти пузырьки и «взорвать» жид-кость изнутри. Сделать это ему не позволяют водяной парвместе с воздухом, находящиеся снаружи, над поверхнос-тью жидкости: они «сдавливают» жидкость, это давлениепередается внутрь от одного слоя к другому, «ощущается» вкаждом уголке заполненного жидкостью объема и сдержи-вает рост пузырьков.

Кроме опасности быть взорванной изнутри, жидкостигрозит еще одна опасность – улетучиться, молекула замолекулой, через открытую поверхность в окружающеепространство. Но этому может помешать водяной пар, ко-торый уже заполняет это пространство над поверхностьюжидкости. Молекула за молекулой, он может возвращать-ся обратно в жидкость, т.е. конденсироваться, компенси-руя испарение. Такое фазовое равновесие наступает, на-пример, в банке, накрытой крышкой, в которой находитсявода, а над ней – влажный воздух с насыщенным водянымпаром. Роль крышки могут играть также неподвижныевоздушные массы при соответствующих атмосферныхусловиях, и тогда на земле долго не высыхают лужи, абелье на веревках остается влажным, нарушая все планыхозяек.

А что же происходит при кипении? При температурекипения давление насыщенного пара становится слишкомбольшим – вырастает до атмосферного, пузырьки растутнеудержимо, из-под крышки вырывается пар. Нарушаютсяоба типа равновесия жидкости. Крышка подпрыгивает ипозвякивает, напоминая об этом. Можно, конечно, крышку«укрепить», чтобы не прыгала, – тогда получится скоро-варка2 , оба равновесия восстановятся, но только давлениепод крышкой будет уже больше атмосферного.

Обратите внимание: для поддержания фазового равнове-сия жидкости с открытой поверхностью важен только еесобственный пар, его парциальное давление, а какие ещегазы есть в атмосфере и в каком количестве – совершенноне важно. А вот для сохранения равновесия пузырьков, длятого чтобы не происходило кипения, необходимо над поверх-ностью жидкости иметь еще какой-нибудь газ, кроме самоговодяного пара. Если вы ухитритесь из-под закрытой крыш-ки откачать весь сухой воздух, оставив там только водянойпар, то жидкость вскипит. Ничего удивительного: вы пони-зили внешнее давление до величины, создаваемой лишьодним насыщенным водяным паром, т.е. как раз создалиусловия кипения.

Вот здесь-то и кроется подвох, который часто мешаетпониманию процессов кипения и испарения. При их объяс-нении главную роль играют парциальное давление водяно-го пара и полное (атмосферное) давление. Полное внешнеедавление, как правило, считается неизменной величиной, вто время как парциальное давление водяного пара, наобо-рот, может изменяться по мере испарения воды. И действи-тельно, в кухне, где долго кипит чайник, вы можете вполнеявственно ощутить повышение влажности, в то время какимеющийся в кухне барометр показывает все то же атмос-ферное давление. Почему же это давление не повышается?В обычных условиях потому, что уменьшаются остальныеслагаемые: водяной пар, заполняя кухню, частично вытес-няет из нее азот и кислород, их парциальные давленияпадают, и суммарное давление остается неизменным. А внеобычных условиях – например, в уже упоминавшейсянами скороварке, в подземных камерах гейзеров и т.п. –рост парциального давления водяного пара вполне можетприводить и к росту суммарного давления, так что оно ужеперестает быть постоянным и изменяется, например с тем-пературой.

Теперь мы можем вернуться к вопросам, с которых нача-ли статью. Только сделаем последний шажок – чтобынаглядней сопоставить определения точек росы и кипения,слегка переформулируем одно из них. (Переформулиро-вать классические определения – неблагодарное дело. Но,надеемся, читатель оценит методический смысл этого при-ема и простит нам эту «фамильярность» по отношению кклассике.) Как известно, точка росы – это температура,при которой водяной пар, содержащийся в атмосфере (на-ряду с азотом, кислорода и пр.), будет насыщенным. Аточку кипения определим как температуру, при которойбыл бы насыщенным водяной пар, целиком «единолично»образующий атмосферу. Отсюда сразу понятно, что точкакипения – это верхняя граница для точки росы и границадля существования жидкости (при заданном внешнем дав-лении, как правило атмосферном). Поэтому, охлаждая го-рячий влажный воздух, вы можете обнаружить первыекапли жидкости при любой температуре, но только нижеточки кипения: если влаги в воздухе немного, то заставитьмолекулы воды «собраться вместе» удастся, лишь сильнопонизив температуру. Если почти весь объем воздуха за-полнен паром, то точка росы может оказаться довольноблизко к точке кипения (вспомните, как выходящий изкипящего чайника пар покрывает капельками даже оченьгорячие на ощупь крышку или носик).

Подведем итог сказанному. Процессы испарения и кипе-ния жидкости определяются двумя разными факторами:взаимодействием жидкости с ее собственным паром и сатмосферой в целом. Суммарное атмосферное давлениегаза над жидкостью определяет равновесие между жидко-стью и образующимися внутри нее пузырьками, т.е. воз-можность ее вскипания. А парциальное давление пара опре-деляет равновесие жидкости с окружающим паром, т.е., вчастности, возможность ее полного испарения или, наобо-рот, начала конденсации в точке росы.

Будем надеяться, что наша статья поможет читателюувереннее ориентироваться в этих, хотя и очень привыч-ных, однако все же не всегда простых для пониманиявопросах. Но если она породит новые вопросы – будет ещелучше!

Авторы благодарны Георгию Евгеньевичу Пустовалову заисключительную поддержку и внимание к данной работе.

2 Подробнее о принципе работы скороварки см. в упомянутойстатье А.Варламова и А.Шапиро.

40-55.p65 30.01.09, 13:1142

43Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Легендаоб искажении

сигналаС.ДВОРЯНИНОВ

ОДНАЖДЫ ФАРАОН СНАРЯДИЛ ЭКСПЕДИЦИЮ ДЛЯ РАЗ-ведки нового торгового пути, строго-настрого приказав

начальнику отряда отправлять гонца с донесением в перво-престольную через каждые двое суток. Не смели ослушатьсяподчиненные этого приказа. Точно по расписанию садилсяочередной гонец на коня и направлялся в столицу к фараону.Каково же было изумление начальника отряда, когда послеудачного возвращения могущественный владыка встретилего с мрачным видом и обвинил в непослушании. Оказыва-ется, гонцы начали прибывать к нему с интервалом в троесуток, а под конец ни с того ни с сего вдруг стали появлятьсячерез каждые сутки.

История умалчивает о дальнейшей судьбе начальникаэкспедиции. А какое можно было бы придумать оправдание,оказавшись на его месте?

Приведем один из возможных вариантов. На рисункепоказаны графики движения экспедиции (синяя ломаная) и

гонцов (красные отрезки). Скорость гонцов в два разапревышает скорость экспедиции. Из рисунка видно, чтогонцы с донесением отправлялись точно в соответствии сприказом фараона через двое суток, а прибывали в столицусначала с интервалом в трое суток, а затем через сутки.

История грозного фараона является красивой нагляднойиллюстрацией известного физического эффекта – эффектаДоплера (точнее – продольного эффекта Доплера), которыйимеет огромное научное и практическое значение.

В 1842 году Кристиан Доплер (1803–1853) дал математи-ческое описание следующему наблюдаемому эффекту. Пустьимеются источник, испускающий волну, и наблюдатель,принимающий эту волну. Тогда если источник или наблюда-тель движутся относительно неподвижной среды так, чторасстояние между ними меняется, то частота (период) вол-ны, принимаемой наблюдателем, отличается от частотыизлучаемой волны. Так, если расстояние между источникоми наблюдателем уменьшается, то частота принимаемой вол-

ны оказывается больше, чем частота испускаемой, т.е. часто-та увеличивается, а если расстояние увеличивается, то час-тота уменьшается. Именно этот эффект проявился в описан-ной выше правдивой истории: пока отряд (источник сигна-лов-гонцов) удалялся от фараона (неподвижного наблюда-теля), частота приема сигнала уменьшалась, а когда отрядстал приближаться к фараону, частота увеличивалась. Прав-да, в тексте речь шла не о частоте испускания и приемасигналов, а об обратной величине – периоде, т.е. об интер-вале времени между испускаемыми или принимаемымисигналами.

Какими же формулами описывается эффект Доплера?Начнем с нашей истории, т.е. со случая, когда источникдвижется, а наблюдатель неподвижен. Пусть иv – скорость,с которой источник удаляется от наблюдателя, иT – периодиспускания сигналов, V – скорость сигнала. К моментуиспускания следующего сигнала предыдущий сигнал пере-мещается в сторону наблюдателя на расстояние иVT , а самисточник проходит в противоположном направлении рассто-яние и иv T . Значит, расстояние между двумя сигналами(двумя гонцами, двумя гребнями волны) равно

( )и иv V Tλ = + . Поскольку оба сигнала движутся со скоро-стью V, то интервал времени между приемами этих сигналовнеподвижным наблюдателем равен

ин и

V vT T

V V

λ += = .

Если источник приближается к наблюдателю, то скоростьисточника в этой формуле надо считать отрицательной. Вописанной истории скорость отряда иv была в два разаменьше скорости гонцов V, поэтому период приема (времямежду прибытиями гонцов) сначала в полтора раза увеличи-вался, а потом в два раза уменьшался.

Рассмотрим теперь второй вариант: источник неподвижен,а наблюдатель удаляется от него со скоростью нv (еслинаблюдатель приближается к источнику, то нv < 0). Такомуварианту соответствовала бы история, в которой фараонпутешествует, а его помощники шлют к нему из столицыгонцов с информацией. В этом случае изменение периодаописывается немного другой формулой. Расстояние междусигналами равно теперь иVTλ = , а время между приемамидвух последовательных сигналов составляет

н ин н

VT T

V v V v

λ= =

- -.

Если, как и в первой истории, скорость отряда с фараономбудет в два раза меньше скорости гонцов, то при удаленииотряда период увеличивается в два раза, а при приближенииотряда к столице период приема уменьшается и составляет2/3 от периода испускания (отправки гонцов из столицы).

Если же движутся и источник, и наблюдатель, то измене-ние периода описывается такой общей формулой:

ин и

н

V vT T

V v

+=

-,

где иv – скорость удаления источника от наблюдателя, нv– скорость удаления наблюдателя от источника. Соответ-ствующая формула для частоты 1 Tν = имеет вид

нн и

и

V v

V vν ν

-=

+.

Отметим, что все приведенные формулы относятся кслучаю движения вдоль одной прямой.

Эффект Доплера для звуковых волн легко, например,обнаружить, наблюдая за приближающейся электричкой.

40-55.p65 30.01.09, 13:1143

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 144

Если мимо железнодорожной платформы проносится гудя-щий поезд, то сначала слышен высокий звук (частота звуко-вой волны на слух воспринимается как высота звука), затем,по мере удаления поезда, звук становится все ниже и ниже.

Эффект Доплера проявляется и по отношению к электро-магнитным волнам, в частности – к распространению света.Правда, в этом случае формулы для эффекта Доплеранесколько видоизменяются. Электромагнитные волны рас-пространяются в вакууме, а не в среде, и в ответ можетвходить только относительная скорость наблюдателя и ис-точника v. Поэтому вместо двух формул – для движениянаблюдателя и для движения источника – остается толькоодна:

н иV v

V vν ν

-=

+.

Эта формула выводится в рамках специальной теории отно-сительности.

Представим, что на коне мчится всадник, держащий вруках фонарь зеленого цвета. Частоты световых волн воз-

растают при переходе от красного цвета к фиолетовому.Так вот, если всадник с фонарем удаляется от нас, то цветвоспринимаемого нами света будет казаться нам менее зе-леными и более желтым. Но об этом можно говорить

только теоретически: дробь v

V для скоростей света V =

= 300000 км/с и всадника v V= настолько мала, что еевряд ли стоит принимать в расчет. Другое дело – косми-ческие объекты: галактики, удаляющиеся от нас с огром-ными скоростями. В световом спектре галактик приборырегистрируют смещение в сторону красного цвета, значит,галактики разбегаются друг от друга, что свидетельствуето расширении Вселенной.

Поскольку эффект Доплера позволяет измерять скоростьнедоступного источника излучения волн по смещению ихспектральных линий, то он становится удобным инструмен-том во многих областях науки и техники: в астрофизике,спектроскопии, радио- и гидролокации и других.

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

Парадоксыкомандных

соревнованийЛ.ИЛЬКОВ

МЫ БУДЕМ РАССМАТРИВАТЬ КОМАНДНЫЕ СОРЕВНО-вания в индивидуальных видах спорта, например, в

шахматах. Для упрощения ситуации предположим, что всекоманды состоят из «идеальных» игроков: у каждого игрокаесть рейтинг, отражающий его силу, игрок всегда побеждаетигрока с меньшим рейтингом и играет вничью с равным посиле.

Есть два способа проведения (два типа) командных сорев-нований:

I. В каждой команде игроки упорядочиваются «по дос-кам», обычно в порядке убывания рейтинга, и каждый игрокучаствует только в одной партии с соответствующим членомдругой команды (всего N партий, где N – количествоигроков в команде).

II. Каждый игрок играет со всеми игроками другой коман-ды (всего 2N партий).

Парадокс 1

Команда, победившая в матче одного типа, может про-играть в матче другого типа.

Приведем такой пример. Ниже указаны две команды по 5игроков в каждой (даны рейтинги игроков):

A: 6 4 3 3 2B: 5 4 4 3 1

В матче I типа побеждает команда A, в матче II типа –команда B. Действительно, составим таблицу соревнований:

В первом столбце таблицы – рейтинги игроков командыА, в первой строке – команды В. Результаты матча II типапоказаны в клетках пересечения соответствующих строк истолбцов: 1 – выигрыш игрока команды А, 0 – проигрыш,1/2 – ничья. По диагонали в таблице выделены результа-ты матча I типа. Последний столбец – суммы очков игро-ков команды А для матча II типа. Как видим, в матче Iтипа у команды A – 3 очка из 5, у команды В – 2;побеждает команда А. Для матча II типа общая суммаочков команды A – 12 из 25 возможных, а у команды В –13; побеждает команда В.

В дальнейшем для удобства мы будем часто вместо «коман-да А побеждает команду В» писать просто A > B.

Задача 1. Докажите, что если количество игроков вкомандах менее 5, этот парадокс невозможен.

Указание. Воспользуйтесь ограничениями, которые на-кладываются на расположение результатов в таблице упоря-доченностью ее строк и столбцов по рейтингу.

Парадокс 2

Существуют тройки команд, из которых каждая выиг-рывает у одной из соперниц, но проигрывает другой (от-сутствие транзитивности).

Операция сравнения чисел обладает следующим свой-ством: если a > b и b > c, то a > c. Это свойство называется

40-55.p65 30.01.09, 13:1144

45М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К

транзитивностью. Им обладают и наши «идеальные» игро-ки, если сравнивать их рейтинги.

Но оказывается, что транзитивность в групповых играхвыполняется далеко не всегда. Ниже указаны три командыпо три игрока в каждой (даны рейтинги игроков):

A: 5 2 2B: 4 4 1C: 3 3 3

Эти команды при любом способе проведения соревнованийобыгрывают друг друга циклически. Действительно, в Iслучае результаты игр таковы: A : B = B : C = C : A = 2 : 1.Во II случае A : B = 5 : 4, B : C = C : A = 6 : 3.

