НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 О различных расстояниях между точками на плоскости.Р.Просанов

10 Эффекты размера и формы в молекулярной физике.

С.Варламов, А.Гуденко

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

14 Задачи М2414–М2420, Ф2420–Ф242715 Решения задач М2396–М2404, Ф2403–Ф2412

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

25 Задачи26 Чья площадь больше. К.Кохась29 Большой рот в полете. А.Летов

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

30 О моментах инерции. А.Буров

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Равновеликость и равносоставленность

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

36 Лемма биссектрального треугольника. А.Карлюченко,Г.Филипповский

39 Задача Аджанса о 32 клетках. Д.Кузнецов

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

41 Спасем водолаза. А.Панов

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

44 Электростатика для умных школьников. А.Зильберман

О Л И М П И А Д Ы

52 Региональный этап XLII Всероссийской олимпиады школьниковпо математике

53 Региональный этап XLX Всероссийской олимпиады школьниковпо физике

57 Ответы, указания, решения

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье С.Варламова, А.Гуденко

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.Л.Семенов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

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

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

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

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

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

(заместитель главного редактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

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

В.Г.Болтянский, А.А.Боровой,

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

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

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

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

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

Я.Е.Шнайдер

УЧРЕДИТЕЛИ

Российская академия наук

Математический институт им.

В.А.Стеклова Российской академии наук

Физический институт им. П.Н.Лебедева

Российской академии наук

МАРТ

АПРЕЛЬ Ю220

16

Как все началось

Известный венгерский математик Пол Эрдёшоставил после себя обширное наследие, состоящеене только из множества замечательных решенныхим проблем, но и из большого числа задач,которые он лишь сформулировал. Задачам Эрдё-ша свойственна естественность постановки и про-стота формулировки, но вот для решения ихзачастую приходится придумывать весьма нетри-виальные методы, иногда влекущие за собоймного больше, чем ответ на исходный вопрос. Ободном из таких результатов, доказательство кото-рого вызвало бурное обсуждение среди математи-ков, занимающихся комбинаторной геометрией,мы и поговорим в этой статье.

Рассмотрим на плоскости множество P из nточек. Посчитаем всевозможные расстояния меж-ду ними и обозначим за ( )D P число различныхсреди получившихся чисел. Зададимся теперьвопросом: а какие значения может принимать этавеличина? Очевидно, что мы легко можем выб-рать точки так, чтобы все расстояния были раз-личны, соответственно, ( )D P будет равно

( )1 2n n - , и это его максимальное возможноезначение. А вот насколько мало оно может быть?Этот вопрос оказался куда более сложен.

Давайте подумаем, сколько различных рассто-яний может определять множество точек на плос-кости при каких-то конкретных небольших n(рис.1). При n = 2 это совсем не вопрос: есть две

О различных расстояниях междуточками на плоскости

Р.ПРОСАНОВ

точки, между ними одно расстояние и все. Приn = 3 несложно заметить, что три точки определя-ют всего три расстояния, среди них могут быть всеразличны, могут совпасть только два из них(случай равнобедренного, но не равностороннеготреугольника), а могут совпасть вообще все три(случай равностороннего треугольника). Междучетырьмя точками уже 6 расстояний, и можнопонять, что уже все они между собой равны бытьне могут (почему, кстати?), так что в этом случае

( )D P > 1. Но так же легко выяснить, что ( )D Pможет быть равно 2: это случай квадрата. В том,что ( )D P для четырех точек может принять всезначения от 2 до 6, довольно просто убедитьсясамостоятельно. Для пяти точек ( )D P такжеможет принять значение 2 (правильный пяти-угольник), а вот для шести точек ровно двухразличных расстояний уже не может быть (дока-зать это, однако, не совсем просто, но все же и несложно, попробуйте сделать это самостоятельно).

Немного обдумав факты о поведении величины( )D P при маленьких значениях n, довольно бы-

стро можно прийти к выводу, что точное опреде-ление минимума ( )D P при фиксированном nявляется достаточно сложной задачей. В комби-наторике вообще и в комбинаторной геометрии вчастности математики часто сталкиваются с таки-ми проблемами (которые обычно зависят от одно-го или нескольких натуральных параметров: вданном случае это число точек n), когда датьточный ответ кажется занятием практически не-возможным. В таких ситуациях, однако, матема-тики не отчаиваются, а занимаются тем, чтоизучают то, как примерно должен меняться ответв зависимости от изменения параметра. Чащевсего их интересует, что происходит при стремле-нии параметров к бесконечности: при каких-токонкретных небольших значениях всегда можноили посчитать что-то руками самому (как мы этоуже проделали в совсем простых случаях), илидоверить эту работу компьютеру. А вот что при-близительно должно ожидаться для достаточнобольших значений параметров, так просто уже невыяснишь, тут нужны какие-то достаточно общиеконструкции. То, что получается в итоге, называ-Рис. 1

ют асимптотическими оценками. Часто в такихоценках ответ получают с точностью до постоян-ного множителя, точное значение которого уже неявляется сильно важным, или с точностью докакого-то слагаемого, которое стремится к нулюпри росте параметров. Например, касательнонашей задачи: в своей статье 1946 года Эрдёшпридумал способ, как строить множество, длякоторого ( ) ~ logD P n n (это значит, что придостаточно больших n отношение величин ( )D Pи logcn n стремится к 1, где c – это некотораяконстанта, не зависящая ни от выбора P, ни от n),и предположил, что это экстремальный случай,т.е. для любого множества P из n точек

( ) logD P cn n≥ .Это как раз тот тип утверждения, о котором

мы говорили: существует такая константа c, чтоa cb≥ , где a и b – некоторые переменные вели-чины. Для упрощения записи мы в этом случаебудем дальше писать a bЪ . Заметим также, чтоприняв договоренность о том, что мы не очень-тоинтересуемся погрешностями, равными постоян-ным величинам, мы можем даже не заботиться отом, по какому основанию мы берем логарифм.Можно, конечно, просто договориться брать его,например, по натуральному основанию e, ноесли мы вдруг захотим перейти от основания a ккакому-то другому основанию b, то, как мызнаем, это происходит по следующей формуле:

( ) ( )log log loga a bn b n= ◊ – значение изменяется вконстанту раз loga b , не зависящую от n. Так чтооб основании логарифма можно не беспокоить-ся. Как мы можем убедиться, зазор между

logn n и ( )1 2n n - при больших n достаточнобольшой, т.е. ( )D P может изменяться довольно-таки значительно.

Пример Эрдёша устроен очень просто, но вотдоказать точно, сколько различных расстоянийон определяет, дело весьма нетривиальное и тре-бует привлечения техники, находящейся за пре-делами этой статьи. Опишем же его. Читатель,который уже попытался самостоятельно предста-вить, как должно быть устроено множество наплоскости, чтобы задавать не слишком многоразличных расстояний, вполне мог прийти к идеетого, что это множество должно быть достаточносимметричным и, так сказать, «равномерным».Хороший пример такого множества – это что-товроде набора из вершин какой-нибудь решетки наплоскости. И в самом деле, давайте рассмотримквадратный кусок самой обычной целочисленнойрешетки (рис.2): множество таких точек с целы-ми координатами ( ),x y , что 0 ,x y n£ £ – при-мерно n точек (на небольшие отклонения от этогочисла при конкретных значениях n мы не будем

обращать внимания).Измерим расстояниемежду какими-то дву-мя точками из этогомножества. По теоремеПифагора его квадратравен 2 2u v+ , где u и v– какие-то неотрица-тельные целые числа,не большие n . Квад-рат расстояния – целоечисло, и максимальноон может быть равен 2n, отсюда различных рас-стояний уж точно не больше 2n. Чтобы оценитьточнее, мы от геометрической задачи о расстояни-ях между точками приходим к чисто теоретико-числовому вопросу: какие натуральные числа, непревосходящие 2n, представимы в виде суммыдвух квадратов целых чисел и сколько их? Ответна первую половину вопроса достаточно хорошоизвестен и весьма красив: это в точности те числа,в разложение которых на простые множителилюбое простое число вида 4k + 3 входит в четнойстепени (этот замечательный факт называетсятеоремой Ферма–Эйлера, подробнее о нем см.,например, статью В.Сендерова и А.Спивака «Сум-мы квадратов и целые гауссовы числа» в «Кван-те» 3 за 1999 год). А вот чтобы оценитьколичество таких чисел, требуется очень продви-нутая аналитическая техника, которая как раз идает нам указанную Эрдёшем оценку: logcn n .

За все время, прошедшее после появления этойработы, строить множества с меньшим ( )D Pникто так и не научился, так что гипотеза Эрдёшао том, что этот пример наиболее экстремальный,кажется весьма оправданной (тем более с появле-нием последних результатов). Но вот только и сдоказательством того, что меньше не бывает, досамых недавних пор все обстояло не слишкомхорошо. И сейчас мы обсудим одну из ключевыхидей, с помощью которой несколько лет назаддвумя выдающимися математиками Ларри Гутоми Нецем Кацем была получена оценка

( ) logD P n nЪ , что, с точностью до корня в знаме-нателе, очень похоже на верхнюю оценку изпримера Эрдёша.

Удивительными жемчужинами в математикеявляются такие задачи, которые очень простосформулировать, но очень сложно доказать покаким-то не слишком ясным поначалу обстоя-тельствам. Задача о расстояниях Эрдёша оказа-лась именно такой. Она вызвала к жизни целуюновую ветвь в комбинаторной геометрии (а имен-но, так называемый полиномиальный метод), иматематики потратили множество усилий на то,

Рис. 2

О Р А З Л И Ч Н Ы Х Р А С С Т О Я Н И Я Х М Е Ж Д У Т О Ч К А М И Н А П Л О С К О С Т И 3

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 24

чтобы уяснить истинную природу этой задачи,понять, почему ее действительно трудно решить,а затем придумать методы для устранения этихтрудностей. Это замечательная история, и здесьмы расскажем небольшой ее кусочек.

Одним из ключевых моментов работы Гута иКаца стало аккуратное развитие давней блестя-щей идеи Дьёрдя Элекеша, который еще в начале2000-х годов предложил, как с помощью одногохитрого преобразования свести исходную задачуЭрдёша к некоторому вопросу о том, как пересе-каются кривые в трехмерном пространстве (аказалось бы, как связаны различные расстоянияи пересечения каких-то кривых?). Гут и Кацдобились того, чтобы вышеупомянутые кривыестали обыкновенными прямыми, и успешно ре-шили задачу в ее новой постановке (что оказалосьтакже весьма нетривиальным делом). Именно опреобразовании Элекеша пойдет далее речь.

Упражнения

1. Найдите минимальное число различных расстоянийдля 6 и 7 точек. Докажите минимальность в каждомслучае.

2. Пусть точки расположены не на плоскости, а напрямой (и их n штук). Найдите в этом случае минимум

( )D P .

Преобразование Элекеша, илиПри чем тут пересечения прямых

Пусть P – наше множество точек на плоскости.Рассмотрим теперь множество ( )PQ таких упоря-доченных четверок ( )1 2 3 4, , ,p p p p точек из P, чторасстояние между точками 1p и 2p равно рассто-янию между точками 3p и 4p и не равно нулю.(Таким образом, точка 1p могла совпасть с точкой

3p или 4p , но не с 2p , аналогично 2p .) Обозначим( ) ( )Q P P= Q – количество таких четверок. (Вооб-

ще, |X| в математике традиционно обозначаетмощность множества X, т.е. количество элемен-тов в нем.) Интуиция подсказывает нам, что еслимножество P таково, что ( )D P мало, то некото-рые расстояния часто повторяются, а значит,

( )Q P должно быть велико, т.е. величины ( )D P и( )Q P связаны между собой. Более точно это

выражается следующим образом.Лемма 1. ( ) ( ) ( )22D P Q P n n≥ - .Доказательство. Пусть ( )1, , D Pd d… – различные

расстояния, встречающиеся между точками из P.Всего у нас есть 2n n- различных упорядоченныхпар ( )1 2,p p точек из P. Пусть среди них in

находятся на расстоянии id . Тогда ( )

2

1

D P

ii

n n n=

= -Â .

При этом несложно заметить, что ( )( )

2

1

D P

ii

Q P n=

= Â .

Вследствие неравенства между средним квадра-

тичным и средним арифметическим имеем

( )22n n- =( ) 2

1

D P

ii

n=

Ê ˆ£Á ˜

Ë ¯Â

( )( )2

1

D P

ii

n D P=

Ê ˆ=Á ˜

Ë ¯Â ( ) ( )Q P D P ,

что и требовалось.Заметим, что для некоторой константы c спра-

ведливо неравенство ( )22 4n n cn- £ . Поэтому длятого чтобы доказать, что ( ) logD n n nЪ , достаточ-но будет показать, что ( ) 3 logQ P n nЩ .

Напомним читателю, что движением плоскостиназывается преобразование плоскости, сохраня-ющее расстояние между точками. Замечательнаятеорема Шаля дает нам полную классификациюдвижений плоскости: она утверждает, что любоедвижение плоскости – это либо поворот, либопараллельный перенос, либо осевая симметрия,либо композиция осевой симметрии и параллель-ного переноса. Первые два типа движений назы-вают сохраняющими ориентацию, а остальные –меняющими ее (на самом деле определение сохра-няющих и меняющих ориентацию движений обыч-но немного другое, но мы не будем сейчас вдавать-ся в эти детали). Интересующиеся могут почитатьна эту тему [4].

Для нашего конечного множества точек P насбудут интересовать те движения плоскости, кото-рые переводят некоторые точки из P в какие-тодругие точки из P. Несложно заметить, что нашемножество ( )PQ значительно связано с наличиемтаких движений. А именно, справедлива

Лемма 2. Пусть ( ) ( )1 2 3 4, , ,p p p p PŒQ . Тогда су-ществует единственное сохраняющее ориента-цию движение g такое, что ( )1 3g p p= , а ( )2 4g p p= .

Доказательство. В самом деле, длины отрезков1 2p p и 3 4p p равны. Совместим параллельным

переносом 1p и 3p , после чего повернем нашотрезок так, чтобы 2pсовпало с 4p (рис.3).Наше g есть компози-ция проделанных па-раллельного перено-са и поворота. Ясно,что такое движениеединственно. Леммадоказана.

Теперь мы можем сопоставить каждой четверкеточек из ( )PQ то самое единственное движение излеммы 2. Наша цель состоит в использованииэтого сопоставления для оценки величины ( )Q P .

Как мы только что упоминали, теорема Шаляговорит нам, что сохраняющие ориентацию дви-жения существенно делятся на два типа: поворо-ты и параллельные переносы. Следующее утвер-ждение говорит нам, что параллельные переносыдают не слишком большой вклад в оценку ( )Q P .

Рис. 3

Лемма 3. Четверок, которым сопоставленпараллельный перенос, не больше чем 3n .

Доказательство. Пусть ( )1 2 3 4, , ,p p p p – четвер-ка из ( )PQ , которой сопоставлен параллельныйперенос g. Так как ( )1 3g p p= , ( )2 4g p p= и g –параллельный перенос, то отрезок 3 1p p равен ипараллелен отрезку 4 2p p , т.е. точка 4p однознач-но восстанавливается по тройке ( )1 2 3, ,p p p . Таккак таких троек не больше чем 3n , то и всегочетверок, которым сопоставлен параллельныйперенос, не больше чем 3n . Лемма доказана.

При n > 2 число 3n явно меньше, чем 3 logn n .Казалось бы, осталось разобраться с поворотамии все! Но оказывается, что именно в этом икроется подвох. Выяснение вопросов, связанныхс поворотами, как раз и приведет нас к некоторымзадачам о пересечениях прямых. Для дальней-ших рассуждений выбросим из рассмотрения течетверки, которым сопоставлен параллельныйперенос, и будем думать, что в ( )PQ осталисьтолько те четверки, которым достался поворот.

Прежде всего заметим, что, разумеется, разнымчетверкам не обязательно соответствуют разныеповороты. То, сколько различных четверок сопо-ставлено некоторому повороту g, непосредствен-но связано с размером множества P gP∩ , где gP– множество, которое получилось из точек Pпосле применения к ним движения g, это множе-ство еще называется образом P под действием g.Сформулируем последнюю мысль более точно.

Лемма 4. Пусть P gP k∩ = . Тогда повороту gсопоставлено ( )1k k - четверок.

Доказательство. Пусть 1, , kP gP p p∩ …= , обо-значим 1

i iq g p-= – прообраз ip , т.е. iq – та точка,которая после применения поворота g перейдет в

ip . Поскольку g сохраняет расстояние, то ясно,что каждая упорядоченная пара ( ),i jq q определя-ет четверку точек ( ), , ,i j i jq q p p из ( )PQ и все такиечетверки описываются таким образом. А такихпар в точности ( )1k k - , что и требовалось.

Положим ( )kG P= – число поворотов, для кото-рых P gP k∩ = . Мы получаем, что ( )Q P =

( ) ( )2

1n

kk

k k G P==

= -Â . Обозначим теперь ( )kG P

– число поворотов, для которых P gP k∩ ≥ . Длянаших целей будет чуточку удобнее работатьс ( )kG P , чем с ( )kG P= . Очевидно, что

( ) ( ) ( )1k k kG P G P G P= += - . Подставив это в выра-жение для ( )Q P и, немного манипулируя с сум-мой, получим

( )Q P = ( ) ( ) ( )( )12

1n

k kk

k k G P G P+=

- - =Â

= ( ) ( )2

1n

kk

k k G P=

- -Â ( ) ( )12

1n

kk

k k G P+=

- =Â

= ( ) ( )2

1n

kk

k k G P=

- -Â ( ) ( ) ( )1

3

1 2n

kk

k k G P+

=

- - =Â

= ( ) ( ) ( )1 12 1 1 nG P n n G P+◊ ◊ - - +

+ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )3

1 1 2n

k kk

k k G P k k G P=

- - - - =Â

= ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )13

2 1 1 2n

kk

G P k k k k G P=

+ - - - - =Â

= ( ) ( ) ( )13

2 2 1n

kk

G P k G P=

+ - =Â ( ) ( )2

2 2n

kk

k G P=

-Â .

(Здесь просто используется сдвиг индекса вовторой сумме, а также то, что ( )1 0nG P+ = . Длятого чтобы убедиться в приведенной выкладке,советуем читателю проделать ее самостоятельно.)

Теперь, чтобы доказать, что ( ) 3 logQ P n nЩ ,достаточно получить, что ( ) 3 3

kG P n k£ . В самом

деле, ( ) 2

2 2

2 2 1 logn n

k k

k k k n= =

- £Â ÂЩ – последнее не-

равенство является простым результатом матема-тического анализа, и читателя, который не знакомс началами анализа, мы попросим просто принятьего на веру (можно обратиться к недавней статьеА. Егорова «Интеграл и оценки сумм» из Кванта4 за 2015 год).

Осталось взяться как следует за оценку величи-ны ( )kG P . Любой поворот ρ очевидно задаетсятремя параметрами: двумя координатами центраповорота ( ),x y и углом ϕ . Сопоставим этомуповороту точку в трехмерном пространстве с

координатами , , ctg2

x yϕÊ ˆ

Á ˜Ë ¯. Оказывается, это гео-

метрическое представление очень удобно для даль-нейшей работы (вообще говоря, то, что мы сдела-ли, называется выбором глобальных координат вмногообразии поворотов).

Рассмотрим две различные точки p и q. По-скольку поворот сохраняет расстояния, то, еслиповорот переводит точку p в точку q, его центрнаходится на равном расстоянии от этих точек,поэтому он обязательно лежит на срединномперпендикуляре к отрезку с концами в этихточках. С другой стороны, очевидно, что любаяточка на срединном перпендикуляре определяетнекоторый поворот относительно этой точки, пе-реводящий p в q. В итоге получаем, что средин-ный перпендикуляр является геометрическимместом центров поворотов, переводящих p в q. Ачто будет, если это множество поворотов предста-вить в наших описанных выше координатах?Более точно, пусть pqS – кривая в трехмерномпространстве, являющаяся образом множествавсех поворотов, переводящих p в q в этих коорди-натах. Тогда верно следующее (рис.4).

Лемма 5. pqS – это прямая.

О Р А З Л И Ч Н Ы Х Р А С С Т О Я Н И Я Х М Е Ж Д У Т О Ч К А М И Н А П Л О С К О С Т И 5

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 26

Доказательство. Пусть координаты точек p и qна плоскости равны ( ),x yp p и ( ),x yq q соответ-ственно. Проверим, что pqS – это в точностипрямая, заданная уравнением

, , 0 , , 12 2 2 2

y y y yx x x xp q q pp q p q

t+ − + −

+

.

Прежде всего заметим, что уравнение срединногоперпендикуляра к pq на плоскости – это и в самом

деле , ,2 2 2 2

y y y yx x x xp q q pp q p q

t+ − + −

+

(будем

обозначать его точки ( )r t соответственно). Посути, осталось убедиться только, что если дляточки ( )r t поворот, переводящий p в q, задается

углом ϕ , то верно, что ctg2

tϕ

= . Это проверяется

непосредственным вычислением.И что же теперь это дает нам? Пусть L –

множество из ( )1 2n n − прямых в трехмерномпространстве вида pqS , где p и q – различныеточки из P. К чему тогда сводится наш вопросоценки величины ( )kG P ? Очевидно, что еслиповорот g таков, что P gP k≥∩ , то точка, соот-ветствующая g, лежит не меньше чем на k прямыхиз L. Соответственно, мы свели все к вопросу:есть множество прямых, рассмотрим множествоточек, в которых пересекается хотя бы k из них;как можно оценить сверху размер этого множе-ства? Это и есть базовый вопрос раздела матема-тики под названием геометрия инцидентностей.

Упражнения

3. Пусть P – это множество точек: а) треугольника;б) квадрата; в) правильного пятиугольника. Нарисуйте,как выглядит сопоставляемое ему соответствующее мно-жество L прямых в пространстве.

4. Пусть S – целое число, P – множество точек вида

( ),x y , где обе координаты целые и 2 2 2x y S+ ≤ , а L –множество прямых, соответствующее P. Докажите, чтоесли точки ( ),a b и ( ),c d лежат в круге 2 2x y S+ ≤ , топрямая, проходящая через точки ( ), , 0a b и ( ), , 1c d ,содержится в L.

5. Пусть ( )T P – количество попарно различных невы-рожденных треугольников, задаваемых множеством P изn точек на плоскости (треугольники различны, если онине являются равными, т.е. не совмещаются наложением),а ( )TQ P – количество пар невырожденных треугольни-ков ( )1 2,T T таких, что 1 2T T= . Придумайте неравенство,аналогичное лемме 1, связывающее ( )T P и ( )TQ P .

И что теперь?

До работы Гута и Каца лучшим результатом позадаче о различных расстояниях был результат2004 года Каца и Тардоша, показывавший, что

( ) 0,8641D P nЪ . Читатель должен примерно пред-ставлять себе поведение степенных функций, такчто он должен понимать, что если k < 1, то зазормежду числами n и kn растет очень быстро при n,стремящемся к бесконечности. Поэтому в такойнауке, как асимптотическая комбинаторика, длякоторой важно именно поведение изучаемых ве-личин при очень больших значениях параметров,такие вещи, как показатели степеней в ответе,являются принципиально важными, и любое дажесамое незначительное улучшение в оценке такихпоказателей всегда считается большим продвиже-нием. Поэтому, когда в 2011 году (совсем недав-но!) Гут и Кац доказали, что ( ) logD P n nЪ , этостало огромным прорывом (а как раз таки разни-ца в корне над логарифмом является весьманезначительным отличием от верхней оценки).Заметим, однако, что, как это обычно бывает вматематике, главным оказалось не сколько то, чтобыло получено большое продвижение по старойклассической задаче, столько то, каким именнообразом оно было сделано. В самом деле, методыиз этой статьи вызвали бурный всплеск активно-сти в комбинаторной геометрии, почти сразу былонаписано немало статей, использующих идеи Гутаи Каца для доказательства различных новыхрезультатов и решения некоторых вопросов, сто-явших без ответа достаточно много времени. Какуже было замечено выше, особенно тесно ихрезультаты связаны с наукой, изучающей различ-ные вопросы о пересечениях прямых.

Чтобы понять, что нам теперь делать с тем, чтополучилось в предыдущем разделе, сделаем не-большой экскурс в эту науку. Для начала разбе-ремся, что происходит на плоскости, а именно,зададим ровно тот же вопрос: есть множество L изm = |L| прямых; рассмотрим множество точек, вкоторых пересекается хотя бы k из них, обозна-чим их количество ( )kS L . Как велико может быть

Рис. 4

это число? Ясно, что интереснее всего случай,когда m достаточно большое, а k не слишком малои не слишком велико.

На самом деле, впервые этот вопрос задал всетот же Пол Эрдёш. А именно, он построил при-

мер, для которого ( ) ( )2 3kS L c m k m k= + , и снова

предположил, что это асимптотически наилуч-ший результат при достаточно больших n и k. Дляэтой задачи решение не заставило себя долгождать, и в 1983 году Эндре Семереди и ВильямТроттер выпустили статью с подтверждениемданного факта, в их честь соответствующее утвер-ждение теперь называется теоремой Семереди–Троттера.

Казалось бы, данная наука не должна бытьочень глубокой. Мы знаем, что две почти любыепрямые на плоскости, если они только не парал-лельны, пересекаются в одной точке (а если мыперейдем на проективную плоскость, то слово«почти» можно и убрать), а также что черезлюбые две точки проходит ровно одна прямая.Вроде как это все. Очень поучительным наблюде-нием оказывается то, что этих фактов недостаточ-

но, чтобы доказатьтеорему Семереди–Троттера. Более под-робно, можно пост-роить такую вещь,как конечная плос-кость; естественнымобразом определяет-ся, что такое прямаяна ней (на рисунке 5приведен пример ко-нечной аффиннойплоскости порядка 3,

на ней всего 9 точек и 12 прямых). Оказывается,что вышеупомянутые базовые факты о прямыхверны и на конечной плоскости. Но вот толькотеорема Семереди–Троттера оказывается невер-ной! На конечной аффинной плоскости из 2qэлементов существует такое множество из 2qпрямых, для которого ( ) 2

qS L q= , в то время какесли бы это происходило на обычной плоскости,то теорема давала бы оценку ( )qS L qЩ . Нема-ленький, однако, разрыв. Понадобилось некото-рое время для того, чтобы понять, какие фунда-ментальные вещи стоят за всем этим, и придуматьметод (так называемый метод клеточных разби-ений), чтобы разобраться с ними. Мы не будемсейчас останавливаться на этом более подробно иотсылаем заинтересованного читателя к [3].

Вернемся теперь к интересующему нас вопросу.У нас есть множество L из 2n∼ прямых в трехмер-ном пространстве, и мы хотели бы показать, что

( ) 3 2kS L n kЩ при 2 k n≤ ≤ . Но ведь это же,

вообще говоря, не так! Например, пусть все этипрямые лежат в одной плоскости, мы знаем, чтотеорема Семереди–Троттера точна, а значит, чтобывают конфигурации, для которых

( ) 4 3 2kS L n k n k+∼ . Для k = 2, например, это

выйдет 4n∼ точек пересечения. Великовато!Казалось бы, давайте возьмем этот пример,

когда пересечений между прямыми довольномного, и поищем какое-нибудь множество точекна плоскости P, из которого мы могли бы полу-чить этот набор прямых с помощью преобразова-ния Элекеша. Раз этот пример не вполне уклады-вается в нашу схему, то, наверное, и такое множе-ство P могло бы дать нам какой-нибудь хорошийпример в исходной задаче о различных расстоя-ниях, возможно, лучше, чем придуманный Эрдё-шем. Но такое представление достаточно наивно,ведь никто не гарантирует того, что любое множе-ство прямых может быть получено с помощьюнашего преобразования. Давайте попробуем не-много проанализировать: если какое-то множе-ство прямых L получено в рамках исследуемойнами задачи с помощью нашего преобразования,то насколько оно далеко от того, чтобы быть абыкаким? Иначе говоря, есть ли какие-то условия наэто множество? Мы вот выяснили, что если многопрямых лежат в одной плоскости, то это несколь-ко не вписывается в рамки ожидаемых намиоценок на число их точек пересечения. А что еслите множества L, полученные из наших преобразо-ваний, обладают некоторыми ограничениями наколичество прямых, которые могут одновременнолежать в одной плоскости? Оказывается, этодействительно одно из тех замечаний, которые витоге приведут нас к успеху.

Лемма 6. Любая плоскость в трехмерном про-странстве содержит не более n прямых из L.

Доказательство. Для каждой точки p P∈ рас-смотрим множество pL L⊂ , состоящее из прямыхвида pqS , q P∈ . Очевидно, что если q q′≠ , топрямые pqS и pqS ′ не пересекаются (иначе суще-ствовал бы поворот, переводящий p одновремен-но в q и в q′ , но это две различные точки). Также,посмотрев на уравнения этих прямых в лемме 5,можно заметить, что направляющие векторы этихпрямых различны. А это значит, что любые дверазличные прямые из pL попарно скрещиваются,т.е. не лежат в одной плоскости. Поэтому любаяплоскость содержит не больше одной прямой изкаждого множества pL и уж точно не больше nпрямых из L. Лемма доказана.

Достаточно ли этого для наших целей? Другимисловами, снова возьмем произвольное множествоиз 2n прямых в пространстве, в каждой плоскости

Рис. 5

О Р А З Л И Ч Н Ы Х Р А С С Т О Я Н И Я Х М Е Ж Д У Т О Ч К А М И Н А П Л О С К О С Т И 7

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 28

лежит не более n из них. Сколько точек пересече-ния может быть у этих прямых? Оказывается, чтоих все еще может быть порядка 4n .

Рассмотрим поверхность, заданную уравнениемz = xy – гиперболический параболоид (рис. 6,а).Эта поверхность содержит очень много прямых.Прямые на ней делятся на два типа – «вертикаль-ные» и «горизонтальные». Для любого веще-ственного числа b мы обозначим bH горизонталь-ную прямую вида ( ), ,t b bt , t ∈ R . Видно, что онаи правда лежит на параболоиде. Аналогично,вертикальными прямыми aV мы будем называтьпрямые вида ( ), ,a t at , t ∈ R . Несложно заметить,что любые две прямые одного типа не пересекают-ся, разных типов – пересекаются и никакие две нележат в одной плоскости. А это значит, что еслимы возьмем в качестве L множество из 2 2nвертикальных прямых нашего параболоида и 2 2nгоризонтальных, то мы получим 4 4n точек пере-сечения – снова больше, чем желаемая намиоценка. Что же делать?

Гиперболический параболоид в данном случаеявляется примером дважды линейчатой поверх-ности – алгебраической поверхности (т.е. множе-ства нулей некоторого многочлена от трех пере-менных в трехмерном пространстве – в данномслучае это многочлен z – xy), через любую точкукоторой проходит ровно две прямые. Условиядля поверхности довольно жесткие, и действи-тельно, примечательный факт из науки, котораяназывается дифференциальной геометрией, гово-рит нам, что все такие поверхности по существусводятся как раз к гиперболическим параболои-дам или однополостным гиперболоидам (рис.6,б)– поверхностям типа 2 2 2 1x y z+ − = . Наш примерпоказывает, что если на какой-то такой поверхно-сти лежит слишком много прямых из нашегомножества, то оно легко может оказаться не

слишком удачным. Но и здесь наше конкретноемножество L на деле оказывается слишком хит-рым. Как вы уже догадались, можно доказатьнемного видоизмененный аналог предыдущейлеммы, а именно: существует такая константа c,что любая дважды линейчатая поверхность со-держит не больше, чем cn прямых из нашегомножества L. Эту лемму мы, к сожалению, уже несможем доказать, так как она требует привлече-ния нетривиальной техники из дифференциаль-ной геометрии.

Воистину впечатляющим достижением Гута иКаца оказалось понимание того, что этих условийтеперь достаточно, чтобы получить интересую-щую нас оценку.

Теорема (Л.Гут, Н.Кац, 2010). Пусть множе-ство L из 2n прямых таково, что любая плос-кость содержит не более n этих прямых и любаядважды линейчатая поверхность содержит nЩ

их. Тогда ( ) 3 2kS L n kЩ при 2 k n≤ ≤ .

Доказать это утверждение, однако, оказалосьвсе еще очень непросто, и необходимые для этогометоды выходят далеко за пределы нашего рас-сказа. Тем не менее, несколько общих слов остоящих за всем этим идеях мы в заключениескажем.

Как уже упоминалось выше, алгебраическойповерхностью в трехмерном пространстве мыназываем множество точек вида ( ), , 0f x y z = , гдеf – многочлен от трех переменных. Для любогоконечного множества точек существует бесконеч-ное число алгебраических поверхностей, которыеможно провести через них. В некоторых случаяхэто могут быть совсем простые поверхности,задаваемые многочленами не слишком высокихстепеней – например, все точки могут оказатьсялежащими на одной прямой. Оказывается, чтоесли вместо множества точек рассматривать ал-

Рис. 6

гебраическую поверхность минимальной степени,содержащую это множество, то можно сделатьнемало полезных выводов. Здесь помогают такиеутверждения: например, если прямая пересекаеталгебраическую поверхность в слишком большимчисле точек, то эта прямая целиком лежит вповерхности (подумайте самостоятельно, почемуэто так; пример изображен на рисунке 7). Также,если точка на поверхности является точкой пере-сечения достаточно большого числа прямых, ле-жащих на этой поверхности, то оказывается, чтоэто некоторая особая точка этой поверхности, прокоторую мы имеем некоторую нетривиальнуюалгебраическую информацию. Собрав все подоб-ные факты вместе, мы можем получить следую-щий очень важный тезис: комбинаторная инфор-мация об устройстве множества точек в про-странстве влечет некоторую алгебраическуюинформацию о нем. Говоря менее размыто: вотберем мы множество точек, пусть оно не произ-вольное, а оно есть множество точек, в которыхпересекается большое количество прямых из не-которого конечного набора. Это комбинаторнаяинформация. Возьмем ту самую алгебраическуюповерхность минимальной степени, содержащуюэто множество. Тогда, при помощи хитрых вычис-лений, можно, во-первых, получить четкую оцен-ку на ее степень, во-вторых, доказать, что многиенаши прямые также лежат на этой поверхности,в-третьих, выяснить, что многие наши точки наповерхности обладают некоторым особым стату-

сом. Это алгебраическая информация, и ее можноэффективно использовать теперь для оценки раз-личных характеристик нашего множества, напри-мер его размера. В целом, мы как раз и изложилисуть полиномиального метода, оказавшегося оченьпродуктивным в самых различных ситуациях.

Не правда ли, удивительно, как одна простая навид комбинаторная задача оказалась совершенноиной при другом взгляде на нее и привела кпоявлению новых прорывных способов смотретьна вещи в комбинаторной геометрии? В такихидеях и кроется истинное эстетическое содержа-ние математики.

Упражнения

6. Теорема Семереди–Троттера часто формулируетсятак: есть множество P из n точек на плоскости и множествоL из m прямых на плоскости. Определим число инцидент-ности ( ),I P L – количество пар ( ),p l , где p – точка из P,l – прямая из L и p l∈ . Тогда ( ) 2 3 2 3,I P L m n m n+ +Щ .Покажите, что приведенная в тексте формулировка дей-ствительно является прямым следствием этого утвержде-ния.

7. Докажите сами, что ( ) 2,I P L n m≤ + в обозначенияхпредыдущей задачи.

