Квант 1971, №8 · Страницы

Научно-популярный физико-математический
квант
8
1971
журнал
Академии
наук СССР
и
Академии педагогических
наук СССР

1

В номере:

Совершенные числа 1 И. Я. Депман

Некоторые космические аспекты радиоактивности 9 Э. Резерфорд

Из воспоминаний о профессоре Резерфорде 17 П. Л. Капица

Matematический кругок Инверсия и задача Аполлония 23 А. П. Савин

Лаборатория «Квант» Четыре опыта со зренем 29 Дж. Греее

Задачик «Квант» Задачи 33

Решения задач М45, М50—М60; Ф66—Ф71 35 Н. Б. Васильев, И. Ш. Слободецкий

Этот ужасный космический холод 51 А. Л. Стасенко

Шахматно-mатематические заметы 55 Е. Я. Гик

Рецензии. Библиография Всерда ли прав наш глаз? 60 В. А. Лешковцев

Уголок коллекционера Марки, посвященные создателем ядерной физики 62 А. В. Алтыкис

Ответы, указания, решения 63

«Квант» для младших школьников Еще несколько задач Васи Смекалкина 3-я стр. обложки
Игра с домино 4-я стр. обложки

В. М. Розенутлер

2

Пифагор (VI в. до н. э.). Портрет с фрески Рафаэля. Личность Пифагора уже в древности стала популярной. Он основал математическое и философскую школа, и многие замечательные учены Греции назвали себя последовательами Пифагора.

членов, часто просто по объцанию, причины которого давным-давно забиты, полагалось иметь во многих ученых обществах.

Древних математиков удивляло особое свойство этих двух чисел: каждое из них равно сумме всех своих собственных делителей:

$$6 = 1 + 2 + 3,$$
$$28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14.$$

Do Евклида были известны только эти два совершенных числа, и никто не знаал, существует ли еще другие совершенные числа и сколько таких чисел вообще может быть. Великий основатель геометрии много занимается изучением свойств чисел; конечно, его не могли не интересовать совершенные числа. Евклид доказал, что всякое число, которое может быть представлено в виде произведения множителей $2^{p-1}$ и $2^p-1$, где $2^p-1$ — простое число, является совершенным числом. Если в формулу Евклида $2^{p-1}(2^p-1)$ подставить $p=2$, то получим $2^{2-1}(2^2-1)=6$ — первое совершенное число, а если

4

Пьер Ферма (1601 — 1665). Французский математик, по профессии юрист, математикой занимался «в свободное время». Наряду с Декартом является основателем аналитической геометрии. Один из создателей теории чисел; много занимался простыми числами. Среди наиболее интересных его результатов — «малая теорема Ферма».

предварительно доказать, что числа $2^p$ — 1 с указанным им значениями $p$ является действительное простыми.

Вычислить любое из них совсем нетрудно, но выяснить, простые все эти числа или нет, — это выходило далеко за пределы человека человека.

Так и осталось неизвестным, прав был Мерсенн или нет.

No neede было обнаружено, что веселый интайнейс Катальди, быший профессор математики во Флоренции и Болонье, который первый дал способ извлечения квадратных корней, тоже для спасения своей души занимался понским совершенных чисел. В его записах были указаны значения шестого и sevento совершенных чисел, найденные им почти за сотню лет до Мерсенна:
8 589 869 056 (шестое число),
137 438 691 328 (седьмое число).

Okazалось, что оба эти числа совпадают с теми, на которые указал Мерсенн: $2^{16} \cdot (2^{17} - 1)$ и $2^{18} \cdot (2^{19} - 1)$.

Noставалось еще не доказанным, действительно ли эти числа являются совершенными; для этого необходимо, чтобы множители $2^{17} - 1$ и $2^{19} - 1$ были простыми.

Петербургский академик, основатель современной математики, непрерывный вычислитель, друг Ломоносова, великий Леонард Эйлер сумел найти новую теорему о танистенных и загадочных совершенных числах. Он доказал, что все четные совершенные числа имеют вид, указанный Евклидом. Но какой вид должны иметь нечетные совершенные числа и могут ли они вообше сушестовать — осталось неизвестным и до нашей времени.

Эйлер доказал, что первые три числа из указанных Мерсенном: $2^{17} - 1$, $2^{19} - 1$ и $2^{31} - 1$ — действительно являются простыми.

Шестое и седьмое совершенные числа, найденные Катальди, а позднее Мерсенном, оказались верными. И насегда осталась в истории загадочная тайна, как они сумели найти их. Do sins пор предложено только одно «объяснение» этой загадке — оно было еще их совершенными: им помогало_boxестенное провidence, оно подсказало своим избранником верные значения двух совершенных чисел.

Таким образом, восьмое совершенное число, которое соответствует $p = 31$ в формуле Евклида, равно
2 305 843 008 139 952 128.

Снова в течение целого столета это число оставалось наиболее известным из совершенных чисел, но за это время математику удалось найти новый метод, с помощью которого можно установить, является ли число $2^{p} - 1$, где $p$ — простое число, простым или нет, не производа прямых вычислений. Okazалось, что далеко не все предсказания Мерсенна были верны. Он правильно предсказал значение $p = 127$, но числа со значениями $p = 67$ и $p = 257$, вопроси Мерсенну, не является совершенным.

6

чисел. Она проверила за два часа 42 числа, самоое меньше из которых имело более 80 цифр! Все эти числа оказались составными. Новое совершенное число машина обнаружила к вечеру 30 января:

$$2^{520} \cdot (2^{521} - 1) \quad (p = 521);$$

тринадцатое совершенное число оказалось составным из 314 цифр.

Четырнадцатое совершенное число машина нашла в тот же день к получчи. Перебрав и проверив еще тринадцатьевклидовских чисел, она нашла простое число $2^{607} - 1$, которое в десятичной системе имеет всего сто восемьдесят три цифры, и соответствующое совершенное число

$$2^{606} \cdot (2^{607} - 1) \quad (p = 607).$$

Четырнадцатое совершенное число имеет 366 значаших цифр.

Пятнадцатое совершенное число машина нашла только в июне 1952 года. Она была очень занята и могла удельть проблеме совершенных чисел только свое свободное от более важных дел времени.

Продолжая понски новых простых чисел, она доказала простоту числа $2^{1279} - 1$ и нашла совершенное число из семисот семидесят цифр:

$$2^{1278} \cdot (2^{1279} - 1) \quad (p = 1279).$$

Шестнадцатое и семнадцатое совершенные числа были открыты в octябре 1952 года. Машина к этому времени нашла еще два евклидовских простых числа: $2^{2203} - 1$ и $2^{2281} - 1$ и вычислена два соответствующих совершенных числа:

$$2^{2202} \cdot (2^{2203} - 1) \quad (p = 2203),$$

состоящее всего из тысячи трехсот двадцати семи цифр, и

$$2^{2280} \cdot (2^{2281} - 1), \quad (p = 2281),$$

в котором 1373 цифры.

Всемнадцатое совершенное число было найдено в сентябре 1957 года шведским математиком Г. Ризелем. При помощи электронно-счетной машины он за пять с половиной часов установил простоту числа

$$2^{3217} - 1$$ и получил восемнадцатое совершенное число:

$$2^{3216} \cdot (2^{3217} - 1) \quad (p = 3217).$$

В нем около 2000 цифр.