Между тем, существуют тройки команд, обладающие тран-зитивностью только для одного способа проведения соревно-ваний. Так, команды

A: 6 3 3 2B: 5 5 3 1C: 4 4 3 3

обыгрывают друг друга циклически, соревнуясь I способом:A > B, B > C, C > A. При II способе цикличности нет, но итранзитивности тоже нет: А = B, B > C, C > A. Если из этихкоманд убрать игроков третьей доски (у них одинаковыйрейтинг 3), то соотношение команд в I случае, конечно, неизменится, а во II случае тоже появится цикличность: A > B,B > C, C > A.

Этот пример показывает, что цикличность – «крайний»случай нарушения транзитивности: отсутствие транзитивно-сти не обязательно сопровождается цикличностью.

КомандыA: 5 2 2B: 4 3 1C: 3 3 2

обладают цикличностью во II случае: A > B, B > C, C > A.В I случае нет ни цикличности, ни транзитивности: A > B,B = C, C = A.

В соревнованиях команд, состоящих из двух игроков,цикличность невозможна, хотя нарушения транзитивностинаблюдаются.

Задача 2. Докажите, что для команд из двух игроковцикличность невозможна.

Парадокс 3

Существуют тройки команд с разнонаправленной дляразных типов соревнований цикличностью.

Этот парадокс как бы объединяет в себе парадоксы 1 и 2.Пример – команды

A: 11 9 6 3 1B: 10 7 5 5 4C: 8 7 7 5 2.В соревнованиях I типа A > B, B > C, C > A; в

соревнованиях же II типа – A < B, B < C, C < A. Вездепреимущество минимальное – 1 очко.

Задача 3. Найдите еще один или более примеров этогопарадокса для команд из пяти игроков.

Примечание. Решение должно существенно отличаться отприведенного примера. Легко построить «новое» решение изприведенного, лишь изменив рейтинги игроков так, чтобы ниодин результат личных встреч не изменился. Это достигает-ся, например, сдвигом рейтингов или умножением их нанекоторый коэффициент.

Поэтому вводится дополнительное условие: все рейтинги– целые положительные числа и занимают без пропусковнекоторый диапазон целых чисел 1 : k (в примере – 1 : 11).

Для решения этой задачи можно составить компьютернуюпрограмму; без компьютера задача кажется трудной. Спомощью такой программы было установлено, что в соревно-ваниях команд, состоящих из трех игроков, цикличностьвозможна, если количество различных рейтингов игроков

5k ³ . Для команд из четырех игроков уже при k = 4возможна цикличность, но только в соревнованиях II типа.При 3k £ цикличность невозможна для команд любогоразмера.

Проблема 1. Доказать, что в соревнованиях команд изтрех игроков при количестве различных рейтингов игроков

4k £ цикличность невозможна.Проблема 2. Доказать, что в соревнованиях II типа команд

из четырех игроков при количестве различных рейтинговигроков 4k £ цикличность невозможна.

Проблема 3. Доказать, что при количестве различныхрейтингов игроков 3k £ цикличность невозможна в сорев-нованиях команд любого размера.

«Волшебные» кубики (игральные кости)

Представьте себе, что у вас есть три кубика. Обычныешестигранные кубики, на каждой грани которых написанынекоторые числа. Вы предлагаете своему партнеру взятьлюбой кубик, который ему больше понравился, а себевыбираете один из двух оставшихся кубиков. Далее выначинаете играть: каждый бросает свой кубик, и выигрываеттот, на чьем кубике выпадет большее число. Так вот, кубикимогут быть такими, что при большом числе бросаний всреднем вы будете в выигрыше, то есть будете чаще выигры-вать у партнера. Даже если партнер поменяет кубик, напри-мер, возьмет кубик, которым играли вы, то он все равнобудет проигрывать, если вы воспользуетесь правом выбратьсебе кубик из двух оставшихся.

Может ли такое быть? Оказывается, может. Весь секрет вчислах, которые расставлены на гранях кубиков. Задачазаключается в том, чтобы найти эти числа и расставить их награнях трех кубиков так, чтобы кубики обладали описаннымвыше «волшебным» свойством. Интересно, что решениемэтой задачи может служить частный случай цикличности вкомандных соревнованиях. Действительно, возьмем три ко-манды по шесть игроков, циклически обыгрывающие сопер-ников в соревнованиях II типа. Это легко сделать, например,«удвоив» игроков в первом примере парадокса 2:

A: 5 5 2 2 2 2B: 4 4 4 4 1 1C: 3 3 3 3 3 3Далее возьмем три кубика, используемые в азартных

играх, и вместо цифр 1 – 6 нанесем на их грани рейтинги трехкоманд. Теперь кубики стали «волшебными» – они обладаютописанным выше свойством, помогающим их обладателювыигрывать у партнера. Какой бы кубик ни выбрал вашпартнер, среди двух оставшихся всегда имеется один, кото-рый дает вам больше шансов выиграть, чем партнеру. Дляэтого вам нужно выбирать кубик, чья «команда» сильнее«команды» партнера.

Действительно, одновременное бросание двух кубиков –это выбор одной из 36 партий соревнования II типа. Если«ваша команда» обыгрывает «команду партнера» со счетомm : n, где m > n, m + n = 36, то из 36 возможных исходовбросания вы выигрываете в m случаях, а партнер – вn случаях. Вероятность вашего выигрыша P = m/36, P >> 1/2.

Результаты «командных игр» для наших кубиков следую-щие:

A : B = 20 : 16, B : C = C : A = 24 : 12.

40-55.p65 30.01.09, 13:1145

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 146

Таким образом, в наихудшем случае, когда ваш партнервыбирает кубик B, а вы – кубик A, вероятность вашеговыигрыша P = 20/36 = 5/9. В остальных случаях этавероятность будет больше.

Проблема 4. Какую наибольшую вероятность выигрыша(в случае использования самой «плохой» пары) можетобеспечить владельцу наилучший набор из трех волшебныхкубиков?

Примечание. Конечно, можно с помощью компьютернойпрограммы перебрать все варианты (так как имеется всегоконечное число существенно различных вариантов – смотри-те предыдущее примечание). Интересно, однако, определитьэту вероятность или хотя бы получить для нее оценки снизуи сверху чисто математически.

Задача 4. Сконструируйте тройку «волшебных кубиков»так, чтобы на всех гранях кубиков фигурировали толькочетыре числа 1, 2, 3, 4 (разумеется, с повторениями).

(Выше приведен пример «волшебных кубиков» с числами1, 2, 3, 4, 5. Четыре числа, согласно утверждению проблемы3, – это минимальный набор).

Задача 5. Сконструируйте тройку «волшебных кубиков»так, чтобы на всех 18 гранях были различные числа.

О логичных и нелогичных турнирах

В 1997 году в журнале «Квант» (№5) была опубликова-на статья А.Заславского с таким названием. В статье изу-чаются некоторые свойства таблиц соревнований, проводя-щихся по круговой системе, когда каждый участник со-ревнований встречается со всеми остальными участниками.Вводится величина – степень нелогичности турнира, рав-ная количеству нетранзитивных троек в таблице результа-тов, и выводятся формулы для вычисления этой величинычерез результаты участников.

В конце статьи указывается, что величина степени нело-гичности используется в теории экспертных оценок дляопределения компетентности экспертов, оценивающих ка-чество каких-либо объектов. Эксперту предлагается оце-нить группу однотипных объектов путем их полного по-парного сравнения. Чем больше степень нелогичности таб-лицы оценок (т.е., чем больше в таблице нетранзитивныхтроек), тем менее компетентным признается эксперт. На-прашивается следующая мысль: при такой оценке компе-тентности эксперта считается, что правильная оценка объек-тов любого типа должна быть транзитивной, а любая не-транзитивная тройка в таблице – следствие ошибки экс-перта. В действительности все не так просто.

Предположим, что объекты имеют несколько независи-мых характеристик (например, вкус, цвет, запах и томуподобное). При сравнении пары объектов лучшим будемсчитать тот из них, который имеет большее количестволучших характеристик. Таким образом мы сводим сравне-ние пары объектов к командному соревнованию I типа, гдеобъекты становятся командами, а игроками являются ха-рактеристики этих объектов. Мы видели, что в таких со-ревнованиях транзитивность не соблюдается, и следова-тельно, такая оценка объектов не является транзитивной.Ситуация не изменится, если считать, что характеристикине равнозначны, и суммировать «победы» с некоторымивесами. В этом случае в нашей модели нужно считать, чтов «команде» есть несколько «игроков» каждого типа (рав-ной «силы»), и их количество пропорционально весу соот-ветствующей характеристики.

Исследуя соревнования I типа, мы всегда упорядочивалиигроков в команде по рейтингу. Здесь это не требуется, и,более того, это невозможно. Ранее предполагалось, чтокаждый игрок может, в принципе, сыграть на любом месте

(на любой доске). Здесь команда является как бы наборомигроков, играющих в разные игры, и игроки в командахупорядочиваются по названиям «игр» (вкус, цвет, запах).Это только облегчает построение примеров нетранзитивнос-ти.

Мы можем сделать следующие выводы:1. Наличие нетранзитивных троек в таблице «правиль-

ных» оценок группы сложных многофакторных объектоввполне закономерно и определяется внутренними свойства-ми этих объектов.

2. «Степень нелогичности» таблицы оценок таких объек-тов ни в коей мере не может служить мерилом компетентно-сти эксперта, поскольку она зависит еще и от свойств самихобъектов. Судить о компетентности эксперта по «степенинелогичности» таблицы его оценок можно лишь в том случае,если оценивалась группа простых однофакторных объектов,единственная характеристика которых допускает «одномер-ную» оценку.

Задача 6. Постройте нетранзитивную тройку объектов сдвумя характеристиками (дайте рейтинги характеристиккаждого объекта).

Заключение

Мы рассмотрели упрощенную модель соревнований. Ре-зультат партии между «идеальными» игроками полностьюопределяется их рейтингами. В турнирной таблице такихигроков не может быть нетранзитивных троек.

Реальный мир сложнее и интереснее. Рейтинги реальныхигроков влияют лишь на вероятность исхода партии иопределяют статистику результатов в достаточно большойсерии встреч. И отличие не только в этом. Реальный игрокявляется сложным «объектом», на игру которого влияютнесколько независимых факторов (в шахматах это, напри-мер, дебютная подготовка, умение вести позиционную борь-бу, умение комбинировать, знание эндшпилей, способностьиграть в цейтноте и прочее). Поэтому даже статистикапартий между двумя отдельными игроками не всегда соот-ветствует их рейтингам, поскольку рейтинг отражает сред-нюю силу игрока в полной совокупности всех его против-ников, а из-за особенностей «многофакторных» качествигрока у него появляются «удобные» и «неудобные» про-тивники.

Автор благодарит В.К.Титова, который с помощьюволшебных кубиков заинтересовал его тематикой статьии активно участвовал в ее написании.

Вниманию наших читателей!

Поправка

В «Кванте» №6 за 2008 год в статье «Новый прием вшколы-интернаты при университетах» во вступительномзадании по математике для поступающих в 11 класс в задаче2 допущена опечатка. Приводим правильное условие задачи.

2. Четырехугольник АВСD вписан в окружность, центр Oкоторой лежит внутри него. Найдите площадь четырехуголь-ника, если углы BAO и DAC равны, а диагонали АС и ВDравны m и n соответственно.

40-55.p65 30.01.09, 13:1146

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

Отражениеот тонких

цилиндрическихзеркал

А.АНДРЕЕВ, А.ПАНОВ

ВОБЫДЕННОЙ ЖИЗНИ МЫ ЧАЩЕ ВСЕГО ИМЕЕМ ДЕЛО Сплоскими зеркалами, в оптических приборах использу-

ются сферические и параболические зеркала, а вот с цилинд-рическими зеркалами мы сталкиваемся редко. Разве что ваттракционе под названием «комната смеха» или в анамор-фоскопах – приборах для рассматривания специально иска-женных (анаморфных) изображений (рис.1). В то же вре-мя, большое количество предметов вокруг нас имеют имен-но цилиндрическую форму – это всевозможные цилиндри-ческие емкости, трубы, ветки деревьев, троллейбусные про-вода и многое другое. Некоторые из них являются хороши-ми отражателями.

Тонкие цилиндрические зеркала. Проще всего исследо-вать отражение от тонкого цилиндрического зеркала, ра-диус поперечного сечения которого достаточно мал по срав-нению с расстоянием до наблюдателя. Хорошим примеромтаких зеркал могут служить троллейбусные провода, ос-вещенные автомобильными фарами или уличными фона-рями.

Рассмотрим простейший случай, когда на тонкое цилинд-рическое зеркало падает тонкий пучок параллельных лу-чей, полностью перекрывающий зеркало по диаметру. Ока-зывается, что отраженные световые лучи образуют конус,осью которого является зеркало, а одной из образующих –продолжение падающего светового пучка. Для доказатель-ства этого утверждения достаточно воспользоваться прин-ципом Ферма.

А вот и экспериментальное подтверждение – оно представ-лено на рисунке 2. Тонким цилиндрическим зеркалом здесьслужит обычная иголка, на которую падает лазерный луч.

Пересечением конуса отраженных лучей с плоским экраномможет быть любое коническое сечение – эллипс, параболаили гипербола, все зависит от расположения экрана. Если жепадающий луч перпендикулярен зеркалу, то отраженныйконус превращается в плоскость (рис.3).

Опишем несколько простых ситуаций, где используется выс-казанное нами утверждение.

Легко представить себе, что происходит, когда все протяжен-ное тонкое цилиндрическое зеркало освещено пучком парал-лельных лучей. В этом случае все пространство окажетсязаполненным одинаковыми конусами, состоящими из отражен-ных лучей, а цилиндрическое зеркало будет общей осью этихконусов. Если же зеркало освещается точечным источником, томы тоже получим систему соосных конусов, только они уже небудут одинаковыми. В ближайшей к источнику точке зеркалаконус будет представлять собой плоскость, т.е. иметь уголраствора 180°. По мере удаления вершины конуса от источникаугол раствора конуса будет уменьшаться до 0°. Если цилиндри-ческое зеркало – это отрезок тонкого провода, то провод можноизогнуть, и при отражении от такого изогнутого цилиндрическо-го зеркала мы опять получим систему конусов. Но они уже небудут соосными, а осью каждого отраженного конуса будетслужить касательная к зеркалу – прямая, которая вместе сточкой отражения содержит и маленький отрезок провода.

Светящиеся круги из веток. Мокрые оголенные веткимногих пород деревьев являются хорошими отражателями.Если посмотреть через крону такого дерева на уличныйфонарь, то можно обнаружить, что отражающие участкиветок образуют узор, складывающийся в систему концентри-

Рис.1. Использование цилиндрического зеркала в качествеанаморфоскопа

Рис.2. Тонкое цилиндрическое зеркало – иголка: слева на экране эллипс, справа– гипербола

Рис.3. Когда падающий луч перпендикулярензеркалу, отраженные лучи заполняют целуюплоскость

40-55.p65 30.01.09, 13:1247

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 148

Рис.6. В качестве отражателей здесь использованы булавки Рис. 7. Светящиеся кольца из царапинна стекле

ческих окружностей (рис.4). Одно из объяснений этогофакта содержится в известной книге М.Миннарта «Свет ицвет в природе». Мы приведем здесь другое рассуждение,основанное на том, что каждую ветку в отдельности можносчитать тонким цилиндрическим зеркалом.