8. Пусть ( ) ,, i j

iji jf f x y a x y= = ∑ – многочлен от двух

переменных. Его степенью называется максимальная сте-пень одночлена i jx y , коэффициент при котором ненуле-вой (а степень одночлена это просто i + j). Обозначим за

( ) ( ) ( ) , , 0Z f x y f x y= = – множество точек плоскости, вкоторых f равно нулю. Такое множество называетсяалгебраической кривой (подумайте об известных вампримерах алгебраических кривых). Докажите, что если fимеет степень не больше чем некоторое D, то любаяпрямая l либо содержится в множестве ( )Z f целиком,либо пересекает это множество не более чем в D точках.Это пример утверждения, которое обнаруживает связьмежду комбинаторной и алгебраической структурой мно-жества.

9. В обозначениях предыдущей задачи докажите, что( )Z f содержит не более D различных прямых, если f

ненулевой.

Список литературы

1. P. Erdхs. On sets of distances of n points. – Amer.Math. Monthly (1946) 53, 248–250.

2. L.Guth, N.H.Katz. On the Erdхs distinct distanceproblem in the plane. – Адрес в интернете: arXiv:1011.4105.– 2010.

3. L.Guth. Unexpected applications of polynomials incombinatorics. – The Mathematics of Paul Erdхs I., SpringerNew York, 2013, 493–522.

4. В.В.Прасолов. Задачи по планиметрии. – М:МЦНМО, 2006.

О Р А З Л И Ч Н Ы Х Р А С С Т О Я Н И Я Х М Е Ж Д У Т О Ч К А М И Н А П Л О С К О С Т И 9

Рис. 7

ВШКОЛЬНОЙ ФИЗИКЕ ПОДРОБНО РАССМАТРИ-ваются соотношения, связывающие макро-скопические физические параметры находя-

щегося в газообразном состоянии вещества –температуру T, давление p, объем V и количествовещества ν . Это знаменитые газовые законы,которые объединяются в один закон Менделеева–Клапейрона: pV RTν= , где R – универсальнаягазовая постоянная.

Справочные данные по конденсированным ве-ществам, т.е. веществам в жидком или твердомсостоянии, и по их фазовым переходам в школь-ных учебниках тоже приводятся, но так, чтовозникает впечатление произвольного неупорядо-ченного хаоса. Из соотношений, которые связы-вают макроскопические параметры вещества в

конденсированном состоянии, в некоторые учеб-ники попадает только закон Дюлонга и Пти. Этотзакон утверждает, что молярные теплоемкостивсех твердых тел при постоянном внешнем давле-нии примерно одинаковы и равны 3R в диапазонене слишком малых и не слишком больших темпе-ратур.

Существуют и менее известные, но не менееинтересные соотношения параметров. В даннойстатье мы рассмотрим явление плавления твер-дых тел, т.е. перехода веществ из твердого состо-яния в жидкое, при атмосферном давлении иопределенной температуре. В справочниках при-водятся температуры плавления и удельные (наединицу массы) теплоты плавления для различ-ных веществ. Простая замена удельной теплоты

Эффекты размера и формыв молекулярной физике

С.ВАРЛАМОВ, А.ГУДЕНКО

Иллю

страция

В.В

ласо

ва

Э Ф Ф Е К Т Ы Р А З М Е Р А И Ф О Р М Ы В М О Л Е К У Л Я Р Н О Й Ф И З И К Е 11

плавления на молярную теплоту позволяет сразуувидеть связь между температурой плавления имолярной теплотой плавления.

Известны разные вещества, которые имеют по-добные химические и физические свойства, вчастности – очень близкие отношения молярнойтеплоты плавления к температуре плавленияT. Примером такой группы веществ могут слу-жить серебро, золото, медь, платина, иридий(табл.1). Все они в твердом состоянии при низкихтемпературах имеют одинаковую структуру кри-сталлической решетки (гранецентрированную ку-бическую) и одинаковые (примерно) размерыатомов.

Аналогичные одинаковые отношения наблюда-ются и для других близких в физическом ихимическом смысле веществ. Например, весьмапоказательна группа веществ, которая называет-

ся «благородные газы» (табл.2). Они тоже втвердом состоянии образуют гранецентрирован-ную кубическую решетку, но у них (за исключе-нием гелия) отношение молярной теплоты плав-ления к температуре плавления не такое, как длягруппы металлов Ag, Au…, а находится в узкомдиапазоне 14,6–16,5. Гелий при плавлении прояв-ляет квантовые свойства, и для него это отноше-ние сильно отличается от других.

Из сказанного можно сделать вывод, что длявеществ с похожими химическими свойствамитемпература плавления пропорциональна тепло-те плавления.

В молекулярно-кинетической модели веществадля объяснения возможности молекул образовы-вать конденсированное состояние вводится поня-тие глубины потенциальной ямы (энергии связи),которую друг для друга создают каждые две

соседние молекулы, находящиеся ря-дом в составе конденсированного ве-щества. Механизмов образования та-кой потенциальной ямы для разныхатомов или молекул несколько, но онив подробностях не рассматриваются.В самой простой модели считается,что взаимодействие молекул «парное»,т.е. для двух ближайших молекул су-ществует энергия связи 0U , и на ихвзаимодействие наличие других моле-

кул не влияет. Иными словами, молекулы, распо-ложенные в конденсированном веществе не ря-дышком, в этой модели не взаимодействуют.Тогда при наличии Z ближайших соседей молеку-ла находится в потенциальной яме глубиной 0ZU .

Теплота плавления и теплота парообразованиявещества, приходящаяся на одну молекулу, про-порциональны глубине такой ямы и зависят отколичества ближайших соседок, которые нахо-дятся рядом с каждой молекулой. Логично пред-положить, что для разрушения кристаллическойструктуры при переходе из твердого состояния вжидкое для крупных кусков вещества и длякусочков небольших объемов потребуется разноеколичество теплоты, приходящееся на одну моле-кулу. Ведь у малых кусочков твердого веществазначительная доля молекул находится на поверх-ности, где они имеют меньшее число ближайшихсоседей и, соответственно, находятся в меньшихпо глубине потенциальных ямах.

Эксперименты с измерением температуры плав-ления тонких пленок разных веществ показали,что температура плавления пленки каждого веще-ства убывает с уменьшением толщины пленки.Это – так называемый размерный эффект. Выяс-нилось также, что температура плавления зави-сит не только от размеров, но и от формы образца,т.е. существует и эффект формы. Связано это стем, что отношение числа молекул, живущих наповерхности, к общему количеству молекул зави-сит и от размеров, и от формы кусочка вещества.

Если предположить, что температура плавле-ния пропорциональна глубине потенциальной ямы,усредненной по всем молекулам, входящим всостав кусочка вещества, то обнаруженные эф-фекты можно «объяснить» в рамках модели пар-ного взаимодействия молекул.

«Объяснение» это проведем в форме решениязадачи.

Задача

1) Оцените диаметр D оловянных шариков,которые расплавятся при температуре t == 210 C .2) В какой последовательности будут пла-

Таблица 1

Таблица 2

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 212

виться находящиеся в муфельной печи образцыиз одного и того же металла в форме шариков,тонких длинных цилиндров (нитей) и фольгипри повышении температуры? Диаметры шари-ков шD , цилиндров (нитей) цD и толщинафольги H равны между собой: ш цD D H D= = = .

3) Рассчитайте температуры плавления оло-вянных нитей и фольги, с равными, как в преды-дущем пункте, размерами, если оловянные ша-рики такого размера расплавились при темпера-туре t = 207 C∞ .

4) Чему равно отношение энергии связи (глу-бины потенциальной ямы) 0ZU для одного ато-ма (молекулы) олова к величине 3kT/2 – среднейкинетической энергии теплового движения это-го атома при температуре плавления олова?

Считайте, что абсолютная температура плав-ления пропорциональна теплоте плавления, при-ходящейся на один атом образца. Олово в твер-дом состоянии образует гранецентрированнуюкубическую решетку, т.е. у каждого атомавнутри объема вещества имеется Z = 12 ближай-ших соседей. Плотность олова в твердом состо-янии 7310 3кг м , а плотность жидкого олова6973 3кг м . Молярная теплота плавления оло-ва 7,2 кДж/моль, температура плавления мас-сивного образца олова 0t 232 C= ∞ .

Решение

Плотность олова после плавления на 4,6% мень-ше, чем была до плавления. Это означает, чтопримерно на каждые 22 атома в кристаллическойрешетке в объеме вещества появилась одна вакан-сия, т.е. не занятое атомом место. Наличие такогобольшого числа вакансий приводит к тому, чтоатомы могут достаточно часто менять свои места,перескакивая на свободные соседние места-вакан-сии, и образец становится жидким.

Если плавится большой кусок олова, то на одинмоль, т.е. на AN атомов ( AN – число Авогадро),требуется количество теплоты, равное

0A A 0

21 312 1 7,2 кДж

2 22 11

UN N U

Ê ˆ- = =Á ˜Ë ¯.

Известно, что

A 4,2 кДжN kT RT◊ = = .Отсюда можно найти отношение энергии связи кэнергии теплового движения:

( )0 12 11 2 7,2 кДж

503 2 3 3 4,2 кДж

ZU

kT

◊ ◊ ◊= ª

◊ ◊.

Предположим, что выполняется соотношение1D d ≫ , где d – диаметр атома. Объем шарика

равен 3 6Dπ , площадь поверхности шарика рав-на 2Dπ . На каждый атом в твердом теле при

плотной упаковке (в гранецентрированной куби-ческой решетке) приходится объем 3 2d . По-этому шарик состоит примерно из

33

3

60,74

2

D D

dd

π Ê ˆª Á ˜Ë ¯

атомов. Для плавления такого количества атомовв составе большого куска олова требуется количе-ство теплоты

3

0 03

0,7411

DQ U

d

Ê ˆª ◊ Á ˜Ë ¯ .

На плоской поверхности на один атом приходитсяплощадь, равная 2 3 4d . Тогда на поверхностишарика находятся примерно

22

2 7,253 4

D D

dd

π Ê ˆª Á ˜Ë ¯

атомов. У этих атомов число ближайших соседейне 12, а 9, т.е. 3/4 от 12, и, соответственно, на нихпридется несколько меньшая теплота плавления

2

1 03 3

7,2511 4

DQ U

d

Ê ˆª ◊ ◊ Á ˜Ë ¯.

У всех оставшихся атомов, находящихся в объемешарика, будет такая же удельная (на один атом)теплота плавления, поэтому

3 2

2 03

0,74 7,2511

D DQ U

d d

Ê ˆÊ ˆ Ê ˆª -Á ˜ Á ˜Á ˜Ë ¯ Ë ¯Ë ¯.

Итоговое количество теплоты будет равно

1 2 0 1 2,45d

Q Q QD

Ê ˆ+ ª -Á ˜Ë ¯.

Поскольку в модели считается, что абсолютнаятемпература плавления пропорциональна сред-ней на один атом теплоте плавления и эта темпе-ратура уменьшилась на 22 градуса, что составляет

( )22 232 273 0,0436+ ª , то это означает, что

2,45 0,0436d

D= , или 56

D

dª ,

что действительно много больше единицы.Для определения абсолютных размеров шари-

ков D оценим сначала размер атома олова:

83323

A

119 см 3 10 см 3 A

7 6 10d

N

Μρ

o

∼-ª ª ◊ =

◊ ◊.

Отсюда следует

D ª 56 17 нмd ª .Заметим, что эксперимент дает понижение тем-

пературы на 25 C∞ для шариков диаметромэкспD = 20 нм, так что наша теоретическая оценка

Э Ф Ф Е К Т Ы Р А З М Е Р А И Ф О Р М Ы В М О Л Е К У Л Я Р Н О Й Ф И З И К Е 13

находится в хорошем согласии с эксперименталь-ным значением.

Температура плавления T микроскопическихобразцов ниже температуры плавления 0T мас-сивных образцов. Уменьшение температуры плав-ления для образцов микроскопических (точнее,наноскопических) размеров связано с уменьше-нием по сравнению с массивными образцамисредней энергии связи атомов (уменьшением сред-ней глубины потенциальной ямы, в которой жи-вет одна молекула). Это происходит из-за увели-чения доли поверхностных атомов (тех, которыенаходятся в потенциальных ямах меньшей глуби-ны, чем атомы, окруженные соседями со всехсторон), т.е. атомов, обладающих избыточной посравнению с объемными атомами энергией U∆ .Если в поверхностном слое содержится N∆ ато-мов, то теплота плавления понижается по сравне-нию с массивным образцом на величину избыточ-ной энергии всех поверхностных атомов:

0 0 0Q Q Q Q U N∆ ∆ ∆= - = - .

Так как Q N Tα= и 0 0Q N Tα= , где α –коэффициент пропорциональности, то темпера-тура плавления микроскопического образца, со-держащего N атомов, оказывается ниже темпера-туры плавления массивного образца:

0U N

T TN

∆ ∆α

= - .

Относительное понижение температуры состав-ляет

0

0 0 0

T T T U N

T T T N

∆ ∆ ∆α

-= = .

Таким образом, относительное понижение темпе-ратуры плавления определяется относительнойдолей поверхностных атомов. Для образцов раз-личной формы эти доли оказываются разными.

Для шариков доля атомов в поверхностномслое толщиной δ равна

( )2

ш ш3

ш ш

4 3 6

4 3

N V R

N V R DR

∆ ∆ π δ δ δπ

= = = = .

Здесь учтено, что толщина поверхностного слояδ порядка размеров атомов, т.е. несколько ангст-рем, и, соответственно, Dδ ≪ . Относительноепонижение температуры плавления шариков со-ставит

ш

0 0

6T U

T T D

∆ ∆ δα

= .

Для фольги площадью S доля атомов в поверх-ностном слое толщиной δ равна

ф ф

ф ф

2 2 2N V S

N V SH H D

∆ ∆ δ δ δ= ª = = .

Относительное понижение температуры плавле-ния фольги будет равно

ф

0 0

2T U

T T D

∆ ∆ δα

= .

Значит, ш ф 3T T∆ ∆ = (это соотношение хорошоподтверждается экспериментально), или

ф ш1

8,3 C3

T T∆ ∆= ª ∞ .

Тогда

ф 0 ф 223,7 Ct t T∆= - ª ∞ ,

т.е. фольга расплавится при более высокой темпе-ратуре, чем шарики.

Для образца цилиндрической формы доляатомов в поверхностном слое толщиной δ состав-ляет

ц ц

ц ц

4N V

N V D

∆ ∆ δ= = .

Соответственно, относительное понижение тем-пературы плавления цилиндра будет равно

ц

0 0

4T U

T T D

∆ ∆ δα

= .

Тогда ш ц 3 2T T∆ ∆ = (это соотношение такжехорошо подтверждается экспериментально), сле-довательно,

ц ш2

16,7 C3

T T∆ ∆= ª ∞ .

Таким образом,

ц 0 ц 215,3 Ct t T∆= - ª ∞ ,

т.е. нити расплавятся при более высокой темпера-туре, чем шарики, но при более низкой, чемфольга.

Итак, температуры плавления оловянных ша-риков, цилиндров и нитей расположились в сле-дующем порядке:

ш ц фt t t< < ,

т.е. первыми при ш 207 Ct = ∞ начнут плавитьсяшарики, затем при температуре ц 215,3 Ct = ∞расплавятся цилиндрические нити и, наконец,при самой высокой температуре ф 223,7 Ct = ∞расплавится фольга.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачинестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудныезадачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется,не все эти задачи публикуются впервые.

Решения задач из этого номера следует отправлять по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант».Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присылайте в разныхконвертах. На конверте в графе «Кому» напишите: «Задачник «Кванта» 2–2016» и номера задач, решения которыхВы посылаете, например «М2414» или «Ф2420». В графе «От кого» фамилию и имя просим писать разборчиво. В письмовложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этом конверте Вы получитерезультаты проверки решений). Решения задач по математике и физике можно присылать также по электроннымадресам: math@kvant.ras.ru и phys@kvant.ras.ru соответственно.

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

В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь.Задача М2418 предлагалась на региональном этапе XLII Всероссийской олимпиады школьников по математике, задача

М2417 – на X Южном математическом турнире.

Задачипо математике и физике

Задачи М2414–М2420, Ф2420–Ф2427

M2414. В строку выписаны положительные числа.Известно, что каждое число, начиная со второго,равно полусумме среднего арифметического и средне-го геометрического двух соседних с ним чисел. Най-дите 333-е число, если известно, что первое числоравно 2/7, а 11-е число равно 7/2.

С.Костин

M2415. На одной стороне прямого угла с вершиной 0Aвыбрана точка B такая, что 0A B = 4, а на другойстороне выбраны точки 1 2, ,A A … так, что для любого

n = 1, 2, … радиус окружности, вписанной в треуголь-ник 1n nBA A− , равен 1 (рис. 1) Найдите длину отрезка

0 nA A .В.Расторгуев

M2416. Для конечных множеств A и B, состоящих изнескольких положительных чисел, строится множе-ство C всех чисел, представимых в виде ab, где a A∈ ,

b B∈ . (Например, если 1, 4, 6

2A =

,

1, 4

3B =

, то

1 4, , 2, 16, 24

6 3C =

.) Могут ли все элементы множе-

ства C, выписанные в порядке возрастания, образовы-вать арифметическую прогрессию, если в каждом измножеств A, B хотя бы по два числа?

М.Иванов

M2417. В остроугольном неравностороннем треуголь-нике ABC продолжения высот 1AA и 1BB пересекаютего описанную окружность в точках 0A и 0B соответ-ственно. Прямая 0 0A B пересекает прямую AB в точкеP. Пусть H – ортоцентр треугольника ABC, K – центрописанной окружности треугольника ABH. Докажите,что PH CK⊥ .

Н.Богачев

M2418. По кругу стоят n мальчиков и n девочек.Назовем пару из мальчика и девочки хорошей, если наодной из дуг между ними стоит поровну мальчиков идевочек (в частности, стоящие рядом мальчик и девоч-ка образуют хорошую пару). Оказалось, что естьдевочка, которая участвует ровно в 10 хороших парах.Докажите, что есть и мальчик, который участвуетровно в 10 хороших парах.

Н.Власова

M2419. В однокруговом футбольном турнире участву-ет n команд. За победу команда получает 3 очка, заничью – 1 очко, за поражение – 0 очков. При какихнатуральных d набранные командами очки могут обра-зовать арифметическую прогрессию с разностью d?

А.Заславский

M2420. Дан тетраэдр. Для каждого его ребра возьмемплоскость, перпендикулярную этому ребру и проходя-щую через его середину. На сколько областей разобьютпространство шесть такиа плоскостей?

П.Кожевников, И.Рубанов

Ф2420. Первую половину пути автобус ехал со скоро-стью в 8 раз большей, чем вторую. Средняя скоростьавтобуса на всем пути оказалась равной 16 км/ч.Найдите среднюю скорость автобуса за первую третьвремени движения.

М.Замятнин

Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 15

Ф2421. Маленький шарик массой m, закрепленный налегкой нерастяжимой нити длиной L под потолком,движется, оставаясь все время в одной и той жегоризонтальной плоскости (конический маятник). Силанатяжения нити в N (>1) раз больше силы тяжести.Какова кинетическая энергия шарика?

С.Окс

Ф2422. Из четырех одинаковых однородных ледяныхкирпичиков длиной L каждый сложена симметричная

стопка (рис.2). На ка-кое максимальное рас-стояние x можно выд-винуть правый кирпи-чик, чтобы стопка неразвалилась? Кирпи-чики очень гладкие.

М.Замятнин

Ф2423. В некой лабо-ратории было получе-но новое вещество не-

политропен с удельной теплоемкостью с, изменяющей-ся в зависимости от температуры t так, как показано нарисунке 3. Какая температура установится в калори-

метре, если в нем смешать равные массы неполитропе-на, взятые при температурах 0 C∞ и 40 C+ ∞ ? Удельнаятеплоемкость калориметра мала, потерями тепла мож-но пренебречь.

А.Бычков, М.Замятнин

Ф2424. В цилиндре под поршнем находится воздух. Встенках цилиндра есть два клапана: впускной 1K и

выпускной 2K (рис. 4). Впуск-ной клапан открывается, когдаразность давлений воздуха сна-ружи и внутри цилиндра превы-шает 1 00,2p∆ = , где 0p – атмос-ферное давление. Выпускнойклапан открывается, когда раз-ность давлений внутри и снару-жи превышает 2 00,4p∆ = . Пор-шень совершает очень медлен-ные колебания так, что объем

воздуха в цилиндре изменяется в пределах от 0V до02V . Температура снаружи и внутри цилиндра посто-

янна и равна 0T .1) Определите наименьшее и наибольшее количествовоздуха в цилиндре при колебаниях поршня.

2) Изобразите в координатах р–V процесс, происходя-щий с воздухом в цилиндре после того, как поршеньуже совершил достаточно много колебаний.Ответьте на оба вопроса задачи, если 1 00,4p∆ = , а

2 00,2p∆ = .М.Ромашка

Ф2425. Уединенный куб из непроводящего материалазаряжен равномерно по объему. Вершины (углы) кубаимеют одинаковые потенциалы ϕ . Векторы напряжен-ности электрического поля вблизи вершин куба (внеобъема куба) имеют одинаковые величины Е. Каковпотенциал точки в самом центре куба?Куб распилили на 8 равных частей тремя взаимноперпендикулярными плоскими разрезами (на 8 одина-ковых кубиков) и одну из частей удалили. Каким будетпотенциал той же точки в центре (бывшего) куба?Каким будет по величине вектор напряженности элек-трического поля в этой же точке?

С.Варламов

Ф2426*. Радиус кольца из тонкой проволоки с равно-мерно распределенной по его длине массой равен R == 1 м. По кольцу течет постоянный ток I = 100 А. Этокольцо расположилось неподвижно на высоте h = 3 ммнад большой плоской горизонтальной поверхностью изсверхпроводника. Какова масса кольца m?

С.Кольцов

Ф2427*. Понижающий идеальный трансформатор под-ключен к сети (220 В, 50 Гц) и имеет коэффициенттрансформации напряжения 3:1. Если к вторичнойобмотке подключен резистор сопротивлением R, то впервичной обмотке течет ток 0,3 А. При подключениик вторичной обмотке еще одного такого же резистораток в первичной обмотке стал 0,5А. Каково сопротив-ление этого резистора? Каким будет ток в первичнойобмотке, если оба резистора отключить? Какой поемкости конденсатор нужно подключить к вторичнойобмотке, чтобы входной ток трансформатора сталравным нулю?

С.Дмитриев

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Решения задач М2396–М2404,Ф2403–Ф2412

M2396. В неравнобедренном прямоугольном тре-угольнике ABC точка M – середина гипотенузы AC,а точки aH и cH – ортоцентры треугольников ABMи CBM соответственно. Докажите, что прямые

cAH и aCH пересекаются на прямой, проходящейчерез середины катетов треугольника ABC.

Пусть A′ и C′ – середины катетов AB и BC соответ-ственно. Так как треугольники AMB и CBM равнобед-ренные, то их высоты из точки M проходят через точкиA′ и C′ соответственно. Тогда AA BC′ ⊥ , cBC H C′⊥ ,значит, cAA H C′ ′P . Аналогично, aA H C C′ ′P . Крометого, a cAH H CP (обе эти прямые перпендикулярныBM). Итак, соответственные стороны треугольников

aAA H′ и cH C C′ параллельны (см. рисунок), т.е. этитреугольники гомотетичны, поэтому прямые cAH ,

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 216

aH C и A C′ ′ пересекаются в одной точке – центрегомотетии k.

Д.Швецов

M2397. Существует ли бесконечная последователь-ность натуральных чисел такая, что для любогонатурального k сумма любых k идущих подряд членовэтой последовательности делится на k + 1?

Ответ: не существует.Предположим, что нашлась такая последовательность

1 2 3, , ,a a a …

Пусть k – любое натуральное число, большее 1. Рас-смотрим первые 2k – 1 членов последовательности

1 2 2 1, , , ka a a −… . По нашему предположению, сумма1 2 2 1ka a a −+ + +… делится на 2k, а каждая из сумм2 3 ka a a+ + +… и 1 2 2 1k k ka a a+ + −+ + +… делится на k.

Таким образом, получаем, что 1a делится на k при всехk. Это невозможно.

С.Берлов

M2398. Поле представляет собой клетчатый квад-рат 41 41× , в одной из клеток которого замаскировантанк. Истребитель за один выстрел обстреливаетодну клетку. Если произошло попадание, танк пере-ползает на соседнюю по стороне клетку поля, еслинет – остается на месте. При этом после выстрелапилот истребителя не знает, произошло ли попада-ние. Для уничтожения танка надо попасть в него двараза. Каким наименьшим числом выстрелов можнонаверняка уничтожить танк?

Ответ: 23 41 1

25212

⋅ −= выстрел.

Окрасим клетки в шахматном порядке так, чтобы углыполя были черными. Пусть пилот сначала выстрелит повсем белым полям, затем по всем черным, а затем сновапо всем белым. Если танк был на белом поле, то пилотего подобьет в первой и второй сериях; если же начерном – то во второй и в третьей сериях. При этом

пилот совершит 2 2

2 41 1 3 41 141

2 2

− ⋅ −+ = выстрелов.

Осталось показать, что меньшим числом выстрелов необойтись. Пусть у пилота есть последовательностьвыстрелов, после которой танк будет гарантированноуничтожен. Ясно, что по любой клетке он долженвыстрелить хотя бы раз (иначе танк в этой клетке небудет уничтожен).

Предположим, что есть две соседних клетки A и B, покоторым он стрелял ровно по разу, причем выстрел поB произошел позже. Тогда, если танк изначальнонаходился в B, он мог после выстрела по B переползтив A, и второго попадания не произошло бы. Этоневозможно; значит, таких пар клеток нет.

Разобьем теперь всю доску на 241 1

2

− прямоугольни-

ков 1 2× и одну клетку. По доказанному, в каждыйпрямоугольник истребитель должен сделать как мини-мум три выстрела, а в оставшуюся клетку – хотя быодин выстрел. Итого, он сделал не менее чем

2 241 1 3 41 13 1

2 2

− ⋅ −⋅ + = выстрелов.

С.Берлов, А.Магазинов

M2399. Действительные числа a, b, c, d, по модулюбольшие единицы, удовлетворяют соотношению

abc + abd + acd + bcd + a + b + c + d = 0.

Докажите, что

1 1 1 10

a 1 b 1 c 1 d 1+ + + >

− − − −.

Обозначим 1

1

ax

a+

=−

, 1

1

by

b+

=−

, 1

1

cz

c+

=−

, 1

1

dt

d+

=−

.

Поскольку модули чисел a, b, c, d больше единицы,числа x, y, z, t положительны (и не равны 1).Данное соотношение переписывается в виде

( )( )( )( )1 1 1 1a b c d+ + + + = ( )( )( )( )1 1 1 1a b c d− − − − ,

или xyzt = 1. Из равенства 1 1

1 2

xa

−=

− и аналогичных

получаем, что

1 1 1 1

1 1 1 1a b c d+ + + =

− − − −4

2

x y z t+ + + −.

Таким образом, нам надо доказать, что x + y + z + t >> 4.Поскольку xyzt = 1, но числа x, y, z, t отличны отединицы, среди них есть различные. Тогда по неравен-ству о средних получаем

44 4x y z t xyzt+ + + > = ,

что и требовалось.К.Иванов

M2400. Назовем натуральное число почти квадра-том, если оно равно произведению двух последова-тельных натуральных чисел. Назовем натуральноечисло представимым, если его можно представить ввиде частного двух почти квадратов. Докажите,что:а) каждый почти квадрат представим;б) числа вида ( )24 2k 1+ (k – натуральное) предста-вимы;в) любое натуральное число, не являющееся точнымквадратом, представимо;г) числа вида 2sp , где p – простое, s – натуральное,непредставимы.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

а) Следует из равенства

( ) ( )( )( )( )

22 11

1 2

n n nn n

n n

+ ++ = =

+ +

( )( )( )( )

2 22 2 1

1 2

n n n n

n n

+ + +

+ +.

б) Пусть ( )4 1m k k= + , тогда имеем

( )( )

( )( )( )

24 1 4 4 11

1 1

k k k km m

k k k k

+ + ++= =

+ +( )24 2 1k + .

в) Пусть d – данное натуральное число, не являющеесяточным квадратом. Преобразуем равенство:

( )( )

( )( )

( )( )

2

2

1 4 1 2 1 1

1 4 1 2 1 1

n n n n nd

k k k k k

+ + + −= = =

+ + + −.

Положим y = 2n + 1, x = 2k + 1. Имеем уравнение

( )2 21 1y d x− = − , или 2 2 1y dx d− = − , у которогомы хотим отыскать решение в нечетных числах, боль-ших 1.Как известно (см., например, статью А. Спивака«Уравнения Пелля» в «Кванте» 6 за 2002 г.),уравнение 2 2 1y dx− = имеет решение в натуральныхчислах, т.е. можно выбрать натуральные a, b такие, что

2 2 1a db− = . Докажем, что такие a и b можно выбратьс дополнительным условием: a – нечетно, b – четно.Перемножая равенство 2 2 1a db− = на себя, получим

( ) ( )2 22 2 2 1a db d ab+ − = . Это означает, что вместе с

парой a, b уравнению удовлетворяет пара 2 21a a db= + ,

1 2b ab= . Рассмотрим два случая. Если d четно, то 1aнечетно, 1b четно. Пусть d нечетно, тогда a и b разнойчетности. Если a нечетно, то нас устраивает пара a, b,иначе 1a нечетно, 1b четно и подходит пара 1a , 1b .Итак, пусть нечетное a и четное b таковы, что 2a −

2 1db− = . Домножив это равенство на 1 – d, имеем2 2 2 2 2 1a da db d b d− − + = − , или ( ) (2a db d a+ − +

)2 1b d+ = − , значит, x = a + b и y = a + db и естьподходящие нам нечетные числа, большие 1.г) Лемма. Натуральные числа a, x > 1 и y > 1 таковы,

что ( )2 2 2y 1 a x 1− = − . Тогда a ≥ 2x.Доказательство. Перепишем условие задачи в виде

2 2 2 2 1y a x a= − + . Заметим, что y < ax, посколькуправая часть равенства меньше ( )2ax . Но y и ax –целые числа, поэтому 1y ax≤ − . Следовательно,

( )22 2 2 2 2 21 1 2 1a x a y ax a x ax− + = ≤ − = − + .

Стало быть, 22ax a≤ , т.е. 2a x≥ . Лемма доказана.

Предположим, что 2sp представимо, т.е. ( )( )

2 1

1s n n

pk k

+=

+.

Введем обозначения аналогично пункту в): y = 2n + 1,

x = 2k + 1, sa p= . Имеем ( )2 2 21 1y a x- = - , или

( ) ( ) ( )2 21 1 1y y a x- + = - .

Если 3p ≥ , то на 2 2sa p= делится ровно один измножителей y – 1, y + 1. Тогда другой множитель –делитель выражения 2 1x - . Имеем

( ) ( )2 2 21 1 2 1 2 1a y y x x£ + £ - + £ - + = + .

С другой стороны, из леммы получаем 2a x≥ , откуда2 24 1x x£ + – противоречие.

Пусть p = 2, s > 1. Тогда один из множителей y – 1,y + 1 делится на 2 12 s- , а другой делится на 2, но неделится на 4. Значит, этот второй множитель – дели-тель выражения ( )22 1x - , а так как 2 1x - четно, тодаже делитель выражения 2 1x - . Имеем

( )2 12 1 1 2s y y- £ + £ - + £ ( )2 21 2 1x x- + = + .

С другой стороны, из леммы получаем 2 2s a x= ≥ ,откуда 2 2 1 22 2 1sx x-£ £ + – противоречие.Наконец, при p = 2, s = 1 имеем ( ) ( )1 1y y- + =

( ) ( )2 2 2 2x x= - + . При 2 1y x£ - левая часть меньшеправой, при 2 1y x≥ + левая часть больше правой.Оставшийся случай y = 2x приводит к равенству 1 = 4.Противоречие.Замечания. Лемма из пункта г) практически повторяетследующую задачу (задача 3 для 9 класса Заключи-тельного этапа Всероссийской олимпиады 2015 г.):Натуральные числа a, x и y, большие 100, таковы,

что ( )2 2 2y 1 a x 1- = - . Какое наименьшее значениеможет принимать дробь a x ?Действительно, из леммы следует, что 2a x ≥ . Этаоценка достигается при любом x > 100, если положитьa = 2x, y = ax – 1 = 22 1x - .После решения задачи М2400 остается вопрос о пред-ставимости чисел вида 2a : (1) для нечетного a и (2) дляa, кратного 4. Здесь для разных a ответы могут бытьразными.(1) Например, если a = 15, то, согласно лемме,уравнение ( )2 2 21 15 1y x- = - может иметь решениятолько при 15 2x < . Остается перебрать такие нечет-ные x: 3, 5, 7. Во всех этих случаях ( )2 215 1 1x - + неявляется точным квадратом. Значит, 215 непредстави-мо.С другой стороны, 235 или 299 представимы:

2 49 5035

1 2

◊=

◊, 299

242 243

2 3

◊=

◊. (В последнем примере

более «сложный» знаменатель 2 3◊ . Вообще, уравне-

ние ( )( )

2 1

1

y yx

n n

+=

+ имеет бесконечно много решений в

натуральных x, y при фиксированном n.)(2) Скажем, 212 – непредставимо, как и любое числовида 2a , где a = 4t, а оба числа a + 1 и a – 1 простые.Действительно, преобразуем уравнение 2 1y - =

( )2 2 1a x= - к виду ( ) ( ) ( ) ( )1 1a a ax y ax y- + = - + . Таккак a + 1 и a – 1 – простые, возможны два случая: 1)ax – y = a – 1, ax + y = a + 1, откуда x = y = 1 – не

подходит; 2) ax – y = 1, ax + y = 2 1a - , откуда 2

ax =

– четное число – тоже не подходит. (Проведенноерассуждение показывает, как можно придумать при-мер в пункте б).)

Однако ( )212 17◊ представимо: ( )2 288 28912 17

1 2

◊◊ =

◊.

В.Сендеров

M2401. Точки P и Q, лежащие внутри треугольникаABC, таковы, что PAB QAC– = – , PBC QBA– = – ,

PCA QCB– = – (т.е. точки P и Q изогонально сопря-

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 218

жены). Прямые l и m проходят через точку A исимметричны относительно биссектрисы угла A.Пусть X – проекция точки P на прямую l, а Y –проекция точки Q на прямую m. Докажите, что еслиточки B, C, P, X лежат на одной окружности, тоточки B, C, Q, Y тоже лежат на одной окружности.

Пусть l вторично пересекает окружность BCPX в точкеS (см. рисунок). Так как PX XS^ , то S диаметрально

противоположна P, значит,PB SB^ и PC SC^ . ПустьR изогонально сопряженаточке S (об изогональномсопряжении написано, напри-мер, в недавней статье П.Ко-жевникова «Изогонально со-пряженные точки», см.«Квант» 1). Тогда R ле-жит на прямой m. ПрямыеBQ и BP симметричны отно-сительно биссектрисы углаB, то же справедливо и дляпрямых BS и BR. Так какPB SB^ , то QB RB^ .Аналогично доказываем, чтоQC RC^ , поэтому R – точ-ка, диаметрально противопо-

ложная точке Q в окружности BQC. Так как QY RY^ ,точка Y также лежит на этой окружности, отсюдаследует утверждение задачи.Замечание. При решении задачи помогло рассмотре-ние диаметрально противоположных точек. О приме-нениях этой идеи было рассказано в статье Е.Бакаева,П.Кожевникова и И.Яковлева «Перпендикуляры иеще один признак вписанного четырехугольника» в«Кванте» 5–6 за 2015 год. В этой же статье появля-лись частные случаи нашей конструкции: проекцияортоцентра на медиану и проекция центра описаннойокружности на симедиану.