Понски последующих совершенных чисел требовали все большего и большего объема вычислений. Но вычислительная техника непрерывно совершенствовалась, и в 1962 году было найдено два новых совершенных числа, а в 1965 году — еще три. Этим числом соответствует в формуле Евклида значения $p$, равные соответствующим 4253, 4423, 9689, 9941 и 11213. Совершенное число $2^{11212} \times (2^{11213} - 1)$ имеет 3376 цифр. Конечно, только благодаря такому помощнику, как вычислительная машина, человек сумел установить, что это огромное число является совершенным.

Вот и все, что почти за два тысячелетия узнали лоди о совершенных числах.

История понсков совершенных чисел наглядно показывает, как сильно увеличивается машина возможности человека. Однако, по словам Эдмунда Ландду, одного из крупнейших специалистов в области теории чисел:

«… Две проблемы остаются нерешенными до сих пор:

— Имеется ли бесконечное множество четырехих совершенных чисел? — Не знаю.

— Имеется ли бесконечное множество четырехих совершенных чисел? — Я даже не знаю, существует ли одно такое число».

Вряд ли к этому нужно что-либо добавлять.

Уражнения

1. Докажите, что число вида $2^{k-1}(2^k - 1)$, где $2^k - 1$ — простое число, является совершенным.
2. Обозначим через $\sigma(n)$, где $n$ — натуральное число, сумму всех делителей числа $n$. Докажите, что если числа $n_1$ и $n_2$ взамимо просты, то $\sigma(n_1 \cdot n_2) = \sigma(n_1) \cdot \sigma(n_2)$.
3. Пусть $n$ — четное совершенное число. Тогда $\sigma(n) = 2n$. Представьте $n$ в виде $2^{k-1}b$, где $k \geq 2$, а $b$ нечетно, и докажите, что $b = (2^k - 1)c$. Докажите далее, что $c = 1$ и $2^k - 1$ — простое число.

9

Некоторые космические аспекты радиоактивности

Э. Резерфорд

30 августа 1971 года исполняется 100 лет со дня рождения Эрнеста Резерфорда. Трудно назвать человека, сделавшего больше для прогресса наших знаний о строении атома, чем Эрнест Резерфорд — великий экспериментатор XX века.

Исследуя радиоактивный распад урана, Резерфорд открыл α- и β-лучи и установил, что первые из них являются потоком быстрых ядер гелия, а вторые — потоком необъчайно быстрых электронов. Он показал также, что радиоактивный распад приводит к превращением химических элементов. Проведяя серию блестих опитов, Резерфорд построил планетарную модель атома, первый поняв, что в центре атома находится тяжелое ядро, вокруг которого движутся электроны. Он создал основу современных представлений о строении вещества. В 1919 году Резерфорд осуществил первый искусственный ядерную реакцию, в ходе которого один природный газ—азот — превращался в другой природный газ — кислород.

Бурное развитие ядерной физики, основоположником которой по правачестве Эрнест Резерфорд, произвело революцию в естествознании и привело к тому, что роль науки в жизни общества неизмеримо возросла.

Мы печатаем сегодня сокращенный перевод доклада, прочитанного Эрнестом Резерфордом в Канадском Королевском астрономическом обществе 3 апреля 1907 г. Доклад был опубликован в журнале этого общества за май — июнь 1907 г.

Доклад печатается в сокращенном виде. Перевод с английского и подготовку публикации выполнил Ю. М. Ципенок.

Тема мого выступления в полне естественного разделяется на две части: одна — это рассмотрение свойств самих радиоактивных веществ, другая — распространенность радиоактивных веществ в поверхности Земли и в нашей атмосфере.

Отличительной особенность радиоактивных веществ в целом ядреется их способность самопроизвольно и непрерывно испускать излучение особого вида, выделяя при этом телло, а в некоторых случаях излучая также световые лучи. Эти свойства в случае таких радиоактивных веществ, как уран или торий, проявляют если не неогранничено долго, то по крайней мере в течение времени, изменяемого миллионами лет. В случае же радия продолжительность активности короче, однако тоже изменяется тысячи лет. Это изучение самопроизвольно и совершенное не поддается химическому или физическому воздействию.

В качестве примера радиоактивного элемента я возьму ради, но следует иметь в виду, что большинство других активных элементов обладают аналогичными радиоактивными свойствами. Радиий испускает три вида лучей, называемых α-, β- и γ-лучами. α-лучи отличаются малой способностью проходит сквозь вещество. Tonкого слоя писей бумаги достаточно для того, чтобы полностью

10

поглотить α-излучение. Эти лучи оказывались состоящими из тяжелых атомов вещества, несущих положительный электрический заряд; они испускают из активных веществ со скоростью около 30 000 км в секунду. По всей вероятности, α-частица представляется собой заряженный atom геляя *).

β-лучи более pronikaционные, чем α-лучи, и несут отрицательный заряд электрическая. Они выбрасывают из радиоактивного вещества со скоростью значительное больше, чем скорость вылета α-частиц. Некоторые β-частицы вылетают со скоростью, близкой к скорости света. Их масса покоя составляет лишь одну тысячную часть массы α-частицы, и фактически они идентицы с электронами, образующимся при катодном разряде в вакуумной трубке.

γ-лучи обладают чрезвычайной прониканной способностью, легко проходит сквозь 5—10 см железа. Сейчас достаточно надежно установлено, что γ-лучи — это волны, подобные по характерах хорошего извлечимому лучам Рентгена, но они обладают большей прониканной способностью.

Общим для всех этих видов излучения является способность воздействовать на фотографическую пластинку и вызывать фосфоресценцию **) в определенных видах вещества. Но с точки зрения измерения, их наиболее важным свойством является способность разряжать на электризованные тела. Это свойство, несомненно, приводит к наиболеечевительному методу исследования радиоактивных веществ, и поэтому мы рассмотрим его более подробно. Возьмем обычной хорошего изолированный электросокоп и зарядим его так, чтобы золотые листочки его широко разошлись. Хорошо известно, что при обычных условиях и хорошо изолиции листочки сходятся чрезвычайно медленно, и спустя несколько минут будет казаться, что листочки почти неодвижны. Тепер поместим влизынного электрода электросока радиоактивное вещество. Листки сразу же начнут быстро сходиться, что обусловлено потерей заряда на электризованной системе. Независимо от того, положительный или отрицательный заряд был на электросокоп, потеря заряда происходит с одинаковой скоростью. Механизм, вызывающий разряду электросока, был чрезвычайно подробно изучен, и теперь известно, что этот эффект обусловлен тем, что радиоактивное излучение носит окружающее электросокоп воздействно, то есть образуют в нем неокторое количество носителей отрицательных и положительных зарядов — ионов. Ионы перемешают в электрическом поле. Если, например, электросокоп заряжен положительно, то отрицательныеоны двинутятся по направлению к заряженной системе. Эффект разряди электросока обусловлен прияжением большого числа отрицательного заряженныхонов к положительной заряженнойному проводнику. Когда радиоактивное вещество удаляют, быстро слижение листков немедленно прекращается.

Эта способность излученияонизоваать воздействия на них, например, света. Примером может служить циферблат света исходная (Прим. ped.)

12

пор, пока не наступает состояние устойчивогоровневся. В этом состоянии образование новых количеств эманации компенсируется распадом эманации, обусловленным ее дальнейшим радиоактивным превращением. Затем растор над прокипятить, воздейству, смешанный с эманацией, ввести в электросокоп и отмешать скорость движения золотых листков.

Если скорость разряда понзилась до половины ее первоначальной величины по истечении четырех дней — это точное доказательство того, что в электросокопе присутствует эманация радия.