Компьютерная модель. Смоделируем крону дерева слу-чайным набором тонких цилиндрических зеркал – отрез-ков единичной длины, расположенных между точечнымисточником и наблюдателем. Каждая точка такого отрезкапосле отражения излучает конус. Мы хотим найти на этомотрезке такую точку, чтобы одна из образующих соответ-ствующего конуса попала в глаз наблюдателя. На самомделе, из-за протяженности источника нужное нам отраже-ние будет происходить не только от этой точки, но и отнебольшого участка ветки, содержащего эту точку. На ри-сунке 5 слева изображена крона, представленная наборомслучайных единичных отрезков, ось источник-наблюдательперпендикулярна плоскости рисунка. Справа оставленынебольшие (длиной 1/10) участки отрезков, отражающиелучи в глаз наблюдателя. В целом эти участки действи-тельно складываются в узор, сходный с тем, что изобра-жен на рисунке 4.

Отметим еще, что в «кроне» имеются отдельные отрезки,которые не укладываются вдоль концентрических окружно-стей. Но все они имеют небольшую длину, а это значит, чтоони почти что параллельны оси источник-наблюдатель.

Модель из булавок. Вот если бы все ветки лежали вплоскости, перпендикулярной указанной оси, то их участки,которые отражают в глаз наблюдателя, были бы касательны-

ми к концентрическим окружностям. Это следует из того, чтов точке отражения, откуда световой луч приходит к наблю-дателю, падающий луч перпендикулярен к ветке и отражен-ный конус представляет собой плоскость, перпендикуляр-ную ветке. Вот еще одна модель, на этот раз физическая,которая подтверждает этот факт (рис.6). Здесь в качествеотражателей использованы обычные булавки, лежащие настекле.

Царапины на стекле. К слову сказать, и булавки вовсе необязательны, можно обойтись одним лишь куском стекла –отражать будут имеющиеся на нем царапины (рис.7).

Этот пример тоже описан в книге Миннарта, и автордобавляет, что царапины на стекле уже достаточно тонки,чтобы при взаимодействии с ними свет мог проявить своиволновые свойства. Свет дифрагирует на них, и мы видим ихокрашенными в цвета спектра.

Взгляд сквозь моток проволоки. Наконец, последняямодель. Мы уже говорили, что цилиндрическое зеркаломожно изогнуть. Возьмем на этот раз в качестве отражателяцелый моток запутанной проволоки и посмотрим через негона источник света (рис.8). Мы видим те же самые кольцевыеузоры и убеждаемся, что моток проволоки точно так жеуспешно моделирует отражающие свойства кроны дерева.

Проволока, используемая нами в эксперименте, достаточ-но тонка – ее диаметр составляет всего 0,2 мм. Поэтому издесь возникает соответствующая дифракционная картина.Чтобы увидеть ее, нужно аккомодировать глаз (или настро-ить объектив фотоаппарата) на бесконечность. Мы не будемвходить в детали (этот эксперимент подробно обсуждается в

Рис.4. Отражающие участки веток формиру-ют узор из концентрических окружностей

Рис.5. Слева – «крона» дерева, справа – отражающие участки«ветвей»

40-55.p65 30.01.09, 13:1248

статье Н.Ростовцева «Как с помощью проволоки измеритьдлину световой волны» – см. «Квант» № 8 за 1977 г. иливыпуск 4 «Библиотечки «Квант»), а ограничимся соответ-ствующей картинкой (рис.9).

До сих пор мы имели дело с цилиндрическими отражате-лями, которые были расположены хаотически – ветки дере-вьев или разбросанные булавки. Посмотрим, что можетпроизойти, когда отражатели расположены упорядоченнымобразом.

Линия на крыше. В последнее время на многих подмосков-ных железнодорожных платформах появились большие по-лупрозрачные крыши, имеющие цилиндрическую форму. Вясную погоду на таких крышах возникает любопытноеизображение солнца, имеющее вид своеобразно изогнутойдуги (рис.10). Мы можем применить наши соображения поповоду отражения от тонких цилиндров для анализа формыэтой кривой.

Все дело в конструкции тех полупрозрачных листов, изкоторых сделана крыша. Каждый такой лист первоначальноплоский и составлен из двух параллельный поверхностей,разделенных небольшим промежутком. Этот узкий проме-жуток заполнен системой тонких длинных цилиндрическихребер, параллельных между собой и скрепляющих обеповерхности. Цилиндрическая форма такому листу обычнопридается двумя различными способами. При одном изгиба-нии листа ребра становятся параллелями цилиндра, придругом – его образующими. На железнодорожных платфор-мах ребра – параллели. Именно этот случай мы и будеманализировать. При этом будем считать, что тонкие цилин-дрические ребра представляют собой систему тонких цилин-дрических зеркал. Заметим, что прозрачные крыши на

Рис.8. Слева – моток проволоки, освещенный со стороны наблюдателя, справа –вид на источник света через этот моток проволоки

Рис.9. Тот же самый моток проволоки,но фотоаппарат сфокусирован на бес-конечность

Рис.10. Яркая линия – изображение солнца на крыше железнодорожной плат-формы

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А » 49

троллейбусных и автобусных остановках также делают изподобного материала. На некоторых из них вы тоже сможетеувидеть дугообразные линии, на других картина будет иной,но это как раз там, где ребра идут вдоль образующихцилиндрической поверхности.

Итак, посмотрим на крышу железнодорожной платфор-мы. Введем систему координат: ось X пустим вдоль осибольшого цилиндра, представляющего крышу, ось Y пустьтоже лежит в горизонтальной плоскости, а ось Z направимвверх. Зададимся радиусом крыши R и будем считать, чтонаблюдатель находится в точке ( )00,0,P z= , а от солнцаприходит пучок параллельных лучей, направление которого

задается вектором ( ), ,V u v w=uur

, имеющим единичную длину.Каждое тонкое цилиндрическое зеркало – это окружность

с центром на оси X в точке ( ),0,0xO x= , а точки xM ,лежащие на таком зеркале, имеют координаты

( ) ( ), cos , sin , 0 2xM x R Rϕ ϕ ϕ ϕ π= £ < .

Задача заключается в том, чтобы на каждом тонком цилин-дрическом зеркале найти точку, для которой отраженныйконус проходит через глаз наблюдателя, т.е. через точку Р.Например, хорошо было бы найти зависимость угловогопараметра ϕ отражающей точки, лежащей на зеркале, отвеличины х. Оказывается, что удобнее выразить х через ϕ :

( ) ( )2

2 200 0

cos2 sin

cos sin

zx R Rz z

w v

ϕϕ ϕ

ϕ ϕ

ж ц= ± - - +з ч-и ш

.

Нарисовав все точки с координатами ( )x ϕ , ( )cosR ϕ ,( )sinR ϕ , получим соответствующую пространственную кар-

тину, имеющую определенное сходство с фотографией нарисунке 10.

В заключение – несколько вопросов кчитателям.

1. На изображении солнца на крыше же-лезнодорожной платформы видны два яр-ких пятна – одно в направлении самогосолнца, другое расположено на симметрич-ной ветви кривой. Объясните появление вто-рого яркого пятна.

2. Пусть параллельные между собой тон-кие цилиндрические зеркала заполняют це-лую плоскость. Какую кривую на такомплоском листе увидит наблюдатель, глядясквозь него на солнце?

3. Найдите автобусную остановку, гдетонкие цилиндрические зеркала являютсяобразующими, и посмотрите, какая «солнеч-ная кривая» видна на крыше остановки.

40-55.p65 30.01.09, 13:1249

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 150

Рис. 1

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

Cилысопротивления

в задачахдинамики

В.ЛОСЕВ, В.ПЛИС

НА ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНАХ И ОЛИМПИАДАХ В ВЕ-дущих физических вузах нашей страны регулярно пред-

лагаются задачи динамики, в которых наряду с «традицион-ными» силами: силой тяжести, силой Архимеда, силойЛоренца и т.д. на тела действует сила сопротивления (жид-кого трения). Такая сила появляется, например, при относи-тельном движении тел, соприкасающихся смазанными по-верхностями, а также при движении тел в жидкостях и газах.Возникающая при таком движении сила сопротивлениянаправлена по скорости набегающего потока и пропорцио-нальна первой или второй степени скорости.

Можно указать две причины возникновения этой силы.При очень малых скоростях (или для очень маленьких тел)главный вклад в силу сопротивления дают касательные силывнутреннего трения (вязкости), действующие со стороныпотока жидкости или газа на «прилипший» к поверхноститела пограничный слой. Такую силу вязкого трения можносчитать пропорциональной первой степени скорости. Прибольших скоростях эта сила становится несущественной, иглавную роль играет сила лобового сопротивления, возника-ющая за счет различия сил давления на переднюю и заднюючасти тела вследствие несимметричности картины обтеканияреальной жидкостью или газом даже симметричного тела.Силу лобового сопротивления можно считать пропорцио-нальной квадрату скорости.

Эти и другие причины приводят к тому, что зависимостьсил сопротивления от скорости, размеров и т.д. носит вобщем случае нелинейный характер. Однако знакомство сдействием такого рода сил уместно начинать, как это приня-то в физике, с простейших модельных зависимостей.

Рассмотрим несколько характерных задач.Начнем со случая, когда сила сопротивления принимается

пропорциональной скорости.Задача 1. Мяч, брошенный с поверхности земли верти-

кально вверх со скоростью 0v = 10 м/с, упал на землю. Завремя полета скорость мяча уменьшилась по величине наδ = 30%. Найдите продолжительность T полета мяча.Силу сопротивления считайте пропорциональной скорос-

ти: F kv= -ur r

.Решение. Согласно второму закону Ньютона, приращение

импульса мяча пропорционально действующей на мяч ре-зультирующей силе и происходит по направлению этойсилы:

( ) .m v mg kv t∆ ∆= -r r r

Переходя к проекциям сил и приращения скорости на

вертикальную ось, получаем

y ym v mg t kv t∆ ∆ ∆= - - .

Заметим, что элементарное перемещение мяча по вертикалиравно yy v t∆ ∆= , и перепишем последнее соотношение ввиде

ym v mg t k y∆ ∆ ∆= - - .

Просуммируем все такие соотношения по всему времениполета, т.е. от t = 0 до t = T:

( ) ( ) ( )ym v mg t k y∆ ∆ ∆= - -е е е ,

или

( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 0y ym v T v mgT k y T y- = - - - .

Перемещение мяча по вертикали за время полета нулевое:( ) ( )0 0y T y- = , тогда

( ) 0 01 mv mv mgTδ- - - = - .

Отсюда находим продолжительность полета мяча:

( )0 2 1,7 cv

Tg

δ= - = .

Задача 2. На горизонтальной поверхности покоитсябрусок. Черепаха перемещается с одного конца этого брус-ка на другой. Найдите расстояние, пройденное бруском завсе время движения черепахи. Силу сопротивления считай-те пропорциональной скорости бруска относительно гори-

зонтальной поверхности: cF kv= -ur r

.

Решение. Рассмотрим систему тел «черепаха + брусок».На каждом элементарном промежутке времени приращение

p∆r импульса этой системы равно суммарному импульсу

действующих на систему внешних сил, т.е. сил тяжести,силы нормальной реакции опоры и силы сопротивления:

( )( )pб ч бp M v m v M m g F kv t∆ ∆ ∆ ∆= + = + + -urr r r r r

,

где М – масса бруска, бvr

– его скорость, m – масса черепахи,

чvr

– ее скорость.Сумма сил тяжести и нормальной реакции равна нулю,

тогда любое приращение импульса системы равно импульсусилы сопротивления:

( )бp k v t∆ ∆= -r r

,

т.е. любое элементарное приращение импульса p∆r системы

«черепаха + брусок» и элементарное перемещение бv t∆r

бруска отличаются в ( )k- раз.Найдем перемещение бруска за все время движения. Для

этого просуммируем все элементарные перемещения брускапо всему времени движения черепахи и бруска от старта – вэтот момент нач 0p =

r, до полной остановки – в этот момент

кон 0p =r

:

sб = ( ) ( )б кон нач1

0v t p pk

∆ = - - =е r r r.

Задача 3. На горизонтальном столе один на другомлежат три длинных бруска (рис.1). Массы брусков m.Бруски смазаны маслом.При движении сила тре-ния между брусками, атакже между нижнимбруском и столом про-порциональна относи-тельной скорости:

отнF kv= -ur r

. Сначала все

40-55.p65 30.01.09, 13:1250

бруски неподвижны, затем верхнему бруску сообщаютгоризонтальную скорость 0v

r. Определите относительные

смещения брусков после прекращения движения.Решение. Рассмотрим систему, состоящую из n (n =

= 1, 2, 3) верхних брусков (бруски нумеруем, начиная сверхнего). Импульс рассматриваемой системы изменяетсявследствие действия единственной горизонтальной внешнейсилы – силы вязкого трения, проекция которой на горизон-тальную ось Х имеет вид

( )1nx n nF k v v += - - ,

где nv и 1nv + – скорости брусков в лабораторной системеотсчета. Тогда на каждом элементарном перемещении прира-щение импульса системы равно импульсу силы вязкоготрения:

( )1nx n np k v v t∆ ∆+= - - = ( )1 отнn n nk x x k X∆ ∆ ∆+- - = - ,

где 1,n nx x∆ ∆ + – абсолютные перемещения брусков,

отн 1n n nX x x∆ ∆ ∆ += - – перемещение n-го бруска в системеотсчета, связанной с (n + 1)-м бруском.

Вследствие рассеяния энергии движение в какой-то мо-мент прекратится. Просуммируем все соотношения вида

отнnx np k X∆ ∆= - по всему времени движения вплоть доостановки:

отнnx np k X∆ ∆= -е е ,

учтем, что импульс системы в конечном состоянии нулевой,а в начальном состоянии он был равен 0mv

r, и получим

0 отнnmv kL- = - , или 0

отнnmv

Lk

= ,

где отн отнn nL X∆= е – относительное перемещение n-гобруска в системе отсчета, связанной с (n + 1)-м бруском завсе время движения.

Все относительные смещения брусков одинаковы. После

остановки система будет иметь вид «лесенки» с шагом 0mv

k.

В следующем примере сила сухого трения оказываетсясвязанной со скоростью.

Задача 4. На гладкой горизонтальной поверхности вкруге, ограниченном шероховатой вертикальной стенкой,

находится шайба (рис.2). Еслишайбе сообщить произвольнуюначальную скорость, то, со-вершив два оборота, она воз-вращается в точку старта свдвое меньшей скоростью. Най-дите коэффициент µ тренияскольжения шайбы по поверх-ности стенки, считая его по-стоянным.

Указание: при решении вос-пользуйтесь тем, что при ма-

лых приращениях аргумента приращение логарифма аргу-мента равно относительному приращению аргумента, т.е.

( )lnx

xx

∆∆ = .

Решение. На шайбу действуют силы тяжести mgr, нор-

мальной реакции вертикальной стенки 1Nuur

, нормальной

реакции горизонтальной поверхности 2Nuur

, а также сила

трения трFur

, равная по величине тр 1F Nµ= . В лабораторнойсистеме отсчета шайба движется по окружности радиусом R.По второму закону Ньютона,

тр1 2ma mg N N F= + + +uur uur urr r

.