П.Кожевников

M2402. На доске написаны 9N ≥ различных неотри-цательных чисел, меньших единицы. Оказалось, чтодля любых восьми различных чисел с доски на нейнайдется девятое, отличное от них, такое, чтосумма этих девяти чисел целая. При каких N этовозможно?

Ответ: только при N = 9.Ясно, что при N = 9 требуемое возможно – достаточнонаписать на доске 9 различных положительных чиселс единичной суммой. Покажем, что при N > 9 требуе-мое невозможно. Предположим противное; обозначимчерез S сумму всех чисел на доске.Выберем на доске произвольные числа 1 2 7, , ,α α α… ссуммой T; пусть A – множество всех остальных чиселна доске. По условию, для любого числа Aβ Œ найдет-ся такое отличное от него число Aγ Œ , что числоT β γ+ + целое. Скажем, что число γ соответствуетчислу β . Заметим, что такое число γ единственно.Действительно, если бы нашлось другое число Aγ Œ¢ ,для которого сумма T β γ+ + ¢ целая, то число

( ) ( )T Tγ γ β γ β γ- = + + - + +¢ ¢ также было бы целым;это невозможно, ибо 0 1γ γ< - <¢ .В частности, отсюда следует, что β соответствуетчислу γ . Значит, все числа в A разбиваются на парычисел ( ) ( )1 1, , , ,l lβ γ β γ… , соответствующих друг другу.При этом l > 1, так как N = 7 + 2l > 9.Рассмотрим теперь сумму

( ) ( ) ( )1 1 2 2 l lT T TΣ β γ β γ β γ= + + + + + + + + +… .

Тогда Σ – целое число. С другой стороны, каждоечисло из A входит в Σ ровно по разу; значит,

( ) ( )1lT S T S l TΣ = + - = + - , откуда 1

ST

lΣ -

=-

.

Выбрав теперь на доске числа 2 3 4 8, , , ,α α α α… иобозначая их сумму через T ¢ , аналогично получаем,

что 1

ST

lΣ -¢

=¢-

при целом Σ¢ . Значит,

1 8 1 1 1

S Sl l l

Σ Σ Σ Σα α

- - -¢ ¢- = - =

- - -.

Так как 1α и 8α могли быть любыми двумя числами надоске, получаем, что разность любых двух чисел на

доске имеет вид 1

kl -

при целом k.

Пусть теперь µ – наименьшее число на доске. Тогдана доске могут присутствовать лишь числа

1 2, , ,

1 1

ll l

µ µ µ-

+ +- -… (все большие числа будут уже

не меньше 1) – всего l чисел. Однако общее количествочисел на доске равно N = 7 + 2l > l; значит, они не могутбыть различными. Противоречие.

Ф.Нилов

M2403. Дано натуральное число N 3≥ . Назовемнабор из N точек на координатной плоскости допус-тимым, если их абсциссы различны и каждая из этихточек окрашена либо в красный, либо в синий цвет.Будем говорить, что многочлен ( )P x разделяетдопустимый набор точек, если либо выше графика

( )P x нет красных точек, а ниже – нет синих, либонаоборот (на самом графике могут лежать точкиобоих цветов). При каком наименьшем k любой допу-стимый набор из N точек можно разделить многочле-ном степени не более k?

Ответ: k = N – 2.Докажем, что k = N – 2 подходит. Возьмем произволь-ные N – 1 из данных N точек; существует многочленстепени не большей N – 2, график которого проходитчерез них. Этот многочлен, очевидно, разделяет нашиточки.Осталось построить пример допустимого набора, кото-рый нельзя разделить многочленом степени меньшейN – 2. Возьмем график некоторого приведенногомногочлена ( )f x степени N – 2 и расположим на немN точек, чередуя цвета. Предположим, что некоторыймногочлен ( )P x , степень которого не больше N – 3,разделяет эти точки; можно считать, что ниже графика

( )P x нет красных точек, а выше – синих.Обозначим ( ) ( ) ( )Q x f x P x= − ; степень многочлена

( )Q x равна 2 1N − ≥ . Кроме того, если r и b –

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

абсциссы произвольных красной и синей точек, то( ) ( )P r f r≤ и ( ) ( )P b f b≥ , т.е. ( ) 0Q r ≥ и ( ) 0Q b ≤ .

Заметим, что если ( ) ( )Q s Q t≤ при некоторых s < t,то существует такая точка ( ),u s t∈ , для которой

( ) 0Q u′ > (здесь использовано, что ( )Q x непостоя-нен). Это значит, что на любом интервале междукрасной и синей точками (красная левее синей) най-дется точка, в которой значение ( )Q x′ положитель-но. Аналогично, на любом интервале между синей икрасной точками найдется точка, в которой значение

( )Q x′ отрицательно. Итого, мы нашли N – 1 точку,в которых ( )Q x′ принимает значения чередующихсязнаков. Между любыми такими соседними точками

( )Q x′ имеет корень. Следовательно, у многочлена( )Q x′ не менее N – 2 корней. Но это невозможно,

так как ( )Q x′ – многочлен степени N – 3. Противо-речие.

К.Тыщук

M2404. У нумизмата есть 100 одинаковых по внеш-нему виду монет. Он знает, что среди них 30настоящих и 70 фальшивых монет. Кроме того, онзнает, что массы всех настоящих монет одинаковы,а массы всех фальшивых – разные, причем любаяфальшивая монета тяжелее настоящей; однакоточные массы монет неизвестны. Имеются двухча-шечные весы без гирь, на которых можно за одновзвешивание сравнить массы двух групп, состоящихиз одинакового числа монет. За какое наименьшееколичество взвешиваний на этих весах нумизматсможет гарантированно найти хотя бы одну насто-ящую монету?

Ответ: за 70 взвешиваний.1. Покажем, что за 70 взвешиваний нумизмат сможетнайти настоящую монету. Сложим все 100 монет вкучу. Каждым взвешиванием он будет выбирать двемонеты из кучи и сравнивать их. Если их массыравны, то обе монеты настоящие, и требуемая монетанайдена. Если же нет, то более тяжелая монета –фальшивая, и ее можно выбросить из кучи.Через 70 таких взвешиваний, если равенства никогдане будет, то в куче останется 30 монет, причем всенастоящие останутся в куче. Значит, в этом случаенумизмат даже найдет все 30 настоящих монет.2. Предположим теперь, что у нумизмата есть алго-ритм, позволяющий гарантированно найти настоя-щую монету не более чем за 69 взвешиваний. Мыпокажем, что это невозможно – даже в предположе-нии, что массы монет таковы: масса настоящей равна

1002 , а масса i-й фальшивой равна 1002 2iim = + .

При таком предположении результат любого взвеши-вания можно определить так. Пусть при некоторомвзвешивании на чашках по k монет, среди которыхd > 0 фальшивые, имеющие номера 1 2 di i i< < <… .Тогда на чашке, на которой лежит самая тяжелаямонета, суммарная масса не меньше 1002 2 dik ⋅ + , асуммарная масса на другой чашке не больше

( )100 1 1 1002 2 2 2 2 1d di ik k−⋅ + + + = ⋅ + −… . Значит, еслина чашках есть хотя бы одна фальшивая монета, то

перевесит чашка, на которой лежит фальшивая с наи-большим номером.Итак, пусть нумизмат действует по своему алгоритму.Мы будем сообщать ему результаты взвешиваний иприсваивать некоторым монетам массы im . При этомпосле каждого взвешивания присвоенными окажутсямассы 70 69 70, , , im m m −… при некотором i. Далее, еслисоответствующие монеты действительно имеют такиемассы (а остальные массы распределены как угодно),то результаты взвешиваний будут такими, как мысообщили.При первом взвешивании выберем любую монету начашках, присвоим ей массу 70m и сообщим, что чашкас ней тяжелее. При каждом следующем взвешивании,если на весах уже присутствует монета с присвоенноймассой, то мы просто выберем из таких масс наиболь-шую и сообщим, что чашка с соответствующей монетойперевесила. Если же никакой монете на весах масса ещене присвоена, то мы опять выберем любую монету начашках, присвоим ей наибольшую еще не присвоеннуюмассу и сообщим, что чашка с ней тяжелее. Нетрудновидеть, что при этом требуемые условия соблюдаются.Если нумизмат совершил не более 69 взвешиваний, то неболее 69 масс окажутся присвоенными. В частности, 1mприсвоенной не будет. Значит, массу 1m может иметьлюбая монета, которой масса еще не присвоена, и приэтом все результаты взвешиваний останутся такими, какмы сообщили. Поэтому нумизмат не сможет указать назаведомо настоящую монету.Замечание. Ответ в задаче не изменится, если убратьусловие равенства количеств монет на чашках.

С.Берлов, И.Богданов

Ф2403. Внутри Земли имеется ядро радиусом r == 3,5 тыс. км, которое гораздо плотнее земной коры.Поэтому ускорение свободного падения внутри Землиначиная от ее центра сначала линейно растет дограницы ядра, а затем изменяется мало, оставаясьпочти постоянным (и равным g = 10 2м с ) вплоть доповерхности Земли (радиус Земли R = 6370 км). Еслибы Алиса, жившая в Стране Чудес, упала в пустуюдырку, проходящую через середину Земли, то черезкакое время она вернулась бы обратно к месту паде-ния? С какой скоростью Алиса пролетала бы черезцентр Земли?

Логично разбить весь путь Алисы от старта до финиша(в том же месте) на несколько этапов, на каждом изкоторых движение описывается известными формула-ми. С момента попадания в дырку до границы ядраАлиса, двигаясь равноускорено, летела время

( )1

2535,7 c

R rt

g

−= = .

Участков движения с такими же промежутками временивсего четыре. За время 1t Алиса приобрела скорость

( )1 2 7,576 км сv R r g= − = .

Находясь внутри ядра Земли, Алиса движется в грави-тационном поле, величина которого линейно меняется

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 220

от нуля в центре до g на границе ядра. На этом участкескорость Алисы вырастает от 1v на границе до цv вцентре. Связь между 1v и цv устанавливается закономизменения механической энергии тела:

2 2ц 1

2 2 2

Mv Mv rMg= + ,

откуда находим

( )ц 2 9,6125 км с 9,6 км сv R r g= − = ≈ .

Закон движения Алисы внутри ядра Земли, т.е. второйзакон Ньютона, имеет вид

2

2

d x MgM x

rdt= − .

Это уравнение колебаний, угловая частота которыхg rω = . Если движение от границы до центра Земли

заняло время 2t , то участков с таким же временемдвижения тоже четыре. В частности, такое же времязанимает путь от центра Земли до границы ядра. Еслискорость в центре равна цv , то, пока Алиса движетсявнутри ядра, ее скорость изменяется со временем позакону

( ) ц cosv t v t= ω .

Следовательно, скорость 1v на границе ядра будетдостигнута через время

( )( )

1 ц2

2arccos arccos 591,6 c

2

v v R r rt

R r g

−= = =

ω −.

Все время путешествия Алисы «туда и обратно» состав-ляет

( )общ 1 24 4509 c 1 ч 15 минt t t= + ≈ ≈ .

А.Чудесова

Ф2404. Ранним утром 4 апреля 2004 года (04-04-04)два полярника одновременно стартовали из своеголагеря ровно в 4 часа (по Московскому времени).Один шел со скоростью 4 км/ч так, что все времянаступал на свою собственную тень (шел строго «отсолнца»), другой двигался строго на восток со скоро-стью тоже 4 км/ч. Через 4 часа они встретились(столкнулись). Какими были географические коорди-наты полярного лагеря? На какое максимальное рас-стояние удалялись полярники друг от друга в течениеэтих четырех часов?

Из условия следует, что эта история происходила всеверном полушарии, поскольку в апреле освещенСолнцем именно северный полюс Земли. В это времявысота Солнца над горизонтом мала, и можно считать,что Солнце все время находится вблизи горизонта.Тогда получается, что первый полярник двигался поокружности, радиус которой R можно найти из соотно-шения

24 км ч

24 ч

Rπ= , откуда 15,28 кмR ≈ .

Если считать полярников материальными точками, тостолкнуться они могли только в том случае, если обадвигались по дугам окружностей с одинаковыми ради-усами. В этом случае расстояние от точки старта до

места встречи равно как раз радиусу каждой из этихокружностей. Из того что они встретились ровно через4 часа, следует, что расстояние от лагеря полярниковдо северного полюса тоже равно этому радиусу. Вчетыре часа утра Солнце светило так, что в лагере теньполярника составляла с направлением «точно на север-ный полюс» угол 120 90 30° − ° = °. Значит, «полдень»в полярном лагере, когда солнце светило точно насевер, приходится на момент времени

304 ч 24 ч 2 ч

360t

°= − =

°по Московскому времени. Время в Москве опережаетвремя в Лондоне (время по Гринвичу) на 3 часа,следовательно, лагерь полярников имел восточнуюдолготу ( )360 5 ч 24 ч 75λ = ° ⋅ = ° . А северная широтаϕ лагеря меньше 90° всего на 0,137° (или на 8,23′ ).Максимальное расстояние х между полярниками мож-но найти из соотношения

2 3R x R− = ,

откуда

( )2 3 4094 м 4 кмx R= − ≈ ≈ .К.Вантов

Ф2405. В механической системе, изображенной нарисунке, трение в осях блоков отсутствует, шкивыблоков невесомые, нитиневесомые и нерастяжи-мые. Не лежащие на шки-вах участки нитей вер-тикальны. С какими ус-корениями движутся гру-зы?

По условию задачи всеблоки и нити невесомые итрения в осях блоков нет,поэтому на всех свобод-ных участках нитей натя-жение одинаковое. Обо-значим силу натяжения верхней нити через F. Выберемположительное направление вертикальной оси коорди-нат совпадающим с направлением ускорения свободно-го падения, т.е. вниз, а начало координат возьмем науровне расположения неподвижных осей верхних бло-ков. Обозначим координаты крайних грузов с массамиm и 3m через 1x и 3x , а координату подвижной осинижнего блока – через 2x . Так как нить нерастяжима,выполняется соотношение

1 2 32 constx x x+ + = .

Для каждого из грузов запишем уравнение движения(в соответствии со вторым законом Ньютона):

21

2

d xm mg F

dt= − ,

22

23 3 2

d xm mg F

dt= − ,

23

23 3

d xm mg F

dt= − .

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

Отсюда с учетом условия кинематической связи полу-чаем

22 0

3 3

F F Fg g g

m m m − + − + − =

, или 3

2

Fg

m= .

Таким образом, левый груз движется с ускорением2g+ , ускорение среднего груза равно нулю, а правый

груз движется с ускорением 2g− .А.Старов

Ф2406. Волан для бадминтона имеет массу m = 5 г иплощадь поперечного сечения 2S 30 см= . При движе-нии в воздухе со скоростью v волан испытывает силусопротивления, направленную против скорости иравную 2F kv S= ρ , где 31 кг мρ = – плотность воз-духа. После удара ракеткой волан приобрел верти-кальную скорость 0v = 20 м/с и взлетел над местомудара на высоту H = 10 м. Чему равен коэффициентk? Каким было ускорение волана сразу после удара?На какую высоту взлетел бы волан, если бы егоначальная вертикальная скорость равнялась 10 м/с?Подсказка. Для нахождения численных ответоввоспользуйтесь калькулятором.

Выберем вертикальную ось координат с началом вместе старта волана и направим ее вверх. В соответ-ствии с условием задачи при движении вверх измене-ние скорости волана подчиняется уравнению движения(второму закону Ньютона)

2 2dv kS dv kSg v vdt vdt g v

dt m dt mρ ρ = − − ⇒ = − − ⇒

2

22 2

dv kS kSvdt dx

gm m mvkS

ρ ρ⇒ = − = − ⇒

+ρ

fi

2

20

ln 2

gmv

kSkSx

gm mvkS

+ ρρ = − ⇒ + ρ

fi20

exp 2

gmkSkS

Hgm mvkS

ρρ = − +

ρ

.

Приходим к трансцендентному уравнению для нахож-дения величины k:

202

exp 1kS H v kSm gm

ρ ρ = +

.

При подстановке численных значений величин, приве-денных в условии задачи, получается уравнение

( )exp 12 1 24k k= + .

Корень этого уравнения ищем с помощью калькулято-ра или компьютера:

12 1,257k ≈ , и 0,105k ≈ .

Подставим это значение k и другие величины, заданныев условии задачи, в уравнение движения волана (в

самой первой записи) и найдем его ускорение в началь-ный момент времени:

23,4 34 м сdv

a gdt

= ≈ ≈ .

Если изменить начальную скорость 0v , то в соответ-ствии с полученным уравнением можно найти и новуювысоту, на которой скорость волана обращается в ноль.В частности, при 0v = 10 м/с высота подъема воланабудет равна 3,9 мh ≈ .

Д.Сергеев

Ф2407. Оцените по фотографии, приведенной нарисунке, размеры стеклянного кубика, лежащего нагоризонтальной поверхности стекла. Коэффициентповерхностного натяжения воды 2 27 10 Дж м−σ = ⋅ .

Судя по картинке, угол смачивания водой горизонталь-ной поверхности стекла равен примерно 90° . В такомслучае максимальная глубина большой лужи воды наповерхности стекла равна

23,7 ммh

gσ

= ≈ρ

.

При этом радиус кривизны R поверхности воды вблизи

самого края большой лужи равен ( )2R g= σ ρ , что вдва раза меньше, чем h. На картинке можно прямымизмерением линейкой с миллиметровыми деленияминайти длину L диагонали верхней грани кубика. Этадиагональ, как видно, практически перпендикулярнаоси симметрии объектива фотоаппарата, с помощьюкоторого была сделана фотография. В этом же направ-лении можно измерить длину λ участка большойлужицы, примыкающей слева к кубику, на которойкривизна поверхности воды становится настолько ма-лой, что лужица отражает свет, как зеркало. Эторасстояние по порядку величины равно h. Измерениядают, что 10L λ ≈ . Отсюда можно оценить длинуребра кубика:

( )26,16 мм 2,6 см

2

h LA

λ= = ≈ .

В.Стеклов

Ф2408. Влажный воздух с относительной влажнос-тью 100%ϕ = находился в сосуде с постояннымбольшим объемом под давлением 5p 10= Па и при

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 222

температуре 1t 28 C= ° . Этот воздух охладили дотемпературы 2t 10 C= ° , и в сосуде возник туман.Какое количество теплоты пришлось отвести откаждого 31 м объема воздуха? Какое давление уста-новилось в сосуде? Давления насыщенных водяныхпаров при начальной и конечной температурах равны

н1p = 3,77 кПа и н2p = 1,23 кПа соответственно.Молярная теплота испарения воды при 100 C° равнаLΜ = 40,6 кДж/моль.

Будем рассматривать по отдельности воздух и водяныепары в нем. Начальное давление воздуха равно

в1 н1p p p= − = 96,23 кПа. Конечное давление воздухаравно

в2 в1273 10

90,47 кПа273 28

p p+

= =+

.

К давлению воздуха добавляется давление насыщен-ных паров воды, поэтому в сосуде установится давле-ние

2 в2 н2 91,7 кПаp p p= + = .

В рассматриваемом процессе работа воздухом не совер-шается, поэтому воздух из каждого кубометра отдалколичество теплоты

( )1 25 5

14,4 кДж2 2

Q pV p p V= ∆ ≈ − ≈ .

Вначале в 31 м воздуха воды было

н11

1

1,5 мольp VRT

ν = = .

После охлаждения в воздухе воды осталось

н22

2

0,52 мольp VRT

ν = = .

Сконденсировалось, таким образом, всего 0,98 мольводы, или 17,7 г.Количество теплоты, отданное той частью воды, кото-рая осталась в состоянии пара, равно

2 н26 273 28

1 0,2 кДж2 273 10

Q p V+ = − ≈ +

.

Осталось найти количество теплоты, выделившеесяпри конденсации водяных паров в количестве0,98 моль в воздухе, которое тоже нужно отводить.В недавно опубликованном решении задачи Ф2357(см. «Квант» 1 за 2015 г.) найдена теплота испаре-ния одного моля воды испQ при температуре 0t ,лежащей в промежутке от 0 C° до 100 C° . (Нас жеинтересует противоположный процесс – конденсацияводяного пара.) Воспользуемся этим решением:

( )исп 0100Q L C tΜ Μ= + ° − − ( )( )0100VC R t+ ° − .

Здесь CΜ – это молярная теплоемкость жидкой воды,VC – это молярная теплоемкость пара воды в процессе

с постоянным объемом. Для температуры 28 C+ ° исп1Q == 43,65 кДж, для температуры 10 C+ ° исп2Q ==44,41 кДж. Примем в качестве среднего значения

испQ = 44 кДж. В результате конденсации 1 2∆ν = ν − ν =

= 0,98 моль воды выделится количество теплоты

3 исп 43,3 кДжQ Q= ∆ν = .

Итого, требуется отвести от каждого кубометра влаж-ного воздуха количество теплоты

1 2 3 14,4 кДж 0,2 кДжQ Q Q Q= + + ≈ + +

+ 43,3 кДж 58 кДж≈ .

Как видно, наибольший вклад в это количество далпроцесс конденсации воды.

В.Туманов

Ф2409. Два провода ЛЭП (линии электропередач)постоянного тока находятся на одном уровне высоконад землей (представьте, что провода переброшенычерез Большой Каньон) на расстоянии L = 3м друг отдруга и параллельно местному меридиану. Радиуспоперечного сечения каждого провода r 1 см L= ≪ .Потенциалы проводов по отношению к земле имеютодинаковые величины и противоположные знаки. Спомощью малогабаритного беспилотного вертолета,несшего на себе измерительную аппаратуру и летев-шего на той же высоте над землей, что и провода,была измерена напряженность статического элект-рического поля в точке, находящейся на расстояние Lвосточнее одного из проводов, и на расстоянии2L восточнее другого, и она оказалась равной Е == 3 кВ/м. В этом же месте была измерена вертикаль-ная составляющая вектора индукции магнитногополя: 4

1B 1,3 10 Тл−= ⋅ , направленная вверх. На рас-стоянии 100 м от ЛЭП вертикальная составляющаямагнитного поля Земли направлена вниз и равна

52B 4,7 10 Тл−= ⋅ , а электрическое поле мало на-

столько, что чувствительности приборов не хвати-ло, чтобы его измерить. Каково все-таки электричес-кое поле, созданное проводами ЛЭП, на расстоянии100 м от них по горизонтали? Какая мощностьпередается по этой ЛЭП? На севере или на юге отучастка, на котором проводились измерения, нахо-дится электростанция?

Проще всего ответить на последний вопрос задачи орасположении электростанции. Энергия электромаг-нитного поля «бежит» от электростанции к потребите-лям в пространстве возле проводов ЛЭП. Направлениераспространения энергии определяется вектором плот-ности потока энергии в данной точке пространства, т.е.вектором Пойнтинга

0

1E B Π = × µ

uur ur ur.

В данном случае он направлен на юг, значит, электро-станция находится на севере.Напряженность электрического поля, созданного длин-ным проводом с равномерным по длине распределени-ем зарядов на нем, убывает обратно пропорциональнорасстоянию от точки, где измеряется поле, до провода.Суммарное поле, созданное двумя проводами, в ука-занной в условии точке равно E = 3 кВ/м. Следова-тельно, ближайший к этой точке положительно заря-женный провод создает свой вклад в эту величину,равный 2E = 6 кВ/м в направлении на восток, а

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 23

расположенный дальше от этой точки отрицательнозаряженный провод создает в этой точке поле E == 3 кВ/м в направлении на запад. На расстоянии100 м от положительно заряженного провода его вклад

в суммарное поле будет равен ( ) 36 кВ м

100⋅ =

0,18 кВ м= в направлении на восток, а более далекийотрицательно заряженный провод создает вклад

( ) 63 кВ м 0,175 кВ м

103⋅ = в направлении на запад.

Суммарный вектор напряженности электрического полянаправлен на восток и равен

1 5,24 В мE ≈ .

Провода имеют одинаковые по величине, но противо-положные по знаку потенциалы по отношению к земле,поэтому разность потенциалов между ними равна удво-енному значению положительного потенциала ϕ . Оче-видно, что линия между проводами, расположенная наодинаковых расстояниях от каждого из проводов,имеет нулевой потенциал. Найдем потенциал одногопровода:

2

2

2 2 2L L L

R L R

LE LE LEdx dx dx

x x xϕ = + = =∫ ∫ ∫

= 2 ln 102,67 кВL

LER

⋅ = .

Таким образом, напряжение между проводами ЛЭПсоставляет

205 кВU ≈ .

Для вычисления мощности ЛЭП нужно знать, какойток течет по проводам. Из того что на большомрасстоянии от ЛЭП земное магнитное поле имеетвертикальную составляющую 2B , направленную вниз,а в точке измерения магнитное поле имеет вертикаль-ную составляющую 1B , направленную вверх, можнонайти суммарное магнитное поле, создаваемое двумяпроводами вместе – оно равно 5

1 2 17,7 10 ТлB B −+ = ⋅и направлено вверх. Это означает, что ближайший кточке измерения провод создает в этой точке вдвоебольшее поле 0B , т.е.

( ) 50 1 22 35,4 10 ТлB B B −= + = ⋅ .

Ток, текущий в этом проводе равен

0

2 531 AB

I L= π =µ

.

Следовательно, мощность, передаваемая по ЛЭП по-требителям электрической энергии, равна

109 МВтP IU= ≈ .

А.Вольтов

Ф2410. Вдоль экватора на опорах проложили проводиз алюминия с поперечным сечением S = 1 2см .Магнитное поле вблизи экватора однородное, гори-зонтальное, направленное к северу и равное по вели-чине 5B 3 10−= ⋅ Тл. Какой ток нужно пропуститьпо проводу, чтобы он перестал давить на опоры

(начал левитировать)? Оцените допустимую про-должительность этого эксперимента, если провод неуспевает отводить тепло в окружающее простран-ство. Тепловые и электрические характеристикиалюминия отыщите в справочниках самостоятельно.

Сила Ампера, действующая на провод, конечно, долж-на быть направлена вверх, поэтому электроны, кото-рые являются свободными носителями зарядов в ме-таллах, должны в этом проводе двигаться на запад. Изсправочника находим плотность алюминия: D == 2,7 3г см , температуру плавления: 660 Ct = ° ,удельную теплоту плавления: L = 390 кДж/кг. Удель-ное сопротивление алюминия при комнатной темпера-туре равно 20,027 Ом мм мρ = ⋅ и возрастает пример-но в два раза при температуре плавления алюминия.Молярную теплоемкость алюминия можно считатьравной ( )3 25 Дж моль КR = ⋅ . Молярная масса алю-миния 27 г мольΜ = . Чтобы провод начал левитиро-вать, сила Ампера должна уравновесить силу тяжести.Значит, по проводу нужно пропустить ток

4A 9 10 AF mg DlSg DSg

IBl Bl Bl B

= = = = = ⋅ .

Для ответа на вопрос о максимальном времени экспе-римента нужно вычислить энергию, необходимую,чтобы расплавить алюминий. Мощность, выделяюща-яся в одном метре провода в начальный момент, когдаего температура невысока, равна

22 2,2 МВт

I lP I R

Sρ

= = ≈ .

К моменту когда провод прогреется до температурыплавления алюминия, мощность вырастет в два раза. Вкаждом метре провода содержится 10 моль вещества.Чтобы это количество вещества нагреть от 20 C° до660 C° требуется 1Q = 0,16 МДж тепла, а чтобы затемего расплавить, требуется еще 2Q = 0,105 МДж. Еслисчитать, что удельное сопротивление металла не меня-ется с ростом температуры, то время экспериментабудет равно

1 2 0,265 МДж0,12 c

2,2 МВт

Q Qt

P+

= = ≈ .

Если же считать, что удельное сопротивление соответ-ствует температуре плавления, то время экспериментабудет вдвое меньше, т.е. приблизительно 0,06 с. Вкачестве оценки возьмем среднее арифметическое:ср 0,09 ct ≈ .

(Кстати, в начальный момент, когда провод еще хо-лодный, на каждом метре провода должно быть на-пряжение, вдвое меньшее напряжения в конце экспе-римента.)

Э.Амперов

Ф2411. Над плоским квадратным листом бумагирасположен неподвижный точечный изотропный ис-точник света. Известны освещенности поверхностилиста вблизи трех углов квадрата: 1 2 3E E E> > .Эти величины меньше максимальной освещенностиповерхности бумаги в одной из точек листа. Какова

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 224

освещенность поверхности вблизи четвертого углаэтого листа бумаги?

Если освещенность четвертого угла 4E не равна ниодной из величин 1E , 2E и 3E , то вариантов можетбыть четыре:

4 1 2 3E E E E> > > , 1 4 2 3E E E E> > > ,1 2 4 3E E E E> > > , 1 2 3 4E E E E> > > .

Четвертый угол может занимать положения, отмечен-ные на рисунке буквами A, B, C, D. Положениеисточника света над квадратным листом отмечено

звездочкой. Центр квадрата примем за начало коорди-нат, оси х и у находятся в плоскости листа, а ось zнаправлена перпендикулярно листу. Пусть ребро квад-рата имеет длину 2a, координаты источника света( ), ,x y z , причем, как видно из рисунка, x < y < a.Освещенности точек A, B, C, D можно выразить черезосвещенность 0E в центре квадрата следующим обра-зом:

( ) ( )( )2

0 3 22 22D

a zE E

z a x a y=

+ − + −,

( ) ( )( )2

0 3 22 22C

a zE E

z a x a y=

+ + + −,

( ) ( )( )2

0 3 22 22B

a zE E

z a x a y=

+ − + +,

( ) ( )( )2

0 3 22 22A

a zE E

z a x a y=

+ + + +.

Отсюда можно получить выражения для одной изнеизвестных освещенностей через три известные:

( ) 3 22 3 2 3 2 31 2 3DE E E E

−− − −= + − ,

( ) 3 22 3 2 3 2 31 3 2CE E E E

−− − −= + − ,

( ) 3 22 3 2 3 2 31 3 2BE E E E

−− − −= + − ,

( ) 3 22 3 2 3 2 312 3AE E E E

−− − −= + − .

Если освещенность четвертого угла равна одной изизвестных освещенностей, то это возможно в однойединственной ситуации: 2 4E E= . В итоге получается,

что для неизвестной освещенности четвертого углавозможны четыре разных варианта ответа:

4 2E E= , 4 DE E= , 4 CE E= , 4 AE E= .С.Варламов

Ф2412. Толщина стенок шарообразной стекляннойампулы h = 1 мм, внешний радиус ампулы R = 1 см.В ампулу помещен радий в количестве m = 1 мг, авоздух из ампулы откачан. Известно, что из M = 1 градия за 1 секунду вылетает в среднем 10N 3,7 10= ⋅α -частиц (ядер гелия). Найдите установившеесядавление образовавшегося в ампуле гелия при темпе-ратуре T = 300 К. Коэффициент диффузии гелия встекле при такой температуре равен

6 2D 5,7 10 см с−= ⋅ . Через какое время после началаэксперимента давление внутри будет отличатьсяот установившегося значения не более чем на η == 1%?

Давление газа можно найти из основного уравнениямолекулярно-кинетической теории газов р = nkT, где n– концентрация частиц. Явление диффузии и явлениетеплопередачи математически описываются одинако-во. Если концентрации гелия внутри 1n и снаружи 2nотличаются, то поток J частиц через стенку колбынаружу равен

( )21 24 R D n n

Jh

π −= .

Установившуюся концентрацию частиц гелия 1устnвнутри, с учетом того, что их концентрация снаружиравна нулю, найдем из условия равенства скоростипоступления частиц в колбу и скорости убываниячастиц через стенки колбы:

21уст4 R DnNm

M h

π= .

Отсюда находим установившееся давление в ампуле:

8уст 1уст 2

1,2 10 Па4

kThNmp kTn

R DM−= = ≈ ⋅

π.

Если с момента начала эксперимента прошло немноговремени, то со временем концентрация частиц внутрирастет и этот рост описывается уравнением

( ) ( )2

3

4

4 3

tNm M R Dn hdndt R

− π=

π.

Решением такого уравнения является экспоненциаль-ная функция

1уст3

1 exptD

n n tRh

= − − .

Чтобы концентрация гелия внутри колбы отличаласьот установившейся концентрации не более чем на 1%,требуется время

2 ln10 7,5 ч3

RhD

τ = ≈ .

Й.Идар

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

Задачи

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6–8классов.И

ллю

страции Д

.Гриш

уковой

1. Найдите какие-нибудь два различных натуральныхчисла, больших пяти, которые и в сумме, и в произве-дении дают палиндром. (Напомним, что число называ-ется палиндромом, если цифры в нем идут слеванаправо в таком же порядке, что и справа налево,например: 717, 55, 3223.)

А.Меньщиков

2. Белоснежка испекла на праздник торт, разграф-ленный на клеточки и украшенный вишенками, какпоказано на рисунке. Отрезав себе угловую клеточку(правую нижнюю), она хочет разделить оставшуюсячасть торта на 7 одинаковых по размеру и формекусков так, чтобы каждому из семи гномов досталосьпо целой вишенке. Помогите Белоснежке это сделать.

М.Евдокимов

3. Один мудрец заметил: «Наконец настал такой год,что количество зерен, равное номеру года, можноразложить по клеткам шахматной доски так, чтобы нина каких двух клетках не было поровну зерен». В какомгоду произошла эта история?

Е.Бакаев, А.Заславский

4. Петя и Вася вписали в круги одного и того жерадиуса 5 см по прямоугольнику. Затем каждый из нихсоединил середины сторон своего прямоугольника иполучил ромб (как на рисунке). Докажите, что стороныэтих ромбов одинаковы, и найдите их длины.

Г.Гальперин

5. Рыцари двух кланов собрались в замке на пере-говоры и расселись в каком-то порядке за большимкруглым столом. Оказалось, что рыцарей, справа откоторых сидит рыцарь из другого клана, столько же,сколько и рыцарей, справа от которых сидит рыцарь изего же клана. Докажите, что общее число рыцарейделится на 4.

Г.Гальперин

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 226

Чья площадь большеК.КОХАСЬ

БУСЕНЬКА И ЕЕ ДРУЗЬЯ – МЫШЬ ОГРЫЗА, ТАРА-кан Кузька и уж Ушася – праздновали день рож-

дения дятла Спятла. Занимательные конкурсы, пре-красное угощение и подаренный виновнику торже-ства торт со слониками сделали праздник интерес-ным и запоминающимся. Как вдруг...

– Спасайся, кто может! – закричал дятел Спятел ивыпрыгнул в окно.

Гости бросились врассыпную. Огрыза нырнула вподвал, Кузька исчез за шкафом, а Бусенька, схвативУшасю за что попалось (а попался, естественно, хвост),запрыгнула в сейф дятла Спятла, выкинув из негостатуэтку Хрустального Питона. Комната начала за-полняться блестящими кольцами питона Уккха.

– Где же именинникххх? – поинтересовался Уккх. –И куда пропали госсссти? – продолжал он, осматрива-ясь, постоянно высовывая длинный раздвоенный язык– принюхиваясь. – А, вот вы куда залезли, – сказал он,заметив сейф.