Таким путем можно легко изменять количество радия в расторе в пределах до $10^{-11}$ e.

Эманация радия неустойчива и распадается на друге вещество, которое ведет себя как твердое вещество и обладает совершенной иньми радиоактивными свойствами.

Внутренняя поверхность сосуда, содержащого эманацию радия, покрывается невидимым налетом радиоактивного вещества. Если эманацию быстро удалить потоком воздуха, этот так называемый «активный осадок» сстается внутри. Активность этого осадка неостояна и со временем быстро спадает.

Через несколько часов активность уменьшается в геометрической программе, снижаясь вдвое примерно за 28 минут. В случае активный осадок уменьшается активность наполину за 11 часов; в случае активная — за 34 минуты. Образование этого характераного активного осадка из каждой эманации дает еще одну возможность отличить присутствие тория, радия или активия в отдельности.

Интересное свойство активного осадка, которое как мы увидим, играет заметную роль при анализе радиоактивного состояния атмосферы, состоит в том, что в электросокопом полез осадок содержится на отрицательно заряженном проводнике.

Частцы активного осадка каким-то образом приобретают положительные заряд, стремятся к отрицательному электроду и приплопот к нему.

Радиоактивное состояние atmosферы

Я кратко рассказал о некоторых наиболее важных свойств радиоактивных тел, которые оказывались очень полезными при решении вопроса о распространенности радиоактивных веществ в земле и атмосфере. Пионерами в этой области исследовали были процессы Эльстер и Гейтель — преодаватели гимназии в Волфенбитте, Германия.

Гейтель в 1900 году заметил, что открытий воздуха обладает свойством произвольным слабую разрядку электросокопа. Он показал, что это явление обусловливается образованением в воздухе отрицательных и положительныхонов. В поисках возможности причины этого явления Эльстер и Гейтель доказали, что оно может быть связано с наличием в атмосфере радиоактивных веществ. Тогда они попытались ссуществить чрезвычайно смелый эксперимент. Я указываю уже, что эманация из радиоактивных тел обращает активный осадок, который может концентрировать на отрицательно заряженном проводке. Если в атмосфере имеется эманация, то активный осадок должен собрать на отрицательно заряженном проводнике, помещенном в атмосфере.

Эльстер и Гейтель натянули заокном лаборатории изолированный провод длиной в 20 или 30 м (рис. 1). При помощи электрической машины провод заряжался до отрицательного потенциала в несколько тысяч волт. По истечении нескольких часов провод быстро chimался, его сварчивали вокруг рамы, присоединенной к электросокопу, как показано на рисунке 2, и изменяли скорость разряда электросокопа. Золотой листок быстро спадал. Величина этого эфекта не зависит от материалов провода, и было убедительно показано, что он полностью

13

обусловлен наличием радиоактивного вещества на поверхности провода.

Мы должны теперь рассмотреть вопрос о том, как определить, какое радиоактивное вещество концентрировалось на провода. Наличие в атмосфере части твердых тел вроде радия, урана или тория невозможно. Однако эманации из радия, тория и активная газообразны, и если в земле имеются эти вещества, то в полне разумно ожидать, что некоторые колчество выделенной ими эманации может попадать в атмосферу. На вопрос о том, какая это эманация, можно ответить в полне определению. Если в воздухе имеется только эманация радия, то активный осадок, собравшийся на провода, должен распадаться со скоростью, характерной для радия, то есть несколько часов спустя активность падает экспоненциально, уменьшая вдвое в течение 28 минут. Оказалось, что почти точно с такой скоростью распадется активный осадок из воздуха. Поэтому можно сделать вывод о том, что в атмосфере имеется эманация радия.

Предварительные эксперименты показали, что радиоактивность атмосферы обусловлена присутствием эманации радия. Бамстед в Нью-Йорке и Бланк в Италии, однako, убедительно показали, что в этих местностях в воздухе присутствует некоторые колчество эманации тория. Это может быть проверено просо-

тейшим путем. Провод устанавливается на открытом воздухе, заряжается отрицательно и оставляется на несколько дней. После снять провода часть активности, обусловлена активным осадком радия, быстро уменьшается. Через 5 или 6 часов активность все еще остается, но ее спад происходит намного медленнее: уменьшается наполовину в течение каждых 11 часов. Эта скорость распада характера для активного осадка тория и свидетельствует о том, что в атмосфере имеется также эманация тория. Бланк недавно показал, что в некоторых местностях Италии 70 процентов активности должны быть отнесено за счет тория, но, по-видимому, в большихстве остальных мест эффектив обусловливается радием.

Из сказанного мы можем сделать вывод, что атмосфера над поверхностью Земли содержит повышую небольшие колчества эманации радия и тория, а также активные вещества, возникающее при их превращениях тут же в атмосфере. Величина произвольной ими онизация мала, одnakо может быть точно изменена прибором, специально для этой цели сконструированным Эбертом. При помощи вентилятора, вращаемого мотором, постоянный поток воздуха пропускают между двумя концентрическими цилиндрами. Внутренний изолированный цилиндр заряжен и соединин с электросокопом (рис. 3). При про-

14

Рис. 3.

хождении иннизованного воздуха между цилиндрамионы оседают на внутреннем цилиндре и уменышают его заряд. Скорость разряда является мерой количестваонов в кубищеском сантиметре наружного воздуха. В одном кубищеском сантиметре открыто воздуха обычно содержится около 1500онов эта; величины неопостояна. По сравнению с числом неонизованных молекул число имеющих в атмосфереонов черзвычайно мало. Каждый кубищеский сантиметр воздуха содержит около $4 \times 10^{19}$ молекул, так что в среднем одновременно неонизована лишь бесконечно малая часть молекул воздуха. Хотя она nonизация очень незначительная и для ее измерения требуется чувствительный электросокоп, она все же играет очень важную роль в электрическом состоянии atmosферы.

Распространенность радиоактивного вещества в земной коре

Эльстер и Гейтель давно заметили, что пешеры и погреба, в которых долго времени сохранялся один и тот же воздействие. Это было заменено по сильному уменшению заряда отрицательно заряженного провода, помещенного в этих закрытых местах. Было предположено, что если это происходит в результате выделения эманации радия из почвы, то количество эманации должно увеличивать в закрытом пространстве. Это приводило к исследованию активности группы. Во всех проблемы была обнаружена радиоактивность, а во многих — наличие эманации радия.

По-видимому, нет сомнений в том, что почва является источником эманации в атмосфере. Эта эманация выделяется из почвы в процессе диффузии или из воды источников, а затем разносится ветром. Вследствие большой скорости превращения эманаций тория и активия по сравнению с эманацией радия следует ожидать преобладания эманации радия в атмосфере. Поэтому неожиданным оказывается тот факт, что в ряде местностей обнаружены большие количество эманации тория. Эманация радия должна продолжаться сквозь почву, распадаясь со временем, и следует ожидать, что больше часть эманации, имеющей в воздухе, выделяется из тонкого слоя земли толщиной не более нескольких дезиметров.

Внутреннее телло Земли

Итак, естественно предположить, что имеет очень большое количество радия и других радиоактивных веществ, распределенных по поверхности Земли. Эта радиоактивная materia должна постояно давать телло Земле, и представляется большей интерсиследовательностью влиянию этого телового эфекта и его воздействия на проблему пропускания внутреннего телла Земли.