Переходя к проекциям сил и ускорения на радиальноенаправление:

2

1v

m NR

=

и на тангенциальное направление:2

трv v

m F mt R

∆µ

∆= - = - ,

находимv

v tv R

∆ µ∆= - .

Следуя указанию в условии задачи, левую часть последнего

равенства представим в виде ( )lnv

vv

∆∆= , а в правой

сделаем замену s v t∆ ∆= . Тогда, суммируя элементарныеприращения

( )ln v sR

µ∆ ∆= -е е

по времени совершения двух оборотов, получим

00ln ln 4

2

vv R

R

µπ- = - Ч .

Отсюда находим

ln 20,06

4µ

π= » .

Теперь обсудим более сложные случаи зависимости силысопротивления от скорости.

Задача 5. Парашютист совершает затяжной прыжок –от старта с нулевой начальной скоростью до раскрытияпарашюта скорость парашютиста растет, а начиная снекоторого момента становится практически постоян-ной. Известно, что сила сопротивления F, действующая напарашютиста, является степеннóй функцией его скоростиv и характерного размера r, а также плотности воздуха ρ ,

т.е. F k v rα β γρ= Ч Ч Ч , где k – безразмерный множительпорядка единицы. Оцените установившуюся скорость па-дения парашютиста.

Решение. Для определения показателей степени , ,α β γвоспользуемся соображениями размерности. В Междуна-родной системе единиц (СИ) размерности физических вели-чин, входящих в формулу для силы сопротивления, таковы:

[ ] 2

кг м

сF

Ч= , [ ] 3

кг

мρ = , [ ]

м

сv = , [r] = м. Тогда, сравнивая

размерности левой 2

кг м

с

Чж цз чи ш

и правой 3

кг мм

м с

α βγ

α β

ж цЧ Чз чи ш

частей

формулы для силы сопротивления, приходим к следующимсоотношениям:

1 , 1 3 , 2α α β γ β= = - + + - = - .

Отсюда находим

1, 2, 2α β γ= = = .

Теперь формула для силы сопротивления принимает такойвид:

2 2F k v rρ= .

При движении с установившейся скоростью сила тяжестиравна по величине силе сопротивления:

2 2устMg k v rρ= .

Для численной оценки скорости устv примем массу парашю-тиста М = 100 кг, плотность воздуха 31,3 кг мρ = , квадрат

Рис. 2

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 51

40-55.p65 30.01.09, 13:1251

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 152

характерного размера 2 20,25 мr = . Это приводит к оконча-тельному результату

уст 2

100 10м с 55 м с

1 1,3 0,25

Mgv

k rρ

Ч= = »

Ч Ч,

который хорошо согласуется с опытными данными.Задача 6. Теннисист подает мяч со скоростью 0v =

= 200 км/ч с высоты h = 3 м. Пролетев L = 20 м, мяч

ударяется о корт. Масса мяча m = 60 г, радиус мяча R == 32,5 мм. Оцените скорость мяча 1v в момент удара ипродолжительность полета T. Считайте, что в полете на

мяч действует сила сопротивления 2

2

2xv

F C Rρ

π= . На

рисунке 3 представлена экспериментальная зависимостьбезразмерного коэффициента сопротивления xC шара от

безразмерного параметра (числа Рейнольдса) RevRρ

η= ,

где 31,3 кг мρ = – плотность воздуха, v – скорость шара,

R – его радиус, 51,8 10 Па сη -= Ч Ч – коэффициент внут-реннего трения (вязкости) воздуха. Вращением мяча сле-дует пренебречь.

Решение. Оценки проведем в два этапа.Скорость 200 км/ч – это (в СИ) приблизительно 55 м/с,

и мяч пролетит 20 м за время 0

0,4 cL

Tv

» » . В начальный

момент 50Re 1,3 10v Rρ

η= » Ч . Из графика на рисунке 3

следует, что при уменьшении скорости мяча в 100 раз, т.е.практически в течение всего полета, коэффициент сопротив-ления остается постоянным и равным 0,4xC = . Оценимвеличину горизонтальной составляющей ускорения мяча вначальный момент:

2 2243 м с

2xC R vF

am m

πρ= = » .

За время полета скорость уменьшится примерно на

17 м сv aT∆ = »

и в момент удара будет равна

1 0 38 м сv v v∆= - » .

Конечно, полученный результат верен по порядку величиныи демонстрирует технику построения грубых оценок.

Более точный ответ можно получить, суммируя бесконеч-но малые. Действительно, по второму закону Ньютона,

22

2x x

xv v

m F C Rt

∆ρ π

∆= - = - ,

или

xx

x

vv t x

v

∆β ∆ β∆= - = - , где

2

2xC R

m

πρβ = » 0,014 м–1.

Суммируя элементарные относительные приращения гори-зонтальной составляющей скорости мяча по всему времениполета, получаем

x

x

vx

v

∆β ∆= -е е , или 1

0

lnv

Lv

β= - .

Отсюда находим

( )1 0 exp 42 м сv v Lβ= Ч - » .

Уточним и продолжительность полета мяча:

21 0

1 1 1 10,27 cx

x

vT t

v vv

∆∆

β β

ж ц= = - = - »з чи ше е .

Рассмотренная задача иллюстрирует известное правилоУилера (американского физика-теоретика): «Никогда неначинай вычислений, пока не знаешь ответа. Каждомувычислению предпосылай оценочный расчет: привлеки про-стые физические соображения (симметрию! инвариантность!)до того, как начинать подробный вывод …Будь смелее…Делай предположения быстро, интуитивно. Удачные пред-положения укрепляют интуицию. Ошибочные предположе-ния дают ей хорошую встряску».

Упражнения

1. Небольшой упругий брусок массой m может двигаться безтрения внутри прямоугольной коробки такой же массы. Коробканаходится на столе, покрытом тонким слоем масла. В начальныймомент коробка покоится, а бруску, находящемуся у одной изстенок, сообщают скорость 0v , направленную по нормали кстенке. Сколько соударений бруска с коробкой произойдет завсе время движения? Расстояние между стенками, с которымисоударяется брусок, равно L. Силу трения считайте пропорци-

ональной скорости коробки: F kv= -ur r

, соударения – абсолютноупругими.

2. Маленькая шайба массой m лежит на краю длинной доскимассой М, покоящейся на гладкой горизонтальной поверхности.Шайба и доска смазаны маслом. Шайбе сообщают горизонталь-ную скорость 0v , направленную вдоль доски. При движении накаждое тело действует сила вязкого трения, пропорциональнаяотносительной скорости: отнF kv= -

ur r. Определите перемещение

шайбы относительно доски за достаточно большой промежутоквремени.

3. Следуя условию задачи 4 в статье, найдите время, закоторое шайба совершит первый оборот. Считайте начальнуюскорость 0 3 м сv = , радиус круга R = 1 м.

Указание: при решении воспользуйтесь тем, что при малых

приращениях аргумента 2

1 x

x x

∆∆ж ц = -з чи ш

.

4. Стальной шарик радиусом r = 0,5 мм движется в широкомсосуде, наполненном глицерином. На шарик действуют силатяжести, сила Архимеда и сила сопротивления, являющаясястепенной функцией его скорости v, радиуса r и коэффициентавнутреннего трения (вязкости) η глицерина, т.е. F k v rα β γη= Ч Ч Ч ,где 6k π= – безразмерный множитель. Воспользуйтесь сообра-жениями размерности и найдите показатели степени , ,α β γ .Далее определите скорость v установившегося (равномерного)движения шарика. Плотность глицерина 3

1 1,26 г смρ = , плот-

ность стали 32 7,8 г смρ = , коэффициент внутреннего трения

(вязкости) глицерина 3 21,4 10 Н с мη -= Ч Ч .

Рис. 3

40-55.p65 30.01.09, 13:1252

Параллельноепроектирование

в задачахВ.МИРОШИН

ИЗОБРАЖЕНИЕ ПРОСТРАНСТВЕННОЙ ФИГУРЫ ИГРАЕТважную роль в решении большинства стереометричес-

ких задач. Существуют общепринятые и часто используемыеизображения основных стереометрических объектов – призм,пирамид, конусов и т.д. Но изображение – плоское, ипоэтому фигура может изображаться в различных ракурсах.

В рассматриваемыхниже задачах решениеполучается при построе-нии непривычных изоб-ражений многогранни-ков.

Задача 1 (МГУ, мех-мат). На диагоналях

1A B и 1B C боковыхграней параллелепипеда

1 1 1 1ABCDA B C D выбра-ны точки M и N так,что отрезок MN парал-лелен диагонали парал-лелепипеда 1AC (рис.1). Найдите отношение

1:MN AC .Решение. Посмотрим

на параллелепипед«вдоль» диагонали 1 1B D , спроектировав нужные нам точкив плоскость 1 1ACC A (рис. 2).

Образы вершин B и D совпадут с серединой AC; аналогич-но, образы вершин 1B и 1D совпадут с серединой 1 1A C . Припараллельном проектировании образами параллельных пря-мых являются параллельные прямые, и к тому же отношенияотрезков, расположенных на параллельных прямых, сохра-няются. Поэтому из теоремы Фалеса следует, что образыдиагоналей 1A B и 1B C разделят образ 1AC на три равныхотрезка, средний из которых будет равен образу MN.Значит, 1: 1 : 3MN AC = .

Ответ: 1 : 3.Задача 2. В треугольной призме 1 1 1ABCA B C точки M и

N – середины боковыхребер 1AA и 1CC соот-ветственно. На отрез-ках 1AB и CM располо-жены точки E и F соот-ветственно так, что

||EF BN (рис.3). Най-дите отношение

:EF BN .Решение. Выберем в

качестве плоскости про-ектирования основаниепризмы ABC, а в каче-

стве прямой проекти-рования выберем пря-мую MC. Далее дляудобства будем обозна-чать образ точки припроектировании той жебуквой, что ее прооб-раз, только со штрихом (например, проекцию точки N будемобозначать N¢ ). Образом боковой грани 1 1CC A A призмыбудет отрезок, расположенный на прямой АС, а образомбоковой грани 1 1CC B B – параллелограмм, одной из сторонкоторого будет ВС (рис.4).

Так как N – середина ребра, то треугольники CN N¢ и

1 1C A N равны, поэтому 1 1AC A C CN= = ¢ . Кроме того, таккак 1CN NC= , то 1CN N C ¢=¢ ¢ . Проведем 1 ||B D BN¢ ¢ . Полу-чим

1

1

4

EF E F E F AF

BN BN ADB D

¢ ¢ ¢ ¢ ¢= = = =

¢ ¢.

Ответ: 1 : 4 .Задача 3. В пирамиде ABCD точки M, F и K – середины

ребер BC, AD и CD соответственно. На прямых AM и CFсоответственно взяты точки P и Q так, что PQ BKP

(рис.5). Найдите отно-шение :PQ BK .

Решение. Следуя пре-дыдущим примерам, мыдолжны выбрать плос-кость проектирования ипрямую проектированиятак, чтобы наиболее про-стым образом найти нуж-ное нам отношение. В ка-честве плоскости проек-тирования выберем осно-вание пирамиды ABC, а вкачестве прямой проекти-рования возьмем FC. Образом отрезка FK будет отрезок

1

2CK FK AC= =¢ . Образом отрезка PQ будет отрезок

||PC BK¢ (рис.6).

Продолжим AM до пересечения с BK¢ в точке L ипроведем ||CE AL . Тогда

1

1

BL BM

PC MC= = ,

1

2

K E K C

EL CA

¢ ¢= = .

И так как PC EL= , получим, что

2 22 2 1 5

PQ PC PC

BK BK BL LE EK= = = =

+ + + +¢ ¢.

Ответ: 2 : 5 .Задача 4. На ребре AD и диагонали 1A C параллелепипеда

1 1 1 1ABCDA B C D выбраны точки M и N так, что: 1 : 5AM AD = и прямая MN параллельна плоскости 1BDC

(рис.7). Найдите отношение 1:CN CA .Решение. Как и в первой задаче, построим проекцию

параллелепипеда на плоскость 1 1AA C C вдоль прямой BD.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 53

Рис. 6

40-55.p65 30.01.09, 13:1253

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 154

Так как прямая проектиро-вания лежит в плоскости

1BC D , то эта плоскостьотобразится в прямую 1OC ,

а отрезок MN, параллельный плоскости, – в отрезок

1||M N OC¢ (рис.8).Продолжим 1C O и NM ¢ до пересечения с 1AA . Имеем

1

4

AM AM

M O MD

¢= =

¢, 4

5

NP M O

PC OC

¢= = .

Так как O – середина AC, то 1AQ AA= и 1

4

AR

RQ= ;

1 1 6

4

A N A R

NP RQ= = .

Следовательно, 1

5 4 3

5 4 6 5

CN

CA

+= =

+ +.

Ответ: 3 : 5 .Задача 5 (МФТИ, 1981 г., а также конкурс абитуриентов

2007/2008 года по решению задач вступительных испыта-ний МФТИ). Точка D – середина ребра 1 1A C правильнойтреугольной призмы 1 1 1ABCA B C . Правильная треугольнаяпирамида SMNP расположена так, что плоскость ееоснования совпадает с плоскостью треугольника ABC,

вершина Mлежит на продолжении AC, причем 1

2CM AC= ,

ребро SN проходит через точку D, а ребро SP пересекает

отрезок 1BB в точке K (рис.9). В каком отношенииотрезок 1BB делится точкой K?

Решение. Прежде всего, посмотрим «сверху», т.е. спроек-тируем оба многогранника на их общую плоскость основа-ния. Вершина S пирамиды спроектируется в центр треуголь-ника MNP – точку H (рис.10).

Образами боковых ребер будут служить радиусы описан-ной около него окружности, проведенные в вершины. Обра-зы точек D и K будут лежать на перпендикуляре, проведен-ном к AM из вершины B. Но самое интересное, что точка M,точка B и образ точки D будут видны из образа вершины

пирамиды под углами 23π

. Это следует из того, что

120NHM MHP PHNР = Р = Р = ° , так как H – центр пра-вильного треугольника MNP, а проекции точек D и K лежатна отрезках HN и HP соответственно. Следовательно, H –точка Торричелли для прямоугольного треугольника BMD¢(рис.11, D¢ – образ точки D).

Напомним свойство точки Торричелли: сумма расстоянийот нее до вершин треугольника минимальна. Из условиязадачи можно найти отношение : tg :b a BDϕ= = ¢ D M¢ =

3 : 2= , где D MBϕ = Р ¢ (дальше это понадобится).Найдем отношения расстояний от точки H до вершин

прямоугольного треугольника D BM¢ . Введем систему коор-динат таким образом,чтобы начало коорди-нат находилось в точкеD¢ , ось абсцисс быланаправлена по лучуD M¢ , а ось ординат –по лучу D B¢ .

Точка Н будет точкойпересечения окружнос-тей, описанных околотреугольников BHD¢ иD HM¢ , углы в верши-нах H которых равны23π

(рис.12). Кроме

того, окружность, опи-санная около первого треугольника, пройдет, очевидно,через точку A. Следовательно, AB – ее диаметр, и ееуравнение

2 2 2 2

4 2 16 4

a b a bx y

ж ц ж ц+ + - = +з ч з чи ш и ш.