– Вылезайте, – строго сказал Уккх и сквозь замоч-ную скважину посмотрел на Ушасю так, что томузахотелось все бросить и побежать, запрыгать, попол-зти, протиснуться, полететь и броситься прямо Уккхув пасть. К счастью, Бусенька крепко держала дверь.

– Не вылезем! – сказала она. – Дверь закрыта, аплощадь сечения замочной скважины – 3 квадратных

сантиметра – слишком мала, чтобы мы через неепролезли.

Уккх проглотил огромный кусок торта («Мммм...какие вкусные слоники!»), отправил в пасть мискувитаминного салата из огурцов с остроухом и задумал-ся. Взгляд его немного подобрел.

– У замочной скважины довольно сложная форма, –наконец сказал он. – Как же ты подсчитала ее пло-щадь?

– Сначала съешь вон ту банку варенья, – сказалаБусенька, не отпуская дверцу, – а после этого погово-рим!

Уккх схватил кончиком хвоста банку варенья ипослушно проглотил ее содержимое. Поморщившись ипоискав взглядом по сторонам, он кинул в пастьнераспечатанную упаковку печенья. Бусенька выжда-ла 20 секунд и приоткрыла дверцу сейфа.

– Печеные яблоки явно удались! – посоветовала она,показав на блюдо с яблоками. Уккх тут же надкусилодно яблоко и одобрительно кивнул.

– Как я подсчитала площадь? Да как обычно. Чтотакое площадь фигуры? Это такое число. Во-первых,оно неотрицательно. Во-вторых, площадь совсем про-стой фигуры, например прямоугольника, равна произ-ведению длин его сторон. В-третьих, если маленькаяфигура содержится в большой, то площадь маленькойфигуры не может быть больше площади большой

Иллю

страция

М.Грицук

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

фигуры. И наконец, в-четвертых, если фигуру разре-зать по прямой на две части, площадь фигуры будетравна сумме площадей частей.

– А если резать не по прямой? – с подозрениемспросил Ушася.

– Все зависит от того, как ты понимаешь слово«резать».

– Какое непростое определение, – сказал Уккх, – икак же найти площадь сложной фигуры, такой, каксечение замочной скважины?

– И вообще, у любой ли фигуры существует пло-щадь? – усомнился Ушася.

– У любой! – стала объяснять Бусенька. – Предста-вим себе, что мы накрыли фигуру несколькими квад-ратами, причем мы используем только квадраты свертикальными или горизонтальными сторонами. Под-считаем сумму их площадей. Потом покроем фигуруквадратиками помельче, чтобы они лучше прилегали кее границам. Снова подсчитаем сумму площадей. Каж-дое такое вычисление дает нам слегка завышенноезначение площади фигуры. Чем больше таких экспери-ментов мы проведем, тем точнее нам будет известнаплощадь фигуры.

– Неужели этот громоздкий рецепт действительнопозволяет вычислить площадь хоть какой-нибудь фи-гуры? – спросил Уккх.

– Конечно, позволяет! Вот, например, найдите, чемуравна площадь треугольника.

– Ну... если это не очень сложно...– Не должно быть сложно, – воодушевился Ушася.

– Возьмем прямоугольный треугольник ABC – полови-ну единичного квадратика. Положим его на лист клет-чатой бумаги. Пусть длина стороны клетки равна 1/n.Тогда вдоль стороны помещается ряд из n клеток (нарисунке 1 оказалось n = 8). А весь треугольник

покрывается ступенчатой фигурой из клеточек: в верх-нем ряду одна клетка, во втором ряду – две, в третьем– три и т.д. вплоть до последнего ряда, где n клеток.Всего, значит, имеется

( )11 2 3

2

n nn

++ + + + =…

клеток. Площадь одной клеточки равна 21 n , значит,суммарная площадь этой клетчатой фигуры равна

( )2

11 1 1 1

2 2 2 2

n n nn nn

+ +◊ = = + .

Чем больше мы возьмем число n, тем меньше будутсторона клеточки 1/n и слагаемое 1/(2n) в подсчитан-ной нами суммарной площади и тем ближе будет эта

величина к 1/2. Поэтому площадь этого треугольникаравна 1/2.

– И для замочной скважины вычисления аналогич-ны, – подтвердила Бусенька. – Только там формулыпохитрее. Но у меня геометрический сопроцессор, мнетакие штуки легко даются.

– Все ясно, – сказал Уккх. – А правильно ли я понял,что необязательно брать квадратики одинакового раз-мера? И вообще можно брать не квадратики, а прямо-угольники. Некоторые могут быть совсем крупными, анекоторые совсем маленькими.

– Зачем так усложнять? – возразил Ушася. – Снача-ла берешь крупную сетку, потом помельче, потом –совсем миллиметровку... Главное, каждый раз учиты-вать только те квадратики, которые задевают фигуру.Очень хороший и практичный способ получается, мнеон очень нравится.

– Нет-нет, – не согласилась Бусенька, – клеточкимогут быть разными, не только квадратными, но ипрямоугольными. Если вам нужно, они могут пересе-каться, и вообще их может быть бесконечно много!

– Как это бесконечно много? Мы же считаем площадьограниченной фигуры!

– Ну да, фигура ограниченная, скажем помещаетсяна одном листе бумаги, но квадратики могут быть иочень-очень маленькими – настолько, что в результатеих общее количество бесконечно!

– Я понял, – сказал Уккх. – Например, в предыду-щем вычислении можно было бы накрыть весь тре-угольник такими вот уменьшающимися клеточками:

Тут вообще все клеточки умещаются внутри фигуры.Правда... если мы хотим, чтобы треугольник содер-жался в объединении этих клеточек, лучше бы взять егобез стороны AB. Зато клеточек получается бесконечномного (рис.2)!

– Только не надо думать, что прямоугольники обяза-тельно должны умещаться внутри фигуры, – пред-упредила Бусенька, – они запросто могут вылезать заее пределы – так же, как это было в вычислении Ушаси.

– Мой подход к вычислению площади значительнопроще и удобнее, чем у Уккха! – заявил Ушася.

– А мой – более гибкий! – возразил Уккх и облиз-нулся.

– Да что тут спорить, – вмешалась Бусенька, –давайте я попрошу вас вычислить площадь какой-нибудь хитрой фигуры, у кого лучше получится – тоти прав!

– Разве таким способом принято решать математичес-кие споры? – усомнился Ушася.

Рис. 2

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 228

– Давай нам свою хитрую фигуру, – энергичнопотребовал Уккх.

– Хорошо. Но сначала скажите-ка мне для разминки,чему равна площадь одной точки, например точки A изнашего предыдущего треугольника?

– Нулю, – тут же сказал Уккх, – мы можем накрытьточку квадратиком со стороной 1, значит, площадьточки меньше 1. Но мы можем накрыть ее и квадрати-ком со стороной 1/10, тогда получится, что площадьточки меньше 1/100. И точно так же окажется, чтоплощадь точки меньше любого другого положительно-го числа. Значит, площадь равна нулю.

– Ладно, тогда вот вам хитрая фигура! Возьмем всетот же треугольник ABC. И нарисуем внутри неголинии первой сетки – той, где размер клеточек былравен 1/2. Потом нарисуем внутри него линии болеемелкой сетки – со стороной 1/3 (рис.3). Кстати, а чему

равна площадь «лесенки», составленной из этих ли-ний?

– Тоже нулю, – выпалил Ушася. – На листе из оченьмелкой миллиметровки каждый нарисованный отрезокнакрыт длинным прямоугольником, состоящим из од-ного ряда клеток. Ширина такого прямоугольникаравна стороне одной клетки, поэтому его площадьочень мала. Всего у нас будет шес-с-с-ть таких прямо-угольников, их суммарная площадь тоже очень мала.Какое положительное число ни возьми, эту лесенкуможно накрыть прямоугольниками, у которых суммаплощадей будет меньше этого числа. Значит, площадьлесенки равна нулю.

– Правильно! – согласилась Бусенька. – Но я еще недорисовала хитрую фигуру. Мы уже нарисовали ли-нии сетки со сторонами 1/2 и 1/3. Теперь нарисуемлинии следующей сетки – со стороной 1/4, потом состороной 1/5 (рис.4) – и так далее (до бесконечности).

Моя хитрая фигура – этообъединение всех-всех этихлиний. Спрашивается, чемуравна ее площадь?

– Одной второй, – немногоподумав, сказал Ушася.

– Нулю, – почти сразу жес ним произнес Уккх.

– А как вы посчитали?– Возьмем совершенно

любую квадратную сетку, –стал объяснять Ушася, –Рис. 4

к примеру со стороной квадрата 1/100. Посмотримтолько на квадратики, накрывающие треугольник. Мыдолжны выбрать из них набор квадратиков, накрыва-ющих хитрую фигуру. Но фигура действительно ужас-но хитрая: она ведь содержит все линии более мелкойсетки со стороной 1/200, а они рассекают каждыйквадратик сетки со стороной 1/100. Получается, что,для того чтобы накрыть фигуру, нам придется взять всеквадратики, накрывающие треугольник ABC! Значит,любое измерение площади фигуры «по клеточкам»дает такой же результат, как для треугольника ABC.Поэтому площадь фигуры равна площади треуголь-ника!

– Хм, вроде все верно. А ты как посчитал? – спросилаБусенька Уккха.

– Площадь равна нулю, поскольку я могу накрытьэту фигуру набором прямоугольников сколь угодномаленькой площади, – уверенно сказал Уккх. – Вот,например, как построить набор прямоугольников, что-

бы их суммарная площадь была равна 1

1000? Начнем

рисовать первую сетку (со стороной 1

2). Нарисуем

первый отрезок и сразу накроем его каким-нибудь

прямоугольником площади 1 1

1000 2◊ . Нарисуем второй

отрезок и накроем его каким-нибудь прямоугольником

площади 1 1

1000 4◊ . Потом нарисуем третий отрезок.

Ой, нет, в первой сетке больше нет отрезков, значит,переходим к рисованию отрезков второй сетки. Рисуемотрезок второй сетки и накрываем его прямоугольни-

ком площади 1 1

1000 8◊ . И так далее: рисуя очередной

отрезок очередной сетки, тут же накрываем его прямо-угольником, площадь которого в два раза меньшепредыдущего прямоугольника. Получится бесконечномного прямоугольников, но их площадь конечна иочень мала. Она равна

1 1 1 1 1 1

1000 2 4 8 16 1000Ê ˆ+ + + + =Á ˜Ë ¯

… .

Итак, я накрыл фигуру прямоугольниками суммарнаяплощадь которых равна 1/1000, а мог бы вместо1/1000 взять любое другое положительное число.Значит, площадь фигуры равна нулю.

– Выглядит убедительно, – согласилась Бусенька.– Моя площадь больше – значит, я выиграл! –

закричал Ушася.– А тогда я тебя съем! – злобно ответил Уккх.Но Бусенька была начеку. Схватив Ушасю за что

попало (да-да, опять за хвост, вы правильно догада-лись), она прыгнула в сейф. Уккх посмотрел назахлопнувшуюся дверцу и на Хрустального Питона,валявшегося на полу, и грустно облизнулся.

– Здорово я его обыграл? – спросил Ушася Бусеньку,когда увидел, что они надежно заперлись в сейфе.

– Здорово, – сказала Бусенька. – Но ты заметил, чтоплощадь у тебя странная? Площадь хитрой фигуры

Рис. 3

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

Рис. 2. Раскрытый БольшойРот

Рис. 3. Пилотирование Большого Рта

Большой Рот в полетеА.ЛЕТОВ

КПИЛОТИРУЕМОЙ ПОЛОСКЕ, ОПИСАННОЙ В«Кванте» 4 за 2013 год, мы добавим еще один

пилотируемый летательный аппарат из бумаги – этоБольшой Рот. Он проще в изготовлении и демонстри-

рует такие же летные качества, как и пилотируемаяполоска.

Большой Рот собирается из двух прямоугольныхбумажных полосок размером 4,5 ¥ 23 см. Они накла-

дываются друг на друга сосдвигом в 3 см и затемскрепляются двумя малень-кими кусочками скотча(рис.1). Если вы возьме-тесь за середину одной по-лоски, то Большой Рот рас-кроется (рис.2). А еслиеще слегка подкрутить егои отпустить, он начнет вра-щаться в воздухе и мед-ленно планировать. Боль-шой Рот, сделанный из лег-кой бумаги, держитсяв воздухе достаточно дол-го, и его можно пилотиро-вать!

Лучший материал дляизготовления Рта – тонкиелисты из большого теле-фонного справочника«Желтые страницы». Впро-чем, подойдет и тонкая га-зетная бумага.

А теперь перейдем непос-

Рис. 1. Две желтые полоски бумаги, скрепленные малень-кими кусочками красного скотча

редственно к пилотированию Большого Рта. Для этогонам понадобится еще картонка размером 50 ¥ 40 см.Если идти вперед с чуть наклоненной к себе картонкой(рис.3), то над ее верхней кромкой возникнет восходя-щий воздушный поток. Ваша задача – посадить враща-ющийся Рот на гребень этой воздушной волны.

Перед запуском держите картонку перед собой водной руке, а Большой Рот – в другой, вытянутойвверх (как показано на рисунке 2). Закрутите еголегким движением и с картонкой в руках начнитедвижение вперед, стараясь подхватить вращающийсяРот. Хорошо потренировавшись, вы научитесь пилоти-ровать Большой Рот не только по прямой, но иосуществлять с ним повороты и передвигаться набольшие расстояния.

Добавим еще, что пилотирование возможно только взамкнутых помещениях при отсутствии сквозняков идругих воздушных потоков.

Подробное описание и демонстрацию полетов можнопосмотреть по ссылке:

Big Mouth Tumblewing: Make and Fly: https://www.youtube.com/watch?v=I1i_LMCvPX0

равна 1/2, и точно так же проверяется, что площадьостальной части треугольника тоже равна 1/2. Полу-чается, что мы разбили треугольник площади 1/2 надве части, и у обеих частей площадь равна 1/2!

– Действительно странно... Но погоди, это же непротиворечит твоему определению площади! Ты жеговорила, что площадь фигуры равна сумме площадейкусочков в том случае, когда мы режем фигуру по

прямой. А здесь нет ничего похожего на разрезание попрямой. Твою хитрую фигуру вообще невозможновырезать из треугольника! А что, у Уккха площадь нестранная?

– Тоже странная. Но в этом можно убедиться спомощью уж совсем хитрых фигур.

– Ну, значит, я действительно его победил!

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 5 - 6Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В

О моментахинерции

А.БУРОВ

КАК ХОРОШО ИЗВЕСТНО ИЗ ФИЗИКИ, УСКОРЕНИЕar поступательно движущегося тела определяется

действующей на него силой Fur

:

F ma=ur r

,

где m – масса тела, являющаяся мерой его инертности.Аналогично, угловое ускорение ε вращающегося относи-тельно некоторой оси тела зависит от момента М прило-женной к нему силы:

M I= ε ,

где I – момент инерции тела, представляющий собой меруинертности вращающегося тела.

Когда речь идет о материальной точке массой m,которая находится на расстоянии r от оси вращения, то еемомент инерции равен

2I mr= .

Видно, что I зависит не только от самой массы, но и оттого, насколько эта масса удалена от оси вращения.

Если число точек, образующих тело, конечно, то вычис-ление момента инерции проблемы не составляет: доста-точно просуммировать моменты инерции всех точек:

2

1

N

i ii

I m r=

= ∑ .

Другое дело, когда тело – сплошное. В этом случае длявычисления момента инерции надо, вообще говоря, уметьинтегрировать, а это дело непростое. Спрашивается:нельзя ли найти хоть какие-то случаи, когда интегриро-вания можно избежать? Оказывается, примеры такихслучаев существуют. Но прежде давайте посмотрим наразмерность момента инерции, например точки:

[ ] [ ][ ]2 2кг мI m r= = ⋅ .

Это обстоятельство подсказывает физику: если у изучае-мого тела имеется лишь один характерный размер r илишь один массовый параметр m, то для момента инерцииможно записать

2I mr= α , (1)

где α – не имеющий размерности параметр, которыйнужно определить в каждом конкретном случае.

Для изучения конкретных примеров нам понадобитсяеще одно утверждение. Оно имеет вид теоремы.

Теорема (Гюйгенса – Штейнера). Момент инерциитела относительно оси Zl , проходящей через точку Z,равен моменту инерции того же тела относительнопараллельной ей оси Ol , проходящей через центр масстела – точку О, сложенному с произведением массы

тела на квадрат расстояния OZr между этими осями:

2Z O OZI I mr= + . (2)

Эту теорему в механике обычно связывают с именамиХ.Гюйгенса и Я.Штейнера (см., например, [3]). Однакоиной раз соотношение (2) называют формулой Лагранжа(см. [2], [4], [5]).

Рассмотрим простейший пример того, как можно вос-пользоваться формулами (1) и (2) для нахождениямоментов инерции твердых тел.

Момент инерции палочки

Задача 1. Найдите момент инерции однородной палоч-ки AB длиной a и массой m относительно оси Ol ,проходящей через середину палочки – ее центр масс – ией перпендикулярной (рис.1).

Решение. Пусть требуемый момент инерции палочкиопределяется соотношением вида (1). Тогда ее моментинерции относительно оси Al , параллельной оси Ol ипроходящей через конец палочки – точку A, записываетсятак:

22 1

4 4A Oma

I I ma = + = α +

.

С другой стороны, палочка составлена из двух полови-нок, масса каждой из которых 2m , а длина 2a . Моментинерции каждой из половинок относительно оси, прохо-дящей через ее конец, равен

2

1 21

2 2 4m a

I = α +

.

Поэтому для исходной палочки можно записать

1 22OI I= ,

или2

2 12

2 2 4m a

ma α = α +

.

Отсюда получаем21

,12 12O

maIα = = .

А с помощью теоремы Гюйгенса–Штейнера тотчас нахо-дим и AI :

2 2 2

12 4 3Ama ma ma

I = + = .

Эти соотношения хорошоизвестны (см., например,[1]).

Теперь мы можем запро-сто искать моменты инер-ции фигур, составленныхиз палочек. Так, моментинерции составленного из

Рис. 1

Рис. 2

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

одинаковых палочек длиной a правильного треугольника

1 2 3PP P массой m с серединами сторон iA относительнооси, перпендикулярной плоскости треугольника и прохо-дящей через его центр масс О (рис.2), имеет вид (

kAI –момент инерции каждой из палочек относительно оси, ейперпендикулярной и проходящей через ее середину)

32

1 3kO A kk

mI I OA

=

= + =

∑22 23 5

33 12 3 3 12m a m a ma + =

.

Упражнения

1. Найдите моменты инерции проволочных квадрата и пра-вильного шестиугольника массой m со сторонами а относительноосей, перпендикулярных плоскостям этих фигур и проходящихчерез их середины.

2. Найдите момент инерции Г-образной фигуры массой m,образованной парой взаимно перпендикулярных однородныхпалочек длиной а, относительно оси, перпендикулярной ееплоскости и проходящей через ее центр масс.

Исследовательское задание 1. Для написания цифры впочтовом коде берется составленная из двух квадратов доми-

ношка и проводятся некото-рые линии вдоль сторон этихквадратов и их диагоналей(рис.3). Найдите центры масс«почтовых цифр», согнутых

из однородной проволочки, и моменты инерции относительноосей, перпендикулярных их плоскостям и проходящих через ихцентры масс. (Ответ автору неизвестен.)

Задача 2. Найдите момент инерции однородного сплош-ного квадрата ABCD со стороной а и массой т относи-тельно оси Ol , проходящей через середину квадрата –его центр масс – и перпендикулярной его плоскости.

Решение. Пусть требуемый момент инерции определя-ется соотношением вида (1): 2

OI ma= α . Тогда моментинерции относительно оси Al , параллельной оси Ol ипроходящей через вершину квадрата – точку A, имеет вид

22 1

2 2A Oma

I I ma = + = α +

.

С другой стороны, квадрат составлен из четырех квадрат-ных четвертинок, масса каждой из которых 4m , а длинастороны 2a . Момент инерции каждой из четвертинокотносительно оси, проходящей через ее вершину, состав-ляет

2

1 41

4 2 2m a

I = α +

.

Но исходный квадрат состоит из четырех таких четверти-нок, поэтому

1 44OI I= .

Подставляя в это равенство выражения для OI и 1 4I ,имеем

22 1

44 2 2m a

ma α = α +

,

откуда получаем

16

α = , 2

6Oma

I = .

А с помощью теоремы Гюйгенса–Штейнера тотчас нахо-дим и AI :

2 2 226 2 3A

ma ma maI = + = .

Упражнение 3. Найдите момент инерции однородного сплош-ного правильного треугольника ABC со стороной а и массой mотносительно оси Ol , проходящей через его центр масс иперпендикулярной его плоскости.

Указание. Проведите средние линии треугольника и адапти-руйте к получившимся четырем равным треугольникам вдвоеменьшего размера рассуждения, применявшиеся к квадрату.

Моменты инерции кольца и круга

Конечно, проще всего найти момент инерции окружно-сти радиусом R и массой m, согнутой из тонкой проволоч-ки, относительно оси, проходящей через центр окружно-сти и перпендикулярной ее плоскости. Так как все точки,образующие окружность, одинаково удалены от ее цент-ра, то их вклады в момент инерции также оказываютсяодинаковыми. Таким образом,

2OI mR= . (3)

Для однородного круга сделать похожий вывод уже неполучается. Вновь обратимся к формуле (1) и будемсчитать, что момент инерции круга записывается так:

2 4OI mR R= α = αρπ ,

где ρ – плотность материала, из которого сделан круг,т.е. масса, приходящаяся на единицу площади. Длякругового кольца той же плотности с внутренним радиу-сом 1R и внешним радиусом 2R имеем

( )4 42 1OI R R= αρπ − ,

или

( )2 21 2OI m R R= α + , где ( )2 2

2 1m R R= ρπ − .

Пусть теперь 1R R= , 2R R R= + ∆ . Тогда

( )( ) ( )( )4 44 4 1 1OI R R R R∆ = αρπ + ∆ − = αρπ + ε − ,

где R Rε = ∆ .

Если кольцо тонкое ( 1ε ≪ ), то

4 3 24 4 2OI R R R mR∆ = αρπε = αρπ ∆ = α∆ , (4)

где

( )( ) ( )( )2 22 22 1 1m R R R R∆ = ρπ + ∆ − = ρπ + ε − =

= 22 2R R Rρ ⋅ π ε = ρ ⋅ π ∆

– масса тонкого кольца. Сопоставляя соотношения (3) и(4), находим, что 1 2α = . Тогда для круга массой mполучаем

2

2OmR

I = .

Завершая этот раздел, укажем, что момент инерциикольца конечной толщины имеет вид

( )2 21 2

2O

m R RI

+= .

Замечание. Честно говоря, мы тут немного схитрили,фактически заменив необходимое для вычисления момен-та интегрирование дифференцированием, с помощьюкоторого и был осуществлен подбор коэффициента α .

Рис. 3

(Продолжение см. на с. 34)

Равновеликостьи равносоставленность

Теорема (Бойаи–Гервин). Любые два равновеликих многоугольника на плоскости равносоставлены.Основная идея доказательства: каждый из многоугольников свести к равновеликому (равному по площади)

квадрату (1).Шаги. Любой многоугольник можно разбить на треугольники (докажите!). Каждый треугольник можно

разбить на части, из которых складывается «не очень вытянутый» прямоугольник (2–3), а затем квадрат (4).Несколько квадратов всегда можно перекроить в один квадрат (5).

Литература

В.Г.Болтянский. Равновеликие и равносоставленные фигуры. – М.: Гостехиздат, 1956.В.Ф.Каган. О преобразовании многогранников. – Одесса: Mathesis, 1913.Д.Фукс. Можно ли из тетраэдра сделать куб? – Журнал «Квант», 1990, 11.

[Приведено другое доказательство теоремы Бойаи–Гервина].Г.Линдгрен. Занимательные задачи на разрезание. – М.: Мир, 1977.Журнал «Квант». – 1980, 6, 4-я страница обложки.В.Литцман. Теорема Пифагора. – Одесса: Mathesis, 1912.Математические этюды, http://etudes.ru

Материал подготовил Н.Андреев

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 234

Главное оправдание этому очевидно – дифференцироватьвсе же проще, чем интегрировать!

Радиус инерции

Механики давно подметили, что зачастую для описанияинерционных свойств, связанных с вращательным движе-нием, удобнее использовать не момент инерции, а радиусинерции тела

OIRm

∗ = .

Так, для тонкого однородного кольца радиусом R имеемR R∗ = . Иными словами, понятие радиуса инерции по-зволяет ответить на вопрос, на кольцо какого радиуса R∗надо равномерно «намазать» массу m, чтобы во враща-тельном движении тело демонстрировало такие же инер-ционные свойства, как и указанное кольцо. Согласнодоказанному в предыдущем разделе, для тонкого одно-родного круга радиусом R радиус инерции составляет

2R R∗ = .Заметим, что для однородных тел радиус инерции

«совершенно геометричен»: он никак не зависит от плот-ности и массы тела.

Если радиус инерции тела каким-либо образом найден,то рецепт нахождения соответствующего момента инер-ции несложен: «просто возведи в квадрат и умножь намассу». Иными словами,

2OI mR∗= .

Выход в пространство

Прежде чем идти в пространство, рассмотрим следую-щую плоскую задачу.

Задача 3. Найдите момент инерции однородного тон-кого листа бумаги размером a b× и массой m относи-

тельно оси l, совпадающей сего краем длины b.

Решение. Разместим од-нородную тонкую палочкутой же массы m и длины аровно под стороной длины аизучаемого прямоугольноголиста (рис.4). Тогда один изконцов палочки окажется наоси l. Нетрудно видеть, чтопара прямых, параллельныхоси l, высекает как из листа,так и из палочки куски оди-наковой массы. Отсюда, всилу определения момента

инерции, немедленно следует равенство момента инерциилиста и момента инерции палочки относительно оси l. Онсоставляет

2

3lma

I = .

Такие же рассуждения позволяют найти момент инерциитого же листа относительно средней линии, параллельнойего краю длины b. В этом случае имеем

2

12bma

I = .

Примечательно, что ни в ту, ни в другую формулу невходит величина b. Кроме того, понятно, что моментинерции того же листа относительно средней линии,параллельной его краю длины a, составляет

2

12amb

I = .

Конечно, теперь было бы естественно посчитать моментинерции zI относительно оси, перпендикулярной плоско-сти прямоугольного листа и проходящей через его середи-ну. Чтобы это сделать, воспользуемся следующим замеча-нием (теоремой о взаимно перпендикулярных осях).Пусть xyz – прямоугольная система координат. Тогда длямножества точек с массами im , располагающихся вплоскости xy, моменты инерции относительно осей x, y иz имеют вид

2x i i

i

I m y= ∑ , 2y i i

i

I m x= ∑ , ( )2 2z i i i

i

I m x y= +∑ ,

т.е.

z x yI I I= + .

Для нашего прямоугольника получаем

( )2 2

12zm

I a b= + .

Полагая a = b, приходим к найденному ранее инымспособом соотношению для момента инерции квадрата.

Точно такие же рассуждения оказываются применимы-ми и при вычислении моментов инерции параллелепипедамассой m и размером a b c× × . Предоставим возможностьчитателю самостоятельно убедиться в том, что моментинерции относительно оси симметрии параллелепипеда

cl , параллельной ребру длины с, ( ), ,a b c , составляет

( )2 2

12cm

I a b= + , ( ), ,a b c ,

где запись ( ), ,a b c обозначает циклическую перестановкусоответствующих символов.

Заметим также, что аналогичным образом можно вы-числить момент инерции однородного, сплошного, прямо-го, не обязательно кругового цилиндра относительнокакой-либо оси, параллельной его образующим. Этотмомент инерции находится ровно по тем же формулам,что и для его сечений, и совсем не зависит от высоты. Так,для прямого кругового цилиндра массой m и радиусом Rмомент инерции относительно его оси составляет 2 2mR .

Упражнение 4. Дан равногранный тетраэдр с ребрами длинойа, b и с, в вершинах которого расположены одинаковые массыm. Найдите его моменты инерции относительно осей, проходя-щих через середины скрещивающихся ребер.

Исследовательское задание 2. Равногранный тетраэдр мас-сой m с ребрами длиной а, b и с составлен из однородных,одинаковых по плотности проволочек. Найдите его моментыинерции относительно осей, проходящих через середины скре-щивающихся ребер.

Далее, нетрудно убедиться в том, что справедливо такоеутверждение.

Утверждение 1. Если тела 1Q и 2Q получаются другиз друга винтовым движением с осью винта l, то ихмоменты инерции относительно оси l одинаковы.

Это утверждение можно применить к вычислению мо-мента инерции винтовой линии массой m, полученной

Рис. 4

(Начало см. на с. 30)

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

винтовым перемещением отрезка длиной а относительнооси винта l, перпендикулярной отрезку и проходящейчерез его середину (рис.5). С его же помощью можнонайти момент инерции для «скрученного кубарика» (рис.6)– стопки квадратных бумажек для заметок, перекручен-ных вокруг оси, проходящей через центры квадратов, атакже для винтовой лестницы с прямоугольными ступень-ками, насаженными на ось, проходящую через вершиныквадратов. Предлагаем читателю самостоятельно провес-ти соответствующие вычисления.

Может оказаться полезным и еще одно утверждение.Утверждение 2. Если однородные тела 1Q и 2Q тако-

вы, что моменты инерции относительно оси l всех ихсечений, перпендикулярных данной оси, совпадают, тосовпадают и моменты инерции самих тел относительноэтой же оси.

Задача 4. Найдите момент инерции бумажного кулькамассой m, высотой h и радиусом в основании R относи-тельно его оси. Под бумажным кульком понимаетсябоковая поверхность прямого кругового конуса.

Решение. Бумага, из которой сделан кулек, тонкая, чтонесколько затрудняет решение задачи. Немного схитрим:возьмем много-много таких кульков и наденем один надругой. Получится фигура, похожая на «ракету», этакий

«толстый кулек», разрез которой вдольоси симметрии изображен на рисунке 7.Если мысленно отрезать «верхушку»ракеты и разместить отрезанную частьвместо «сопла», то момент инерциитела относительно его оси не изменится.А получившееся тело – не что иное, какоднородный сплошной цилиндр. Егомомент инерции относительно оси сим-метрии хорошо известен, он не зависитот высоты цилиндра (а вместе с ней – иот толщины «толстого кулька») и со-ставляет 2 2mR . Ответ задачи полу-чен.

Сфера и шар

Удивительный успех в деле отыска-ния моментов инерции окружности и круга неумолимоподвигает на подобные изыскания для сферы и шара.

Рассмотрим сферу массой m и радиусом R с центром вточке О. Из соображений симметрии ясно, что моментинерции будет одним и тем же для любой оси, проходящейчерез центр сферы. Воспользуемся правой ортогональнойсистемой координат xyz с центром в точке O. Моменты

инерции относительно ее осей имеют вид

( )2 2x i i i

i

I m y z= +∑ , ( )2 2y i i i

i

I m z x= +∑ ,

( )2 2z i i i

i

I m x y= +∑ .

Складывая эти соотношения, находим

( )2 2 22x y z i i i ii

I I I m x y z+ + = + +∑ .

Выражение в правой части – момент инерции системыотносительно точки O (это понятие малоупотребимо вмеханике). Так как вся масса сосредоточена на сфере,правая часть этого выражения равна 22mR , откудаполучаем, что искомый момент инерции равен

223

mRI = .

Тогда радиус инерции однородной сферы относительнооси, проходящей через ее центр, имеет вид

23

R R∗ = .

Опираясь на эту формулу и на аналог процедуры,примененной при вычислении момента инерции круга,попробуем найти радиус инерции однородного шараотносительно оси, проходящей через его центр. Пусть

R R∗ = β ,

где R – радиус шара. Тогда если ρ – плотность шара, то

2 543zI R= πρβ ,

343

m R= πρ ,

и для шарового слоя, расположенного между сферамирадиусов 1R и 2R ( 2 1R R> ), имеем

( )2 5 52 1

43zI R R= πρβ − , ( )3 3

2 143

m R R= πρ − ,

5 52 2 2 1

3 32 1

zI R RR

m R R∗

−= = β

− .

Устремляя 1R к 2R R= , в пределе получаем

2 2 253

R R∗ = β ⋅ .

Сопоставляя это равенство с выражением 23

R R∗ = дляоднородной сферы, находим

25

β = , 22

5zmR

I = .

Так нам опять удалось обойтись без интегрирования!

Литература

1. А.К.Кикоин. Вращательное движение тел («Квант», 1971,1).

2. В.Н.Дубровский. Момент инерции в геометрии («Квант»,1984, 7).

3. Н.Г.Четаев. Теоретическая механика (М.: Наука, 1987).4. М.Б.Балк, Н.А.Григорьев. Механика помогает геометрии

(«Квант», 1973, 11).5. М.Б. Балк, В.Г.Болтянский. Геометрия масс (Библиотеч-

ка «Квант», вып. 61).6. М.М.Гернет, В.Ф.Ратобыльский. Определение моментов

инерции (М.: Машиностроение, 1969).

Рис. 5

Рис. 7

Рис. 6

Рис. 4

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

Леммабиссектрального

треугольникаА.КАРЛЮЧЕНКО, Г.ФИЛИППОВСКИЙ

ПУСТЬ ОТРЕЗКИ 1AL , 2BL , 3CL ЯВЛЯЮТСЯ БИССЕК-трисами в произвольном треугольнике ABC. Тогда

треугольник 1 2 3LL L , составленный из оснований биссек-трис, называют биссектральным. Биссектральный треу-гольник обладает рядом свойств, среди которых особенноважным представляется то, о котором мы и поведемдальнейший разговор…

Лемма биссектрального треугольника. Для любойточки на стороне 2 3L L биссектрального треугольникасумма расстояний от этой точки до прямых AB и ACравна расстоянию от нее до прямой BC.

Доказательство. Пусть T – произвольная точка сторо-ны 2 3L L биссектрального треугольника. Пусть 1TT x= ,

2TT y= , 3TT z= – ее расстояния до сторон BC, AC и ABсоответственно (рис.1). Докажем, что x = y + z.

Обозначим через 2 2L D L E d= = – расстояния от 2L доBC и AB соответственно и через 3 3L F L N f= = – рассто-яния от 3L до BC и AC соответственно. Пусть также

2L T n= и 3L T q= . Величину отрезка x нетрудно найтииз трапеции 2 3L L FD :

dq fnx

n q

+=

+.

Из подобия треугольников 2 2L TT и 2 3L L N имеемy f

n n q=

+, или

fny

n q=

+.

Аналогично,z q

d n q=

+, или

dqz

n q=

+– из подобия треугольников 3 3L TT и 3 2L L E . Сравнив этиравенства, получаем x = y + z.

Замечание. Отметим, что если точка T будет взята напродолжении 2 3L L (за точку 3L ), то будет иметь место

равенство y = x + z – рисунок 2. Аналогично, если T – напродолжении 2 3L L за точку 2L , то z = x + y.

Покажем применение леммы при решении ряда задач,большей частью повышенной трудности, олимпиадных.

Задача 1. Прямая 2 3L L пересекает прямую BC вточке Q – основании внешней биссектрисы угла Aтреугольника ABC. Докажите!

Доказательство (Д.Прокопенко). Соединим A с Q ипроведем из точки Q перпендикуляры к прямым AC и AB:QN = y; QF = z (рис.3). Согласно замечанию к лемме (см.рис.2), y = x + z. Но x = 0, следовательно, y = z. Тогда изравенства треугольников AFQ и ANQ (по катету и

гипотенузе) следует, что 1 2∠ = ∠ , т.е. AQ – внешняябиссектриса угла A треугольника ABC.