Все радиоактивные вещества не перерывно выделяют телло. За один час радия выделяет количество телла, достаточно для таяния такого количества льда, которое превозходит вес самого радия. Килограмм радия в течение года выделяет столко телла, сколько получается при сторании 100 ккал хорошего угля. Это выделение телла радием и всему другими радиоактивными веществами в действительности является вторичным свойством — следствием бомбардировки ак-

15

ТИВНОГО ВЕЩЕСТВА α-ЧАСТИЦАМИ, ИСПУЩЕННЫМИ ИЗ ЕГО СОБСТВЕННОЙ МАССЫ.

β- и γ-ЛУЧИ СОЗДАЮТ ЛИШЬ НЕБОЛЬШУЮ ЧАСТЬ СУММАРНОГО ТЕЛЛОВОГО ЭФФЕКТА. ТЕПЛОВОЙ ЭФФЕКТ Радия Вседа Должен БЫТЬ ПРОПОРЦИОНАЛЕН КОЛИЧЕСТВУ Радия В Земной КОРЕ И ДОЛЖЕН ИМЕТЬ МЕСТО НЕЗАВИСИМ ОТ ТОГО, КАК РадиЙ РАСПРЕДЕЛЕН ПО Земной КОРЕ. Следовательно, Должно СУЩЕСТВОВАТЬ ПОСТОЯНОЕ ПОСТУПЛЕНИЕ ТЕЛЛА В Землю, ОБУСЛОВЛЕНО НАЛИЧЕМ В НЕЙ РадиЯ И ДРУГИХ Радиоактивных ВЕЩЕСТВ. Но ТЕПЛОВОЙ ЭФФЕКТ, ОБУСЛОВЛЕНИЙ ДАННЫМ КОЛИЧЕСТВО Радия, не может СУЩЕСТВОВАТЬ БЕСКОНЕЧНО. Радиий ПРЕВРАЩАЕТСЯ В ДРУГИЕ ВЕЩЕСТВА, И, КAZАЛОСЬ БЫ, ЧЕРЕЗ 20 000 ЛЕТ ДОЛЖНА ОСТАТСЯ ТОЛЬКО НЕБОЛЬШАЯ ЕГО ЧАСТЬ. ОДНАКО ЭТО не так. Теперь ОПРЕДЕЛЕННО УСТАНОВЛЕНО, ЧТО РадиЙ ОБРАЗУЕТСЯ ИЗ УРАНА И ЧТО В СТАРЫХ МИНERAЛAX КОЛИЧЕСТВО Радия ВСЕГДА ПРОПОРЦИОНАЛЬНО КОЛИЧЕСТВУ УРАНА.

Трансформация УРАНА ПРОИСХОДИТ ЗНАЧИТЕЛЬНО МЕДЛЕНЕЕ, ЧЕМ ПРЕВРАЩЕНИЕ Радия, И, ВЕРЯТНО, ПРОЙДЕТ ПЕРИОД ПО КРАЙНЕЙ МЕРЕ В ТЫСЯЧУ МILLIОНОВ ЛЕТ, ПОКА УРАН РАСПРЕДЕЛЕНИУ. Следовательно, ЗА СЧЕТ ОБРАЗОВАНИЯ РадиЯ ПРИ РАСПРЕДЕЛУ РАНИКО КОЛИЧЕСТВО Радия В Земле БУДЕТ ПОДЕРЖИВАТЬСЯ НА ПОСТОЯНОМ УРОВНЕ В ТЕЧЕНИЕ ПЕРИОД, ИЗМЕРЯЕМО СОТЯНИМИ МILLIОНОВ ЛЕТ.

Теперь КРАТКО РАСПРЕДЕЛИТ ТЕОРИЮ ПРОИСХОДИния ВНУТРЕННОГО ТЕЛЛА, ВОЗРАСТА ЗЕМЛИ. ИЗВЕСТНО, ЧТО ТЕПЕРАТУРА ЗЕМЛИ ПОСТЕПЕННО УВЕЛИЧИВАЕТСЯ ПО МЕРЕ ПРОВРАЩЕНИЯ ВГЛУБЬ, — В СРЕДНЕМ НА 1° С НА КАЖДЫЕ ТРИДЦАТЬ МЕТРОВ В ГЛУБНИУ. ПО ДАННЫМ О ВУЛКАНИЧЕСКОЙ ДЕЯТЬНОСТИ ИЗВЕСТНО, ЧТО ВНУТРЕНЯЧАТЬ ЗЕМЛИ ИМЕТ ВЫСОКОУ ТЕПЕРАТУРУ.

ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧИ О ВОЗРАСТЕ ЗЕМЛИ КЕЛЬВИН ПРЕПОЛガЛ, ЧТО ЗЕМЛИ ПЕРВОНАЧАЛЬНО ИМЕЛА ТЕППЕРАТУРУ РАСПЛАВЛЕНИЙ ГОРНОЙ ПОРОДЫ И СОВРЕМЕН ПОСТЕПЕННО ОХЛАЖДАЛЬСЬ, ИЗЛУЧАЯ ТЕЛЛО С ПОВЕРХНОСТИ В ПРОСТРАНСТВО. НЕКОТОРЫЕ ВЕЛИЧИНЫ, НЕОБХОДИМЫЕ ДЛЯ РАСПЕДЕЛЕН ПО ВСЕЙ

ЭТОГО ТЕЛЛА, БЫЛИ НЕДОСТАТОЧНО ИЗВЕСТНЫ, ОДНАКО КЕЛЬВИН СДЕЛАЛ ВЫВОД, ЧТО, НЕСОМНЕНО, ПРОШЛО не БОЛЕЕ ЧЕМ 100 МИЛЛИОНОВ ЛЕТ-С ТЕХ ПОР, КАК ПОВЕРХНОСТЬ ЗЕМЛИ ПО СВОЕЙ ТЕППЕРАТУРУ СТАЛА ПРИГОДНОЙ ДЛЯ ЖИЗНИ РАСТЕНИЙ И ЖИВОТНЫХ.

Нет СOMНЕНИЯ В ОБЩЕЙ ПРАВЛЬНОСТИ ВЫВОДОВ НА ОСНОВЕ ПРЕДПОЛЖЕНИЙ, СДЕЛАННЫХ КЕЛЬВИНОМ. ДАВАЙТЕ, ОДНАКО, РАССМОТРИМ ЭТИ ПРЕДПОЛБЛИКИ. ПРЕДПОЛGAЕТСЯ, ЧТО ЗЕМЛЯ ПРЕДСТАВЛЕТ СОБОЙ ИЗЛИРОВАННОЕ ОСТЫВАЮЩЕЕ В ПРОСТРАНСТВЕ ТЕЛЛ, НЕ ИМЕЮЩЕЕ ИСТОЧНИКОВ ТЕЛЛА С МОМЕНТА ОСТЫВАНИЯ. ОДНАКО ОБНАРУЖЕНИЕ В ЗЕМЛЕ ВЕЩЕСТВ, ПОДОБНЫХ Радию, КОТРЫЕ ИСПУСКАЮТ ТЕЛЛО С БОЛЬШОЙ СКОРСТЬЮ, СРАЗУ ЖЕ НОВОДИТ НА МЫСЛО О ТОМ, ЧТО ЗЕМЛЯ — не ПРОСТО ОСТЫВАЮЩЕЕ ТЕЛЛО, АТАКОЕ, В КОТОРОМ ПОСТЯНОНО РОЖДАЕТСЯ ТЕЛЛО.