Аналогично, вторая окружность будет содержать вершинуF равностороннего треугольника D MF¢ , построенного так,чтобы точки B и F лежали в разных полуплоскостях относи-тельно прямой D M¢ . Уравнение второй окружности будетиметь вид

22 23

2 6 3

a a ax y

ж цж ц- + + =з ч з чи ш и ш.

Для нахождения координат точки H решим систему урав-нений

2 22 2

2 2

0,0,22

330

2 33

aax x y byx x y by

a aa x b yx ax y y

мм + + - =+ + - = ппп пЫ Ын н ж цп п = +- + + = з чи шп по о

Рис. 7 Рис. 8

Рис. 9

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 10

40-55.p65 30.01.09, 13:1254

Таким образом,

ABC DBC DEC DEA BEAS S S S S= = = = ,

откуда ABC BEAS S= , т.е. CE ABP , что и требовалось дока-зать.

А.Спивак

Ы

( )

2 2 0,2

3 3

2 3

ax x y by

ay x

a b

м + + - =ппнп =

+по ( )

2 2 0,2

3 3

2 1 3 tg

ax x y by

y xϕ

м + + - =ппЫ Ынп =

+по

Ы( )

( ) ( )2

2

3 3,

2 1 3 tg

3 3 tg271 0.

2 2 1 3 tg4 1 3 tg

y x

aax x

ϕ

ϕ

ϕϕ

м=п

+ппн ж ц ж цп з ч з ч+ + - =п з ч з ч++ и шп и шо

Понятно, что первое решение системы ( )0; 0 , так как обеокружности проходят через начало координат. Найдем вто-рое решение системы, обозначив 3 tg kϕ = .

( )

( )

2

2

4 1 27 2 1

2 14 1

k a kx x

kk

ж ц+ + -ж ц= Ы =з ч з чи ш++и ш

( ) ( )

( )2

2 2 1 1

4 1 27

k ka

k

- +

+ +.

Соответственно,

( )

( ) ( )

( )( )( )

( )22

2 2 1 1 3 3 2 13 3

2 1 4 1 274 1 27

k k ky a a

k kk

- + -= =

+ + ++ +.

Учитывая, что 3

2k = , получим координаты точки H:

526

x a= , ( )

3 3 5 3 3

2 1 26 26y a

k= Ч =

+.

Найдем искомые расстояния:

25 27 52

676 676 676 13

aD H a a= + = =¢ ;

25 27 441 27 31

26 676 676 13

aHM a

+ж ц= - + = =з чи ш;

225 3 3 3 325 5676 26 2 676 2 13

aHB a a

ж ц= + - = =з чи ш

.

Для получения оконча-тельного решения сделаемеще вот что: совместим тре-угольники SHM, SHP иSHN (рис.13). Так как

1,

3HD HM=¢

56

HB HM= ,

то 1 3

1

B K DK D B

KB KM BM

¢= = = .

Действительно, «сверху исбоку» виднее.

Ответ: 3 : 1 .

Упражнения

1. На диагоналях AC и 1BA боковых граней параллелепипеда

1 1 1 1ABCDA B C D выбраны точки M и N так, что отрезок MNпараллелен диагонали параллелепипеда 1DB . Найдите отноше-ние 1:MN DB .

2. На диагонали 1AC параллелепипеда 1 1 1 1ABCDA BC D взятаточка M, а на прямой 1BC – точка N так, что отрезки MN и BDпараллельны. Найдите отношение длин этих отрезков.

3. Точка E – середина ребра MQ правильной четырехугольнойпирамиды SMNPQ . Куб 1 1 1 1ABCDA BC D расположен так, чтоплоскость грани ABCD совпадает с плоскостью MNPQ, верши-на 1B лежит на ребре SN, точка E лежит на прямой AB, причемEA = AB. Прямая SP пересекает ребро 1CC . В каком отношенииотрезок 1CC делится точкой пересечения?

4. В правильной треугольной призме 1 1 1ABCA B C точка D –середина ребра 1 1AC . Правильная треугольная пирамида распо-ложена так, что плоскость ее основания совпадает с плоскостьюABC, первое боковое ребро проходит через вершину B, второе– через точку D, а третье пересекает ребро 1CC . Найдитеотношение объема пирамиды к объему призмы.

5. Через середины M и N ребер AD и 1CC параллелепипеда

1 1 1 1ABCDA BC D проведена плоскость, параллельная диагонали

1DB . В каком отношении эта плоскость делит ребро 1BB ?

Рис. 13

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 55

Вниманию наших читателей!

Когда диагональ пятиугольникапараллельна стороне?

В 11 номере «Кванта» за 1977 год опубликовано довольносложное решение следующей задачи.

М433. Сторона ВС выпуклого пятиугольника ABCDEпараллельна диагонали AD, сторонаCD – диагонали ВЕ, сторона DE –диагонали АС, а сторона АЕ – диаго-нали BD. Докажите, что сторонаАВ параллельна диагонали СЕ.

Заметьте, однако, что условиеBC ADP можно записать в виде

ABC DBCS S= .

Аналогично, условия CD BEP ,DE ACP и AE BDP запишем в видеравенств

DBC DECS S= , DEC DEAS S=и DEA BEAS S= .

Новая книга по физике

В издательстве «Физматлит» в серии «Школьнику иучителю» вышла книга «Краткий курс физики», авторомкоторой является заместитель главного редактора журнала«Квант» по физике А.И.Черноуцан.

Книга содержит краткое, но достаточно полное и подроб-ное изложение всех разделов школьной физики, включен-ных в программу ЕГЭ. Изложение теории сопровождаетсямногочисленными примерами, вопросами и ответами, а так-же замечаниями, проясняющими тонкие и трудные моменты.В книге есть подробный предметный указатель, позволяю-щий использовать ее в качестве справочника.

Книга рекомендована Федеральным институтом педагоги-ческих измерений для подготовки к ЕГЭ.

40-55.p65 30.01.09, 13:1255

XXX Турнир городовО Л И М П И А Д Ы

Турнир городов – соревнование по математике для старшек-лассников. Для школьников из каждого города, участвующего вТурнире, это одна из олимпиад, которые проводятся в их городе.Соревнование же между городами – заочное. В первом турнире(1980 г.) приняли участие только Москва и Киев. Ныне числогородов-участников достигло примерно сотни (оно несколькоколеблется из года в год), причем общее население этихгородов – около 100 миллионов человек, а число школьников,решающих эти задачи, – около 10 тысяч. Самая большая группагородов находится в России, далее идут Украина, Белоруссия,Балканские страны, Австралия, Латинская Америка, Канада,Иран, Израиль, Германия и некоторые другие.

Турнир знакомит школьников с интересными красивымизадачами, требующими для своего решения нестандартныхподходов. Школьник, которому удалось самостоятельно решитьнесколько таких задач (не обязательно во время соревнования,а хотя бы дома, в свободное время), начинает смотреть наматематику другими глазами – по сравнению с тем, как он еевоспринимал, видя только школьный курс. Привлекает школь-ников к Турниру и то, что он является спортивным соревнова-нием. Потребность проверять свои способности и соревновать-ся вообще лежит в природе людей, в особенности молодых. Носпортивная сторона Турнира вступает в противоречие с научнойстороной. Для тех, кто только начинает интересоваться матема-тикой, это противоречие незаметно. Пяти часов слишком много,чтобы начинающий мог использовать все это время. Но дляшкольников продвинутых, способных в сложном варианте ре-шить труднейшие задачи, пять часов – это слишком мало, иТурнир становится для них соревнованием на скорость. А этоуже противоречит духу науки. Чтобы смягчить этот недостаток,в Турнире введено правило зачета по трем лучшим задачам.Каждый год проходят четыре соревнования (базовый и слож-ный варианты осенью и весной), но они имеют права попыток,из которых выбирается лучший результат.

Организаторы Турнира городов как в Москве, так и в городах-участниках, заинтересованы в том, чтобы увидеть способныхмолодых людей, которые займут места в соответствующихучебных заведениях (в математических классах и вузах), авпоследствии – и в научных учреждениях.

ЗАДАЧИ ОСЕННЕГО ТУРА (2008 год)1

Базовый вариант

8–9 классы

1(3). В 10 коробках лежат карандаши (пустых коробокнет). Известно, что в разных коробках разное число каран-дашей, причем в каждой коробке все карандаши разныхцветов. Докажите, что из каждой коробки можно выбрать покарандашу так, что все они будут разных цветов.

П.Кожевников

2(3). Даны пятьдесят различных натуральных чисел,двадцать пять из которых не превосходят 50, а остальныебольше 50, но не превосходят 100. При этом никакие дваиз них не отличаются ровно на 50. Найдите сумму этих чисел.

В.Произволов

1В скобках после номера каждой задачи указано максимальноеколичество баллов, присуждавшихся за ее решение.

3(4). В окружность радиуса 2 вписан остроугольныйтреугольник 1 2 3A A A . Докажите, что на дугах 1 2A A , 2 3A A ,

3 1A A можно отметить по одной точке 1B , 2B , 3B соответ-ственно так, чтобы площадь шестиугольника 1 1 2 2 3 3A B A B A Bчисленно равнялась периметру треугольника 1 2 3A A A .

Г.Гальперин

4(4). Даны три различных натуральных числа, одно изкоторых равно полусумме двух других. Может ли произве-дение этих трех чисел являться точной 2008-й степеньюнатурального числа?

Г.Гальперин

5(4). Несколько спортсменов стартовали одновременно содного и того же конца прямой беговой дорожки. Их скоростиразличны, но постоянны. Добежав до конца дорожки, спорт-смен мгновенно разворачивается и бежит обратно, затемразворачивается на другом конце и т.д. В какой-то момент всеспортсмены снова оказались в одной точке. Докажите, чтотакие встречи всех спортсменов будут продолжаться и впредь.

А.Шаповалов

10–11 классы

1(3). У Алеши есть пирожные, разложенные в несколькокоробок. Алеша записал, сколько пирожных в каждойкоробке. Сережа взял по одному пирожному из каждойкоробки и положил их на первый поднос. Затем он сновавзял по одному пирожному из каждой непустой коробки иположил их на второй поднос – и так далее, пока всепирожные не оказались разложенными по подносам. Послеэтого Сережа записал, сколько пирожных на каждом подно-се. Докажите, что количество различных чисел среди запи-санных Алешей равно количеству различных чисел средизаписанных Сережей.

А.Буфетов

2(3). Решите систему уравнений (n > 2)

1 2 nx x x+ + + =K

= 2 3 1nx x x x+ + + + =K K 1 1n nx x x -= + + +K ;

1 2 1x x- = .Б.Френкин

3(4). В окружность радиуса 2 вписан тридцатиугольник

1 2 30A A AK . Докажите, что на дугах 1 2A A , 2 3A A , …, 30 1A Aможно отметить по одной точке 1 2 30, , ,B B BK соответственнотак, чтобы площадь шестидесятиугольника

1 1 2 2 30 30A B A B A BK численно равнялась периметру тридца-тиугольника 1 2 30A A AK .

Г.Гальперин

4(4). Существует ли арифметическая прогрессия из пятиразличных натуральных чисел, произведение которых естьточная 2008-я степень натурального числа?

Г.Гальперин

5(4). На клетчатом листе бумаги нарисованы несколькопрямоугольников, их стороны идут по сторонам клеток.Каждый прямоугольник состоит из нечетного числа клеток,и никакие два прямоугольника не содержат общих клеток.Докажите, что эти прямоугольники можно раскрасить в 4цвета так, чтобы у прямоугольников одного цвета не былообщих точек границы.

А.Грибалко

56-58.p65 29.01.09, 16:4856

О Л И М П И А Д Ы 57

Сложный вариант

8–9 классы

1(4). На шахматной доске 100 100ѣ расставлено 100 небьющих друг друга ферзей. Докажите, что в каждом угловомквадрате 50 50ѣ находится хотя бы один ферзь.

А.Грибалко

2(6). Есть 4 камня, каждый весит целое число граммов.Есть чашечные весы со стрелкой, показывающей, на какой издвух чаш масса больше и на сколько граммов. Можно лиузнать про все камни, сколько какой весит, за 4 взвешива-ния, если в одном из этих взвешиваний весы могут ошибить-ся на 1 грамм?

Д.Баранов

3(6). Сережа нарисовал треугольник АВС и провел в неммедиану AD. Затем он сообщил Илье, какова в этом треу-гольнике длина медианы AD и какова длина стороны АС.Илья, исходя из этих данных, доказал утверждение: уголСАВ тупой, а угол DAB острый. Найдите отношение AD/AC(и докажите для любого треугольника с таким отношениемутверждение Ильи).

И.Богданов

4(6). Барон Мюнхгаузен рассказывал, что у него есть картастраны Оз с пятью городами. Каждые два города соединеныдорогой, не проходящей через другие города. Каждая дорогапересекает на карте не более одной другой дороги и не болееодного раза. Дороги обозначены зеленым или красным (поцвету кирпича, которым вымощены), и при обходе вокругкаждого города (по периметру) цвета выходящих из негодорог чередуются. Могут ли слова барона быть правдой?

А.Грибалко

5(8). Даны положительные числа 1 2, , , na a aK . Известно,что 1 2 na a a+ + + £K 1/2. Докажите, что

( ) ( ) ( )1 21 1 1 2na a a+ + + <K .

С.Слободник

6(9). На сторонах АС и ВС неравнобедренного треуголь-ника АВС во внешнюю сторону построены как на основанияхравнобедренные треугольники AB C¢ и CA B¢ с одинаковы-ми углами при основаниях, равными ϕ . Перпендикуляр,проведенный из вершины С к отрезку A B¢ ¢ , пересекаетсерединный перпендикуляр к отрезку АВ в точке 1C . Найди-те угол 1AC B .

А.Заславский

7. В бесконечной последовательности 1 2 3, , ,a a a K число 1aравно 1, а каждое следующее число na строится из преды-дущего 1na - по правилу: если у числа n наибольший нечет-ный делитель имеет остаток 1 от деления на 4, то 1 1n na a -= + ,если же остаток равен 3, то 1 1n na a -= - . Докажите, что вэтой последовательности

а)(5) число 1 встречается бесконечно много раз;б)(5) каждое натуральное число встречается бесконечно

много раз.

И Н Ф О Р М А Ц И Я

Заочное отделение Малого мехмата МГУ

Более 30 лет при механико-математическом факультетеМГУ работает Малый механико-математический факультет(МММФ). За эти годы заочное отделение выпустило свыше10000 учащихся, многие из которых стали студентами меха-нико-математического и других факультетов МГУ.

Основные задачи Малого мехмата – углубление знаний потемам школьной программы и расширение математическогокругозора за рамки программы средней школы.

В 2009 году заочное отделение Малого мехмата объявляетприем учащихся на 2009/10 учебный год в 8 и 9 классы, атакже прием на неполный курс обучения в 10 и 11 классы.На заочное отделение принимают учащихся из России, стран

(Вот первые члены этой последовательности: 1, 2, 1, 2, 3,2, 1, 2, 3, 4, 3, …)

А.Заславский

10–11 классы

1(4). Квадратная доска разделена 7-ю прямыми, парал-лельными одной стороне доски, и 7-ю прямыми, параллель-ными другой стороне доски, на 64 прямоугольные клетки,которые покрашены в белый и черный цвета в шахматномпорядке. Расстояния межу соседними прямыми не обяза-тельно одинаковы, поэтому клетки могут быть разных разме-ров. Известно, однако, что отношение площади любой белойклетки к площади любой черной клетки не больше 2.Найдите наибольшее возможное отношение суммарной пло-щади белых клеток к суммарной площади черных.