Задача 2 (А.Карлюченко). Внутри треугольника ABCнаходится точка T, расстояния от которой до сторонBC, AC и AB равны x, y, z соответственно. Найдитегеометрическое место точек T таких, что из отрезковx, y, z можно составить треугольник.

Решение. Искомым ГМТ будет внутренняя областьтреугольника 1 2 3LL L (рис.4). Действительно, для всехточек на сторонах треугольника 1 2 3LL L будет выполнять-ся свойство: один отрезок равен сумме двух других. Сталобыть, треугольник составить нельзя. Для всех точек внетреугольника 1 2 3LL L один отрезок будет длиннее, чемсумма двух других (докажите!). Внутри же треугольника

1 2 3LL L требованиезадачи выполняется.

Задача 3. Биссек-триса 1AL треу-гольника ABC пере-секает отрезок

2 3L L в точке T. Че-рез T проведена пря-мая параллельноBC. Она пересека-ет AB и AC в точ-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 37

ках K и N соответственно. Докажите, что 2KN == BK + CN.

Доказательство. Так как 2 3T L L∈ , то, согласно лемме,x = y + z (рис.5). Но T также принадлежит биссектрисе

1AL . Поэтому y = z и x = 2y, или x = 2z. ПроведемTE ABP и TF ACP . Тогда TE = KB (TKBE – паралле-лограмм). Аналогично, TF = NC. Поскольку

3 1TT K TTE∆ ∆∼ , то 12

z TK

x TE= = , откуда 2TK = TE = KB.

Аналогично, 2TN = TF = NC (из подобия треугольников

2TT N и 1TTF ). Следовательно, 2KN = BK + CN, что итребовалось доказать.

Задача 4 (А.Карлюченко). Окружность с центром I,вписанная в треугольник ABC, касается его сторон BC,AC и AB в точках 1K , 2K , 3K соответственно. Луч

1K I пересекает 2 3L L в точке T. Из точки T проведеныперпендикуляры TF к 2IK и TD к 3IK . Докажите, чтоID + IF + IT = 1IK .

Доказательство. Согласно лемме, 1 2 3TK TT TT= + , илиx = y + z. Поскольку 1 2 3IK IK IK r= = = , то имеем IT == x – r, IF = r – y и ID = r – z (рис.6). Тогда ID + IF ++ IT = r – z + r – y + x – r = r + (x – y – z) = r.

Задача 5 (Р.Козарев, Национальная олимпиада Болга-рии, 1997). Около треугольника ABC описана окруж-ность ω . Луч 2 3L L пересекает ω в точке T. Докажите,

что 1 1 1

TB TA TC= + .

Доказательство. Так как точка T лежит на продолже-нии 2 3L L за точку 3L , то, согласно лемме, имеем y == x + z (рис.7). Четырехугольник ATBC вписан в ω ,

поэтому 2 1TAT TBT∠ = ∠ . Следовательно,

1 2TBT TAT∆ ∆∼ , и x y

TB TA= . (1)

Поскольку TBA TCA∠ = ∠ (вписанные, опираются наодну дугу в окружности ω ), то 3 2TBT TCT∆ ∆∼ . Значит,

z y

TB TC= . (2)

Сложив левые и правые части равенств (1) и (2), получимx z y y

TB TA TC

+= + . Однако x + z = y. Тогда, сократив на y,

получим требуемое: 1 1 1

TB TA TC= + .

Задача 6. На отрезке 2 3L L найдите точку T такую,

чтобы отношение 2

yz

x принимало наибольшее значение.

Решение. Для любой точки T отрезка 2 3L L выполняет-ся равенство x = y + z (согласно лемме). Тогда необходимо

найти наибольшее значение величины ( )2

yz

y z+. Нетрудно

показать, что ( )2 4y z yz+ ≥ , откуда ( )2

14

yz

y z≤

+. Знак

равенства достигается, когда y = z. Поэтому 2max

yz

x

имеет место дляточки T пересече-ния биссектрисы

1AL с отрезком

2 3L L (рис.8).Задача 7. Извес-

тно, что в треу-гольнике ABC цен-троид (точка пе-ресечения медиан)M принадлежитотрезку 2 3L L . До-кажите, что в таком случае для высот треугольникаABC имеет место равенство a b ch h h= + .

Доказательство. Так как 2 3M L L∈ , то x = y + z(согласно лемме). Центроид M делит каждую из медиан

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 238

в отношении 2:1, считая от вер-

шины. Поэтому 13 ax h=

(рис.9). Аналогично, 13 by h= ,

13 cz h= . Тогда, с учетом леммы,

1 1 13 3 3a b ch h h= + , или

a b ch h h= + .

Задача 8. Центр O описан-ной около треугольника ABCокружности лежит на отрезке

2 3L L . Докажите, что расстоя-ние AH от вершины до орто-центра треугольника ABC рав-но сумме радиусов описаннойоколо треугольника ABC и впи-санной в него окружностей.

Доказательство. Согласнолемме, имеем 1 2OM OM= +

3OM+ , или x = y + z (рис.10). Здесь O – центр описаннойокружности треугольника ABC, а 1M , 2M , 3M – сере-

дины его сторон. Треуголь-ник ABC – остроугольный,так как 2 3O L L∈ находит-ся внутри него. Тогда поформуле Карно для остро-угольного треугольникаABC 1 2 3OM OM OM+ + =

R r= + . С учетом леммы( 1 2OM OM= + 3OM ) по-лучаем 12OM R r= + . По-скольку 12OM AH= (из-вестная формула геометриитреугольника), то AH = R ++ r, что и требовалось дока-зать.

Задача 9 (А.Карлючен-ко). Восстановите треугольник ABC по точкам B, 2L ,

Q, где 2 3Q L L BC= ∩ .

Решение. Соединим 2L с B и Q. Проведем прямую QB,которая, очевидно, содержит сторону BC треугольника

ABC. При этом 2

B1

∠∠ = (рис.11). Построив 2 1∠ = ∠ ,

получим прямую, содержащую сторону BA. Эта прямаяпересекает 2L Q в точке 3L . Из любой точки T отрезка

2 3L L проведем перпендикуляры 1TT x= и 3TT z= кпрямым, содержащим BC и BA соответственно. Согласнолемме, y = x – z. Из точки T как из центра проводимокружность s радиусом y = x – z. Касательная к s из точки

2L при продолжении пересечет прямые BA и QB ввершинах A и C соответственно.

Задача 10 (А.Карлюченко). В треугольнике ABC суглом A 60∠ = ° расстояние от 2L до BC меньше чем

2AL ( 2 2L D L E= и 2 2L E AL< – катет меньше гипоте-нузы). Аналогично, расстояние от 3L до BC меньше чем

3AL , поскольку 3 3 3L K L N AL= < (рис.12). Значит ли

это, что на отрезке 2 3L L не найдется такой точки T,для которой расстояние от нее до BC равно AT?

Решение. Проведем биссектрису 1AL угла A. Покажем,что точка ее пересечения с 2 3L L и есть искомая точка T(рис.13). Действительно, x = y + z (согласно лемме) и

y = z, так как 1T AL∈ . Значит, 2x

y z= = . Поскольку

1∠ = 2∠ 30= ° , то гипотенуза AT в треугольнике равна2y = x. Итак, в данной конструкции 1AT TT x= = .

В заключение статьи предлагаем несколько задач длясамостоятельного решения.

Задачи

11 (А.Карлюченко). Восстановите треугольник ABC по вер-шинам A, B и точке T пересечения биссектрисы угла A с отрезком

2 3L L .12 (А.Карлюченко, VIII Олимпиада имени И.Ф.Шарыгина).

Восстановите треугольник ABC по точкам A, 2L , 3L .13. Биссектриса 1AL треугольника ABC пересекает 2 3L L в

точке T. Докажите, что ( )1: : 2AT TL AB AC BC= + .14. В треугольнике ABC прямая, проходящая через центры

его описанной и вписанной окружностей, параллельна сторонеBC. Докажите, что 2 3L L делит пополам высоту, проведенную извершины A.

15. Центр O описанной около треугольника ABC окружностилежит на отрезке 2 3L L . Докажите, что ar R= , где ar – радиусвневписанной окружности треугольника ABC, касающейся сто-роны BC.

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

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

Задача Анджансао 32 клетках

Д. КУЗНЕЦОВ

В этой статье речь пойдет о следующей задаче.Задача. Клетки шахматной доски 8 ¥8 занумерованы

числами от 1 до 32 так, что каждое число использованодважды. Докажите, что можно выбрать 32 клетки,занумерованные разными числами, так, что на каждойвертикали и каждой горизонтали найдется хотя бы поодной выбранной клетке.

Ее предложил в 1986 году на VIII Турнире городовАгнис Анджанс. У задачи оказалось такое количествокрасивых решений, что она по праву заняла достойноеместо в олимпиадной математике. При этом в зависимостиот решения можно сделать несколько различных утверж-дений, усиливающих исходный вариант задачи.

С какого же решения начать? Пожалуй, с наиболееестественного: попробуем выбирать клетки с разныминомерами одну за другой «жадным» алгоритмом, задей-ствуя, по возможности, побольше горизонталей и верти-калей. При этом мы докажем более сильный факт: можнообойтись выбором всего 10 клеток с нужным свойством!

Решение 1. Будем последовательно выбирать клетки,соблюдая такие правила:

1) очередная клетка выбирается на пересечении верти-кали и горизонтали, в которых еще нет выбранных клеток(«ставим ладьи, не бьющие друг друга»);

2) в очередной клетке должно быть число, отличное отчисел в уже выбранных клетках.

Пусть к некоторому моменту мы уже выбрали k клеток,для определенности считаем, что это клетки с номерами 1,2, …, k. Поскольку при перестановке местами горизонта-лей и вертикалей свойство «находиться в одном ряду» уклеток сохраняется, можно считать, что выбранные клет-ки идут из левого верхнего угла вдоль диагонали.

Следующую клетку мы тогда можем выбирать только изправого нижнего квадрата (8 )·(8 )k k- - – это ( )

28 k-

претендентов. Кроме того, запретными для нас являютсяk невыбранных клеток с номерами 1, 2, …, k. Пока 5k £ ,количество запретных клеток меньше количества претен-дентов на новый выбор (ведь претендентов хотя бы( )

28 – 5 = 9 > 5 ), и можно сделать следующий шаг.Значит, действуя по нашему правилу, мы всегда сможем

выбрать 6 клеток. Дальше разберем 2 случая.Первый случай: все четыре клетки правого нижнего

квадрата 2 2¥ запретные (рис. 1). Тогда среди осталь-ных невыбранных клеток доски есть еще только двезапретные. Рассмотрим один из четырех оставшихсярядов, в которых пока нет выбранных клеток. В нем неболее 4 запретных клеток, выберем одну не запретную.Далее по порядку выберем в каждом из оставшихся трехрядов по незапретной клетке – это удастся, так как накаждом шаге число запретных клеток в ряду будет

Рис. 1 Рис. 2

увеличиваться не более чем на 1, дойдя до 7 на после-днем, четвертом шаге.

Второй случай: среди четырех клеток правого нижнегоквадрата 2 2¥ есть незапретная. Будем считать, что в нейнаписано число 7. Переставив горизонтали и вертикали,получим рисунок 2. Если оставшаяся угловая клетка –незапретная, то выбираем ее, и нам хватает 8 выбранныхклеток. Если же это запретная клетка, то в оставшихсянижней горизонтали и правой вертикали в сумме есть неменее 8 незапретных клеток. Значит, можно по очередивыбрать две новые клетки с еще не использованныминомерами, расположенные в оставшихся горизонтали ивертикали.

Следующее решение использует классический факт изтеории графов, так называемую «лемму о хороводах»:

Если люди возьмутся за руки, то они образуют одинили несколько хороводов, или Если в графе степенькаждой вершины равна 2, то граф разбивается нанепересекающиеся циклы.

Решение 2. Разобьем доску 8 8¥ на четыре квадрата4 4¥ , которые в свою очередь разобьем на доминошкитак, чтобы в каждом горизонтальном и вертикальномряду лежали целиком по две доминошки (рис.3). Постро-им граф, в котором вершины– 32 числа, а ребра – 32доминошки, причем ребромсоединены те числа-верши-ны, которые накрыты однойдоминошкой. Тогда все вер-шины будут степени 2, таккак каждое число встречает-ся дважды. По «лемме о хо-роводах» граф разбиваетсяна циклы, при этом в нашемграфе могут быть и петли –ребра, соединяющие вершину с ней же самой, если вдоминошке обе клетки занумерованы одним и тем жечислом. Например, на рисунке 3 у числа-вершины 6 будетпетля, числа 1, 2, 3, 4, 5 образуют цикл, а числа 7 и 8соединены двумя ребрами (кратными) и дают цикл длины2 (соответствующая часть графа показана на рисунке 4).Устроим в каждом цикле обход, начало каждого ребрапри обходе будем отмечать как выбранную клетку надоске. Скажем, для цикла 1-2-3-4-5-1 на рисунке 3 мывыберем клетку с номером 1из доминошки 1-2, клетку сномером 2 из доминошки 2-3, клетку с номером 3 из

Рис. 3

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 240

же), следовательно, среди них не менее 2k различных«девушек», т.е. даже больше k. Таким образом, по теоремеХолла имеем, что наших юношей можно поженить наподругах. Женим – получилось 16 свадеб. Каждая свадьбадает нам выбранную клетку в соответствующем ряду.Всего мы выбрали 16 клеток с разными числами, а вкаждом вертикальном и горизонтальном ряду есть хотя быпо одной выбранной клетке, что нам и требовалось.

При этом мы обошлись 16 клетками, что также усили-вает исходное требование задачи (хоть и не так сильно,как 10 клеток из решения 1).

Но оказывается, можно обойтись всего 8 выбраннымиклетками, и этот самый сильный факт доказывается не такуж сложно. Основная идея — рассмотреть ВСЕ попыткинайти на доске 8 различных чисел-«ладей», не бьющихдруг друга.

Решение 4. Как известно, на шахматную доску 8 8¥

можно поставить 8 ладей, не бьющих друг друга, 8!способами, так как в первую вертикаль ладью можнопоставить восемью способами, во вторую – уже семью ит.д., в последнюю – одним способом. А теперь посмотрим,сколько из этих способов нам могут не подойти. Способ неподходит, если какие-то две ладьи оказались на клеткахс одним и тем же номером. При этом если одинаковыечисла оказались в одном ряду, то они нам не «портят» ниодного способа. А вот если два одинаковых числа оказа-лись в разных горизонталях и вертикалях (т.е. могут бытьзаняты ладьями), то они «портят» нам 6! способов,потому что оставшиеся 6 ладей размещаются на «доске6 6¥ », получающейся выбрасыванием соответствующихпары горизонталей и пары вертикалей. Таким образом,каждое из 32 чисел может нам «испортить» 0 или 6!способов расстановки 8 ладей, при этом какие-то способымогут быть одновременно «испорчены» разными числа-ми. Но в любом случае в сумме мы теряем не более 32 6!◊

способов. Значит, существует не менее 8! 32 6! 24 6!- ◊ = ◊ =

17280= способов расстановки на доске 8 ладей, небьющих друг друга, при которых ладьи встают на 8различных чисел. Каждый из этих вариантов нас, есте-ственно, устроит. В результате мы обошлись всего 8выбранными клетками под этими ладьями.

Воистину, удивительный факт! Как и сама задача,которая, несомненно, заслуживает времени на обсужде-ние ее решений.

В качестве упражнений приведем еще три решенияисходной задачи. Разберитесь, насколько идеи каждогоиз них позволяют уменьшить число выбираемых клетокна доске.

Упражнения

1 (решение 5). Выберем 32 клетки так, чтобы как можнобольше строк и столбцов содержали хотя бы по одной выбран-ной клетке. Допустим, что в некотором ряду, скажем в левомстолбце, нет ни одной выбранной клетки. В нем не может бытьсовпадающих чисел (иначе одно из них было бы выбрано), такчто все числа в этом столбце разные. Рассмотрим восемьвыбранных клеток с теми же числами на оставшейся частидоски. Пусть K – одна из этих клеток. В одном из рядов,содержащих K, других выбранных клеток нет (иначе вместо Kмы могли бы выбрать клетку с тем же числом в левом столбце).Отметим этот ряд.

доминошки 3-4, клетку с но-мером 4 из доминошки 4-5 иклетку с номером 5 из доми-ношки 5-1 (рис. 5). В резуль-тате каждое число будет выб-рано только один раз, всегобудут выбраны нужные 32клетки, при этом в каждомгоризонтальном и вертикаль-ном ряду окажется минимумпо две выбранные клетки, таккак каждый ряд содержит при

нашем разбиении целиком две доминошки.Вновь нами доказан более сильный факт, чем требова-

лось!

В решении 3 мы воспользуемся замечательной теоре-мой Холла (см., например, статью А.Романова «Задачии теоремы о представителях» в Кванте 1 за 2015 год):

Пусть в каком-нибудь множестве Х выделены подмно-жества 1 2, , , nХ Х Хº . Для того чтобы в Х можно быловыбрать n различных элементов 1 2, , , nа а аº таких,что 1 1, , n nа Х а ХŒ º Œ , необходимо и достаточно вы-полнение следующего условия: объединение любых kзаданных подмножеств должно содержать по крайнеймере k элементов для всех целых k от 1 до n.

Теорему Холла также называют теоремой о различныхпредставителях или теоремой о деревенских свадьбах,а иногда и леммой о девушках. Последние названия ведутсвое происхождение от формулировки немецкого матема-тика Германа Вейля:

«В деревне относительно каждого юноши и каждойдевушки известно, дружат они или нет. Если длякаждых k юношей (k – любое натуральное число впределах от 1 до n, где n – количество юношей)объединение множеств их подруг содержит по крайнеймере k девушек, то каждый юноша может выбрать себежену из числа своих подруг».1

Фактически же эта замечательная теорема рассматрива-ет некоторые интересные свойства двудольных графов,т.е. графов, в которых вершины разбиваются на двамножества (на две доли) и ребра соединяют тольковершины из разных множеств.

Решение 3. Рассмотрим двудольный граф, в котором впервой доле вершины – вертикальные и горизонтальныеряды (16 «юношей»), а во второй доле – числа (32«девушки»). Ребром соединяем ряд-юношу и число-де-вушку, если в соответствующем ряду есть это число. Приэтом в графе могут быть и кратные ребра, если одно и тоже число дважды попадает в один ряд. Степень каждого«юноши» равна 8, так как в ряду 8 клеток, а степенькаждой «девушки» равна 4, так как каждое число встре-чается по два раза в вертикалях и в горизонталях.Проверим, что для данного графа выполняются условиятеоремы «о деревенских свадьбах». Действительно, улюбых k «юношей» в сумме 8k «подруг» с учетомповторов, но каждая «подруга» повторяется в этом наборене более 4 раз (2 строки и 2 столбца, возможно, одни и те

Рис. 5

1 См., например, книгу Н.Я.Виленкина «Популярная комбинато-рика».

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А » 41

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

Спасем водолазаА.ПАНОВ

ПРОШЛО НЕСКОЛЬКО ЛЕТ С ПУБЛИКАЦИИ СТАТЬИ«Картезианский водолаз – генерация P» (см. «Квант»

2 за 2012 г.). За это время я узнал несколько новыхвещей, о которых хочу рассказать здесь. И еще хочуисправить одну ошибку. Оказывается, изобретателемкартезианского водолаза был вовсе не Декарт, а, скореевсего, итальянский монах Рафаэлло Маджотти (RaffaelloMagiotti, 1597–1656) – последователь Галилея и другТорричелли.

В 1648 году Маджотти опубликовал трактат о несжи-маемости воды, он как раз использовал водолаза дляиллюстрации этой несжимаемости. Посмотрите на рису-нок 1 (а также на 4-ю страницу обложки), где воспроиз-ведены авторские рисунки Маджотти, – уж двух водола-зов вы там точно узнаете.

Проделаем это для всех клеток, соответствующих числамлевого столбца, и вычеркнем отмеченные ряды (все они будутразными, так как в каждом ровно одна клетка выбрана). Так какмы вычеркнем не все, останется «доска» из 8 рядов – скажем,k столбцов и 8 – k строк. Ее площадь тогда равна (8 )k k◊ - , чтоне больше 16. Значит, всего выбранных клеток было не более16 + 8 = 24. Противоречие.

2 (решение 6, вариация решения 5). Отметим для началапроизвольные 32 клетки, занумерованные разными числами.Невыбранные клетки будем называть «свободными», а линии(строки или столбцы), где все клетки свободны,— пустыми.

Допустим, что какая-то линия, например первая строка, пуста.Следовательно, в ней стоят 8 разных чисел, и в других строкахотмечено 8 клеток с соответствующими числами. Мы утвержда-ем, что одно из этих 8 чисел является не единственным ни в своейстроке, ни в своем столбце, и, следовательно, его можно заменитьравным ему числом из первой строки, не «обнуляя» других строкили столбцов, т.е. уменьшить число пустых строк.

В самом деле, на всей доске, кроме первой строки, свободнытолько 24 клетки. Поэтому есть не более трех строк, в которыходно из 8 чисел стоит «в одиночестве», и не более четырех такихстолбцов. Следовательно, одиноки в своей строке или столбцене более семи чисел, и хотя бы одно из наших 8 чиселдействительно можно заменить. Если после этого все еще естьпустые строки или столбцы, действуем аналогично.

3 (решение 7). Всего есть 322 выборов 32 клеток с разнымичислами на них (из каждой пары клеток, занумерованныходинаково, надо выбрать одну). Оценим число плохих выборов.Пусть в первом столбце нет выбранных чисел. Это значит, чтов нем все числа различны, поэтому таких выборов 242 . Всегорядов 16, поэтому общее число плохих выборов не больше

24 28 3216 2 2 2◊ = < , т.е. хороших выборов много.P.S. Попробуем слегка изменить условие исходной

задачи. Пусть теперь у нас в 64 клетках записаны 16чисел, каждое по 4 раза. Возникает вопрос: «Можно литеперь гарантировано отметить по одной клетке с каж-дым числом так, чтобы в каждой горизонтали и в каж-

«Le caraffine di Magiotti» – так называется текст,написанный Бениамино Данесе и расположенный насайте http://www.reinventore.it/. С итальянского этоназвание переводится очень просто – «Флакончики (илиграфинчики) Маджотти». Кроме того, на сайте имеется12-ти минутный ролик (кадр из него приведен на рисунке2). Я его посмотрел несколько раз с большим удоволь-ствием и всем советую это сделать.

Хотя в прошлый раз я рекомендовал использовать вкачестве водолаза обычную пипетку, но после просмотрафильма решил вернуться к классическим стекляннымаптекарским флакончикам.

Итак, наполним водой пластиковую бутылку, а даль-ше…

…Флакончик, частично заполненный водой, вверх дномопустим в бутылку. При этом количество воды во флакон-чике должно быть отрегулировано таким образом, чтобыон обладал небольшой положительной плавучестью – прислабом толчке он должен уходить под воду. Теперьпоплотнее завинтим пробку, и водолаз готов к действию.При нажатии на пластиковую бутылку объем воздухавнутри флакончика уменьшается, и флакончик опускает-

дой вертикали было отмечено хотя бы по одной клет-ке?» И если можно, то какие из наших решений прохо-дят в новой задаче?

Оказывается, что и этот факт будет верным. Например,возникает очевидное решение, аналогичное решению 3.Каждая девушка-число будет со степенью 8, так каквстречается 4 раза и учитывается каждый раз в 2 рядах,при этом возможно, что какую-то дружбу мы учли до4-х раз, если число попало четырежды в один ряд. Изтеоремы Холла следует, что у нас есть нужные 16 свадеб.Как все оказывается просто и красиво!

А если задуматься над решением 2, то... здесь у насобъявится великий Эйлер! В нашем графе теперь каждаявершина имеет степень 4, возможно с кратными ребрамии петлями. Тогда каждая компонента связности будетсостоять только из вершин четной степени, значит, выпол-няется критерий эйлеровости – в каждой компонентесвязности будет эйлеров цикл, т.е. цикл, проходящий повсем ребрам один раз, при этом каждая вершина в циклеприсутствует дважды и каждый эйлеров цикл будетчетной длины. Значит, в каждом из этих эйлеровыхциклов можно устроить раскраску ребер в шахматномпорядке (белое, черное, белое, черное и т.д.). В резуль-тате, например, в графе черных ребер каждая вершинаокажется со степенью 2 и здесь сработает уже лемма охороводах, согласно которой граф черных ребер разбива-ется на один или несколько непересекающихся циклов, вкоторых мы по аналогии с решением 2 устроим нужныйнам обход. Таким образом, нами доказан уже болеесильный факт о том, что в каждом ряду встретится хотябы по 2 отмеченные клетки.

Как полезно менять условие задачи! Сразу «полезут»другие красивые идеи!

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 242

ся вниз. Отпускаем бутылку – водолаз плывет вверх...Это фактически небольшая цитата из предыдущей

статьи. А теперь займемся новыми экспериментами.

Будем спасать водолаза. Бывает обидно, когда водо-лаз, опущенный в бутылку, сразу идет на дно. Приходит-ся выливать воду из бутылки, доставать водолаза и снованалаживать его. Давайте попробуем обойтись без этого –спасем водолаза и заставим его подняться наверх самосто-ятельно. Это можно сделать несколькими способами.

Способ 1: согреем. Допустим, водолаз оказался на днеи не хочет подниматься. Отвинтим пробку и поставимбутылку с водолазом в горячую воду. Вода в бутылкесогреется, объем воздуха во флакончике увеличится, иводолаз всплывет. Правда, когда вода остынет, водолазснова утонет.

Способ 2: вдохнем. Попробуем сделать что-то вродеискусственного дыхания. Плотно обхватим губами гор-лышко бутылки и вдохнем в себя часть содержащегосятам воздуха. Давление в бутылке уменьшится, объемвоздуха во флакончике опять-таки увеличится, и водолазвсплывет. Но и здесь, как только мы отнимем рот отбутылки, водолаз потонет.

Способ 3: поднимем. Когда мне в первый раз подарилибарометр, я тут же забрался с ним в лифт и поехал наверхний этаж. Стрелка барометра, конечно же, показала,что с высотой давление воздуха уменьшается. Воспользу-емся этим фактом и захватим с собой в лифт утонувшеговодолаза, находящегося в открытой бутылке. Если под-няться достаточно высоко, то давление воздуха суще-ственно уменьшится, воздух внутри флакончика расши-рится настолько, что водолаз приобретет положительнуюплавучесть и сам поднимется вверх.

Способ 4: сожмем. Пусть водолаз оказался на дне и нехочет подниматься. Отвинтим пробку, сожмем одной

Рис. 2. Кадр из фильма Бениамино Данесе

рукой бутылку, чтобы из нее вышло побольше воздуха.Не уменьшая сжатия, другой рукой завинтим пробку.После того как мы отпустим бутылку, начнут работатьупругие силы, стремящиеся вернуть ей прежнюю форму.Они противодействуют внешнему давлению воздуха иувеличивают объем бутылки, в том числе и объем воздухаво флакончике. Водолаз приобретает положительнуюплавучесть, всплывает и становится готовым к работе.

Одно? Два? Три! Почему все-таки иногда получаетсятак, что в стакане флакончик плавает, а бросишь его вбутылку – он тонет? Потому, что его не нужно бросать,а надо аккуратненько и потихоньку опустить в бутылку,тогда он будет плавать вверху, как это делал в стакане. Носам факт утопления достаточно интересен.

Не всякий плавающий сверху водолаз утонет, если еготолкнуть вниз. Такое возможно, только если он обладаетмалой положительной плавучестью. Дело в том, что когдаводолаз опускается вниз, то гидростатическое давлениежидкости на него возрастает, объем воздуха внутрифлакончика уменьшается, плавучесть водолаза тоже умень-шается. И если бутылка достаточно высокая, то нанекоторой высоте плавучесть станет отрицательной, иводолаз сам собой потонет.

Выходит, что у хорошо отрегулированного водолаза смалой положительной плавучестью есть два устойчивыхположения равновесия внутри бутылки. Одно, когдаводолаз находится в верхнем положении, и другое, когдаон покоится на дне. Если он пребывает в одном из этихсостояний, то после малого возмущения он туда же ивернется. При этом в верхнем положении его плавучестьположительная, в нижнем – отрицательная.

Но тогда получается, что на некоторой промежуточнойвысоте плавучесть водолаза должна быть равна нулю. Иэто еще одно положение равновесия водолаза. Только вотличие от первых двух оно неустойчивое. Если водолазиз этого положения чуть сместится вверх, то у негопоявится положительная плавучесть, и он продолжитсвое ускоряющееся восхождение. Если же отклонитсячуть вниз, то у него появится отрицательная плавучесть,и он потонет.

Рис. 1. Флакончики Маджотти

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

Рис. 5. Бутылка с хомутом, очень удобная для управленияводолазом

Водолаз двойного действия. Хорошо бы иметь водола-за, который по нашему желанию опускался бы на дно иоставался там или – при желании – поднимался бы наверхи там плавал. Вот несколько путей добиться этого.

1: завинтим/отвинтим. Поместим в бутылку водолазас малой положительной плавучестью. Начнем завинчи-вать пробку. Ее соединение с бутылкой станет герметич-ным еще до того, как пробка полностью завинтится. Сэтого момента и до полного закручивания пробки объем,заключенный внутри бутылки, начнет уменьшаться. Бу-дет уменьшаться и объем воздуха внутри водолаза, иводолаз потонет. Отвинтим пробку – водолаз поднимется.Это и есть первый пример водолаза двойного действия.

2: сожмем и сожмем. Встречаются бутылки овальногосечения (рис.3). Если рассечь такую бутылку горизон-тальной плоскостью, то в сечении получится что-то вродеизображенного на рисунке 4. Запустим в такую бутылкуводолаза с малой положительной плавучестью и двумясостояниями устойчивого равновесия. Если нажать наплоские стороны бутылки (см. рис. 3 и 4, слева), топлощадь ее сечения уменьшится, значит, уменьшитсяобъем, и водолаз опустится на дно. Если же теперь нажатьна закругленные стороны (см. рис. 3 и 4, справа), тообъем увеличится, и водолаз всплывет.

3: наденем хомут. Возьмем червячный хомут большогодиаметра, который можно закрепить на пластиковойбутылке (рис.5). Поместим водолаза положительной пла-вучести в бутылку, завинтим пробку и с помощью отвер-тки начнем стягивать хомут. Давление воздуха внутрибутылки будет возрастать, и в некоторый момент водолазопустится на дно. И этот процесс обратимый. Еслиослабить хомут, водолаз поднимется наверх.

Рис. 3. Жмем так (как показано слева), и водолаз тонет,жмем по-другому (как справа) – всплывает

Рис. 4. Сжимаем так (как слева), и площадь сечения умень-шается, сжимаем по-другому (как справа) – увеличивается

4: стукнем. Кто уже пытался создать водолаза сминимальной положительной плавучестью, имеющего дваустойчивых состояния равновесия – вверху и внизубутылки, тот знает, что это трудная задача. Тут нужнапредварительная тонкая настройка соотношения воды ивоздуха внутри водолаза. Применение червячного хомутаупрощает эту проблему. Поместим водолаза положитель-ной плавучести в бутылку и закрутим пробку. Теперьпотихоньку начнем стягивать хомут до тех пор, поканижнее положение водолаза «впервые» не станет устой-чивым. У такого водолаза будут два устойчивых состоя-ния – вверху и внизу, а между ними (на небольшойвысоте) будет еще неустойчивое состояние равновесия.Сжатием бутылки опустим водолаза на дно. Если теперьударить дном бутылки о стол, то водолаз подскочит, какна батуте, поднимется выше неустойчивого положенияравновесия, после чего приобретет положительную пла-вучесть и сам поднимется наверх. Вот вам и еще одинводолаз двойного действия.

Вместо того чтобы стучать бутылкой о стол, можноударить кулаком по столу – эффект будет таким же.

5: приподнимем. Конечно, стучать кулаком по столу этослишком грубое воздействие. Будем действовать деликат-нее. Как в предыдущем случае, создадим водолаза с тремяположениями равновесия. Сжатием бутылки отправимводолаза на дно. Теперь возьмемся за пробку и приподни-мем бутылку – водолаз всплывает. Оказывается, что силатяжести, нескомпенсированная реакцией стола, увеличи-вает объем высокой круглой бутылки, и давление воздухав ней падает.

6: наклоним. Опять создадим водолаза с тремя положе-ниями равновесия и опустим его на дно. Он будетнаходиться там в состоянии устойчивого равновесия.Сильно наклоним бутылку, чтобы высота столба воды надводолазом существенно уменьшилась. На уровне водола-за давление воды уменьшится, воздух в нем расширится,и он начнет подниматься. В некоторый момент поставимбутылку вертикально – и водолаз окажется наверху.

Вот, пожалуй, и все. Добавлю еще, что снабдитьводолаза червячным хомутом меня научил мой студентДима Гульев. Мне кажется, это очень удачная идея.

Электростатикадля умных

школьниковА.ЗИЛЬБЕРМАН

ТЕМА НАШЕЙ БЕСЕДЫ – «ЭЛЕКТРОСТАТИКА ДЛЯ УМ-ных детей». Что я имею в виду? Если говорить о цели

изучения физики в школе, это вопрос сложный, разнымдетишкам нужна совершенно разная физика. Если рабо-тать с разумными детьми, а в последние годы мне везет наразумных детей, то самое главное, как мне кажется, этонекое интеллектуальное развитие. Физика дает такиевозможности. Девятый класс, когда школьники предыду-щим своим изучением физики подготовлены к тому,чтобы всерьез начать разговаривать про механику, оченьсильно прибавляет таких возможностей. А в десятомклассе – термодинамика, а потом электростатика – ужесерьезная, нудная, логично устроенная наука. И вот туточень здорово дать умным школьникам возможностьпопробовать себя уже в такой почти теоретической физи-ке. В электростатике есть множество задач достаточнотрудных и интересных. В школе этому разделу не очень

везет, его постоянно делают все меньше и меньше, идоходит до того, что уже даже для ЕГЭ не вполнедостаточно того, что в школе рассказывают, – это ужсовсем беда.

Потенциал и разность потенциалов

Начинается все с медленных исторических разговорово том, как Кулон умудрился получить свой закон. Самоеудивительное, конечно, как он сумел это сделать при тойточности экспериментов, которую он мог обеспечить.Разницу между единицей, деленной на 2r , и единицей,деленной на 3r , например, выяснить совершенно не-возможно. Мы с ребятами обсуждаем это довольно под-робно. Много интересных разговоровпосвящено тому, что такое заряд и каквозникают электрические поля, а по-том идет уже серьезный материал. На-чинается с того, что я им долго инудно рассказываю про то, что такоеразность потенциалов и что такое по-тенциал. Вот у меня есть две точки –точка А и точка Б (рис.1), есть электрическое поленеподвижных зарядов, т.е. электростатическое поле. Раз-ность потенциалов определяется отношением работы силэлектростатического поля при перемещении пробногозаряда из точки А в точку Б к величине этого пробногозаряда:

сэппппзитавтб

прАБ

A

q∆ϕ = .