В 1902 ГОДУ Я ПРОИЗВЕЛ НЕКОТОРЫЕ РАСЧЕТЫ, ЧТОБЫ ОПРЕДЕЛТЬ, КАКОЕ КОЛИЧЕСТВО РадиЯ (ИЛИ ДРУГОГО Радиоактивного ВЕЩЕСТВА), ОДНОРОДНО РАСПРЕДЕЛНОГО В ЗЕМЛЕ, НЕОБХОДИМО ДЛЯ ТЕЛЛО, ЧТОБЫ ИЗМЕНИЕ ТЕППЕРАТУРЫ СЛОЕВ ЗЕМЛИ ВЫЛИЦИ ПОВЕРХНОСТИ С ГЛУБНИЙ ОСТАВАЛОСЬ ПОСТЯННЫМ. В ТАКOM СЛУЧАЕ ТЕЛЛО, ПОСТУПАЮЩЕЕ ИЗ РадиЯ, ДОЖНО ТОЧНО COMПЕНСИРОВАТЬ ПОТРИТЕТ ТЕЛЛА, ИЗЛУЧАЮЩЕОСЯ В ПРОСТРАНСТВО. ВЫЧИСЛЕНИЯ ПРОСТЫ, И ОНИ ПОКАЗАЛИ, ЧТО БЫЛО БЫ ДОСТАТОЧНО РАВНОМЕРНОГО РАСПРЕДЕЛНИЯ РадиЯ В КОЛИЧЕСТВЕ ВСЕГО ЛИШЬ 1,7·10^{-13} e на 1 cm^{3}.

Р. Дж. Стрэтт НЕДАВНО ОСУЩЕСТВИЛ РЯД СИСТЕМАТИЧЕСКИХ НАБЛЮДЕНИЙ ПО ПРЕДЕЛНИЮ СОДЕРЖИНИЯ РадиЯ В ТИПИЧНЫХ ГОРНЫХ ПОРОДХ ЗЕМНОЙ КОРЫ И ПОЛУЧИЛ ИСКЛЮЧИТЕЛЬНО INTERЕСНЫЕ РЕЗУЛЬТАТЫ. Стрэтт СОДРАЛ РЯД ТИПИЧНЫХ ПОРОД — И ВУЛКАНИЧЕСКИХ, И ОСАДОЧНЫХ, ПОЛУЧЕННЫХ И РАЗЛИЧНЫХ МЕСТНОСТЕЙ, И ОПРЕДЕЛЛ СОДЕРЖИНИЯ РадиЯ В ЭТХ ПОРОДХ. ОКАЗЫВАЕТСЯ, СОДЕРЖИНИЯ РадиЯ В ЗЕМНОЙ КОРЕ НЕ ТОЛЬКО ДОСТАТОЧНО ДЛЯ ПОДЕРЖИНИЯ ВНУТРЕНERO ТЕЛЛА ЗЕМЛИ, а его даже БОЛЬШЕ чем ТРЕБУЕТСЯ В ТОМ СЛУЧАЕ, Если ПРЕДПОЛЖИТЬ, ЧТО ОН РАВНОМЕРНО РАСПРЕДЕЛЕН ПО ВСЕЙ

16

Рис. 4.

массе Земли. Последнее предположение должно приводить к выводу о том, что Земля постояно разогреется, а не охлаждается,— выводу, к которой вряд ли можно относиться с доверением. Для того чтобы обойти это затруднение, Стэрт предположил, что радиоактивное вещество распределено не равномерно внутри Земли, а лишь только в ее тонком поверхностном слое. Если предположить, что радиий распределен в этом слое равномерно, то можно легко показать, что толщина этого слоя составляет около 70 км.

Предполагая, что радиий содержится в поверхностном слое глубиной 70 км, легко подсчитать температуру Земли. Результаты расчетов показаны на рисунке 4.

На глубине 70 км температура должна увеличиться примерно до 1500 °С. Температура внутри массы Земли ниже 70 км должна быть примерно постояной и равнять 1500 °С.

Я надеюсь, что теперь вам стало понятно, как изучение радиоактивности глубоко изменило наш взгляды на внутреннее тело Земли. Новые выводы ни в коем случае не являются окончательными, но сделанное заставляетусомниться в справедливости старых теории о проискхденияни Земли и об изменении ее внутреннего телла.

ЗАДАЧИ
НА БУМАГЕ
В КЛЕТКУ

1. Сколько квадратов?

Узлы листа бумаги в клетку образуют крест, как это показано на рисунке.

Сколько можно начертить квадратов с вершинами в выделенных узлах?

(Омьем см. на стр. 50.)

2. Сколько прямуогольников?

На рисунке вы видите квадратный лист бумаги в клетку. Давайте подсчитаем, сколько можно образовать квадратов с вершинами

в узлах этого листа и сторонами, параллельными его сторонами.

Очевидно, число возможных «единичных» квадратов равно $n^2$. Квадратов размерами $2 \times 2$ отыщется $(n-1)^2$. Действительно, верхний левый угол такого квадрата может быть в любом

(Продолжение см. на стр. 54.)

18

известным даже его ученикам. Иногда только по отдельным намекам, прорывшимся в разговоре с ним, можно было уловить, что он нечто прововал, но у него не вышло. Он не любил говорить о проектах своих работ и охотнее говорил только о том, что уже сделано и dado результаты…

…Резерфорд был экспериментатором и в этом отношении наоминаяет Фарадей. Он мало пользовался формулими и мало прибегал к математике. Иной раз, пытаясь вывести при своих докладах формулиу, он путался и тогда просто писал результат, замечая:

— Если все вывести правильно, то так и получится.

No экспериментом он владел исключительно. Можно сказать, что он «видел» явление, над которым работал, хотя бы оно и происходило в неизмеримо малом ядре.atoma…

…Своеобразный характер мышления Резерфорда легко можно было видеть, беседу с ним на научные темы. Он любил, когда ему рассказывали об опытах, но чтобы он служал с интересом — а по его выразительному лицу сразу было видно, сушает он с интересом илискуает,— надо было говорить только об основных фактах и идеях, не вдаваясь в технические подробности, которые Резерфорда не интересовали. Когда мне приходилось приносить ему для утверждения чертежи импульсного генератора большой мощности для получения сильных магнитных полей, то он извешивости кладет собой синку, не обращая внимание на то, что она лежала перед ним вверх ногами, и говорил: «Этот чертеж меня не интересует, вы просто укажите те принципы, на которых эта машина работает». Основную идею эксперимента он схватывал очень быстро, с получова. Это меня порожало, особенно в первые годы мого пребывания в Кембридже, когда из-за неизнания английского языка я говорил еще настолько плох, что не мог ясно рассказать о своих идеях и опытах, и, несмотря на это, Резерфорд быстро схватывал идею и давал всегда очень интересную оценку.

Резерфорд охотно рассказывал о своих опытах, любил показать свои установки и эксперименты. Он любил сопровождать рассказ рисунками; для этого у него в живелном кармане всегда было несколько маленьких огрузков карандаша. Он держал карандаш по-особому, мне всегда казалось — очень неудобным образом, как-то концами трех пальцев. Чертил он всегда дрожащей рукой, рисуок был прост, состоял из небольшего числа штрихов, сделанных с большим нажимом. Довольно частоостика карандаша ломалось, тогда вынимался из кармана другой огрузок…

…Я очень любил lekции Резерфорда, я прослушал курс физики, который он читал студентам как кавендиский профессор. Я мало что узнал из этого курса нового для себя, так как физик к тому времени я знал уже неплохо, но подход Резерфорда к физике меня научил многоу. Резерфорд читал с большим увлечением, математкой он почти не пользовался, явления он общино описывал диаграммами и проводждал lekцию четыкими, но скупыми жестами, из которых было видно, как конкретно и образно он мыслит. Но интересным для меня в его lekциях было то, что он передко менял тему. По плану он должен был читать об одном, но потом, по аналогии, его мысль переходила на другой язык, общино связанное с каким-либо новым опитом, сделанным в области радиоактивности, и он с увлечением начинал рассказывать о том, что его сейчас занимало. При этом хуже всего приходилось его ассистенту: ему Резерфорд необходимо предлагать сделать демонстрацию, которая не входила в персональный план lekции…

18

Резерфорд в гостях у Капиццы. Первый справа — Э. Резерфорд, второй — Ф. Астон, третьий — П. Л. Капицца.