Ю.Чеканов

2(6). Пространство разбито на одинаковые кубики. Верноли, что для каждого из этих кубиков обязательно найдетсядругой, имеющий с ним общую грань?

И.Богданов

3(6). На столе лежат N > 2 кучек по одному ореху вкаждой. Двое ходят по очереди. За ход нужно выбрать двекучки, где числа орехов взаимно просты, и объединить этикучки в одну. Выиграет тот, кто сделает последний ход. Длякаждого N выясните, кто из играющих может всегда выиг-рывать, как бы ни играл его противник.

А.Шаповалов

4(6). Дана неравнобокая трапеция ABCD. Точка 1A – этоточка пересечения описанной окружности треугольника BCDс прямой АС, отличная от С. Аналогично определяются точки

1B , 1C , 1D . Докажите, что 1 1 1 1A B C D – тоже трапеция.И.Богданов

5(8). См. задачу М2119 «Задачника «Кванта».

6(9). См. задачу М2120 «Задачника «Кванта».

7. Тест состоит из 30 вопросов, на каждый есть 2 вариантаответа (один верный, другой нет). За одну попытку Витяотвечает на все вопросы, после чего ему сообщают, насколько вопросов он ответил верно. Сможет ли Витя действо-вать так, чтобы гарантированно узнать все верные ответы непозже, чем

а)(5) после 29-й попытки (и ответить верно на все вопросыпри 30-й попытке);

б)(5) после 24-й попытки (и ответить верно на все вопросыпри 25-й попытке)?

(Изначально Витя не знает ни одного ответа, тест всегдаодин и тот же.)

В.Клепцын

Публикацию подготовилиС.Дориченко, Н.Константинов

57 И Н Ф О Р М А Ц И Я

56-58.p65 29.01.09, 16:4857

58 К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 1

СНГ и Прибалтики, а также русскоязычных учащихся изстран дальнего зарубежья. Зачисление индивидуальныхучеников производится на конкурсной основе по результатамвыполнения приведенной ниже вступительной работы.

Существует возможность обучения нескольких учениковиз одной школы по форме «Коллективный ученик». Группаработает под руководством своего школьного преподавателяи может включать не более 15 учащихся из одной параллели(если учащихся, желающих заниматься, больше, то можносформировать несколько групп). Группа «Коллективныйученик» обучается как один учащийся, т.е. оформляет покаждому заданию одну работу и оплачивает обучение всейгруппы как обучение одного учащегося.

Обучение на заочном отделении платное. Информация обусловиях оплаты будет выслана учащимся, зачисленным назаочное отделение, летом 2009 года, вместе с комплектомзаданий (а коллективным ученикам – несколько позже, вконце сентября – начале октября).

Школьники, успешно закончившие обучение на заочномотделении (с итоговой оценкой «хорошо» или «отлично»),получают свидетельства об окончании Малого мехмата, азакончившие заочное отделение с оценкой «удовлетвори-тельно» – справки об окончании Малого мехмата.

Желающие поступить на заочное отделение Малого мех-мата должны не позднее 30 апреля 2009 года выслать внаш адрес письмом или по электронной почте решениязадач вступительной работы (при этом не обязательно дол-жны быть решены все задачи). Вступительную работу не-обходимо выполнить в школьной тетради в клетку. Запи-сывать решения в тетрадь следует в том же порядке, вкаком задачи идут во вступительной работе. На обложкутетради следует наклеить лист бумаги со следующими дан-ными:

1. Фамилия, имя, отчество учащегося2. Класс (в 2009/10 учебном году)3. Полный домашний адрес с указанием почтового индекса4. Адрес электронной почты (если он есть)5. Телефон (с кодом города)6. Откуда вы узнали о наборе на заочное отделениеВступительные работы обратно не высылаются.Группам «Коллективный ученик» не нужно выполнять

вступительную работу: необходимо лишь не позднее 15сентября 2009 года выслать письмом или по электроннойпочте следующие данные:

1. Фамилия, имя, отчество руководителя группы2. Фамилии, имена, отчества учащихся (не более 15

человек) в алфавитном порядке3. Класс (в 2009/10 учебном году)4. Полный адрес руководителя группы (по которому

следует высылать задания) с указанием почтового индекса5. Адрес электронной почты (если он есть)6. Телефон (с кодом города)7. Откуда вы узнали о наборе на заочное отделениеНаш адрес: 119991 Москва, ГСП-1, Ленинские горы,

МГУ, мехмат, МММФЭлектронная почта: vstup@zaoch.ruСайт МММФ: http://mmmf.math.msu.ruТелефон: (495) 939–39–43

Вступительная работа

Задачи 1–10 предназначены для поступающих в 2009году в 8 или 9 класс (т.е. для нынешних учащихся 7 или 8класса). Задачи 6–15 предназначены для поступающих в10 или 11 класс (для нынешних учащихся 9 или 10 клас-са). За решения задач для других классов баллы не начис-ляются!

1. Фанерный лист прямоугольной формы обрезали, умень-шив его размеры на 5% по вертикали и на 10% по горизонта-ли. На сколько процентов уменьшилась площадь листа?

2. Решите неравенство ( ) ( )4 42 22 1 8 0x x- - + ³ .

3. В треугольнике ABC проведена биссектриса BD. Дока-жите, что AB > AD.

4. Решите в натуральных числах уравнение

5

1 22 3n

nn- = - .

5. Какое количество простых чисел может быть среди пятиподряд идущих пятизначных натуральных чисел? Укажитевсе возможные варианты и докажите, что другие вариантыневозможны.

6. Витя готовится к важной контрольной работе по теме«Параллельные прямые». За каждый из вопросов конт-рольной работы можно получить 0, 1, 2, 3 или 4 балла. Витяпосчитал, что если за половину вопросов он получит 3 балла,а за оставшуюся половину 2 балла, то этого как раз хватитдля того, чтобы успешно сдать тему. Если же Витя за третьвопросов получит 4 балла, а за остальные вопросы 3 балла,то он наберет на 10 баллов больше, чем необходимо для сдачиэтой темы. Сколько вопросов содержит контрольная работа?За какое количество баллов ставят зачет по теме «Парал-лельные прямые»?

7. Катя и Миша играют в игру. Перед началом игры надоске написано число 1. За один ход разрешается умножитьзаписанное число на любое натуральное число от 2 до 9.Первой ходит Катя, далее ходят по очереди. Выигрывает тот,кто первым получит число, большее 1000. Кто выиграет приправильной игре? Укажите выигрышную стратегию.

8. В прямоугольной трапеции ABCD углы A и B – прямые.Известно, что BC = q, AD = r, CD = q + r. Пусть T –точка пересечения биссектрис углов C и D. Найдите длинывсех высот треугольника TCD.

9. Пусть S – сумма цифр числа a, T – сумма цифр числаb. Докажите, что если число S + T делится на 9, то числоa + b также делится на 9.

10. Несколько друзей устроили шахматный турнир покруговой системе (каждый сыграл с каждым по разу). Запобеду в шахматах дается 1 очко, за ничью — пол-очка, запоражение — 0. Известно, что среди участников мальчиковбыло втрое больше, чем девочек. После завершения турнираоказалось, что ничьих не было, а число очков, набранныхвсеми мальчиками, равно числу очков, набранных всемидевочками. Кто победил на турнире: мальчик или девочка?

11. Даны функции ( )3

5f x

x=

-, ( ) 4g x x= - . Постройте

график функции ( )( )f g x .

12. Решите систему уравнений

2 2 2

3,

3.

x y z

x y z

+ + =мпн

+ + =по13. В равнобедренной трапеции ABCD боковые стороны

AB и CD равны, AD > BC. В трапецию ABCD вписанаокружность, касающаяся стороны CD в точке M. Пусть N –вторая точка пересечения окружности и прямой AM. Изве-стно, что MN/NA = 3. Найдите AD/BC.

14. Какое число больше: 928 или 1803 ?15. Лена загадала число: 1, 2 или 3. Костя хочет отгадать

это число. Ему разрешается задать Лене один вопрос, накоторый Лена отвечает либо «да», либо «нет», либо «незнаю». Приведите пример вопроса, получив ответ на кото-рый, Костя смог бы однозначно определить загаданноеЛеной число. Обязательно объясните свое решение.

56-58.p65 29.01.09, 16:4858

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

КОНКУРС «МАТЕМАТИКА 6–8»

(см. «Квант» № 4 за 2008 г.)

1. Отложим какие-нибудь 4 монеты – назовем их «группа А».Оставшиеся 36 монет разделим на две группы В и С по 18монет.Произведем первое взвешивание, положив В и С на разныечашки весов.Рассмотрим случай, когда весы оказались в равновесии. Этоозначает, что или в обеих группах В и С нет фальшивых мо-нет, или фальшивых монет поровну, т.е. по одной. Разделивгруппу В на две равные части 1B и 2B , произведем второевзвешивание. Если весы при этом окажутся в равновесии, товсе 18 монет на весах настоящие. Задача решена. Если же,например, часть 1B окажется легче части 2B , то это значит,что в части 2B все 9 монет настоящие. Тогда разделим груп-пу С поровну на части 1C и 2C и произведем третье взвеши-вание, положив на одну чашку весов все 9 настоящих монетчасти 2B , а на другую все 9 монет части 1C . Если весы вравновесии, то все 18 монет на них – настоящие. Если часть

1C легче, то в ней есть фальшивая монета, но тогда все 9 мо-нет части 2C настоящие. Вместе с монетами части 2B они со-ставляют 18 настоящих монет.Рассмотрим случай, когда при первом взвешивании одна изгрупп легче другой, например В легче С. Это означает, чточисло фальшивых монет в группе С меньше, чем в группе В.Поэтому в группе С не более одной фальшивой монеты. Раз-делим группу С поровну на части 1C и 2C и положим их наразличные чашки весов – второе взвешивание. Если весыоказались в равновесии, то в группе С нет фальшивых монет,и все 18 монет на весах настоящие. Задача решена.Если же, например, 1C легче 2C , то в группе С есть однафальшивая монета и она находится в части 1C . Тогда в 2Cвсе монеты настоящие. В группе В, следовательно, две фаль-шивые монеты, но тогда среди четырех ранее отложенных мо-нет (группа А) фальшивых нет. Из части 1C отложим однумонету, а оставшиеся 8 разделим поровну на части 3C и 4Cи положим на разные чашки весов (третье взвешивание).Если весы в равновесии, то все 8 взвешенных монет настоя-щие и вместе с девятью настоящими монетами части 2C и че-тырьмя настоящими монетами группы А получаем 21 настоя-щую монету. Если 3C легче, чем 4C , то в 4C четыре настоя-щие монеты, а в 3C есть фальшивая. Следовательно, отло-женная из части 1C одна монета – настоящая. Эта монетаплюс четыре из части 4C плюс четыре из группы А плюс де-вять монет из части 2C дают в сумме 18 монет.Задача решена.2. Обозначим a(n) – количество подмножеств n-элементногомножества, каждое из которых состоит из четного числа эле-ментов, ( )b n – количество подмножеств, каждое из которыхсостоит из нечетного числа элементов. У пустого множестваесть единственное подмножество – пустое. Поэтому ( )0 1a = ,

( )0 0b = .Пусть n > 0. Подсчитаем a(n), опираясь на значения ( )1a n -и ( )1b n - и предполагая, что к ( )1n - -элементному множе-ству добавили некий n-й элемент Р. Подмножества, содержа-щие четное число элементов, разбиваются на две непересека-ющиеся группы. В одной из них содержатся подмножества,каждое из которых включает элемент Р и, стало быть, содер-жит нечетное число других, отличных от Р, элементов, – та-ких подмножеств ( )1b n - . В другую группу входят подмно-жества, каждое из которых не содержит элемент Р и, следо-вательно, содержит четное число других, отличных от Р,элементов, – таких подмножеств ( )1a n - . Отсюда

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

Из совершенно аналогичных соображений подсчитываем

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

Итак, ( ) ( )a n b n= для всех натуральных n.3. Нет, нельзя. Пронумеруем все клетки полоски так, как по-казано на рисунке 1. Будем называть номером фишки номер

клетки, на которой она стоит. Рассмотрим произвольные триклетки такие, что одна из них находится посередине междудвумя другими. Пусть номер центральной клетки равен n, акрайние отстоят от нее на m клеток, т.е. имеют номера n – m,n + m. Тогда сумма номеров этих клеток равна 3n. Следова-тельно, после каждого разрешенного действия остаток от де-ления на 3 суммы номеров всех фишек, находящихся на по-лоске, не меняется. Но в начальной позиции этот остаток ра-вен 1, а в позиции, когда на полоске нет ни одной фишки, онравен 0, поэтому убрать все фишки с полоски нельзя.4. Такое т существует для всех п.При п = 2 можно взять т = 2. Действительно, 2 делится на 2,а 3 делится на 1.Если же п > 2, то можно взять т = п! – п (восклицательныйзнак означает факториал). Действительно, для любого k от 0до п – 1 имеем

т + k = п! – п + k = п! – (п – k).

Это число с очевидностью делится на п – k (ибо п! делитсяна все натуральные числа, не превосходящие п).Вместо п! можно взять также любое число, делящееся наНОК(1, 2, 3, …, п).5. Да, верно. Перпендикуляры, проведенные к противопо-ложным сторонам параллелограмма, лежат на одной прямой.Отрезки этих прямых являются диагоналями квадрата. Сле-довательно, эти диагонали взаимно перпендикулярны. Отсю-да следует, что стороны исходного параллелограмма перпен-дикулярны, т.е. исходный параллелограмм – прямоугольник.Кроме того, равны расстояния между противоположными сто-ронами этого прямоугольника (они равны половине диагона-ли квадрата). Значит, этот прямоугольник – квадрат.

Рис. 1

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. Воздух под воздействием космического излучения и радио-активного излучения Земли всегда поддерживается в ионизи-рованном состоянии, т.е. не является изолятором.2. Вращение вызовет смещение электронов к краю диска, егопериферия приобретет отрицательный заряд, центр же дисказарядится положительно.3. а) Параболу; б) синусоиду.4. Согласно принципу суперпозиции, напряженность резуль-тирующего однородного поля будет направлена параллельнобиссектрисе угла, образованного плоскостями. В таком полезаряженные частицы станут двигаться по параболам с осямисимметрии, параллельными этой биссектрисе.5. Вылет электронов вызывает появление на катоде избыточ-ных положительных зарядов. Тормозясь в поле, созданномэтими зарядами, большинство электронов возвращаются накатод.6. Да, одинаковы; различны плотности тока.7. При росте скорости эффект расхождения пучка проявляет-ся в меньшей степени, так как увеличиваются магнитныесилы притяжения между движущимися частицами.