Как видите, в этой формуле реализуется самое главное –здесь сразу понятно, что написано. Как ни странно, этоштука запоминается, и детишки с удовольствием такоеопределение повторяют. Вот мы с ними и учимся этиразности потенциалов в простых полях считать. А потомвозникает серьезный вопрос – чаще всего я дожидаюсь,пока кто-то из ребят задаст этот вопрос: зачем нужнаразность потенциалов? Чтобы считать работы в электри-ческом поле. Как считать эти работы? Нужно найтиразность потенциалов. Значит, для того чтобы найтиработу, ее вначале нужно знать. Немножко нелогичнополучается. Зачем же эта величина нужна, если пользы отнее вроде никакой нет? И вот тут выясняется самоеглавное; на удивление странно, что об этом (я не видел,по крайней мере) в школьных учебниках прямого разго-вора не ведется.

Оказывается, разность потенциалов полезна тогда, ког-да ее не надо считать. Чаще всего разность потенциаловизначально задана. Ну, например, у меня имеется двапроводника – проводник А и проводник Б (рис.2). Каксделать так, чтобы проводник А был положительнее нашесть вольт? Можно, конечно, ре-шить задачу теоретической физики –посчитать, какие для этого нужнызаряды. Но для этого нужно оченьмногое знать про форму этих провод-ников, про расстояние между ними,т.е. задача получается непробивае-мая. И не только на школьном уровне,но и на вузовском тоже. Но есть

Вниманию читателей предлагается текст лекции, которуюпрочитал Александр Рафаилович Зильберман (1946–2010)на конференции лауреатов Всероссийского конкурса учите-лей математики и физики Фонда «Династия» в 2009 году.

На протяжении почти сорока лет Александр Рафаиловичбыл одним из самых активных авторов и членов редколле-гии нашего журнала.

Видеозапись лекции можно найти в интернете по адресу:http://elementy.ru/video/teachers

Публикацию в нашем журнале подготовил А.Кондратьев. Рис. 2

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

Рис. 1

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 45

способ простой. Подключим батарейку на шесть вольтплюсом к А, а минусом к Б. Батарейка сама разберется,какие заряды нужно с одного проводника перетащить навторой, чтобы разность потенциалов получилась ровношесть вольт. И именно такие случаи выгодны для приме-нения понятия «разность потенциалов». Так, в электрон-но-лучевой трубке электроны разгоняются ускоряющимнапряжением 12 тысяч вольт. Но эта величина задана.Мы берем батарейку в 12 тысяч вольт (или электроннуюсхему), и она обеспечивает эти вольты.

Разность потенциалов либо совсем не приходится рас-считывать, либо, например, есть пара простых случаев,где даже школьник может все посчитать. Первый случай– однородное поле, там разность потенциалов находитсялегко. Второй случай – кулоновское поле точечногозаряда. Тут возникает серьезная проблема, хотя онанемножко кажущаяся. Мы все знаем, что школьнаяматематика от физики отстает на полгодика-годик: когдашкольникам нужно объяснять, что такое производнаяили интеграл, где эти математики? Нету, т.е. всю матема-тику приходится рассказывать на физике. Как, напри-мер, в случае поля точечного заряда. И я рассказываю,что такое интеграл, не потому, что ужасно хочетсяобъяснить это детям, а просто это удобный случай пого-ворить о чем-нибудь умном.

Итак, у меня есть электростатическое поле, напряжен-ность которого, если это поле точечного заряда, равна

2kQ x (рис.3). Как по-считать разность потенци-алов между двумя точка-ми? Пусть точка 1 нахо-дится на расстоянии 1x отзаряда, точка 2 – на рас-стоянии 2x . Довольнобыстро можно объяснитьребятам, что нужно счи-тать площадь под этой кри-вой. Сам разговор – этоуже не математика, это до-статочно полезная для по-

нимания вещь. А вот теперь – как считать эту площадь?В 10 классе мне попадаются иногда дети, которые интег-рировать умеют. Они гордо заявляют, что надо посчитатьинтеграл. Хорошо, если они не знают, как его посчитать,и с ними тогда легко... Так как считать эту площадь? Тутесть принципиально важные для меня моменты. Один изних такой. Можно ли взять среднее арифметическое?Можно ли написать такую формулу:

( )1 22 12

E Ex x

+∆ϕ = − ?

Понятно, что нельзя. Уж очень хитрым образом меняетсянапряженность при изменении координаты. И если коор-дината изменяется во много раз, то мы получим оченьбольшую ошибку – ведь мы по этой формуле подсчитаемплощадь трапеции. А это уже из картинки видно – не то.

Что делать в этой ситуации? Математики предлагаюттакой способ: давайте разобьем на множество кусочковпуть от точки 1 до точки 2, на каждом кусочке возьмемсреднюю величину, а потом просуммируем. Сразу возни-кает такой вопрос: а почему это лучше? Конечно, на

маленьком кусочке ошибка от того, что я возьму среднееарифметическое, будет маленькой. Но зато этих кусочковбудет много, слагаемых много. А вдруг при сложенииэтих маленьких ошибок получится еще хуже? Это серьез-ный вопрос уже не по арифметике, а по физике. Насколь-ко разумно разбивать расстояние на множество малень-ких? Можно ли на этом выиграть?

Есть замечательный пример. Докажем модифицирован-ную теорему Пифагора: сумма длин катетов равна длинегипотенузы. Сделаем это стандартным способом: нарису-ем прямоугольный треугольник, разделим гипотенузупополам, опустим перпендикуляры на катеты, возьмемломаную (рис.4,а). Эта ломаная далека от гипотенузы.Разобьем и кусочки гипотенузы пополам, и построим уже

другую лестницу (рис.4,б). Дальше продолжим делитьотрезки гипотенузы пополам. Легко видеть, что еслитаких точек деления мы возьмем много, то наша ломанаякак угодно близко подойдет к гипотенузе. Так давайтедлину гипотенузы посчитаем как длину этой ломаной –ведь если они близки друг к другу, то вроде бы должныприближаться по длине друг к другу. Но сумма верти-кальных кусочков равна одному катету, сумма горизон-тальных – другому. Таким образом, мы доказали обыч-ным для школьников способом, что длина гипотенузыравна сумме длин катетов. Многие с этим не согласятся.Понятно, что это не так.

Почему же в случае с потенциалом, например, можнотак поступать, а где-то нельзя? Чем отличаются друг отдруга случаи, когда это проходит или нет? Серьезныйвопрос. Мы ищем такой вариант, когда при деленииошибки уменьшаются намного быстрее, чем увеличивает-ся число отрезков. Если бы мы взяли этих вот отрезковвдвое больше и если бы каждая ошибка уменьшиласьвдвое, мы бы не выиграли совсем ничего. А если каждаяошибка уменьшится в сто раз или хотя бы вчетверо, то ужеесть смысл делить и дальше. Вот это уже разговор профизику. И он довольно интересный. Я предлагаю школь-никам в этом случае решить такую забавную задачу.

Возьмем два числа, для определенности рост двухшкольников. Пусть у одного из них рост один метр, а удругого побольше – скажем, три метра. И найдем среднийрост. Он будет два метра, как нетрудно видеть. Возникаетвопрос: кроме среднего арифметического школьники ещемного чего знают, правда? Например, среднее квадрати-ческое (которое в 10 классе они уже из термодинамикивыучили), среднее геометрическое и т. д. Почему мы таклюбим брать среднее арифметическое? Да не почему,просто привыкли так с первого класса, самая простаявещь. А что если я посчитаю среднее квадратическое и по

Рис. 3

Рис. 4

46 К В А Н T $ 2 0 1 6 / 2

нему оценю средний рост в этой популяции из двухчеловек? Сколько получится? Средний квадратическийрост есть корень квадратный из ( )2 21 3 2 5+ = . Это 2,23примерно. Обратите внимание, что разброс исходныхвеличин очень большой, одна больше другой аж в трираза, а среднее квадратическое от простого среднегоарифметического отличается всего процентов на десять. Ачто такое среднее геометрическое? Это корень квадрат-ный из произведения: 1 3 1,73⋅ = . Тоже не такое боль-шое отличие от среднего арифметического. А что если явозьму числа поближе? И мы начинаем с ребятами такуюпроцедуру. Берем, скажем, число 1 и число 10. Потомчисло 10 и число 11. Потом число 100 и число 101. Расчетпри помощи калькулятора показывает, что когда числаблизки друг к другу, все эти средние величины ужеотличаются друг от друга совсем мало.

Более того, можно даже доказать (это простая и оченьполезная задачка по математике), что когда эти числастановятся близки друг к другу, то все средние значениябыстро сливаются. И понятно, что есть смысл делить наш

путь на маленькие кусоч-ки! Зачем? Вот зачем. Тог-да можно брать в качествесреднего значения любуюудобную величину. Для на-шего расчета, например,удобно взять среднее гео-метрическое. Пусть у насесть кусочек между точка-ми 15x и 16x (рис.5).Возьмем среднюю напря-женность поля в виде

15 16E E⋅ , т.е. среднее гео-метрическое. Разумеется, у меня есть определенная цель.Со средними арифметическими ничего интересного неполучится. А вот со средними геометрическими формуласейчас свернется и станет совсем простой.

Мне очень важно, особенно когда я работаю с классом,который заинтересован, чтобы ребята все время понимали, чтомы делаем. Есть такой математический метод, когда человекисписывает всю доску и в конце концов получает красивыйответ. При этом он производит рассуждения типа «а теперьперенесем это в левую часть», «теперь все разделим на 17» ииногда еще и спрашивает: понятно? Ну что же здесь непонят-ного, разделил на 17. Зачем это делается, до самого последне-го момента непонятно. Мне кажется, что физику так препода-вать нельзя. У меня это в свое время, когда я был маленьким,вызывало дикое раздражение. Когда я никак не мог понять,зачем же преподаватель это все делает. Иногда удавалось –тогда это доставляло удовольствие, конечно. Я эти кроссвор-ды с ребятами не решаю. Мне очень хочется, чтобы онипонимали, что мы делаем, и даже немножко обгоняли меня вхорошем варианте. Иными словами, я им объясняю смыслдействий.

Смотрите, какая красивая вещь получится, когда я этувеличину рассчитаю:

2 215 1615 16

kQ kQ kQ

x xx x⋅ =

⋅

– корень хорошо извлекается, и получается такое простоевыражение. Итак, во-первых, у меня очень красиво

записывается эта средняя величина. А во-вторых, получа-ется еще лучше, когда начинаешь считать разность потен-циалов. Что будет, если я умножу это среднее поле надлину этого кусочка? Разность потенциалов на маленькомкусочке есть произведение этого среднего на длину кусоч-ка, и после раскрытия скобок получается

( )16 1515 16 15 16

kQ kQ kQx x

x x x x− = −

⋅.

Вот какая работа по перемещению единичного зарядапроизводится на этом маленьком кусочке. Дальше яговорю вот что: эти работы мне придется складывать. Иделаю паузу. Разумные детишки очень быстро догадыва-ются, что будет, когда складываешь такие красивыеслагаемые. У меня почти вся эта сумма уйдет. В следую-щем слагаемом будет разность 16 171 1x x− , правда? И

16x исчезнет. Из всей этой суммы останется всего дваслагаемых – самое первое и самое последнее. Кстати, этои будет ответ задачи, как посчитать разность потенциаловв кулоновском поле.

Почему этот способ допустим? Потому, что я могу взятьочень подробное деление отрезка, улучшая точность моейоценки. Чем ближе соседние точки друг к другу, темточнее я выражаю средним геометрическим настоящуюсреднюю величину. Кроме того, этим способом ответполучается быстро и красиво. Значит, стоит так делать.

Таких забавных примеров очень много, школьники действи-тельно математики во многом не знают. Когда мы проходимтермодинамику, мы с ними выучиваемся, лихо довольновыучиваемся, решать дифференциальные уравнения – длярасчета всяких теплоемкостей это очень полезно. Более того,там нет ничего такого сложного, чему нельзя было бы научитьсколько-нибудь разумного десятиклассника. Это очень полез-но и потом. В конце концов, если он думает, что он уженаучился решать дифференциальные уравнения (жизнь егонаучит, что не всякое уравнение решается), то уметь пользо-ваться этим красивым способом – решая задачу, составитьхитрое уравнение, глядя на которое можно видеть ответ иполучить его чистым красивым способом – это удовольствиенастоящее. Так вот, в электростатике таких вещей много.

Вот еще пример задачи, где считать толком ничего ненадо (пример для образованных ребят, задача трудная).Возьмем две большие параллельные пластины, такойуединенный конденсатор. Пусть он находится в космосе,вдали от всех других тел: вот одна пластина площади S,вот другая такой же площади на расстоянии d от первой.И зарядим его как обычно: одинаковыми по модулю ипротивоположными по знаку зарядами. Кстати, я сосвоими учениками очень подробно разбираю такой воп-рос: а почему обычно у конденсатора бывает Q и –Q? Апочему бы не сделать, скажем, Q и –5Q? Или, например,Q и ноль? В общем, это совершенно нетривиальныйвопрос. Я к нему приступаю после такой задачи.

Зарядим конденсатор такими зарядами, чтобы разностьпотенциалов между пластинами была равна 0U . Чемуравны потенциалы пластин? Каковы потенциалы каждойпластины? Я эту задачу пробовал на студентах. Они мнесразу начинают объяснять, что решение невозможно, чторазность потенциалов найти можно, а вот сами потенци-алы найти нельзя. А школьники находят. Это совсемпростая задача. Давайте найдем какую-нибудь точку с

Рис. 5

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

нулевым потенциалом. Бесконечность, конечно, годится,но это далеко. А поближе есть какие-нибудь точки, укоторых нулевой потенциал? Очевидно, есть. На самомделе, это точки, находящиеся на одинаковом расстоянииот пластин, т.е. у этого конденсатора нулевой потенциалполучается как раз на плоскости в середине. И я тут женахожу потенциалы пластин: 0 2U± .

Между прочим, эта задачка не вполне формальная.Давайте сделаем конденсатор с маленькой дыркой ииздали запустим в ее направлении заряд с какой-то

скоростью 0v (рис.6). При-чем если верхняя пластина –«плюс», а нижняя – «минус»,то пусть это будет положи-тельный заряд. И поставимзадачу так: при какой началь-ной скорости этого заряда в

бесконечности он проскочит эту дырку в конденсаторе?Будем считать, что с этой прямой он никуда не отклоня-ется.

Я эту задачу довольно давно видел на приемныхэкзаменах в МИФИ. Как они вздумали такую задачудать? Не решая предыдущей задачи, додуматься до ответаочень не просто. Да и снаружи от конденсатора поле ведьне равно нулю, правда? Как разобраться с этой сложнойситуацией: поле не равно нулю, но мы его посчитать неможем? Вот здесь нам может помочь слово «потенциал».Найдем точку, до которой заряд будет тормозиться.Положительная пластина находится ближе к нашемузаряду, чем отрицательная, значит, снаружи от конденса-тора он будет тормозиться. Если он долетел до дырки,дальше уже все в порядке – дальше поле будет его толькоподгонять. Значит, чтобы найти скорость, мне нужнознать потенциал верхней пластины. А эту задачу мытолько что решили: потенциал равен 0 2U . И дальше этазадача «пробивается».

Таких примеров очень много, когда столь отвлеченные,на первый взгляд, рассуждения дают человеку возмож-ность решить какую-нибудь хитрую задачу. Я сейчас,если вы позволите, предложу вам несколько задач...гадких. Таких, что школьники их не очень охотно ре-шают.

Рассмотрим, например, такую ситуацию. Имеются сфе-ра радиусом R и концентрическая сфера радиусом 3R.Сферы проводящие. Условие задачи подсказывает, чтосейчас что-то появится на расстоянии 2R от центра.Разумеется, там есть точечный заряд Q. Давайте из этойситуации построим несколько задач. Первая: какие полу-чатся в этом случае потенциалы сфер? Обсудим сначалапростой вариант, когда сферы вначале заряжены не были(рис.7). Потом построим более сложную задачу – эти две

сферы соединим проводником (рис.8). Какой заряд поэтому проводнику протечет за большое время? И сколькопри этом выделится тепла? Потом еще усложним задачу– заземлим внешнюю сферу и спросим то же самое. Насамом деле, это будет очень непростая задача. Ее можносделать еще интереснее. Ребятишки спрашивают, какоесопротивление у этого замыкающего проводника. Можноулучшить задачу, сказав, что это сопротивление тожеравно R.

Это смешно, конечно, но ответ-то не зависит от этогосопротивления, поэтому можно и R взять. В конце концов,писать эту букву чуть иначе, чтобы отличить от радиуса...Шутки шутками, но тема эта достаточно нудная и достаточнотяжелая для понимания, и любой способ сделать ее чутьсмешнее или чуть забавнее помогает тому, чтобы это всезапоминалось. Мне очень везет на учеников – у них естьчувство юмора, они прекрасно понимают шутки, и мне дажепри этом не нужно что-то изображать. Вот сейчас мы закончимс этой задачей, у нас начнется совсем уж нудная вещь – япопробую рассказать, как школьникам доказать, а потомиспользовать теорему единственности в электростатике. Япомню, какие проблемы она вызывала всегда у студентов, этатеорема. Школьникам в 10 классе очень легко это рассказать,и получается, на мой взгляд, полезно.

Итак, с нашей задачей сразу возникает такой вопрос –а как ее решать? Ведь сразу же ясно, что это невозможно.Заряды каждой из сфер только в сумме оказываютсянулевыми, а по сферам они распределены очень хитро,очень сложно. Я эту задачу давал студентам, они сразуначинают рисовать изображения (ну, учат их так ввузах), методом изображений что-то решать. Но изобра-жений получается много. Задача со сферой и однимзарядом сводится к задаче про три заряда. А здесь двесферы и заряды-изображения сами дают дополнительныеизображения. Посчитать что-нибудь там невозможно. Вобщем, если вы хотите студента развлечь на полдня,можно ему эту задачу подбросить и издали наблюдать –это интересно. Понятно, что «в лоб» посчитать это оченьтрудно.

Давайте все-таки эту задачу решим. Внутри маленькойсферы поля нет. Потенциал на этой сфере и внутри нееодин и тот же во всех точках. Силовых линий полянарисовать там нельзя – поля там нет. Что это означает?Что мы можем найти потенциал какой-нибудь однойточки, он будет такой же, как у всей сферы. Где находитсясамая лучшая точка, мы все знаем – в центре этой сферы.Чем она хороша? Она отстоит на одинаковое расстояниеот всех зарядов маленькой сферы и от всех зарядовбольшой сферы. Потенциал этой точки складывается изпотенциала, создаваемого точечным зарядом, находя-щимся между сфер, это ( )2kQ R , и потенциала, создава-емого сферами. Тут вроде бы начинаются трудности. Мыне знаем, как распределены зарядыпо внутренней сфере. Возьмем како-го-нибудь достойного представителя– например, заряд 15q (рис.9) изапишем потенциал, который этот

15q создает в центре сферы. Этобудет 15kq R . Дальше надо просум-мировать вклады в потенциал всехзарядов маленькой сферы. Вот тутРис. 7 Рис. 8 Рис. 9

Рис. 6

48 К В А Н T $ 2 0 1 6 / 2

сразу получается хорошо. Эта сумма ikq

R∑ оказывается

равна нулю: каждое из слагаемых умножается на k иделится на R. Вынесем эти множители за скобку, подзнаком суммы будет стоять сумма зарядов на сфере, т.е.полный заряд внутренней сферы, а он, по условиюзадачи, равен нулю. Он вначале был равен нулю, и мыэтой сферы не касались. Изолированный проводник недолжен был изменить свой заряд. Понятно, что вклад впотенциал центра сфер от внешней сферы тоже даст ноль.Значит, потенциал центра внутренней сферы (а, значит,и любой ее точки) равен

0 02 2

kQ kQ

R R+ + = .

Это мы решили одну часть задачи – нашли потенциалвнутренней сферы. Осталось найти потенциал наружнойсферы. И вот тут школьникам приходится немножкоподумать: как устроено поле снаружи от этой системы?

Это один из способов как-торасшевелить воображение. За-ряды на сферах распределеныочень сложно. Нарисуем на-ружную сферу, для удобствапонимания нарисуем ее неслишком тонкой (рис.10), что-бы разделить в рассужденияхто, что происходит на внешнейи внутренней поверхностях.Какая бы ни была тонкая про-водящая сфера, у нее точно

есть и внутренняя поверхность, и внешняя. Что получитсяв этом случае? Внутри этой конструкции поле оченьсложное. Но важно вот что: какой заряд соберется навнутренней поверхности большой сферы? Этот зарядравен суммарному заряду внутри, только с противопо-ложным знаком. Все силовые линии должны закончитьсяна внутренней поверхности большой сферы (на рисунке10 показана часть из них). Дальше они не пойдут – тамначинается проводник. Следовательно, внутренняя частьэтой сферы имеет заряд –Q. Значит, наружная частьимеет заряд +Q (чтобы полный заряд был нулем).Внутренний заряд расположен очень сложно. А внеш-ний? Понятно, что он распределен равномерно. Внутрен-ние заряды на него не действуют, силовые линии этихзарядов закончились на внутренней поверхности большойсферы.

Обратите внимание: мы разговариваем про силовые линии,когда нельзя строго что-нибудь доказать. Это нормально.Физика в школе так и представляет собой жуткую смесь извещей понятных, очевидных и просто правильных. На самомделе мне нравится, когда мои школьники умеют доказать то,что можно доказать строго математически, а то, что нельзядоказать строго, умеют объяснять на пальцах.

Более того, снаружи от этой системы есть поле толькоэтих наружных зарядов. Все силовые линии от внутрен-них зарядов кончились на внутренней поверхности боль-шой сферы. Значит, поле снаружи от этой системы такое,как от точечного полного заряда Q, расположенного в еецентре (рис.11). И потенциал наружной сферы легконайти: он равен ( )3kQ R . А тогда разность потенциалов

между сферами равна

2 3kQ kQ

R R∆ϕ = − .

Трудная ли это зада-ча? Несколько лет на-зад она была предложе-на на Московской го-родской олимпиадеодиннадцатиклассни-кам, и они ее не оченьздорово решали. Хотя,конечно, нашлись не-сколько человек, кото-рые ее пробили. Иными словами, трудная задача. С другойстороны, ничего запредельного здесь нет – надо лишь дога-даться до нескольких вещей. Процесс, когда люди догады-ваются, очень важен. Самое полезное – в этом процессе. Ишкольнику это нужно. И не как результат. В процессе ончему-то учится, учится соединять рассуждения более илименее строгие с рассуждениями на пальцах. Физика – этоединственный школьный предмет, который позволяет хотькак-то отработать навыки модельного мышления. В процес-се обсуждения таких задач школьник многому может на-учиться, и, по-моему, это и есть цель школьного обученияразумных детей.

Теперь усложним нашу задачу. Соединим внутреннююи внешнюю сферы проводником, имеющим сопротивле-ние r (давайте обойдемся без «скандалов»). Какой пол-ный заряд протечет по этому проводнику за большоевремя? И какое количество теплоты в нем выделится?Обратите внимание, это очень сложная задача. Я виделочень мало школьников, которые могли бы ее пробить снуля, без предыдущей задачи, которую мы сейчас с вамиобсуждали. И дело не только в том, что школьник не умеетрешать простого дифференциального уравнения, котороедает экспоненту. И не нужно его уметь решать, оно здесьсовершенно не при чем. Давайте решим эту задачу болееили менее строго.

Итак, пусть за некоторое время по проводнику сопро-тивлением r успел перетечь заряд q. Запишем выражениедля разности потенциалов между сферами. Это будетнапряжение, приложенное к резистору. Мы воспользуем-ся результатами предыдущей задачи. Потенциал наруж-ной сферы остался прежним. Когда внутри перетекаюткакие-то заряды, полный заряд остается тем же самым, нанаружной стороне большой сферы по-прежнему равно-мерно распределен заряд Q. Другими словами, снаружиот системы поле не меняется, значит, потенциал наружнойсферы остается прежним: ( )3kQ R . А как выглядитпотенциал внутренней сферы? Теперь две суммы в выра-жении для него

2 3i ikQ kq kQ

R R R+ +∑ ∑

уже ненулевые. Сферы оказались заряжены, значит,потенциал внутренней сферы равен

( )2 3

k qkQ kq

R R R

−+ + ,

где –q – это сумма зарядов внутренней сферы, а последнееслагаемое – вклад заряда наружной сферы. Вычитаяотсюда потенциал наружной сферы, получим разность

Рис. 10

Рис. 11

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

потенциалов ∆ϕ . Нарису-ем график этой разностикак функцию перетекшегозаряда q (рис.12). Этотграфик – линейная убыва-ющая функция заряда q.График этот останавлива-ется, когда разность по-тенциалов становится ну-

левой. Если найти, при каком q это происходит, то перваячасть задачи – какой полный заряд перетечет черезрезистор – решена. Совершенно формально, без всякогоприложения головного мозга: написал выражение дляпотенциалов, получил ответ.

На этом же графике есть и второй ответ. Площадь подэтим графиком – это и есть выделившееся количествотеплоты. Что нарисовано на графике? Зависимость раз-ности потенциалов между выводами резистора от протек-шего заряда. Каждая маленькая порция заряда перетека-ет при своей разности потенциалов, т.е. площадь выделен-ной полоски – это элементарная работа электрических сил(по определению разности потенциалов). А для резистораэта работа – просто выделившееся тепло. Суммарнаяплощадь, а площадь треугольника все умеют находить,это половина произведения начальной разности потенци-алов (один катет) и найденного перетекшего заряда(второй катет).

Обратите внимание, что процесс перетекания зарядабесконечно долгий. Если рисовать график зависимоститока через резистор от времени, получится экспонента(для этого еще уравнение дифференциальное надо ре-шить!), потом еще надо нарисовать квадрат этого графи-ка, умножить на r (чтобы получить мощность), а потомнайти площадь – проинтегрировать.

Итак, способ рисования зависимости разности потенциаловот протекшего заряда (не от времени, а от заряда!) приводитвсегда к линейной зависимости. Я говорю школьникам: дока-жите, пожалуйста, что такого рода графики всегда имеютлинейный характер. Это хорошая задачка для домашнихразмышлений. Вообще, если я хочу им дать какую-то полез-ную задачу, которую решать в классе нудно и долго, а можетбыть, и не очень нужно, ее вполне можно дать на дом дляразмышлений. В конце концов, если человек ее не сделает, онхоть результат запомнит – тоже хорошее дело.

Вот еще пример, который очень нудно решается в общемслучае, а приведенный способ работает хорошо.

Неправильно заряженный конденсатор

Пусть большой плоский конденсатор летает вдали отвсех проводников и заряженных тел, т.е. в глубинахкосмоса. Емкость его С, а заряжен он неправильно –заряд одной пластины 1Q , заряд второй 2Q (рис.13). Вобщем случае сумма зарядов не равна нулю.

Кстати, очень интересныйвопрос для разумных детей –а почему обычно при зарядкеконденсатора получается Q и–Q? Как так получается? По-чему нельзя зарядить конден-сатор – а может быть, все-таки можно? – зарядами Q и

–3Q, например? На самом деле, конечно же, можно.Самый изящный способ предложил один из моих учени-ков когда-то очень давно, мне очень понравилось, я с техпор это повторяю. Он начал решение со слов: возьмем дваконденсатора, один зарядим обычным образом зарядамиQ и –Q, другой – зарядами 3Q и –3Q, а потом поменяемместами обкладки. Одну обкладку одного и одну обклад-ку другого. Изящно, согласитесь.

Понятно, что разбирать конденсатор на части – некоролевское дело. Но почему не зарядить конденсаторзарядами Q и 2Q, например? А не получается легко. В чемидея применения конденсатора? Мы берем обычныйпроводник, заряжаем его, у него очень быстро растет приэтом потенциал. Емкость проводника обычных размеровочень мала. Здесь, кстати, полезно посчитать, как все иделают, емкость земного шара как проводника – получа-ется совсем немножко, меньше одной тысячной фарада.Иными словами, обычные проводники имеют очень ма-ленькую емкость, значит, по мере зарядки очень быстрорастет потенциал. Все труднее и труднее приноситьследующие порции заряда. А вот очень простая идеяконденсатора – давайте переносить заряды с одногопроводника на другой. А чтобы это было проще идешевле, поместим проводники близко друг к другу.Возьмем, например, две большие близкие плоскости. Мытаскаем заряды на очень маленькие расстояния, совершаяпри этом скромную работу. При этом емкость конденса-тора может быть сделана очень большой.

А чем отличаются друг от друга разные конденсаторы,зачем их так много разных? И вообще, зачем они нужны…?Это – отдельный интересный разговор, я его всегда сосвоими учениками веду. Школьники, ну почти все, умеют,например, рассчитать сопротивление параллельно соединен-ных проводников. Нехитрое дело. Но спросите их – зачемсоединяют проводники параллельно? Это жуткий вопрос,это так трудно оказывается. Школьное образование так иустроено. Про транзистор школьнику рассказывают так,как будто вот на кустах растут транзисторы и нам нужнопоймать такой транзистор и изучить его повадки. А ведь егоделают для определенных целей. Конденсаторы – зачем ихтак много? Это интересный вопрос. Я стараюсь даже оченьматематизированных школьников грузить не только матема-тикой. Есть очень много интересных вещей. Особенно этовыглядит эффектно, когда я вынимаю из кармана горстьразных конденсаторов, и даже самые закоренелые матема-тики с удовольствием и некоторой опаской берут их в рукии начинают рассматривать. Это первый этап изучения физи-ки, я считаю.

Итак, пусть нам удалось зарядить наш конденсатортаким странным образом, т.е. зарядами пластин 1Q и 2Q .Соединим обкладки проводничком. Мне проще это сопро-тивление задать, но от него ответ зависеть не будет. Ясейчас скажу, какой будет вопрос, чтобы ответ не зависел.Проще задать лишние данные, чем всем долго и подробнообъяснять, почему это не важно. Тем более, что я могулегко задать вопрос, куда это сопротивление все-такивойдет. Три вопроса в этой задаче. Какой ток потечетсразу после включения (вот тут мне понадобится значениеэтого сопротивления)? Какой полный заряд перетечет? Исколько про этом выделится тепла?

Практика показывает, что это ужасно трудная задача.Вот формальный способ решения. Предположим, что кРис. 13

Рис. 12

50 К В А Н T $ 2 0 1 6 / 2

некоторому моменту успел пе-ретечь заряд q. Тогда зарядыпластин получились такими:

1Q q− и 2Q q+ (рис.14).Найдем разность потенциаловмежду пластинами. Перваяпластина создает в простран-

стве между пластинами поле напряженностью 1

02Q q

S

−ε

,

вторая – направленное навстречу поле напряженностью

2

02Q q

S

+ε

. Если мы умножим разность этих величин (сум-

марное поле) на d (расстояние между пластинами), это ибудет ∆ϕ . Сразу получится такой же график зависимости∆ϕ от протекшего заряда q, с каким мы уже имели дело.И мгновенно получается ответ. Во-первых, видно, прикаком q разность потенциалов обращается в ноль – этоформальный признак окончания процесса. А площадь подграфиком – это выделившееся количество теплоты. И все.

Таким образом, задача, как видите, просто решаетсяформальным способом, а на самом деле она сложная.Неформальное решение этой задачи заставляет говоритьвот о чем. При перетекании заряда с одной пластины надругую поле снаружи практически остается прежним(если эти пластины большие и близко расположены другк другу). Значит, в тепло переходит энергия внутреннейобласти. А какое там поле? Такое, как если бы конденса-тор был заряжен чуть другими зарядами – легко понять,какими. Между прочим, к любой части этого рассуждениялегко придраться. Давайте придеремся. Поле снаружи неменяется, почти не меняется. Зато это «снаружи» оченьбольшое. Энергия поля снаружи от системы пластин вомного раз превышает энергию поля внутри. Даже оченьмаленькое изменение этой большой энергии (а уж какое-нибудь маленькое вполне может произойти при перетека-нии заряда) полностью изменит ответ. Честное слово,трудно отбиться от такой претензии. А рассмотренныйспособ обходит все эти проблемы. Тут, конечно, присут-ствует некоторый обман: когда я пользуюсь формуламидля бесконечных пластин. Автоматически я предполагаю,что поле снаружи не меняется. Но к этому придратьсянамного труднее. По крайней мере, надо понимать, к чемупридираться. Школьники такое решение воспринимают.

Не знаю, как вам, мне очень часто везет на въедливыхшкольников. Они придираются ко всякого рода математичес-ки не очень понятным или не очень корректным операциям.Они привыкли, что в математике все строго. Мне очень нехотелось бы, чтобы при изучении физики у них возникалоощущение, что вот кончилась наука, началась помойка, где всерассуждения неправильные, некорректные и вообще «этоследует из эксперимента». Если все следует из эксперимента,то получается какая-то география вместо физики. Мне это ненравится. Конечно, хочется рассказывать красивый, логич-ный предмет. И до самой квантовой механики это удается вшколе сделать. Дальше, конечно, там начинается ужас всякий.А вот до этого получается все строго, красиво. А в электроста-тике еще и ощущение научности возникает.

А сейчас я приведу вам пример такой полезной, как мнекажется, вещи. Я докажу теорему единственности в элек-тростатике.

Теорема единственности

Вопрос: можно ли обойтись без теоремы единственностив электростатике? В общем, да. В школе как-то обходятсямного лет, и прекрасно все. С другой стороны, любаязадача сводится в конце концов к утверждению этойтеоремы. Скажем, мы взяли уединенный проводник,зарядили его, потенциал этого проводника пропорциона-лен его заряду. Нормальный школьник понимает. Авъедливый спрашивает: а почему? И через два цикларассуждений вы все равно сошлетесь на теорему един-ственности. Без нее ни одна задача электростатики доконца не решается. И ужасно обидно, если она осталасьнедоказанной.

Итак, приведем школьное доказательство теоремы един-ственности. Вначале – формулировка этой теоремы. Ееможно привести в одном из двух видов. Первый видтакой:

Возьмем проводник и нанесем на него заряд. Этотзаряд распределяется по поверхности проводника един-ственно возможным образом.

Неудобный вариант формулировки, но я его в любомслучае произношу. А въедливым школьникам предлагаюдоказать это самим дома.

По-другому сказать можно так. Нанесем на проводникеще одну, например такую же, порцию заряда. Втораяпорция распределится по поверхности точно тем жеспособом, что и первая. Иными словами, существуетединственный вариант распределения заряда. Например,если это сферический проводник и вы нанесли на негозаряд, то как он распределится по поверхности? Длясферы – равномерно. И это единственный возможныйвариант. А если это не сфера, если это чемодан? Распре-делится другим способом. Это ужасно трудно посчитать,но это будет все равно единственно возможное распреде-ление.

Другая формулировка теоремы единственности – фор-мальная, очень удобная. И именно ее я собираюсь дока-зывать. Рассмотрим по-верхность нулевого по-тенциала. Впрочем, необязательно нулевого,можно любого потен-циала 0ϕ , одинаково-го во всех точках этойповерхности (рис. 15).Это – эквипотенциаль-ная поверхность. Поле,которое дает такуюформу поверхности, создается множеством зарядов. Не-которые из них внутри находятся этой поверхности,некоторые – снаружи. Конечно, имеется в виду полноеполе. От всех зарядов.

Теперь – сама теорема о единственности во втором еевиде:

Допустим, что я нашел другое распределение внешнихзарядов – взял другие заряды, расположил в другихместах. При этом внутренние заряды остались насвоих местах, и их не прибавилось, и потенциал повер-хности остался тем же самым 0ϕ . Тогда поле в любойточке внутри поверхности не изменилось.