…Самое замечательное качество Резерфорда как учитель было его умение направить работу, поддержать начинание ученого и правильно оценить полученные результаты.

Самое большое, что он ценил в учениках, — это самостоятельность мышления, инцидативу, индивидуальность. При этом надо сказать, что Резерфорд применял все возможности для того, чтобы выявить в человеке его индивидуальность.

Я помню, еще в начале моей работы в Кембридже я как-то сказал Резерфорду: «У нас работает X., он работает над безнадежной идеей и направно траит время, приборы и процесе». «Я знаю, — ответил Резерфорд, — что он работает над безнадежной проблемой, но это это проблема его собственная, и если работа у него и не выйдет, то она его научит самостоятельно мышить и приведет к другой проблеме, которая уже будет иметь экспериментальное решение». Так оно потом и оказалось.

Он многим готовы пожертвовать, чтобы только воспитать в человека независимость и оригинальность мышления, и, если они проявлялись, он окружал его zabotой и особо поощрял его работу…

…Резерфорд считал, что начинающему ученому не следует давать технически трудную работу. Для начинающего работника, даже он и талантлив, нужен успех, не то может произойти необходимое разочарование в своих силах. Если у ученика есть успех, то надо его справедливо оценить и отметить.

Как-то в одном из открывенных разговорах Резерфорд мне сказал, что самоё главное для учителя — научиться не зависовать успехам своих учеников, а это с годами становится непелегко! Эта глубокая истина

20

произвела на меня больше впечатление. Главным свойством учитель должа быть щедрость. Несомненно, Резерфорд умел быть щедрым, это, по-видимому, главный секрет того, что из его лаборатории вышло столько крупных ученых, в его лаборатории всегда было свободно и хорошо работать, была хорошо деловая атмосфера…

…По отношению к своим ученикам Резерфорд проявил исключительно забoty. Его взгляд на учеников был, схематизируя, такой — он говорил:

«Если у меня работает молодой ученый и после двух лет работы приходит ко мне и спрашивает, что же мне делать дальше, я ему советую бросить работу в области науки, либо если человек после двух лет работы не знает, что ему делать дальше, из него не может выйти ученый».

По существу он так резко никогда не ставил вопрос и под тем или иным предложом всегда находил возможность предоставить своим неудавшимся ученикам место либо где-нибудь в промышленной лаборатории, либо место учителя в какой-нибудь школе или университете…

…Из этого образа Резерфорда, который я нарисовал вам, вы сразу увидите человека с большой, сильным темпераментом. Этот темперамент выражался во всем, в особенности в случаях. Резерфорд не выносил недобросовестности в работе и взаимношених людей. Если какой-нибудь ученик проявлял хотя бы маленьую недобросовестность в чем-нибудь — в том ли, что он неправильно представлял результаты своей работы, в том ли, что он не упоминал источника своих идей и старался выставить производимую им работу за свою, тогда как он на самом деле почерпнул идею ее в другом месте,— такой человек терял для Резерфорда всякий интерес…

Рабочое место Резерфорда в Кавендиской лаборатории.

…К людим он относится исключительно zabotливо, особенно к своим ученикам. Приехав работать к нему в лабораторию, я сразу был поражен этой zabотливостью. Резерфорд не позволяет работать долгоше б часов в лаборатории, а по выходным дням не позволяет совсем. Я протестиал, но он сказал:

— Совершенно достагоно работать до 6 часов, остальное время нам надо думать. Плохи люди, которые слищом много работают и слищом мало думают…

…Я видел потом, что время, потраченное на отдельх, полностью окупалось прибретенной энергейей…

…Как-то Резерфорд позвал меня к себе в кабинет, и я застал его читаютим письмо и грохочшим своим открытьим и заразительным смехом. Оказывался, письмо было от учеников какой-то украинской средней школы. Они сообщали ему, что организовали физический кругок и собираются продолжать егоfundamentalные работы по изучению ядра atoma, просят его стать почетным членом и прислать оттиски его научных трудов. При описании достижения Резерфорда и его открытии, сделанных в области ядерной физики, вместе физического терминона они воспользовались физиологическим. Таким образом, структура atoma в описании учеников получила свойства живого организма, что и вызывало смех Резерфорда. ЯObъяснил Резерфорду, как могло произойти это искажение. По-видимому, школьники сами делали перевод письма и при этом пользовались словарем, а в русском языке, в отличие от английского, слово «ядро» имеет два смысла. Резерфорд сказал, что он так и предполагал, и ответил ребятам письмом, в котором благодарит за высокую часть избрания и посылает оттиски своих работ…

…Смерть профессора Резерфорда — очень тяжельый удар для учених всего мира. В нем наука потеряла величайшего со времен Фарадей пionера физических исследований. В продолжение всей жизни, стол плодотворной научными открытиями, он работал над самыхfundamentalными проблемами современной теории atoma.

Его можно рассматривать не только как создателя новой главы в науке, но и как создателя целой новой науки — физики ядра…》.

Герб лорда Резерфорда. Крест на шите образован экспоненциальными кривыми радиоактивного распада. Наверху — новозеландская птица киви (Reserфорд родился в Новой Зеландии).

22

V ВСЕСОЮЗНАЯ ФИЗИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА

15—20 апреля в г. Новосибирске проходила V Весоюзная физическая олимпиада школьников. В ней приняли участие 550 школьников — победители ресурсиканских и областных олимпиад и победителей Весоюзной олимпиады 1970 года.

16 апреля состоялся первый тур олимпиады — теоретический. Участник был предложены задачи: по 5 задачи — учащимся 9 и 10 классов и 4 задачи — учащимся 8 классов. На решение задач отводилось 5 часов.

17 апреля жюри, проверившее работы, обьявило результаты 1 тур. Те из участиков, кто успешнее других справился с теоретическим туром, были допущены на II тур олимпиады — экпериментальный, который проводился 18 апреля.

Вечером 18 апреля состоялось собеседование; на него были приняли учащиеся, лучшие других выпускные задачи I и II тур олимпиады.

19 апреля школьники посетили Академгородок. Они pobывали в laboratorиях Института ядерной физики, Института гидродинамики, Институт физики полупроводников, в Новосибирском Государственном университете, где встретились с учеными Сибирского отделения АН СССР.

19 апреля жюри подвело окончательные итоги, и 20 апреля на торжественное закрытие олимпиады были сьявленны имена победителей.

Дипломами первой степени были награждены следующие участики олимпиады: по 8 классам — Игорь Коренанов (школа № 23 г. Днепропетровска), Алексадр Зуев (школа № 1 г. Перевалска Ворошиловградской области); по 9 классам — Алексадр Сахаров (школа № 47 г. Калининграда). Серей Провоторов (школа № 45 г. Ленинграда), Борис Кузьмин (школа № 18 г. Москвы), Лев Вайдман (школа № 45 г. Ленинграда); по 10 классам — Андрей Первухин (школа № 51 г. Свердловска), Алексадр Снегирев (Осиповская средняя школа Чаусского р-на Могилевской области), Владимир Головизин (школа № 16 г. Кирова).