59-64.p65 30.01.09, 13:2759

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 160

8. В гравитационном поле траектория вообще не зависит отвида частицы, в электрическом и магнитном полях она опре-деляется отношением заряда частицы к ее массе.9. Радиус окружности обратно пропорционален величинеудельного заряда частицы, поэтому при увеличении последне-го радиус кривизны траектории будет уменьшаться.10. Нет, нельзя. Относительно наблюдателя, движущегосявслед за электронами, упорядоченное движение станут совер-шать положительные ионы кристаллической решетки провод-ника – это приведет к появлению такого же магнитного поля,какое фиксировалось неподвижным наблюдателем.11. Продвигаясь в область более сильного магнитного поля,частица испытывает действие силы Лоренца, одна из состав-ляющих которой направлена в противоположную сторону исловно выталкивает частицу в область более слабого поля.12. Нет, нельзя. Частица при столкновении с молекуламигаза расходует свою кинетическую энергию на ионизацию мо-лекул, поэтому радиус кривизны ее траектории постепенноуменьшается.13. Если частицы влетели в камеру снизу, то правый следпринадлежит электрону, а левый – позитрону, причем кине-тическая энергия позитрона больше.14. Ответ практически содержится в словах Фейнмана изэпиграфа. Сила Лоренца, действующая на частицы со сторо-ны магнитного поля, обеспечивает искривление траекториидвижения частиц и, следовательно, уменьшение размеров ус-корителя.15. Действующие на частицы сила Лоренца и кулоновскаясила направлены в противоположные стороны. Если эти силыне уравновешивают друг друга, частицы отклоняются от пря-молинейной траектории и не попадают в выходное отверстие.Выйти из прибора смогут лишь частицы с определенной ско-ростью, зависящей от величин обоих полей.16. Области Сибири расположены в более низких геомагнит-ных широтах, поскольку геомагнитный полюс смещен относи-тельно географического и находится как раз на территорииКанады.17. Протонам при сближении с ядром требуется преодолеватьотталкивание со стороны его кулоновского поля; электроныже, хотя и притягиваются ядрами, имеют примерно в 2000раз меньшую, чем у нейтрона, массу и, соответственно, мень-шую кинетическую энергию.

Микроопыт

При положительном заряде фольги электроны, испускаемыеспиралью лампы, движутся к стеклянной колбе и заряжаютее внутреннюю поверхность отрицательно, т.е. зарядом про-тивоположного знака, отчего отклонение листков электроско-па уменьшается. При отрицательном заряде фольги электро-ны, тормозясь, не попадают на стенки колбы.

САМОЗАКЛИНИВАЮЩИЕСЯ СТРУКТУРЫ

5. а) При движении плоскости, перпендикулярной главнойдиагонали трехмерного куба, сперва возникает правильныйтреугольник, который растет, и затем у него начинают уре-заться углы, так что возникает шестиугольник, являющийсяпересечением растущего и уменьшающегося треугольников.Когда сечение проходит через центр куба, шестиугольник ста-новится правильным, а когда оно проходит через три верши-ны – уменьшающимся треугольником, центрально симметрич-ным исходному. Для сечения четырехмерного куба возникаетрастущий правильный тетраэдр, затем у него обрезаютсяуглы, и возникает фигура, являющаяся пересечением расту-щего и уменьшающегося правильных тетраэдров. Когда сече-ние проходит через центр четырехмерного куба, размеры тет-раэдров сравниваются, и возникает правильный октаэдр.

Рис. 2

ПАРАДОКСЫ КОМАНДНЫХ СОРЕВНОВАНИЙ

1. Составим таблицу, расположив по строкам результаты иг-роков команды, победившей в соревновании I типа. Суммаочков на главной диагонали – более 50%. Если строки истолбцы таблицы упорядочены по рейтингу, то в левом ниж-нем углу любого прямоугольника таблицы находится мини-мум чисел этого прямоугольника. Поэтому числа главной диа-гонали определяют некоторый минимум очков в правой верх-ней половине таблицы. Кроме того, если выделить подтабли-цу результатов игроков, имеющих ничьи на главной диагона-ли, то в этой табличке обе команды набирают половину оч-ков. Возможные варианты подтаблицы для двух игроков:

1

2

1

2

1

2 1

1

2

1

2 0

1

2;

для трех игроков:

1

2 1

2 1

2

1

2 1

2 1

1

2 1 1

1

2 1 1

1

2 1

2 1

2

1

2 1

2 1 0

1

2 1

20

1

2 1

1

2 1

2 1

2 0 0

1

20

1

2 1

2 0 0

1

2.

Детальный разбор с учетом вышеизложенного показывает,

что при N < 5 сумма очков в таблице будет не менее 21

2N .

2. Обозначим рейтинги игроков следующим образом:

A: 1a 2a

B: 1b 2b

C: 1c 2c

Пусть команда A побеждает команду B, a B побеждает C.В соревнованиях I типа победившая команда не может проиг-рать ни одной партии. Поэтому имеем

1 1a b³ , 2 2a b³

и

1 1b c³ , 2 2b c³ .

Следовательно,

1 1 1a b c³ ³ и 2 2 2a b c³ ³ ,

а это исключает возможность победы команды C над коман-дой A.В соревнованиях II типа победитель может проиграть не бо-лее одной партии, и это может быть только партия слабейше-го игрока (№2) против сильнейшего игрока команды против-ника (№1). В этом случае мы имеем

1 1 1 2 2 2, ,a b a b a b³ ³ ³

и

1 1 1 2 2 2, ,b c b c b c³ ³ ³ .

б) В трехмерном случае обра-зуется паркет на плоскости се-чения из правильных трех- ишестиугольников (рис.2), в че-тырехмерье – разбиение трех-мерного пространства (гипер-плоскости сечения) на пра-вильные тетраэдры и октаэд-ры. (Задача о разбиении про-странства на правильные тет-раэдры и октаэдры предлага-лась на Турнире городов.)

59-64.p65 30.01.09, 13:2760

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

СИЛЫ СОПРОТИВЛЕНИЯ В ЗАДАЧАХ ДИНАМИКИ

1. Число соударений равно 2n + 1, где n – наибольшее целое,

удовлетворяющее условию 0mvn

kL< .

2. 0v mML

k m M=

+.

3. 10

2 12,5 c

RT

vµ

-= = .

4. 1α = , 1β = , 1γ = ; 22 120,26 см с

9v gr

ρ ρ

η

-= = .

ПАРАЛЛЕЛЬНОЕ ПРОЕКТИРОВАНИЕ В ЗАДАЧАХ

1. 1 : 3. 2. 1 : 3. 3. 5 : 1. 4. 16 : 21. 5. 5 : 1, считая от точ-ки В.

Из этих неравенств следуют аналогичные неравенства для иг-роков команд A и C:

1 1 1 2 2 2, ,a c a c a c³ ³ ³ .

Победа команды C над командой A исключена и здесь, пото-му что из трех ничьих, допускаемых последними неравенства-ми ( 1 1a c= , 1 2a c= , 2 2a c= ), вытекает и четвертая ничья( 2 1a c= ).3. Один из возможных примеров:

A: 15 13 8 3 1

B: 14 11 6 5 4

C: 12 10 9 7 2Здесь, в отличие от примера в тексте, все рейтинги различ-ные, и ничьих в таблицах нет. Но суммарные результаты –такие же.4. Один из возможных вариантов решения:A: 4 4 3 2 1 1B: 3 3 3 3 2 1C: 4 3 2 2 2 2Здесь B : C = 20 : 16, C : A = A : B = 18,5. Этот набор куби-ков обеспечивает минимально возможную вероятность выиг-рыша P = 18,5/36 = 37/72, что гораздо хуже, чем для при-мера в тексте.5. Один из возможных вариантов решения:A: 18 14 10 9 5 1B: 17 13 12 8 4 3C: 16 15 11 7 6 2Здесь A : B = B : C = C : A = 19 : 17. Вероятность выигрышаP = 19/36 для любой пары кубиков.6. Простейший пример:

A: 3 2

B: 1 3

C: 2 1A = B, B = C, C < A.

XXX ТУРНИР ГОРОДОВ

Базовый вариант

8–9 классы

1. См. решение задачи 3 «Кванта» для младших школьни-ков» из «Кванта» № 6 за 2008 год.2. См. решение задачи 2 «Кванта» для младших школьни-ков» из «Кванта» № 6 за 2008 год.3. Пусть точки 1 2 3, ,B B B – середины дуг 1 2A A , 2 3A A , 3 1A Aсоответственно, О – центр окружности. Площадь шестиуголь-ника 1 1 2 2 3 3A B A B A B равна сумме площадей четырехугольни-ков 1 1 2OA B A , 2 2 3OA B A и 3 3 1OA B A . Но у этих четырехуголь-

ников диагонали перпендикулярны, а значит, площадь каж-дого равна половине произведения его диагоналей. Искомая

сумма равна тогда 1 1 2 2 2 3 3 3 11 1 1

2 2 2OB A A OB A A OB A AЧ + Ч + Ч .

Поскольку по условию 1 2 3 2OB OB OB= = = , эта сумма чис-ленно равна 1 2 2 3 3 1A A A A A A+ + , что нам и нужно.4. См. решение задачи М2117 «Задачника «Кванта» в одномиз следующих номеров журнала.5. Изобразим беговую дорожку в виде левой половины неко-торой окружности. Будем считать, что бегун, добегая до кон-ца дорожки, не поворачивает обратно, а бежит дальше поправой половине этой окружности. Тогда все бегуны простобегут по этой окружности. Условие того, что бегуны оказыва-ются в одной точке исходной беговой дорожки, означает, чтоони находятся на прямой, перпендикулярной диаметру, раз-деляющему левую и правую половины нашей окружности.Пусть через время t после начала забега бегуны встретились(находятся на соответствующей прямой). Тогда бегуны на ле-вой половине находятся на некотором расстоянии x от точкистарта, и бегуны на правой половине тоже находятся на рас-стоянии x от точки старта (рис.3). При этом каждый бегун налевой половине пробежал не-которое целое число кругов иеще расстояние x, а каждыйбегун на правой половине недобежал до некоторого целогочисла кругов расстояние x.Где будут бегуны через время2t от начала забега? Каждыйбегун на левой половине пробежит некоторое целое числокругов и еще расстояние 2x, а каждый бегун на правой поло-вине не добежит до некоторого целого числа кругов расстоя-ние 2x. Но это как раз и означает, что они находятся на не-которой прямой, перпендикулярной диаметру, разделяющемулевую и правую половины нашей окружности (поскольку на-ходятся на одинаковом расстоянии вдоль окружности от точ-ки старта). Значит, на исходной дорожке бегуны снова встре-тятся через время 2t, аналогично – через время 3t и так да-лее.

10–11 классы

1. Расположим коробки в ряд так, чтобы число пирожных вних убывало слева направо. Теперь нарисуем на клетчатойбумаге «лесенку», где высота первого столбика (шириной водну клетку) равна числу пирожных в первой слева коробке,высота второго стобика равначислу пирожных во второй слевакоробке и т.д. (рис.4). Лесенкаразделится на ступеньки. Первая(самая левая) ступенька будетсостоять из самых высоких стол-биков, вторая ступенька – изследующих по высоте столбиков,и т.д., последняя (самая правая)ступенька будет состоять из са-мых низких столбиков. Количе-ство различных чисел в записях Алеши равно числу ступенейэтой лесенки (самые полные коробки соответствуют самойвысокой ступеньке, и т.д.). Но этому же числу равно и коли-чество различных чисел среди записанных Сережей. В самомделе, можно считать, что, выбирая по пирожному из каждойкоробки, мы просто срезаем у нашей лесенки нижний слойквадратиков. Тогда, заполнив подносы с наибольшим числомпирожных, мы срежем несколько слоев так, что пропадет це-лая ступенька (самая низкая), и число ступенек уменьшитсяна 1. Когда мы заполним подносы со следующим количеством

Рис. 3

Рис. 4

59-64.p65 30.01.09, 13:2761

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 162

пирожных (по величине), мы срежем еще одну ступеньку, ит.д.2. 1 1x = , 2 0nx x= = =K .Возведем в квадрат равенство

1 2 2 3 1n nx x x x x x x+ + + = + + + +K K ,

вычтем из обеих частей сумму 1 nx x+ +K и снова возведем в

квадрат. Получим ( ) ( )1 2 2 3 1n nx x x x x x x+ + = + + +K K , от-

куда ( ) ( )1 2 3 0nx x x x- + + =K . Так как 1 2 1x x- = , получа-

ем, что 3 0nx x+ + =K . Поскольку из чисел 3, , nx xK извле-кается квадратный корень, то они неотрицательны, и раз ихсумма равна 0, то каждое из них равно 0.

Пусть 2 0x № , т.е. 2 3 0x x- № . Рассмотрев суммы с 2x и

3x и рассуждая как выше, получаем 1 0x = . Тогда

2 1x = - , но существует 2x – противоречие. Значит,

2 0x = , откуда 1 1x = , и тогда все условия выполнены.3. Пусть точки 1 2 30, , ,B B BK – середины дуг

1 2 2 3 30 1, , ,A A A A A AK соответственно, О – центр окружности.

Площадь шестидесятиугольника 1 1 2 2 30 30A B A B A BK равна

сумме площадей четырехугольников 1 1 2OA B A , 2 2 3OA B A , …,

30 30 1OA B A . Но у этих четырехугольников диагонали перпен-дикулярны, а значит, площадь каждого равна половине про-изведения его диагоналей. Заметим, что один из этихчетырехугольников может оказаться невыпуклым (если центрокружности лежит снаружи исходного тридцатиугольника),но его площадь все равно вычисляется так же (проверьте).

Искомая сумма равна тогда 1 1 2 2 2 31 1

2 2OB A A OB A AЧ + Ч +K

30 30 11

2OB A A+ ЧK . Поскольку по условию 1 2OB OB= =K

30 2OB= =K, эта сумма численно равна 1 2 2 3A A A A+ +K

30 1A A+K , что нам и нужно.

4. См. решение задачи М2117 «Задачника «Кванта» в одномиз следующих номеров журнала.5. Можно считать, что наши прямоугольники нарисованы набесконечной клетчатой плоскости. Разобьем мысленно плос-кость на квадраты размером 2 2ѣ клетки и пронумеруемклетки каждого квадратика цифрами 1, 2, 3, 4 по часовой

стрелке, начиная с левоговерхнего угла квадратика(рис.5). Так как обе стороныкаждого нашего прямоугольни-ка нечетны, в углах любогопрямоугольника будут стоятьодинаковые цифры. Занумеру-ем тогда цифрами 1, 2, 3, 4 че-тыре различных цвета, и каж-дый прямоугольник выкрасимв цвет, номер которого стоит в

углах этого прямоугольника. Нетрудно убедиться, что цифрыв углах любых двух примыкающих друг к другу прямо-угольников будут различны.