Рис. 15

Рис. 14

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 51

При чем здесь единственность? Поле внутри эквипотен-циальной поверхности определяется только внутреннимизарядами. Ну, это неправильно, но понятно. Теперьвопрос: а не пустые ли это рассуждения? А можно лиизменить наружные заряды так, чтобы потенциал осталсяпрежним? Есть ли хотя бы один пример? А вдруг это все– теорема о пустом множестве? Красивая теорема, нотолько таких случаев не бывает? Было бы обидно, согла-ситесь. Оказывается, легко привести пример. И примердолжен быть простым.

Допустим, имеется сфера, заряженная зарядом Q(рис.16,а). Какой будет потенциал у точек этой сферы?

Мы знаем его. Это kQ R . Можно ли вместо этих зарядовнарисовать другие заряды, снаружи от сферы, но так,чтобы потенциал этой сферы был таким же? Можно.Например, распределим заряд 2Q по сфере радиусом 2R(рис.16,б). Иными словами, принципиально такая вещьвозможна. Идея: может быть, в сложных случаях мнеудастся наружные заряды переставить так, чтобы прощевсе было посчитать? А если эта теорема справедлива, тоесть гарантия, что поле внутри останется тем же самым.Такие примеры разумные ребятишки приводят с ходу.

Пусть имеется точечный заряд Q около проводящейплоскости (рис.17). И надо рассчитать поле в какой-

нибудь точке А, например. Обратите вни-мание, это убийственно сложная задача.Плоскость зарядится обязательно, прав-да? На плоскости заряды распределятьсянекоторым сложным образом. Для тогочтобы найти нужное поле, мне придетсявначале рассчитать распределение этихзарядов (это само по себе – очень против-ная задача), а потом найти суммарноеполе этой сложной системы зарядов.Нельзя ли вместо сложной системы заря-дов на плоскости нарисовать чего-нибудь

попроще, только бы новые заряды не находились слева отплоскости – чтобы не портить «внутреннюю» область?Легко. Потенциал этой плоскости равен нулю – онауходит в бесконечность, где гарантированно нулевойпотенциал. Если я к заряду Q симметрично относительноплоскости нарисую заряд –Q, а сам проводник уберу, топотенциал точек границы останется нулевым. Поле слевабудет таким же, как от исходной системы «заряд–прово-дящая плоскость». Я заменил сложную систему зарядовпростым зарядом, и мне удалось при этом все посчитать.Конечно, если справедлива теорема единственности.

Формулировок теоремы единственности – больше, чем

Рис. 16

Рис. 17

две. Можно еще формулировать. Но обычно для школь-ников достаточно этих двух. Они имеют прямое отноше-ние к задачам, которые мы хотим решать. Теперь –обещанное доказатель-ство. Оно красивое иочень простое.

Рассмотрим эквипотен-циальную поверхность спотенциалом 0ϕ , заряды

1q , 2q – внутренние за-ряды, 1Q , 2Q – это пред-ставители наружного се-мейства (рис.18). Я хочудоказать, что если явозьму другое распреде-ление наружных зарядов,сохраняющее потенциал поверхности тем же самым, тополе внутри поверхности будет таким же, как и в первомслучае.

Докажем эту теорему от противного. Предположим, чтоя нашел другую систему наружных зарядов, назовем их

*1Q , *

2Q и т.д. Внутренние заряды остались теми жесамыми, потенциал на границе – тот же самый. Предпо-ложим, что теорема не выполняется, т.е. я нашел какую-то точку внутри, в которой поле изменилось. Докажем,что этого не может быть. Для этого придется доказать...или, скажем так, обсудить совершенно простое утвержде-ние. Пусть имеется замкнутая поверхность нулевого по-тенциала Или любого постоянного, что, впрочем, одно ито же. Внутри зарядов нет. Поле любой точки внутри этойповерхности равно нулю. Нарисуем картину силовыхлиний. Они не могут начинаться и кончаться внутри этойповерхности – там нет зарядов. Они не могут идти отодной точки поверхности к другой, потому что эти точкиимеют одинаковые потенциалы.

Между прочим, строго доказать это утверждение довольнотрудно. Но оно такое простое, что проскальзывает как-то.Вообще, у меня с моими школьниками есть определение того,что такое очевидное утверждение. Это утверждение, во-первых, правильное, а во-вторых, я не могу его доказать.Значит, оно очевидное. Хороший способ. Так вот, то, чтовнутри пустой поверхности постоянного потенциала поля нет,– это очевидное утверждение.

Продолжим доказательство (мы уже почти все сдела-ли). Теперь изменим знаки всех зарядов (и внешних

1Q∗ , 2Q∗ , и внутренних 1q , 2q ) на противоположные.Тогда поле в любой точке просто изменит направлениена противоположное. Потенциал поверхности станет рав-ным 0−ϕ . А затем давайте я наложу эти две системызарядов друг на друга, одновременно расположив их впространстве. Посмотрите, что получается. Внутренниезаряды исчезли: к каждому внутреннему заряду доба-вился такой же противоположного знака. Потенциалграницы стал нулем. Если поля внутри не совпадали, тогде-то внутри останется ненулевое поле. А это противо-речит тому, что мы только что обсуждали: внутри по-верхности зарядов нет, потенциал поверхности постоя-нен (равен нулю), следовательно, внутри поля не мо-жет быть.

Рис. 18

(Продолжение см. на с. 56)

Региональный этап XLII Всероссийскойолимпиады школьников

по математике

О Л И М П И А Д Ы

Региональный этап XLII Всероссийской олимпиады по математи-

ке был проведен 5 и 6 февраля 2016 года. По его результатам

формируется состав участников заключительного этапа

Всероссийской олимпиады, поэтому в варианты регионального

этапа включались, в том числе, и достаточно сложные задачи.

Наиболее трудными оказались задачи 8 для 10 класса и для

11 класса.

Задачи

9 класс

Первый день

1. Даны квадратные трехчлены ( ) ( ) ( )1 2 100, , ,f x f x f x… содинаковыми коэффициентами при 2x , одинаковыми коэф-фициентами при x, но различными свободными членами; укаждого из них есть по два корня. У каждого трехчлена

( )if x выбрали один корень и обозначили его через ix . Какиезначения может принимать сумма ( ) ( )2 1 3 2f x f x+ +…

( ) ( )100 99 1 100f x f x+ +… ?Н.Агаханов

2. Дан равнобедренный треугольник ABC, AB = BC. Вокружности Ω , описанной около треугольника ABC, прове-ден диаметр CC′ . Прямая, проходящая через точку C′параллельно BC, пересекает отрезки AB и AC в точках M иP соответственно. Докажите, что M – середина отрезка C P′ .

Б.Обухов

3. Петя выбрал несколько последовательных натуральныхчисел и каждое записал либо красным, либо синим каранда-шом (оба цвета присутствуют). Может ли сумма наименьше-го общего кратного всех красных чисел и наименьшегообщего кратного всех синих чисел являться степенью двой-ки?

О.Дмитриев, Р.Женодаров

4. У царя Гиерона есть 11 металлических слитков, нераз-личимых на вид; царь знает, что их массы (в некоторомпорядке) равны 1, 2, …, 11 кг. Еще у него есть мешок,который порвется, если в него положить больше 11 кг.Архимед узнал массы всех слитков и хочет доказать Гиеро-ну, что первый слиток имеет массу 1 кг. За один шаг онможет загрузить несколько слитков в мешок и продемонст-рировать Гиерону, что мешок не порвался (рвать мешокнельзя!). За какое наименьшее число загрузок мешка Архи-мед может добиться требуемого?

И.Богданов, К.Кноп

Второй день

5. В классе учатся 23 человека. В течение года каждыйученик этого класса один раз праздновал день рождения, накоторый пришли некоторые (хотя бы один, но не все) егоодноклассники. Могло ли оказаться, что каждые два учени-ка этого класса встретились на таких празднованиях одина-

ковое число раз? (Считается, что на каждом праздникевстретились любые два гостя, а также что именинник встре-тился со всеми гостями.)

И.Богданов

6. Назовем непустое (конечное или бесконечное) множе-ство A, состоящее из натуральных чисел, полным, если длялюбых натуральных a и b (не обязательно различных и необязательно лежащих в A) таких, что a + b лежит в A, числоab также лежит в A. Найдите все полные множества нату-ральных чисел.

Н.Агаханов

7. В белой таблице 2016 2016× некоторые клетки окраси-ли черным. Назовем натуральное число k удачным, если

2016k ≤ и в каждом из клетчатых квадратов со стороной k,расположенных в таблице, окрашено ровно k клеток. (На-пример, если все клетки черные, то удачным является толькочисло 1.) Какое наибольшее количество чисел могут бытьудачными?

Е.Бакаев

8. Дан выпуклый четырехугольник ABCD, в котором90DAB∠ = ° . Пусть M – середина стороны BC. Оказалось,

что ADC BAM∠ = ∠ . Докажите, что ADB CAM∠ = ∠ .Е.Бакаев

10 класс

Первый день

1. См. задачу 1 для 9 класса.

2. Петя выбрал 10 последовательных натуральных чисели каждое записал либо красным, либо синим карандашом(оба цвета присутствуют). Может ли сумма наименьшегообщего кратного всех красных чисел и наименьшего общегократного всех синих чисел оканчиваться на 2016?

О.Дмитриев, Р.Женодаров

3. На стороне AB выпуклого четырехугольника ABCDвзяты точки K и L (точка K лежит между A и L), а на сторонеCD взяты точки M и N (точка M между C и N). Известно,что AK = KN = DN и BL = BC = CM. Докажите, что еслиBCNK – вписанный четырехугольник, то и ADML тожевписан.

Т.Зиманов, П.Кожевников

4. Дана клетчатая таблица 100 100× , клетки которойпокрашены в черный и белый цвета. При этом во всехстолбцах поровну черных клеток, в то время как во всехстроках разные количества черных клеток. Каково макси-мальное возможное количество пар соседних по сторонеразноцветных клеток?

И.Богданов

Второй день

5. Назовем непустое (конечное или бесконечное) множе-ство A, состоящее из действительных чисел, полным, если

О Л И М П И А Д Ы 53

для любых действительных a и b (не обязательно различныхи не обязательно лежащих в A) таких, что a + b лежит в A,число ab также лежит в A. Найдите все полные множествадействительных чисел.

Н.Агаханов

6. Внутри равнобокой трапеции ABCD с основаниями BCи AD расположена окружность ω с центром I, касающаясяотрезков AB, CD и DA. Окружность, описанная околотреугольника BIC, вторично пересекает сторону AB в точкеE. Докажите, что прямая CE касается окружности ω .

Б.Обухов

7. См. задачу М2418 «Задачника «Кванта».

8. Найдите все пары различных действительных чисел x иy такие, что ( )100 100 992x y x y− = − и 200 200x y− =

( )1992 x y= − .И.Богданов

11 класс

Первый день

1. Квадратный трехчлен ( ) 2f x ax bx c= + + , не имеющийкорней, таков, что коэффициент b рационален, а среди чиселc и ( )f c ровно одно иррациональное. Может ли дискрими-нант трехчлена ( )f x быть рациональным?

Г.Жуков

2. Положительные числа x, y и z удовлетворяют условиюxyz xy yz zx≥ + + . Докажите неравенство

xyz x y z≥ + + .

А.Храбров

3. В треугольнике ABC проведена биссектриса BL. Наотрезке CL выбрана точка M. Касательная в точке B к

окружности Ω , описанной около треугольника ABC, пере-секает луч CA в точке P. Касательные в точках B и M кокружности Γ , описанной около треугольника BLM, пере-секаются в точке Q. Докажите, что прямые PQ и BLпараллельны.

А.Кузнецов

4. Есть клетчатая доска 2015 2015× . Дима ставит в kклеток по детектору. Затем Коля располагает на доскеклетчатый корабль в форме квадрата 1500 1500× . Детекторв клетке сообщает Диме, накрыта эта клетка кораблем илинет. При каком наименьшем k Дима может расположитьдетекторы так, чтобы гарантированно восстановить располо-жение корабля?

О.Дмитриев, Р.Женодаров

Второй день

5. См. задачу 5 для 10 класса.

6. В пространстве расположены 2016 сфер, никакие две изних не совпадают. Некоторые из сфер – красного цвета, аостальные – зеленого. Каждую точку касания красной изеленой сфер покрасили в синий цвет. Найдите наибольшеевозможное количество синих точек.

А.Кузнецов

7. См. задачу 7 для 10 класса.8. Натуральное число N представляется в виде

1 2 1 2 1 2 1 2N a a b b c c d d= − = − = − = − , где 1a и 2a – квадра-ты, 1b и 2b – кубы, 1c и 2c – пятые степени, а 1d и 2d –седьмые степени натуральных чисел. Обязательно ли средичисел 1a , 1b , 1c и 1d найдутся два равных?

А.Голованов

Публикацию подготовили Н.Агаханов, И.Богданов,П.Кожевников, О.Подлипский

Теоретический тур

9 класс

Задача 1. Минимальный путьМодель автомобиля, едущая со скоростью 0v , в некоторый

момент начинает движение с таким постоянным ускорением,что за время τ пройденный ею путь s оказывается минималь-ным. Определите этот путь s.

В.Слободянин

Задача 2. Отражение в полетеВ баллистической лаборатории при проведении экспери-

мента по изучению упругого отражения от движущихсяпрепятствий производился выстрел маленьким шариком изнебольшой катапульты, установленной на горизонтальнойповерхности. Одновременно из точки, в которую по расчетамдолжен был упасть шарик, с постоянной скоростью начиналадвижение навстречу массивная вертикальная стенка (рис.1).

После упругого отражения от стенки шарик падал на неко-тором расстоянии от катапульты. Затем эксперимент повто-ряли, изменяя только ско-рость движения стенки.Оказалось, что в двух экс-периментах удар шари-ка о стенку произошел наодной и той же высоте h.Определите эту высоту,если известно, что времяполета шарика до отраже-ния в первом случае соста-вило 1 1t = с, а во втором 2 2t = c. На какую максималь-ную высоту H поднимался шарик за весь полет? Чему равнаначальная скорость шарика v, если расстояние между места-ми его падения на горизонтальную поверхность в первом иво втором экспериментах составило L = 9 м? Определитескорости равномерного движения стенки 1u и 2u в этих

Региональный этап XLX Всероссийскойолимпиады школьников

по физике

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 254

экспериментах и начальное расстояние s между стенкой икатапультой. Считайте 210 м сg = .

Примечание. В системе отсчета, связанной со стенкой,модули скорости шарика до и после столкновения одинако-вы, а угол отражения шарика равен углу падения.

М.Замятнин

Задача 3. ТрехцилиндровыйТело, склеенное из трех соосных

цилиндров разного поперечногосечения и разной высоты (рис.2),погружают в некоторую жидкостьи снимают зависимость силы Ар-химеда AF , действующей на тело,от глубины h его погружения(табл.1). Известно, что площадьсечения самого узкого (не факт,что самого нижнего) цилиндра

210 смS = . Постройте график за-висимости ( )AF h и с его помощьюопределите высоту каждого из ци-

линдров, площади сечения двух других цилиндров и плот-ность жидкости. В процессе эксперимента ось вращения

цилиндров оставалась вертикальной, 210 м сg = .З.Гордеев

Задача 4. Два в кубеКуб собран из одинаковых резисторов, имеющих сопро-

тивления R. Два резистора заменены на идеальные перемыч-ки, как показано нарисунке 3.

1) Найдите общеесопротивление полу-чившейся системымежду контактами Aи B.

2) Какие резисто-ры из оставшихсяможно убрать, чтобыэто не изменило об-щее сопротивлениесистемы?

3) Если известно, что через большинство резисторов в цепитечет ток I = 2 А, то какова сила тока в проводе, подсоеди-ненном к узлу A (или В)?

4) Вычислите силу тока, текущего через идеальную пере-мычку AA′ .

М.Иванов

Задача 5. Ледяное пятноОпределите, какая максимальная масса пmaxm водяного

пара, взятого при температуре 100 C° , может потребоватьсядля нагревания льда, находящегося в калориметре, до тем-пературы плавления (без плавления). Масса льда и егоначальная температура не известны, но эти значения могутлежать в выделенной на диаграмме области (рис.4). Удель-ная теплота парообразования воды L = 2,30 МДж/кг,удельная теплота плавления льда λ = 340 кДж/кг, удель-ная теплоемкость воды ( )4200 Дж кг Сc = ⋅ ° , удельная

теплоемкость льда( )1 2100 Дж кг Сc = ⋅ ° .

Масса льда m на диаг-рамме приведена в ус-ловных единицах, по-казывающих, во сколь-ко раз масса льда мень-ше, чем 0m = 1 кг.Теплоемкостью кало-риметра и потерямитепла пренебречь.

М.Замятнин

10 классЗадача 1. Время мощностиВ результате проведенного эксперимента получена зависи-

мость мощности N постоянной горизонтальной силы отвремени t ее действия на изначально покоящийся на гладкомгоризонтальном столе брусок массой m = 2 кг (табл.2).Некоторые измерения могли оказаться не очень точными.

1) Определите мощность силы в момент времени τ = 6 с.2) Найдите значение силы F.

З.Гордеев

Задача 2. В лункеСтержень АВ касается

уступа K полусферическойлунки радиусом R (рис.5).Точка А движется равно-мерно со скоростью v поповерхности лунки, начи-ная из нижней точки N, кточке M. Найдите зависи-мость модуля скорости u конца стержня В от угла α ,который стержень составляет с горизонтом. Длина стержняАВ равна 2R.

А.Бычков

Задача 3. Вода со льдомВ калориметре смешали некоторое количество воды и

льда. Их точные массы и начальные температуры не извест-ны, но эти значения лежат в выделенных на диаграммезаштрихованных областях(рис.6). Найдите макси-мальное количество теп-лоты, которое могло бытьпередано водой льду, еслипосле установления теп-лового равновесия массальда не изменилась. Оп-ределите возможную мас-су содержимого калори-метра в этом случае.Удельная теплота плавле-ния льда λ = = 340 кДж/кг, удельная теплоемкость воды

( )4200 Дж кг Сc = ⋅ ° , удельная теплоемкость льда

( )1 2100 Дж кг Сc = ⋅ ° . Массы воды и льда на диаграммеприведены в условных единицах, показывающих, во сколь-ко раз их массы меньше, чем 0m = 1 кг. Теплоемкостьюкалориметра и потерями тепла пренебречь.

М.Замятнин

Рис. 2

Таблица 1

Рис. 3

Рис. 4

Таблица 2

Рис. 5

Рис. 6

О Л И М П И А Д Ы 55

Задача 4. Три в кубеКуб собран из одинаковых резисторов сопротивлением R.

Три резистора заменили на идеальные перемычки, какуказано на рисунке 7.

1) Найдите общее сопротивление получившейся системымежду контактами A и B.

2) Какие резисторы из оставшихся можно убрать так, чтоэто не изменит общее сопротивление системы?

3) Если известно, что сила тока, текущего через большин-ство резисторов электрической цепи, равна I = 2 A, токакова сила тока в проводе, подсоединенном к узлу A (илиВ)?

4) Вычислите силу тока, текущего через идеальную пере-мычку AA′ .

М.Иванов

Задача 5. Транспортер на бокуПо шероховатому горизонтальному полу движется лежа-

щий на боку ленточный транспортер так, что плоскостьленты вертикальна (рис.8, вид сверху). Скорость ленты

транспортера v. Транспортер перемещается по полу с посто-янной скоростью u перпендикулярно основным участкам еголенты. За некоторое время транспортер сместился на рассто-яние s. Транспортер толкает по полу брусок массой m,имеющий форму прямоугольного параллелепипеда. Пренеб-регая прогибом ленты и считая движение бруска установив-шимся, найдите смещение бруска за время s/u. Определитеработу по перемещению бруска, совершаемую силой, дей-ствующей на брусок со стороны транспортера (за времясмещения транспортера на расстояние s). Коэффициенттрения между бруском и полом 1µ , а между бруском илентой 2µ .

А.Фролов

11 класс

Задача 1. Мощность в пространствеНа изначально покоящийся на гладком горизонтальном

столе брусок массой m = 2 кг начали действовать постоян-ной горизонтальной силой F. В результате была полученазависимость мощности N от перемещения s бруска (табл.3).Некоторые измерения могли оказаться не очень точными. В

каких координатных осях экспериментальная зависимостьмощности от перемещения линейна? Определите мощностьсилы в точке с координатой 0s = 10 см. Найдите значениесилы F.

З.Гордеев

Задача 2. «Темная материя»Скопления звезд образуют бесстолкновительные системы

– галактики, в которых звезды равномерно движутся покруговым орбитам вокруг оси симметрии системы. Галакти-ка NGC 2885 (рис.9) состоит из скопления звезд в виде

шарового ядра радиусом яr = 4 кпк и тонкого кольца,внутренний радиус которого совпадает с радиусом ядра, авнешний равен я15r . Кольцо состоит из звезд с пренебрежи-мо малой по сравнению с ядром массой. В ядре звездыраспределены равномерно.

Было установлено, что линейная скорость движения звездв кольце не зависит от расстояния до центра галактики: отвнешнего края кольца вплоть до края ядра скорость звезд

0v = 240 км/с. Такое явление может быть объяснено на-личием несветящейся массы, или «темной материи», распре-деленной сферически симметрично относительно центра га-лактики вне ее ядра.

1) Определите массу яM ядра галактики.2) Определите среднюю плотность яρ вещества ядра

галактики.3) Найдите зависимость плотности «темной материи» тρ

от расстояния r до центра галактики.4) Вычислите отношение массы «темной материи», влия-

ющей на движение звезд в диске, к массе ядра.Примечание: 1 кпк = 1 килопарсек = 193,086 10⋅ м,

гравитационная постоянная 11 2 26,67 10 Н м кгG − −= ⋅ ⋅ ⋅ .П.Коротков

Задача 3. Четыре в кубеКуб собран из одинаковых резисторов, имеющих сопро-

тивления R. Четыре резистора заменены на идеальныеперемычки, как указано на рисунке 10.

1) Найдите общее сопротивление получившейся системымежду контактами A и B.

2) Через какие резисторы сила текущего тока максималь-на, а через какие минимальна? Найдите эти значения силытока, если сила тока, входящего в узел А, равна 0I = 1,2 А.

3) Какова сила тока, текущего через идеальную перемычкуAA′ ?

М.Иванов

Задача 4. РомбЦиклический процесс, совершаемый над идеальным га-

Рис. 7

Рис. 8

Таблица 3

Рис. 9

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 256

зом, на плоскости p, V представляет собой ромб (рис.11).Вершины 1 и 3 лежат на одной изобаре, а вершины 2 и 4 –на одной изохоре. За цикл газ совершил работу А. На

сколько отличается количество теплоты 12Q , подведенное к

газу на участке 1–2, от количества теплоты 3,4Q , отведен-ного от газа на участке 3–4?

В.Сбободянин

Рис. 11

Задача 5. Колебаниям – нет!В электрической цепи, состоящей из резистора сопротив-

лением R, катушки индуктивностью L и конденсатора емко-стью 0C , на конденсаторе находится заряд 0Q (рис.12). Внекоторый момент времени замыкают ключ K и одновремен-но начинают изменять емкость конденсатора так, что идеаль-

ный вольтметр показывает постоянное напряжение.1) Как зависит от времени емкость конденсатора ( )C t при

изменении времени от 0 до 1 0t C L= ?2) Какую работу за время 1t совершили внешние силы?

Считайте, что 1 0t L R C L= = .Подсказка. Количество теплоты, выделившееся на резис-

торе за время 1t , равно

( )1 2

2 0

003

t

RQ

W I t RdtC

= =∫ .

М.Осин

Публикацию подготовил В.Слободянин

Рис. 12

Итак, предположение о том, что поле внутри не оста-лось тем же самым, этим рассуждением опровергнуто. Мыдоказали теорему единственности.

На самом деле, это длинный разговор. Если мне везет склассом, если они готовы такие вещи слушать, я им довольномного всего рассказываю. Пока не наступает явное перепол-нение, что, впрочем, видно по выражениям лиц и так далее.Мне кажется, что сложные вещи полезно обсуждать. Нужнообязательно, чтобы они развивались, чтобы они росли доста-точно быстро – нагрузка должна быть близка (по сложности,не по объему) к некоторому предельному значению. Этозначение у всех разное, поэтому я своих учеников гружу по-разному. А для того чтобы это не было так уж скучно, я работаюбез домашних заданий, это довольно здорово облегчает ситу-ацию. По крайней мере, дает моральное право мне на урокеактивно с учениками работать. И заставлять работать их.

Пользуясь теоремой единственности, мы решаем мно-жество довольно трудных задач. Так, из нее сразу выле-зает замечательный метод изображений. В школьнойпрограмме его нет, и прекрасно можно обойтись без этого

метода, но уж очень красивые задачи бывают. Красивые,понятные, трудные, любые. И кстати, один забавныйкороткий пример. С математически грамотными школь-никами перед обсуждением этой темы я решаю такуюзадачу. Есть два точечных заряда, скажем q и –3q. Какрасположены на плоскости точки, имеющие нулевойпотенциал? Кроме бесконечно удаленных? Это интерес-ная задача. Она пробивается в лоб, можно написатьсложные, довольно противные соотношения. Почему язаговорил про математически образованных школьни-ков? Они знают ответ и не решая этой задачи. Обычносразу какое-нибудь быстро соображающее дитя кричит:«Окружность Аполлония!» Для того чтобы был у точкинулевой потенциал в нашем случае, она должна бытьвтрое дальше от большого заряда, чем от малого. Тогдасумма этих потенциалов дает ноль. А такую геометричес-кую фигуру они в геометрии изучают: как расположенына плоскости точки, которые втрое дальше от точки А, чемот точки В. Это окружность, окружность Аполлония.Значит, в пространстве это будет сфера. А мне это инужно. Когда мы с ними докажем теорему единственно-сти, мы вернемся к этим вопросам и решим задачу произображение в сфере. Заряд и заземленная сфера: с какойсилой они друг к другу притягиваются?..

Электростатика для умных школьников

(Начало см. на с. 44)

Рис. 10

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

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» 1)

1. Путь не через Зоопарк короче в 11 раз.От Парка до Зоопарка путьчерез Цирк втрое длиннее, чемпуть не через Цирк. Вместеэти два пути составляют всюлинию, поэтому длина первогоиз них – три четверти полногокруга, а длина второго – чет-верть круга. Аналогично полу-чаем, что путь от Цирка доЗоопарка через Парк – этотреть круга. Значит, станциина линии расположены так,

как показано на рисунке 1. Поэтому путь от Парка до Цирка

не через Зоопарк равен 1 1 1

3 4 12- = полного круга. Путь же

через Зоопарк равен 11

12 круга, что в 11 раз длиннее.

2. 15.Пример показан на рисунке 2.

Меньшим числом треуголь-ничков не обойтись, так каквсего точек пересечения ли-ний 1 + 2 + 3 + ... + 9 = 15,а у треугольничка три вер-шины.3. 2232331122323323132.В слове РОБОТ пять букв,а в его закодированномвиде 3112131233 десятьцифр. Поэтому каждая бук-ва кодируется двумя цифра-ми, которые определяются

без труда. Выпишем все двенадцать возможных кодов и тебуквы, которые мы уже знаем:

1 = 11 = 21 = 31 = Р2 = 12 = О 22 = 32 = 3 = 13 = Б 23 = 33 = Т

Теперь подумаем, как запишется слово КРОКОДИЛ = БЕ-ГЕМОТ. Начинается оно с Б = 13, т.е. К = 1. Теперь мыможем записать начало слова: КРОКО… = 13112112… На-чинаем его читать как слово БЕГЕМОТ: Б = 13, E 1π , т.е.Е = 11, а тогда Г = 2, иначе второе Е не получается. Ну аМ начинается на 2, т.е. М = 2*. Теперь посмотрим на конецслова: там стоит …ОТ = …1233. Это значит, что Л = 3 иИ = 23, а Д заканчивается на 1, т.е. Д = *1. Звездочка –единственная оставшаяся неразгаданной цифра. Разгадать еенетрудно: 31 = Р, 11 = Е, так что Д = *1 = 21.Тогда М = 22, и мы раскрыли почти весь шифр:

1 = К 11 = Е 21 = Д 31 = Р2 = Г 12 = О 22 = М 32 = 3 = Л 13 = Б 23 = И 33 = Т

Теперь, чтобы записать шифром слово МАТЕМАТИКА, нехватает только шифра для буквы А. Но раз Робот смог запи-сать это слово, то для А есть код, и это может быть только32, ибо все остальные коды уже использованы.4. Один из возможных ответов приведен на рисунке 3 (пунк-тиром показана ось симметрии).5. 24 девочки.

Действительно, 22 + 30 = 52, зна-чит, 52 – 40 = 12 детей держали заруку и мальчика, и девочку. Тогда30 – 12 = 18 детей держали за рукитолько девочек. Эти 18 детей держа-ли 18 · 2 = 36 девочкиных рук, иеще 12 держали по одной девочкинойруке, так что всего у девочек было36 + 12 = 48 рук. Стало быть, де-вочек было 24.Попробуйте построить пример соответствующей расстановкидетей в хороводе.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

КОНКУРС ИМЕНИ А. П. САВИНА

(см. «Квант» 5-6 за 2015 г.)

6. 210, 211.Пусть число N удачное, 1 2 20...N a a a= + + + , где

1 2 20...a a a< < < – натуральные слагаемые. Если предполо-жить, что 1 1a > , то N можно разбить в сумму различных на-

туральных слагаемых еще одним способом: ( )1 1N a= - +

( )2 20... 1a a+ + + + . Таким образом, 1 1a = . Далее, если пред-положить, что 2 2a > , то для N опять можно привести другое

разбиение: ( ) ( )1 2 3 201 ... 1N a a a a= + - + + + + . Значит,

2 2a = . Продолжая так далее, получаем 3 3a = , 4 4a = , …..., 19 19a = . Если 20 21a > , то 19 201 1a a+ < - , и снова мож-но сконструировать другое разбиение.Наконец, нетрудно видеть, что при 20 20a = или 20 21a = по-лучающиеся числа 210 и 211 являются удачными.7. Ничья 50:50.Пусть дополнительно шахматисты из одной команды сыграютдруг с другом по одной партии, чтобы получился полныйкруговой турнир. Заметим, что в дополнительных партияхкоманды дополнительно получили поровну побед, поэтомудостаточно доказать, что в круговом турнире команды набра-ли одинаковое количество побед. Но это действительно так:игрок с рейтингом r в круговом турнире одержит ровно r – 1победу, значит, количество побед команды из 10 шахматистовравно суммарному рейтингу шахматистов этой команды,уменьшенному на 10.8. Как ни странно, ответ можно дать, вообще не решая ребу-са. Обозначим искомую цифру буквой Z, имея в виду, что

5Z π . Ясно также, что 0Z π и 1Z π . Поэтому Z можетпринимать значения 2, 3, 4, 6, 7, 8 или 9, а ребус выглядиттеперь так:

ШЕПНУЛ ¥ Z = КРИКНУЛ

Вычтем из обеих частей число ШЕПНУЛ. Получится следую-щее:

ШЕПНУЛ ¥ (Z – 1) = КРИКНУЛ – ШЕПНУЛ

Заметим, что в правой части уменьшаемое и вычитаемое окан-чиваются тремя одинаковыми цифрами. Поэтому при вычи-тании полученная разность будет оканчиваться тремя нулямии, следовательно, делиться на 1000. Итак, произведениеШЕПНУЛ ¥ (Z – 1) делится на 1000. При каждом конкрет-ном допустимом Z возникают определенные требования к де-лимости числа ШЕПНУЛ, которые сведем в таблицу. Обра-тим внимание, что для всех значений Z, кроме последнего(т.е. Z = 9), число ШЕПНУЛ должно делиться на 100 и, сле-довательно, оканчиваться двумя нулями. Но это недопустимо,так как последние две цифры числа ШЕПНУЛ различны.Поэтому остается единственная возможность: Z = 9. Это иесть ответ.Дополнение. В принципе, дальше можно и не решать, по-

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 258

О МОМЕНТАХ ИНЕРЦИИ

1. 2

кв 3

maI = ;

2

шест5

6

maI = .

2. 25

24

maI = . 3.

23

4

maI = .

4. Для оси, «протыкающей» ребра длиной а, момент инерцииравен 2I ma= . Для остальных осей – аналогично.

РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЭТАП XLII ВСЕРОССИЙСКОЙОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ ПО МАТЕМАТИКЕ

9 класс

1. Только 0.

Пусть i-й трехчлен имеет вид ( ) 2i if x ax bx c= + + . Тогда

( ) 22 1 1 1 2f x ax bx c= + + = ( ) ( )2

1 1 1 2 1 2 1ax bx c c c c c+ + + − = − ,

поскольку ( )1 1 0f x = . Аналогично получаем равенства

( )3 2 3 2f x c c= − , …, ( )100 99 100 99f x c c= − и ( )1 100 1 100f x c c= − .Складывая все это равенства, находим

( ) ( ) ( )2 1 3 2 1 100f x f x f x+ + + =… ( ) ( )2 1 1 100 0c c c c− + + − =… .

Значит, единственное возможное значение суммы – ноль.2. Так как CC′ – диаметр Ω , имеем 90C AC′∠ = ° . Посколь-ку MP BCP , получаем MPA BCA BAC∠ = ∠ = ∠ (рис.6).Значит, треугольник AMP – равнобедренный, и поэтому еговысота MD является и медианой. Так как AD = DP иAC DM′ P , по теореме Фалесаполучаем, что C M MP′ = .3. Нет, не может.Предположим противное. Рас-смотрим степени двойки, накоторые делятся выписанныечисла; пусть 2k – наибольшаяиз них. Если хотя бы два вы-писанных числа делятся на2k , то два соседних такихчисла будут различаться на2k . Значит, одно из них будетделиться на 12k+ , что невоз-можно в силу выбора k. Зна- Рис. 6

скольку решающий не обязан проверять корректность усло-вия. Тем не менее, в качестве упражнения попробуйте дока-зать, что при Z = 9 ребус действительно имеет единственноерешение:

408125 ¥ 9 = 3673125.

9. Отрезок BF при повороте против часовой стрелки на 90∞вокруг центра квадрата (точки О) перейдет в АЕ (рис.4).Значит, BF AE^ . Отрезок ED при повороте по часовой

стрелке вокруг центра квадра-та перейдет в AF. Значит,AF DE^ . Поэтому K – точ-ка пересечения высот тре-угольника AEF, т.е. AK m^ .10. а) Рассмотрим шахматнуюраскраску доски.Сделаем выстрелы в 32 белыеклетки так, чтобы 18 непрост-реленных белых клеток мож-но было разделить на 9 парклеток, имеющих общую вер-шину (это нетрудно сделать).Предположим, что мы не по-

пали ни в один из кораблей эскадры. Тогда каждый корабль1 2¥ содержит белую непростреленную клетку, значит, длякаких-то двух кораблей это будут две клетки из одной пары,что невозможно.б) Сделаем выстрелы в 30 клеток, отмеченных звездочкой нарисунке 5, и предположим, что мы не ранили ни одного ко-рабля из эскадры. Тогда среди красных, зеленых и желтыхклеток хотя бы 10 накрыты кораблями, назовем такие клеткизанятыми.Среди красных клеток занятых не более трех (в каждой изтрех пар клеток, имеющих общую вершину, не более одной

Рис. 4

занятой клетки), среди желтых клеток занятых не более пяти(желтые клетки можно разбить на 5 пар клеток, имеющих об-щую вершину). Среди зеленых клеток занятых не болеедвух: действительно, если занята клетка b9, то клетки a8,a10, c10 свободны; если же клетка b9 не занята, то все 3клетки a8, a10, c10 не могут быть заняты, так как корабль,покрывающий a10, граничит хотя бы с одной из клеток a8,c10. Из сказанного ясно, что среди красных, желтых и зеле-ных клеток не более 10 занятых, а значит (из предположе-ния), их ровно 10. При этом среди желтых клеток будет ров-но 5 занятых; рассматривая «цикл» b5-a6-b7-c8-d9-e10-f9-e8-d7-c6-b5, понимаем, что это возможно, только если занятыb5, b7, d9, f9, d7 либо a6, c8, e10, e8, c6. Среди зеленых кле-ток заняты ровно 2, причем занята хотя бы одна из клетокa8, c10.Пусть для определенности занята клетка a8. При этом ко-рабль, покрывающий a8, не может покрывать ни a7 (одна изклеток a6, b7 занята), ни b8 (одна из клеток b7, c8 занята),т.е. этот корабль покрывает a8 и a9. Значит, a10, b10 и b9 незаняты, поэтому занята клетка c10, вместе с одной из клетокc9, d10. Но оба случая противоречивы, так как занята однаиз клеток c8, d9, а также занята одна из клеток d9, e10.