Дипломы второй степени получили следующие участики олимпиады: по 8 классам — Алексадр Левин (школа № 34 г. Свердловска), Алексадр Теохаров (школа № 11 г. Алмалыка Ташкентской области), Вадим Мирный (школа № 2 г. Москвы), Алексадр Турчин (школа № 145 г. Киева); по 9 классам — Серей Лягушиин (школа № 23 г. Днепропетровска), Серей Кацур (школа № 34 г. Кишинева), Игорь Лобов (школа № 170 г. Краснодарская), Георгий Поляков (школа № 3 г. Челябинска), Михаил Дежурко (школа № 3 г. Пинска Брестской сбл.); по 10 классам — Владимир Назайкинский (школа № 2 г. Москвы), Серей Парковский (школа № 145 г. Киева), Борис Яковсон (школа № 116 г. Одессы), Алексадр Пуховский (школа № 21 г. Архангельска), Игорь Артюхов (школа № 18 г. Москвы), Юрий Боеданов (школа № 40 г. Симферополя), Валерий Фрадков (школа № 27 г. Харькова).

Дипломы третьей степени были присуждены десяти участики 8 классов, четырнадцати участики 9 классов и 12 участики 10 классов.

74 участика олимпиады получили поощрительные грамоты.

Оргкомитет олимпиады, жюри, работники Сибирского отделения АН СССР, Новосибирского областного отдела народного образования приложили много сил для того, чтобы олимпиада прошла четко, организованно, принесла пользовуе участикам.

23

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК

ИНВЕРСИЯ
и задага Аполлония

А. П. Савин

КАК ПОЙМАТЬ ЛЬВА В ПУСТЫНЕ?

Наблюдатель в пустые нахождения в круглой клетке. Лев нахождения в клетки. Производится инверсия. Тогда лев попадет в клетку, а нахождение — вне ее.

Из аспиранского фольклora
МГУ 20-х годов

Геометрия в переводе с греческою — землемерие. Своим рождением она обязана древним землемерам, архитекторам, строители. Не имеет тех совершенных приборов, которые вооружены их потомки, они обходились простейшим средствами: циркулем, линейкой и мерной лентой. Естественно, что древние математики пользовались именно эти средствами для геометрических построений, отвергнуть лишь merную ленту, как инструмент неточный.

Порой поражаешься, как много разнообразных задач на построение они могли решать, использую лишь эти простейшие инструменты.

Казалось, что нет таких задач на построение, которые нельзя было решить с помощью циркуля и линейки.

Но такие задачи нашлись. Многие математики ломали голову над задачи «трисекции угла» и «удвоения куба». Лишь в конце прошло века была доказана их неразрешимость *). Однако и сейчас еще встречаются учадки, пытающиеся осуществить трисекцию угла с помощью лишь циркуля и линейки.

Из задач, волне разрешимых с помощью циркуля и линейки, одной из самых интересных является задача выдающегося древнегреческого гео-

*) Задача о трисекции угла: «Указыть способ деления любого угла на три равные части»; задача об удвоении куба: «Найти ребро куба, объем которого вдвое больше объема данного куба». Доказательство неразрешимости этих задач можно найти в книге «Энциклопедия элементарной математики», т. IV, «Геометрия», М., Физматиз, 1963, стр. 220—223.

24

метра Аполлония из Перги *), которая формируется так:

Известно, что решение этой задачи содержалось в сочинении Аполлония «О касаниях», но само сочинение было utterно. В дальнейшем задача Аполлония породила многочисленные математические исследования, к ней обращались и также выдающие математики, как Л. Эйлер и И. Г. Ламберт.

В настоящее время существует много различных решений этой задачи, одно из них будет приведено здесь. Однако цель этой статьи — не только расссказать о решении задачи Аполлония, но и вооружить вас «методом инверсии», использованным в этом решении.

Инверсия

О пределене. Пусть дана окружность радиуса r с центром в точке O. Инверсей относительно этой окружности называется следующей преобразование плоскости: каждый точке M плоскости, отличной от точки O, ставится в соответствие точка M’, лежащая на луче OM на расстоянии $\frac{r^2}{OM}$ от точки O. Точка O называется центром инверсии, а число $r^2$ — степень или коэффициент инверсии.

*) Аполлоний (ок. 260—170 гг. до н. э.) родился в городе Перга — одной из колоний Греции в Малой Азии, долго время работы в Александрии, а затем вернулся в Пергу. Его сочинения о концепциях ценных легли в основе изучения алгебраических кривых (кривых, задаваемых уравнениями), а применяемый им метод приведЕкарта и Ферма к созданию аналитической геометрии.

Инверсия еще называют преобразением обратными радиусами, а также симметрией относительно окружности. Она была введена в 1830 году немецким математиком Л. Магнусом, однако встречается в трудах самого Аполлония, например в сочинении «О плоских геометрических местах». После своего второго рождения инверсия оказалась мощным инструментом в математических исследованиях.

Рассмотрим ряд свойств инверсии.

1. Точки на выборной нами окружности при инверсии переходят в себя; точки, лежащие внутри окружности, переходят во внешние точки (кроме точки O), а внешние точки — во внутренние.

2. Если при инверсии фигура Ф переходит в фигуру Ф’, то фигура Ф’ переходит в фигуру Ф.

3. При инверсии точки, лежащие на прямой, проходящей через центр инверсии, переходят в точки P, а точки P — в точку O. Тогда и любые две прямые пересекались бы в точке P. Верятоно, теперь вам легче будет понять следующее свойство инверсии.

4. Прямая, не проходящая через центр инверсии, переходит в окружность, проходящую через центр инверсии.

Доказательство. Опустим из точки O перепедикляр на прямую (рис. 1). Найдем для точки P — основания перепедикляра — точку P’, в котором она переходит при инверсии. Пусть теперь M — произвольная точка данной прямой и M’ — точка, в которой она переходит при инверсии. Тогда из соответствия

$$OP \cdot OP' = r^2, \quad OM \cdot OM' = r^2$$

26

Решение задачи Аполлония

Итак, путь на плоскости даны три окружности… Стоп! Взгляните на рисунок 3. Сколько большим числом способов могут быть расположены три окружности, даже если мы разрезим им либо касаться, либо вообще не иметь общих точек? А если рассмотреть возможность с пересечениями? Нeyужели рассматривать каждой случай в отдельности? Конечно, нет! Расмотрим сначала сразу все случаи, в которых хотя бы две из данных окружностей касаются (безразлично, внешним или внутренним образом). Приимем интересно относительно вспомогательной окружности произвольного радиуса с центром в точке касания данных окружностей. Тогда по свойству 7 касающейся окружности перейдет в паралельные прямые, третья окружность—в окружность или прямую. Искомая окружность должна получаться инверсей из окружности, касающейся указанных паралельных прямых и окружности (или прямой). А задачу «построить окружность, касающейся двух данных паралельных прямых и данной окружности (или прямой)» каждой из вас, найдесь, может решить в течение нескольких минут. Построение, естественно, должно быть произведено с использованием лишы циркуля и линейки. А теперь заметим, что с помощью только циркуля и линейки мы легко можем построить ту окружность или прямую, в которой переходит любая данная окружность или прямая при инверсии относительно каждой линии окружности. Для этого нужно выбрать на ней какие-нибудь три точки, построить точки, в которых они переходят (это вы имеете дело), а затем через полученные три точки проведите окружность (или прямую).