Сложный вариант

8–9 классы

1. Доска состоит из четырех угловых квадратов 50 50ѣ : ле-вого верхнего, левого нижнего, правого верхнего и правогонижнего. Предположим, что в одном из угловых квадратов,скажем в левом верхнем, нет ферзей. Пусть в правом нижнемквадрате всего x ферзей. В левом нижнем квадрате тогда на-ходится не более 50 – x ферзей (так как ферзи левого и пра-вого нижних квадратов находятся в 50 строчках прямоуголь-ника 50 100ѣ ). Аналогично, в правом верхнем угловом квад-

рате находится не более 50 – x ферзей. Общее количествоферзей на доске не превосходит тогда x + 50 – x + 50 –– x = 100 – x. Но ферзей всего 100, а x неотрицательно – этовозможно лишь при x = 0. Значит, в правом нижнем квадратеферзей тоже нет, т.е. все ферзи находятся в левом нижнем иправом верхнем квадратах.Рассмотрим у нашей доски клетчатую диагональ, соединяю-щую левую нижнюю и правую верхнюю клетки, а также вседиагонали, параллельные этой и пересекающие левый ниж-ний и правый верхний квадраты. Их будет ровно 99, и все100 ферзей находятся на этих диагоналях. Тогда какие-то дваферзя находятся на одной диагонали и, значит, бьют другдруга – противоречие.2. Можно.Пусть гири весят a, b, c, d граммов.Первое решение. Годятся, например, такие 4 взвешивания:1) на одной чаше гири a, b, на другой – c, d;2) на одной чаше гири a, c, на другой – b, d;3) на одной чаше гири a, d, на другой – b, c;4) одна чаша пустая, на другой – a, b, c, d.Пусть b = a + x, c = a + y, d = a + z. Из первых трех взвеши-ваний (сложив результаты) мы знаем разность между 3a ++ (b + c + d) и 2(b + c + d), т.е. x + y + z, либо точно, либос ошибкой в 1. Из последнего взвешивания мы знаем a + b ++ c + d = 4a + (x + y + z) либо точно, либо с ошибкой в 1.Причем ошибка на 1 может быть только в одном из этих слу-чаев. Значит, мы знаем разность (x + y + z) и 4a + (x + y ++ z), т.е. 4a, с точностью до 1. Тогда легко найдем a из дели-мости на 4. Аналогично найдем b, c, d.Второе решение. Годятся, например, такие 4 взвешивания:1) на одной чаше гири a, b, c, на другой – d;2) на одной чаше гири a, b, d, на другой – c;3) на одной чаше гири a, c, d, на другой – b;4) на одной чаше гири b, c, d, на другой – a.Из показаний весов мы получаем следующие числа (одно,возможно, с ошибкой):

x = a + b + c – d, y = a + b – c + d, z = a – b + c + d,

t = – a + b + c + d.

Решаем эту систему: например, чтобы найти a, складываемтри первых уравнения и вычитаем из результата четвертое,получаем 4a = (x + y + z – t), откуда a = (x + y + z – t)/4.Аналогично находим b, c и d. Одно из чисел x, y, z, t мызнаем, возможно, с ошибкой в 1 грамм. Поэтому в выражени-ях для чисел a, b, c, d числители могут не делиться на 4. Нолегко однозначно восстановить их истинные значения (добав-ляя или вычитая 1 так, чтобы числитель делился на 4). От-сюда находим массы гирь.3. 1/2.Немного переформулируем задачу. Продлим медиану AD наее длину за точку D, получим точку D¢ (рис.6). ТогдаCABD¢ – параллелограмм (так как диагонали этого четырех-угольника делятся пополам их точкой пересечения), откудаугол DAB равен углу DD C¢ . Поскольку углы CAB и ACD¢параллелограмма в сумме дают 180°, условие того, что уголCAB тупой, означает, что угол ACD¢ острый. В итоге имеем:Илья, зная только длину стороны AD¢ (она равна удвоеннойдлине AD), смог доказать, чтов треугольнике CAD¢ углы пристороне CD¢ острые. При ка-ком соотношении сторон AC иAD¢ это возможно?Ясно, что если треугольник

CAD¢ равнобедренный (AC == AD¢ = 2AD), то углы при ос-новании острые (ведь они рав-

Рис. 5

Рис. 6

59-64.p65 30.01.09, 13:2862

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

ны и их сумма меньше 180°). Значит, ответ AD/AC = 1/2подходит (и мы доказали для этого случая утверждениеИльи).Если треугольник CAD¢ неравнобедренный ( AC AD№ ¢ ), то,например, возьмем большую из сторон AC и AD¢ за гипоте-нузу, а меньшую – за катет, и построим треугольник CAD¢ ,

в котором один из углов ACD¢или AD C¢ будет прямым. Дост-роим теперь параллелограммCABD¢ и получим треугольникCAB, который вполне мог оказать-ся у Сережи, и в этом треугольни-ке один из углов DAB или CABбудет прямым. Значит, Илья несмог бы доказать свое утвержде-ние для 1 2AD AC № .4. Могут.Пример изображен на рисунке 7.5. Первое решение. Раскроем в

произведении ( ) ( ) ( )1 21 1 1 na a a+ + +K скобки. Получим сумму

( ) ( )1 1 2 11 n n na a a a a a-+ + + + + + +K K

+ ( )1 2 3 2 1 1 2n n n na a a a a a a a a- -+ + + +K K K .

В первой скобке стоит просто сумма чисел 1, , na aK , слагае-мые во второй скобке получаются так – выбираем пару чиселиз 1, , na aK и записываем их произведение, слагаемые в тре-тьей скобке получаются так – выбираем тройку чисел из

1, , na aK и записываем их произведение, и т.д. Ясно, что сум-

ма чисел во второй скобке не превосходит ( )2

1 na a+ +K ,

сумма чисел в третьей скобке не превосходит ( )3

1 na a+ +K ,

и т.д. Значит, наше произведение не превосходит

1 1 1 1 11 2 2

2 4 8 2 2n n+ + + + + = - <K .

Второе решение. Докажем по индукции, что для всех k от 1до n верно утверждение

( ) ( ) ( ) ( )1 2 11 1 1 1 2k ka a a a a+ + + < + + +K K .

Для k = 1 утверждение очевидно ( 1 11 1 2a a+ < + , так как 1aположительно).Сделаем шаг индукции.Пусть для некоторого k, где k < n, верно

( ) ( ) ( ) ( )1 2 11 1 1 1 2k ka a a a a+ + + < + + +K K .

Домножим это неравенство на ( )11 ka ++ . Получим

( ) ( ) ( ) ( )( )( )1 2 1 1 11 1 1 1 2 1k k ka a a a a a+ ++ + + < + + + + £K K

( ) ( )1 1 1 11

1 2 1 2 1 22

k k ka a a a a+ +ж ц£ + + + + + Ч = + + +з чи ш

K K .

Утверждение доказано.Взяв k = n, получим, что

( ) ( ) ( )1 21 1 1 na a a+ + + <K ( )11

1 2 1 2 22

na a+ + + < + Ч =K ,

что и требовалось доказать.Замечание для знатоков. На самом деле выполнено болееточное неравенство. Можно доказать, что при постоянной

сумме 1 na a+ +K выражение ( ) ( ) ( )1 21 1 1 na a a+ + +K прини-мает наибольшее значение, когда числа 1, , na aK равны. Зна-чит,

( ) ( ) ( )2

1 21 1

1 1 1 1 12 2

n n

na a an n

ж ц ж ц+ + + £ + = +з ч з чи ш и шK .

Как известно из курса математического анализа, выражение

под корнем не превосходит числа Эйлера e = 2,71828.., отку-

да ( ) ( ) ( )1 21 1 1 1,64...na a a e+ + + < =K

Кстати, неравенство 1

1 22

n

nж ц+ £з чи ш

равносильно неравенству

1 11

2 1 2

n

nж ц- ³з чи ш+

, которое сразу следует из неравенства Бер-

нулли.6. 2ϕ .Построим точку 1A так, чтобы точка B¢ была серединой от-резка 1A C (рис.8). Тогда точка B¢ будет центром описанной

окружности треугольника 1A AC , откуда угол 1A AC – пря-мой. Аналогично, построим точку 1B так, чтобы точка A¢была серединой отрезка 1B C – тогда угол 1B BC будет пря-мым.Заметим, что A B¢ ¢ – средняя линия в треугольнике 1 1A CB и,значит, параллельна 1 1A B . Поэтому прямая 1CC перпендику-лярна 1 1A B . Пусть K – точка пересечения прямых 1CC и

1 1A B . Четырехугольник 1A AKC – вписанный (так как углы

1A AC и 1A KC прямые), а значит, угол 1AKA равен углу

1ACA , т.е. равен ϕ . Аналогично, угол 1BKB равен ϕ .Тогда 1KC – биссектриса угла AKB. По известному свойству,она делит пополам дугу AB описанной окружности треуголь-ника AKB (на которую опирается угол AKB). Но через сере-дину этой дуги проходит и серединный перпендикуляр котрезку AB. Значит, точка 1C и есть середина дуги AB, от-куда

( )1 180 180 2 90 2AC B AKB ϕ ϕР = ° - Р = ° - ° - = .

7. См. решение задачи М2119 «Задачника «Кванта» в одномиз следующих номеров журнала.

10–11 классы

1. 5/4.Рассмотрим среди вертикальных линий 2-ю, 4-ю и 6-ю и сре-ди горизонтальных тоже 2-ю, 4-ю и 6-ю. Эти линии делятдоску на 16 прямоугольников, каждый из которых разделенна 4 клетки, раскрашенные в шахматном порядке. Если вкаждом таком прямоугольнике отношение суммарной площа-ди белых клеток к суммарной площади черных не больше5/4, то это же будет верно и для большого прямоугольника(в самом деле, если в i-м прямоугольнике ia – площадь бе-

лых клеток, ib – площадь черных и ( )5 4i ia b£ , то, сложиввсе эти неравенства, получим нужное неравенство для всейдоски).

Рис. 7

Рис. 8

59-64.p65 30.01.09, 13:2863

К В А Н T $ 2 0 0 9 / № 164

Рассмотрим теперь отдельный прямоугольник, разбитый на 4клетки. Пусть длины его сторон x (по горизонтали) и y (повертикали). Ясно, что у одной из белых клеток длина гори-зонтальной стороны не меньше x/2. Пусть для определеннос-ти эта клетка верхняя левая. Горизонтальную прямую, разде-ляющую прямоугольник, можно тогда передвигать вниз дотех пор, пока отношение площади левой верхней клетки (бе-лой) к левой нижней (черной) не станет равно 2. При этомусловие задачи (о том, что площадь любой белой клетки небольше удвоенной площади любой черной клетки) по-прежне-му будет выполнено, а суммарная площадь белых клетоктолько увеличится (или не изменится). Дальше прямую дви-гать нельзя (нарушится условие задачи). Аналогично, послеэтого можно двигать вправо вертикальную прямую (пока пло-щадь верхней левой клетки не станет в 2 раза больше площа-ди верхней правой). Стороны верхней левой клетки будуттогда равны 2x/3 и 2y/3, площадь белых клеток будет рав-на 4xy/9 + xy/9 = 5xy/9, а площадь черных будет равнаxy – 5xy/9 = 4xy/9. Получили, что отношение площади бе-лых клеток к площади черных равно 5/4 и больше быть неможет.Осталось привести пример, когда в каждом из 16 прямоу-гольников нужное отношение равно 5/4. Разделим доску так,чтобы наши 16 прямоугольников были одинаковыми квадра-тами, в каждом из них левая верхняя клетка была квадрат-ной, причем ее стороны в 2 раза длиннее сторон правой ниж-ней клетки. Ясно, что так разделить доску можно, и получит-ся искомый пример.2. Не обязательно.Приведем один из примеров, который нетрудно описать. Бу-дем считать, что в пространстве заданы три направления:вверх-вниз, вправо-влево, вперед-назад. Сначала заполнимвсе пространство кубиками обычным образом. Выберем те-перь один из кубиков. К нему примыкают такие шесть беско-нечных столбиков толщиной в один кубик: два параллельныхстолбика соответственно слева и справа, направленные вверх-вниз, два других – спереди и сзади, направленные влево-вправо, и еще два – снизу и сверху, направленные вперед-на-зад. Сдвинем каждый столбик вдоль его направления на по-ловину длины ребра кубика (первые два сдвинем вверх, сле-дующие два – влево, следующие два – вперед). Все про-странство по-прежнему будет заполнено, но выбранный кубикни с одним другим не будет граничить по целой грани.3. Всегда может выиграть второй игрок. Разберем два случая.Пусть N > 2 нечетно.Докажем, что второй может каждым своим очередным ходомобъединять две наибольшие имеющиеся кучки.Сначала первый обязательно сделает кучку из двух орехов,после чего второй сделает кучку из трех орехов, и ситуацияпосле хода второго будет такая: в наибольшей куче нечетноечисло орехов, а в каждой из остальных кучек по одномуореху.В такой ситуации у первого есть две возможности. Либо онсделает кучку из двух орехов – и тогда второй присоединитее к наибольшей куче. Либо он увеличит наибольшую кучкуна один орех – тогда в ней будет четное число орехов, и таккак N нечетно, то останется еще хотя бы одна кучка из одно-го ореха, и второй сможет присоединить один орех к наи-большей кучке. В итоге снова получается описанная ситуа-ция.Мы видим, что у второго всегда есть ход. Кучи со временемкончатся, и первый проиграет.Пусть N > 2 четно.Заметим, что после хода любого игрока число куч уменьшает-ся на одну. Следовательно, перед ходом второго игрока числокуч всегда нечетно. Пусть второй действует так же, как и в

случае нечетного N, до тех пор, пока перед его ходом не ос-танутся три кучи.Если в двух «маленьких» кучах по одному ореху, он простообъединяет «маленькие» кучи и оставляет первому две кучи счетным числом орехов – и тот проиграл; если в «маленьких»кучах один и два ореха, то добавляет один орех в наиболь-шую кучу (и снова первый проиграл).4. Пусть O – точка пересечения диагоналей трапеции ABCD.Так как четырехугольник 1A BCD вписан в окружность, име-ем 1BO OD A O OCЧ = Ч (из подобия треугольников 1BOA иCOD). Аналогично, 1BO OD AO OCЧ = Ч , AO OCЧ =

1BO OD= Ч и 1AO OC B O ODЧ = Ч .Из первых двух равенств получаем, что 1 1OC AO OC A O= ,из двух других получаем, что 1 1BO OD B O OD= .Заметим, что условие параллельности сторон BC и AD трапе-ции ABCD можно записать в виде BO/OD = OC/AO (изподобия треугольников BOC и DOA).Но тогда (из предыдущего) 1 1 1 1BO OD OC A O= , т.е. сторо-ны 1 1B C и 1 1A D параллельны.Аналогично проверяем, что непараллельность сторон AB иCD влечет непараллельность сторон 1 1A B и 1 1C D .Значит, 1 1 1 1A B C D – трапеция, что и требовалось доказать.7. См. решение задачи М2123 «Задачника «Кванта» в одномиз следующих номеров журнала.

Отпечатано в ОАО ордена Трудового Красного Знамени«Чеховский полиграфический комбинат»

142300 г.Чехов Московской области,Сайт: www.chpk.ru E-mail: marketing@chpk.ru

Факс: 8(49672) 6-25-36, факс: 8(499) 270-73-00Отдел продаж услуг многоканальный: 8(499) 270-73-59

Журнал «Квант» зарегистрирован в Комитете РФпо печати. Рег. св-во №0110473

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант»Тел.: 930-56-48

Е-mail: admin@kvant.info, math@kvant.info, phys@kvant.infoСайт: kvant.info

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

C.А.Дориченко, А.А.Егоров, С.П.Коновалов,

А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИД.Н.Гришукова, В.В.Иванюк, А.Е.Пацхверия,

М.В.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАЕ.А.Митченко, Л.В.Калиничева

©

59-64.p65 30.01.09, 13:2864