Рис. 5

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

чит, среди выписанных чисел ровно одно делится на 2k .Наименьшее общее кратное (НОК) группы, содержащей эточисло, будет делиться на 2k , а НОК оставшейся группы – небудет. Значит, сумма этих НОК не делится на 2k ; с другойстороны, эта сумма больше чем 2k . Поэтому эта сумма не мо-жет быть степенью двойки.4. За 2 загрузки.Покажем, что Архимеду достаточно использовать мешокдважды. Пусть он сначала положит в мешок слитки с масса-ми 1, 2, 3 и 5 кг, а потом – слитки с массами 1, 4 и 6 кг. Вобоих случаях мешок не порвется.Докажем, что это могло произойти только в том случае, еслидважды был использован слиток массой 1 кг. Действительно,если бы Архимед в эти два раза вместо слитков с массами1, …, 6 кг использовал слитки с массами 1w , …, 6w кг со-ответственно, то эти массы удовлетворяли бы системе нера-венств 1 2 3 5 11w w w w+ + + ≤ , 1 4 6 11w w w+ + ≤ . Складываяэти неравенства, получаем ( )1 1 2 6 22w w w w+ + + + ≤… . Вскобках стоит сумма шести различных натуральных чисел,т.е. она не меньше 1 + 2 + ... + 6 = 21. Отсюда следует, что

1 22 21 1w ≤ − = . Значит, 1 1w = , т.е. слиток массой 1 кг од-нозначно определен.Осталось показать, что одной загрузки недостаточно. ЕслиАрхимед загрузит один слиток, то мешок не порвется в лю-бом случае, т.е. никакой слиток идентифицировать не удаст-ся. Пусть Архимед загрузит больше одного слитка, и мешокне порвется. Если слиток в 1 кг не загружен в мешок, то призамене им любого слитка из мешка результат не изменится;значит, в этом случае Гиерон даже не сможет понять, нахо-дится ли этот слиток в мешке. Если же искомый слиток вмешке, то Гиерон не сможет понять, какой из (хотя бы двух)загруженных слитков – требуемый.5. Да, могло.Предъявим пример, как такое могло произойти.Выстроим учеников по кругу. Предположим, что к каждомуна день рождения пришли все одноклассники, кроме следую-щего за ним по часовой стрелке. Тогда любые два ученика Aи B встретились на всех празднованиях, кроме двух: того, накоторое не пришел A, и того, на которое не пришел B. Зна-чит, любая пара учеников встретилась 21 раз.6. Множество всех натуральных чисел, а также множества1, 1, 2, 1, 2, 3 и 1, 2, 3, 4.Для начала проверим, что множества 1, 1, 2, 1, 2, 3,1, 2, 3, 4, а также множество всех натуральных чисел –полные. Для последнего множества это очевидно; для первыхчетырех заметим, что если натуральные числа a и b таковы,что 4a b+ ≤ , то либо они оба равны 2, либо одно из них рав-но 1; в любом из этих случаев имеем ab a b≤ + . Значит, еслиa b A+ ∈ , то и ab A∈ .Пусть теперь A – произвольное полное множество. Если A со-держит некоторое число 2k ≥ , то по условию оно также со-держит число ( )1 1 1k k⋅ − = − . Продолжая этот процесс, по-лучаем, что все натуральные числа, не превосходящие k, ле-жат в A. В частности, если A не содержит чисел, больших 4,то множество A уже перечислено в ответе.Пусть теперь в A есть число 5l ≥ . Зададим последователь-ность 1 2, ,l l … соотношениями 1l l= , ( )1 2 2n nl l+ = − . Все этичисла лежат в A. Действительно, 1l лежит в A по нашемупредположению, а если ( )2 2n nl l A= + − ∈ , то и

( )1 2 2n nl l A+ = − ∈ . Кроме того, ( )1 4n n nl l l+ = + − ; по индук-ции теперь получаем, что 1 5n nl l+ > ≥ . Значит, для любогонатурального n имеем nl n> ; из рассуждений предыдущегоабзаца понимаем теперь, что и n A∈ . Итак, все натуральныечисла лежат в A.7. 1008 чисел.Рассмотрим произвольное окрашивание таблицы. Пусть на-

шлось хотя бы два удачных числа и a – наименьшее из них, аb – наибольшее.Поделим b на a с остатком: b = qa + r, где 0 r a≤ < . Предпо-ложим, что 2q ≥ . В произвольном квадрате b b× можнорасположить 2q непересекающихся квадратов a a× . В этихквадратах будет ровно 2q a черных клеток. Однако

( )2 1q a q a qa r b> + > + = ; значит, в квадрате b b× будетбольше, чем b черных клеток, что невозможно. Итак, q < 2,т.е. b < 2a.Общее количество удачных чисел не превосходит количестванатуральных чисел от a до b, т.е. оно не больше 1b a− + <

2 1 2 1 1009b b b< − + = + ≤ . Значит, это количество не боль-ше 1008.Осталось привести пример раскраски, для которой найдутся1008 удачных чисел. Окрасим черным все клетки 1008-йстроки и только их. Рассмотрим произвольный квадрат состороной 1009d ≥ . Он пересекается с 1008-й строкой, зна-чит, в нем есть целая строка отмеченных клеток, т.е. их какраз d штук. Значит, все числа от 1009 до 2016 являютсяудачными, и таких чисел как раз 1008.8. На продолжении отрезка AB за точку A отметим точку Kтак, что AB = AK (рис.7). Тогда AM – средняя линия в тре-угольнике BCK, откудаAM CKP . Значит,BKC BAM ADC∠ = ∠ = ∠ .

Отсюда следует, что четы-рехугольник AKDC впи-сан.Опять же используя па-раллельность AM и CK,получаем CAM∠ =

ACK ADK= ∠ = ∠ . Нако-нец, DA – медиана и высо-та в треугольнике BDK,поэтому DA является ибиссектрисой; отсюда

ADB ADK CAM∠ = ∠ = ∠ , что и требовалось доказать.

10 класс

2. Нет, не может.Предположим противное. Заметим, что число, оканчивающее-ся на 2016, обязательно делится на 16.Среди десяти Петиных чисел есть либо одно, либо два числа,делящихся на 8. В первом случае одно из полученных наи-меньших общих кратных (НОК) делится на 8, а второе –нет, и потому их сумма не делится даже на 8. Во втором жеслучае разность двух Петиных чисел, делящихся на 8, равна8, поэтому одно из них делится на 16, а другое – нет. Следо-вательно, одно из НОК делится на 16, а другое – нет. Зна-чит, и в этом случае сумма НОК делиться на 16 не может.3. В случае AB CDP имеем BC = KN, поэтому AK = BL == CM = DN. Значит, четырехугольник LMDA получается из

BCNK параллельным переносом на вектор BLuuur

.

Рис. 7

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 260

Пусть теперь AB и CD не параллельны; обозначим через Pточку пересечения прямых AB и CD. Так как четырехуголь-ник BCNK вписан, треугольники PBC и PNK подобны; отсю-

да PB PB PN PN

BL BC NK ND= = = . Значит, BN LDP (рис.8). Анало-

гично, CK MAP . Отсюда получаем ALD KBN∠ = ∠ иKCN AMD∠ = ∠ .

Так как четырехугольник BCNK вписан, то KBN KCN∠ = ∠ .Поэтому и ALD AMD∠ = ∠ , т.е. ADML также вписан.

4. 26 50 5 50 1 14751⋅ − ⋅ + = пар.Обозначим длину стороны таблицы через 2n = 100 (так чтоn = 50) и пронумеруем строки сверху вниз, а столбцы – слеванаправо числами от 1 до 2n.В каждой строке может быть от 0 до 2n черных клеток. Таккак количества черных клеток во всех строках различны, этиколичества – все числа от 0 до 2n, кроме одного (скажем,кроме k). Тогда общее число черных клеток равно

( ) 20 1 2 2n k n n k+ + + − = + −… . С другой стороны, так как вовсех столбцах клеток поровну, общее число черных клетокдолжно делиться на 2n. Значит, k = n и во всех столбцах по

( )22 2n n n= черных клеток.Оценим теперь сверху количество пар соседних по сторонеразноцветных клеток, считая отдельно пары клеток, соседнихпо горизонтали и по вертикали.Если в строке 1i n≤ − черных клеток, то они могут участво-вать не более чем в 2i горизонтальных парах. Если в строке

1i n≥ + черных клеток, аналогичное рассуждение можноприменить к белым клеткам, коих 2 1n i n− ≤ − . Итого, гори-зонтальных разноцветных пар не больше чем

( )( ) ( )2 2 0 2 1 2 1 2 1n n n⋅ ⋅ + ⋅ + + ⋅ − = −… .

Оценим теперь количество вертикальных пар. Рассмотримлюбую строку с четным номером от 2 до ( )2 1n − ; пусть в нейi черных клеток. Тогда либо в строке сверху, либо в строкеснизу от нее число черных клеток не равно 100 – i; значит,одна из вертикальных пар, в которых участвуют клетки на-шей строки, будет одноцветной. Итого, есть хотя бы n – 1 од-ноцветных вертикальных пар. Так как общее число верти-кальных пар равно ( )2 2 1n n − , то разноцветных из них – небольше чем ( ) ( )2 2 1 1n n n− − − . Итого, общее число разно-цветных пар не больше чем

( ) ( )2 22 1 4 3 1 6 5 1 14751n n n n n n− + − + = − + = .

Осталось привести пример, в котором указанное число пардостигается. Проведем в нашей таблице 2 2n n× диагональ изверхнего левого угла в нижний правый. Все клетки, лежащиена диагонали или ниже, покрасим в черный цвет, если они

лежат в четных строках, и в бе-лый – иначе (раскраска «по стро-кам»). Все клетки, лежащиевыше диагонали, покрасим в чер-ный цвет, если сумма номеров ихстроки и столбца четна, и в белый– иначе («шахматная» раскрас-ка). Пример такой раскраски приn = 4 показан на рисунке 9. Не-трудно проверить, что в каждомстолбце ровно по n черных кле-ток, в (2i)-й строке n + i черных

клеток, а в ( )2 1i − -й строке n – i черных клеток. Кроме того,все оценки выше достигаются.5. Такое множество одно: это множество R всех действитель-ных чисел.Пусть A – полное множество. Поскольку оно непусто, томожно выбрать элемент a A∈ . Тогда 0a a A+ = ∈ , значит,

0 0a A⋅ = ∈ . Так как ( ) 0x x A− + = ∈ , получаем теперь, что

( ) 2x x x A− ⋅ = − ∈ при всех действительных x. В силу произ-

вольности выбора x отсюда следует, что любое отрицательноечисло также принадлежит множеству A.Наконец, для любого b > 0 из того что число ( ) ( )b b− + − =

2b= − лежит в A получаем, что ( ) ( )2b b b A= − ⋅ − ∈ . Значит, ипроизвольное положительное числотакже лежит в A. Итак, в A входятвсе действительные числа.6. Заметим, что I лежит на оси сим-метрии трапеции, поэтому ICD∠ =

IBA= ∠ (рис.10). Пользуясь впи-санностью четырехугольника CBEI,получаем ICD IBA IBE∠ = ∠ = ∠ =

ICE= ∠ . Так как прямая CD каса-ется окружности ω , то и прямаяCE, симметричная ей относительноCI, также касается ω .

8. ( ) ( ), 2, 0x y = и ( ) ( ), 0, 2x y = .

Для удобства сделаем замену x = 2a и y = 2b. Тогда из усло-

вия имеем ( ) ( ) ( )100 100 992 2 2 2 2a b a b− = ⋅ − и ( ) ( )200 2002 2a b− =

( )1992 2 2a b= ⋅ − . Сократив оба равенства на степени двойки,

получаем 100 100 200 200 0a b a b a b− = − = − ≠ . Поделив второе

выражение на первое, получаем 100 100 1a b+ = ; значит, каж-дое из чисел a и b по модулю не превосходит 1.

Если b = 0, то 100a a= , откуда a = 1. Аналогично, если a =

= 0, то b = 1; это приводит к двум ответам ( ) ( ), 2, 0x y = и

( ) ( ), 0, 2x y = .Пусть теперь 0ab ≠ ; тогда |a|, |b| < 1. Заметим, что значения

функции ( ) ( )100 99 1f x x x x x= − = − положительны при

( )1, 0x ∈ − и отрицательны при ( )0, 1x ∈ . Поскольку100 100a b a b− = − , имеем ( ) ( )f a f b= , поэтому числа a и b

имеют одинаковый знак.С другой стороны,

100 10099 98 97 2 991

a ba a b a b b

a b

−= = + + + +

−… .

Если a и b отрицательны, то правая часть также отрицатель-на, что невозможно. Если же a и b положительны, то все сла-гаемые в правой части положительны, поэтому она больше

99 99a b+ ; итак, 99 99a b+ < 1. С другой стороны, поскольку

0 < |a|, |b| < 1, имеем 99 99 100 100 1a b a b+ > + = . Противоречие.

11 класс

1. Нет, не может.Так как трехчлен ( )f x не имеет корней, то ( )0 0c f= π и

( ) 0f c π . Тогда выражение ( )f с

с иррационально как отноше-

ние рационального и иррационального чисел. Но

( ) 2

1f с ac bc с

ac bс с

+ += = + + . Так как b + 1 рационально, то

ac – иррационально. Получаем, что дискриминант2 4D b ac= - иррационален как разность рационального и ир-

рационального чисел.2. По неравенству о средних имеем

2xy xz xy xz+ ≥ ◊ , 2xy yz xy yz+ ≥ ◊ , 2xz yz xz yz+ ≥ ◊ .

Сложим эти три неравенства и разделим полученное на 2. Сучетом условия, получаем

xyz xy xz yz x yz y xz z xy≥ + + ≥ + + .

Деля полученное неравенство на xyz , получаем требуемое.

Рис. 9

Рис. 10

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

3. Так как BL – биссектриса ABC– , имеем ABL LBC– = – .Поскольку PB – касательная к Ω , имеем PBA BCA– = –(рис.11). Кроме того,

PBL PBA ABL BCA LBC BLP– = – + – = – + – = – ,

значит,

( )180 180 2BPM PBL BLP BLP– = ∞ - – + – = ∞ - – .

Отсюда следует, в частности, что BLP– – острый.Так как 180BLM BLP– = ∞ - – тупой, касательные к Γ вточках B и M пересекаются в точке Q, лежащей по ту же сто-рону от BM, что и точка L (а значит – по ту же сторону, чтои P). Далее, имеем

180QBM QMB BLM BLP– = – = ∞ - – = – .

Значит,

180 2 180 2BQM QBM PBL BPM– = ∞ - – = ∞ - – = – .

Поэтому точки B, M, P и Q лежат на одной окружности. От-сюда следует, что QPM QBM BLP– = – = – . Это и означает,что PQ BLP .

4. ( )2 2015 1500 1030k = - = .Покажем, что 1030 детекторов Диме хватит. Пусть он распо-ложит 515 детекторов в 515 левых клетках средней строкиквадрата, а остальные 515 детекторов – в 515 верхних клет-ках среднего столбца. Заметим, что при любом положениикорабля его левый столбец лежит в одном из 516 левых стол-бцов доски. Если этот столбец – один из 515 самых левых, токорабль накроет детектор из этого столбца, лежащий в сред-ней строке, иначе ни одного детектора из этой строки ко-рабль не накроет. Значит, по показаниям детекторов из этойстроки восстанавливается, в каких столбцах лежит корабль.Аналогично, строки, в которых он находится, восстанавлива-ются по показаниям детекторов из среднего столбца.Рассмотрим теперь произвольную расстановку k детекторов,удовлетворяющих требованиям. Рассмотрим два положениякорабля, отличающихся горизонтальным сдвигом на 1. Пока-зания какого-то детектора для них будут различаться, толькоесли этот детектор лежит в самом левом столбце левого ко-рабля или в самом правом столбце правого. Значит, в любыхдвух вертикальных прямоугольниках 1500 1¥ , отличающихсягоризонтальным сдвигом на 1500, есть хотя бы один детектор.Аналогично, в любых двух горизонтальных прямоугольниках1 1500¥ , отличающихся вертикальным сдвигом на 1500, естьхотя бы один детектор. Назовем такие пары прямоугольниковвертикальными и горизонтальными соответственно.Выделим все вертикальные пары, лежащие в нижних 1500 ив верхних 1500 строках доски; таких пар 2 515 1030◊ = . Ана-логично, выделим все 1030 горизонтальных пар, лежащих влевых 1500 и в правых 1500 столбцах. Разобьем доску на 9прямоугольных областей так, как показано на рисунке 12.

Рис. 13

Рис. 11

Выделенные пары не покрываютклеток из E; каждая же клетка востальных областях покрытадвумя выделенными парами (в Dи F – двумя вертикальными, в Bи H – двумя горизонтальными, ав областях A, C, G и I – однойгоризонтальной и одной верти-кальной). Итак, каждый детек-тор лежит не более чем в двухвыделенных парах; значит, что-бы в каждой выделенной паре был хотя бы один детектор,требуется не менее 2 1030 2 1030◊ = детекторов.6. 21008 1016064= точек.Пусть среди сфер есть r красных и 2016 – r зеленых. Так каку любых двух сфер максимум одна точка касания, количествосиних точек не превосходит

( ) ( )22 22016 1008 1008 1008r r r- = - - £ .

Предъявим пример с таким количеством синих точек. Пусть l– некоторая прямая, α – плоскость, перпендикулярная l ипересекающая ее в точке O, а ω – окружность с центром O ирадиусом 1, лежащая в α (рис.13). Построим 1008 красных

сфер одинакового радиуса r < 1 с различными центрами

1 2 1008, , ,R R R… , лежащими на ω .Пусть 1 2 1008, , ,G G G… – различные точки на l, удаленные отO на расстояния 1 2 1008, , ,d d d… . Тогда расстояние между iG

и любой точкой jR равно 21 id+ . Значит, если мы постро-

им зеленую сферу с центром iG и радиусом 21 id r+ - , онабудет касаться всех синих сфер. При этом все точки касаниябудут попарно различными, поскольку они лежат на отрезкахвида j iR G , которые не имеют общих точек, кроме концов.Значит, в нашей конструкции действительно будут отмечены

21008 синих точек.8. Нет, не обязательно.Приведем пример числа N, для которого все указанные числабудут различными. Положим

( ) ( ) ( ) ( )105 70 126 1202 2 3 3 5 5 7 73 2 3 2 3 2 3 2N = - - - - .

Тогда

( ) ( )2 2 2 3 3 32 33 2 3 2N M M= - = - = ( ) ( )5 5 5 7 7 7

5 73 2 3 2M M- = -

при некоторых натуральных 2M , 3M , 5M и 7M , не деля-щихся ни на 2, ни на 3. Отсюда

( ) ( ) ( ) ( )3 32 22 2 3 33 2 3 2N M M M M= - = - =

= ( ) ( ) ( ) ( )5 5 7 75 5 7 73 2 3 2M M M M- = - .

Даже все восемь чисел, участвующих в представлениях, раз-личны, поскольку у любых двух из них разная степень вхож-дения либо двойки, либо тройки.

Рис. 12

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 262

РЕГИОНАЛЬНЫЙ ЭТАП XLX ВСЕРОССИЙСКОЙОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ ПО ФИЗИКЕ

ТЕОРЕТИЧЕСКИЙ ТУР

9 класс

1. Чтобы путь, пройденный за время τ , был минимальным,автомобиль должен сначала тормозиться, до полной останов-ки, а затем разгоняться в обратном направлении. Пройден-ный путь равен

( ) ( )2 21 10 1 0 0

11 12 2 2

t tv t v vs t

t t

τ − τ − = + = +

.

Преобразуем это выражение к виду

( )2211 1

0

2stt t

v= + τ − , или

221 1

0

02

st t

v

τ− τ + + =

.

Дискриминант этого квадратного относительно 1t уравненияравен

( )2

2

0 0 0

2 2 2s s s

v v v

τ + − τ = τ + − τ τ + + τ

.

Из анализа первого сомножителя находим, что путь, пройден-ный за время τ , минимален при условии

( ) 02 1s v= − τ .

2. Вертикальное перемещение шарика описывается уравнени-ем

2

в 2

gth v t= − , или 2 в 2

2 0v h

t tg g

− + = ,

где вv – проекция начальной скорости на вертикальную ось.По теореме Виета,

в1 2

2vt t

g+ = и 1 2

2ht t

g= .

Отсюда находим

1 2 10 м2

gt th = = и

( )1 2в 15 м с

2

g t tv

+= = .

Заметим, что при отражении от стенки вертикальная состав-ляющая скорости шарика не изменяется, поэтому максималь-ная высота полета определяется лишь начальной вертикаль-ной скоростью вv и равна

( )221 2в 11,25 м

2 8

g t tvH

g

+= = = .

Горизонтальные перемещения шарика и стенки до моментастолкновения связаны соотношениями

г 2 1 1v t u t= и г 1 2 2v t u t= ,

так как стенка проходит то расстояние, которое «не успева-ет» пролететь до падения шарик, откуда находим

21 г

1

tu v

t= и 1

2 г2

tu v

t= ,

где гv – проекция начальной скорости на горизонтальнуюось. В момент столкновения шарика со стенкой горизонталь-ная скорость шарика изменяет свое направление на противо-положное и увеличивается на удвоенную скорость стенки (этоможно показать, рассмотрев упругий отскок в системе отсче-та, в которой стенка покоится). Вертикальная скорость шари-ка при отражении не изменяется, и дальнейший полет до па-дения длится столько же времени, как и в отсутствие удара.Тогда проекции перемещения шарика до мест падения равны

( )22

1 г 1 г 1 2 г 1 21

2 2t

L v t v u t v t tt

= − + = − −

,

( )21

2 г 2 г 2 1 г 2 12

2 2t

L v t v u t v t tt

= − + = − −

.

Расстояние между точками падения равно2 22 1

2 1 г 2 11 2

2t t

L L L v t tt t

= − = − + −

,

откуда получаем

( ) ( )1 2

г 21 2 2 1

1 м с2

L t tv

t t t t

= = + −

.

Окончательно,2 2г в 15 м сv v v= + ≈ ,

( )г 1 2 3 мs v t t= + = ,

1 2 м сu = и 2 0,5 м сu =

3. График (рис.14) зависимости ( )AF h имеет три излома, ко-торые соответствуют изменению площади сечения тела и пол-

ному его погружению. Заметим, что положение изломов нахо-дится путем экстраполяции линейных зависимостей до их пе-ресечения (в точках 10 см, 17 см и 24 см), поэтому опирать-ся только на табличные данные при определении высот ци-линдров нельзя. В области h < 24 см самый пологий участокграфика третий, следовательно, на нем наименьшая площадьпоперечного сечения 210 смS = . Угловой коэффициент на-клона первого участка в три раза больше, следовательно, егосечение 23 30 смS = . На втором участке угловой коэффици-ент наклона больше в 6 раз, а его площадь сечения

26 60 смS = . Длины цилиндров 10 см, 7 см и 7 см соответ-ственно. Плотность жидкости можно определить, например,

по третьему участку: 3A 1000 кг мF

Sg h

∆ρ = =

∆.

4. Изобразим эквивалентную схему и расставим токи в ветвяхс учетом закона сохранения заряда и закона Ома (рис.15).Теперь легко дать ответына вопросы задачи. Всилу симметрии схемы,токи в ветвях KC и MLне идут. Следовательно,эти резисторы можно уб-рать, и это не приведет кперераспределению токовв цепи и изменению об-щего сопротивления, ко-торое равно

2 1

4 2AB

ABAB

U IRR R

I I= = = .

По условию I = 2 А,следовательно, сила тока,входящего в узел А, рав-на 4I = 8 А, а сила тока

Рис. 14

Рис. 15

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

через идеальную перемычку AA′ равна сумме токов через ре-зисторы в ветвях A K′ и A M′ , т.е. равна 2I = 4 А.5. Запишем уравнение теплового баланса для конденсирую-щегося (превращающегося в воду) пара, остывающей и крис-таллизующейся воды и нагревающегося льда:

( )( ) ( )п кип 0 1 0m L c t t mc t t+ − + λ = − , откуда 1п

кип

mtcm

L ct

−=

+ + λ(здесь и далее учтено, что t < 0). Максимальная масса парапотребуется при максимальном по модулю значении произве-дения mt. Одинаковым значениям этого произведения соот-ветствуют точки, лежащие на прямых, проведенных из нача-ла координат. Действительно, для этих прямых выполняется

условие 0mt

m= α , или 0 constmt m= α = , где α – угловой ко-

эффициент наклонапрямой. Чем большеугол наклона прямой,тем больше модульпроизведения mt. Изграфика (рис.16) вид-но, что для прямой,проведенной из нача-ла координат, касаю-щейся области воз-можных параметровльда и имеющей мак-симальный угол на-

клона, 10 Cα = − ° , и 10 кг Сmt = − ⋅ ° . Отсюда получим

пmax 6,9 гm ≈ .Возможно и иное понимание условия. Запишем уравнениетеплового баланса для конденсирующегося (превращающего-ся в воду) пара, остывающей воды и нагревающегося льда:

( )( ) ( )п кип 0 1 0m L c t t mc t t+ − = − , откуда 1п

кип

mtcm

L ct

−=

+.

В этом случае пmax 7,7 гm ≈ .Можно считать верными оба ответа, соответствующие грани-цам найденного диапазона.

10 класс

1. При постоянной силе F мощность равна2F

N Fv Fat tm

= = = ,

поэтому следует ожидать линейную зависимость ( )N t . Пост-роим график по табличным данным и проведем наилучшую

прямую из начала координат (рис.17). В момент времениτ = 6 с мощность должна составлять N = 12 Вт. По углово-

му коэффициенту наклона графика 2 2 Вт сk F m= = опреде-

ляем значение силы: 2 HF km= = .2. Так как стержень жесткий, проекции скоростей всех точекстержня, а значит и точки В, на направление вдоль стержняравны sinv α , поэтому sinu v= αP . Перпендикулярные со-

ставляющие скоростей линейно возрастают с расстоянием отточки K. Тогда

cosu v

BK KA⊥ α

= , и ( )2 2 coscos 1 cos

2 cos

R Ru v v

R⊥

− α= α ⋅ = − α

α.

Скорость точки В стержня равна

( )22 2 2 2 2sin 1 cosu u u v v⊥= + = α + − α =P

= ( )2 1 cos 2 sin2

v vα

− α = .

3. По условию масса льда в результате теплообмена не изме-няется, следовательно, переданное тепло выделяется при ос-тывании воды и идет нанагревание льда (процес-сов плавления/кристалли-зации нет).Количество теплоты, кото-рое может отдать остыва-ющая вода, равно

( )0Q mc t t= −

(поскольку 0 0 Ct = ° ).Максимум тепла выделит-ся при максимальном помодулю значении произве-дения mt. Одинаковымзначениям этого произведения соответствуют точки, лежащиена прямых, проведенных из начала координат (рис. 18). Дей-ствительно, для них выполняется условие

0mt

m= α , или 0 constmt m= α = ,

где α – угловой коэффициент наклона прямой. Чем большеугол наклона прямой, тем больше модуль произведения mt.Это условие выполняется для прямой 1, проведенной из нача-ла координат и касающейся области возможных параметровводы. Но такое выделенное водой количество теплоты приве-ло бы к плавлению льда. Действительно, удельная теплоем-кость льда в два раза меньше удельной теплоемкости воды,поэтому прямой 1 соответствует прямая 2, имеющая в двараза больший угловой коэффициент наклона, но она не каса-ется области возможных параметров льда. Следовательно,максимальное maxQ будет определяться прямой 3 и соответ-ствующей ей прямой 4, проходящей через область возможныхпараметров воды, для которой 10 6 кг С 1,67 кг Сmt = ⋅ ° ≈ ⋅ ° .Отсюда находим

maxQ = 7,0 кДж.

Крайние точки пересечения прямой 4 с областью возможныхпараметров воды определяют диапазон масс добавленной вкалориметр воды:

0 0;6,2 3,0

m m

, или [0,16; 0,33] кг.

Точка касания прямой 3 области возможных параметров льдапозволяет найти массу льда в калориметре:

0 0,22 кг4,6

m =

.

Отсюда получаем, что возможная масса содержимого лежит вдиапазоне [0,38; 0,55] кг.4. Изобразите эквивалентную схему и убедитесь в том, что всилу симметрии схемы токи через резисторы в ветвях KC′ иCL не идут. Следовательно, эти резисторы можно убрать.

Общее сопротивления цепи равно 2 2

5 5ABIR

R RI

= = . Сила

тока, входящего в узел А, равна 5I = 10 А. Сила тока черезидеальную перемычку AA′ составляет 3I = 6 A.5. Сила трения, действующая на брусок со стороны пола, на-

Рис. 17

Рис. 16

Рис. 18

К В А Н T $ 2 0 1 6 / 264

Журнал «Квант» зарегистрирован в Комитете РФпо печати. Рег. св-во 0110473

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант»Тел.: (495) 930-56-48

Е-mail: math@kvant.ras.ru, phys@kvant.ras.ru

Отпечатанов соответствии с предоставленными материалами

в ООО «ИПК Парето-Принт», г.Тверьwww.Pareto-print.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

C.А.Дориченко, А.А.Егоров, Е.М.Епифанов,П.А.Кожевников, А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова,

А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИВ.В.Власов, Д.Н.Гришукова, А.Е.Пацхверия,

М.Н.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАМ.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ

правлена против скорости бруска и равна тр1 1F mg= µ , а сила

трения со стороны транспортера тр2 2F N≤ µ , где

тр1 cosN F= α . С другой стороны, тр2 тр1 sinF F= α . Возможныдва случая.1) Между бруском и лентой есть проскальзывание. Тогда

тр2 2 2 тр1 тр1cos sinF N F F= µ = µ α = α , и 2tg α = µ . Этот случайвозможен, когда 2v u ≥ µ .2) Между бруском и лентой нет проскальзывания. В этомслучае tgv u = α , при этом 2v u ≤ µ .Смещение бруска вдоль ленты транспортера равно tgs α .Путь, пройденный бруском, в первом и во втором случаях ра-вен

( )22 2 21 2tg 1 tg 1L s s s s= + α = + α = + µ ,

2

2 1v

L su

= +

.

Работа по перемещению бруска в обоих случаях равна

тр1 1A F L mgL= = µ , поэтому

21 1 21A mgs= µ + µ ,

2

2 1 1v

A mgsu

= µ +

.

11 класс

1. Так как мощность равна N = Fv и работа равна2 2A Fs mv= = , то 32N F s m= и ожидается линейная за-

висимость N от s . Постройте график ( )N s по табличным

данным и проведите через нанесенные точки наилучшую пря-мую из начала координат. Тогда получите, что в точке с ко-ординатой s = 10 см мощность должна составлять sN == 0,89 Вт. По угловому коэффициенту наклона графика

3 1 22 2,8 Вт мk N s F m= ∆ ∆ = ≈ определяем значение

силы: 23 2 2,0 HF k m= ≈ .

2. Из основного уравнения динамики 2 20 я я яv r GM r= нахо-

дим массу ядра галактики:2

41я 0я 1,1 10 кг

r vM

G= = ⋅ .

Средняя плотность ядра галактики составляет

( )

220 3я 0

я 3 2я я

31,35 10 кг м

4 3 4

M v

r Gr−ρ = = = ⋅

π π.

Вне ядра галактики уравнение движения имеет вид

( ) ( )( )2 20 я тv r G r M M r= + , или ( )( )2

0 я тv r G M M r= + . После

дифференцирования этого выражения получим

( ) ( )2 20 т т 4v dr GdM r G r r dr= = ρ ⋅ π . Отсюда найдем плотность

«темной материи» в зависимости от расстояния r:

( )20 я

т 2 2я4 4

v Mr

Gr r rρ = =

π π.

Масса темной материи равна ( )2т я 0 я я15 14M r v G M M= − = , и

т

я

14M

M= .

3. Общее сопротивление цепи равно 5 12R ; минимальныйток через резистор равен 0,1 А; максимальный ток через ре-зистор равен 0,5 А; через идеальную перемычку AA′ течетток 0,7 А. Указание: нарисуйте эквивалентную схему и рас-ставьте токи в ветвях с учетом закона сохранения заряда исимметрии соединения резисторов.4. Количество теплоты, подведенное к газу на участке 1–2,равно 12 12 12Q U A= ∆ + , а количество теплоты, отведенное на

участке 3–4, равно 34 43 43Q U A= ∆ + . Сравним изменения ве-личин внутренних энергий. Пусть давление в точках 1 и 3равно 0p , а объем в точках 2 и 4 равен 0V . Пусть при пере-ходе из состояния 1 в состояние 2 давление изменяется на

p∆ , а объем – на V∆ . Тогда изменение температуры найдем

из следующих соображений:

2 0 0 0RT p V V pν ∆= + , 1 0 0 0RT p V p Vν ∆= - ,

( )2 1 0 0R T T V p p Vν ∆ ∆- = + .

Аналогично найдем изменение температуры при переходе изсостояния 3 в состояние 4:

( )3 4 0 0R T T p V V pν ∆ ∆- = + .

Поскольку 3 4 2 1T T T T- = - , то равны между собой и измене-ния внутренней энергии: 12 43U U∆ ∆= . Работа 12A большеработы 43A на величину 2A . Следовательно, 12Q больше

34Q на 2A .5. В начальный момент времени ток в цепи не течет, поэтому

0

0L C

QU U

C= = . Поскольку L

dIU L

dt= остается постоянным

(по условию), то 0

0

QI t

C L= . По закону Ома для полной цепи,

( ) ( )C LdI

U U RI t L RI tdt

= + = + = 0 0 0

0 0 01

Q Q R Q Rt t

C C L C LÊ ˆ+ = +Á ˜Ë ¯

.

Заряд на конденсаторе изменяется по закону

( )2

00 0

0 00

12

tQ t

Q t Q d QC L C L

τ τÊ ˆ

= - = -Á ˜Ë ¯Ú ,

а емкость конденсатора – по закону

( ) ( )( )

( )20

0

1 21t C LQ t

C t CRt LU t

-= =

+ .

Искомую работу найдем из закона сохранения энергии

R C LA W W W∆ ∆= + + .

Окончательно получим2 2 20 0 0

0 0 0

50

3 2 6Q Q Q

AC C C

= + + = .

Индекс 90964