Из всего сказанного вытекает следующий ход построения:

a) построить паралельные прямые и окружность (или прямую), в которых переходит данные окружности при инверсии относительно вспомогательной окружности с центром в точке касания;

b) построить окружности (их может быть несколько), касающейся полученных прямых и окружности (или прямой);

b) на трех первоначальной данных окружностей отметить те точки, которые переходят в найденные точки касания;

г) по каждой тройке точек восстановить исходные окружности.

Рис. 3. Три окружности на плоскости можно расположить многоими способами.

Рис. 5. Инверсор Посель.

Прибор, который выполняет_preобразование инверсии. Такой прибор существует и не один. Их называют инверсорами. На рисунке 5 изображен инверсор Посель, состоящий из шести шарниро закрепленных стержней, причем $OA=OB$, $AM=AM'=BM=BM'$. Этот инверсор работает следующим образом: точка $O$ закрепляется; если точка $M$ описывает некоторую линию, то точка $M'$ описывает линию, полученную инверсюй

версей из первоначальной с центром инверсии в точке $O$ и коэффициентом инверсии, равным $AO^2 - AM^2$. Следать такой инверсор самостояльно — совсем не трудная задача даже для школьников, не посещающих кружок «умельые руки». Если к этому инверсору добавить сельмой стержень $O'M$ такой, что $O'M=OO'$ и точку $O'$ закрепить, то при врашении стержня $O'M$ точка $M'$ будет описывать прямую линию. Такие инверсоры используются в технике для превращения кругового движения в прямолинейное.

Еще проще инверсор Гарта (рис. 6). Он состоит всего из четырех шарниро соединенных стержней. Фигура, которую образуют эти стержни, называется антипаралелограммом. Характерным свойством такого четырехугольника является условие: $AB=CD$ и $BC=AD$. Если некоторую точку $O$ отрезка $AB$ закрепить на плоскости, отметить точки $M$ и $M'$ на стержнях $AD$ и $BC$, лежащие на прямой, проходящей через точку $O$ и паралелюй $AC$, то при движении точки $M$ по некоторой фигуре точка $M'$ будет двигаться по фигуре, полученной из предыдущего с помощью инверсии с центром в точке $O$ и коэффициентом, равным

$$\frac{AO \cdot BO}{AB^2} (AD^2 - DC^2).$$

А теперь попробyte решить несколько задач.

1. Через две точки проведены три окружности, каждой из которых проходит через точки. Во что перейдет они при инверсии с центром в одной из этих точек?
2. Во что перейдет при инверсии три паралелые прямые?
3. Постройте окружность, проходящую через две данные точки и касающейся данной прямой.
4. Докажите, что инверсоры Посель и Гарта действительно выполют указанную инверсию.

29

ЧЕТЫРЕ ОПЫТА СО ЗРЕНИЕМ

Дж. Грег

В 10-м и 11-м номерах «Кванта» за прошленный год мы уже расскажали о некоторых опытах с черно-белым и цветовым зренем (см. статьи Г. И. Косоурова «Не верь глазам своим» и «Оранжевое небо»). Сейчас мы расскажем еще о нескольких почитальных опытах со зренем. При из них, приведенные вначале, использовуются особенности нашего зреня — способность видеть в темноте и сохранять на неокторое время память об увиденных изображениях. Последний опит демонстрирует еще однулюбпитьную зрительную иллюзию. Все опыты занимаваны из книги Джеймса Грегга, о которой мы расскажаем на странице 60 в этом же номере нашего журнала. Публикацию подготовил В. А. Лешковцев.

О пыт 1. Адаптация к темноте

В яркий солнечный день, когда вы входите в неосвесенную комнату с улицы, вам кажется, что в доме царит глубокая ночь. Но вскоре вы уже прекрасно ориентируется, несмотря на относительно малую освещенность: ваша глаза приспособились — произошла адаптация к темноте. В результате адаптации цветительностью глаза к свету возрастает в миллион раз. При идеальных условиях глаз, полностью адаптированный к темноте, может заметить свет от объIkновенной свечки, удаленной на 20 км.

Наблюдайте процесс адаптации очень просто: вечером перейдите из хорошего освещенной комнаты в темную. Заметьте, сколько времени понадобится вам для того, чтобы различить цифры на часах со светящимся циферблатом или прочесть заголовок газеты, если из окна или из приоткрытой двери идет слабый свет.

Очень слабый свет лучше виден, если смотреть чуть много него. Так, неяркая звезда в небе показется ярче, если посмотреть немного в сторону от нее. Проверьте это, когда представится удобный случай.

Приведем простой опит, использовующий адаптацию глаза к темноте.

Возьмите кусок черного картона размером 20×25 (см.) По обе стороны от центра на расстоянии 5 см приклейте к картону белые кружок и квадрат. Держите картон, как книгу во время чтения (рис. 1).

Пусть ваш партнер внезапно погасит свет. Ваши глаза постепенно

Рис. 1.

30

приспособятся к темноте, и вы увидите белые пятна (на невидимом картоне). Подсчитайте, сколько времени пройдет с момента, когда выключат свет, до момента, когда вы сможете различить белый круг и квадрат. Возьмите в руки картон (до того, как погасят свет), но обратите его фигурми от себя и еще повращайте, чтобы не знать, где расположены белый круг и квадрат; когда свет погасят, поверните картон к себе той стороне, где должны быть фигуры. Обратите внимание — кружок виден лучше, если смотреть не на него, а на квадратик. Можно ли вы обязывать, почему?

Если вы внимательно прочитали начало описания этого опыта, то-smожете правильно обязывать его результаты.

О пыть 2. Последовары

Число последоваров, которые вы можете наблюдать, бесконечно. Термин «последовраз» означает, что образ остается после того, как вызвавший его разрядитель перестает действовать. Последовраз называется положительным, когда он содержит такое же распределение ярких и темных участков, как и сам разрядитель, и отпечатным, когда распределение ярких и темных участков противоположное.

Наноболее интересны наведенные последовары. Эффект наведения вызывается чем-то дополнительным к основному разрядителю, например фоном, на котором рассматривается последовраз; этот фон может представлять собой либо узор, либо серое поле, либо цветное поле. Сначала всегда показывает он основной разрядитель — рисунок, цвет. Затем наблюдайте смотрит на какой-либо фон. Легче всего обнаружить наведенный последовраз на нейтральном сером фоне. На рисунке 2 показаны фигурки, с помощью которых можно получить хорошее последовразы. Такие фигурки надо наклеить на серый картон. Оставьте в поле зреня только одну фигурку и смотрит на нее 30—60 секунд. Затем переведите взгляд на серый фон. Света в комнате должно быть не слишком много (сумрачное освещение). Вы можете увидеть птицу, летящую по потолку, по стене, по вашей ладони, либо ваш глаз процирует последовраз на любую поверхность, которое вы рассматривает.

Вырежьте любые изображения из цветной бумаги. Экспериментируйте с фигурми разного цвета. Посмотрите на такой фигуру, переведите взгляд на серый фон — и вы увидите последовраз дополнительного к первоначальному цвету. Таким образом вы познакомитесь с одним из основных принципов формирования наведенных последовразов.

Возьмите фон такого же цвета, какой свойственен первому разрядителю. Смотрите на ярко-красный квадрат в течение минуты, а затем переведите взгляд на лист красной бумаги. Как выглядит последовраз?

Оставьте тот же основной разрядитель, но фон возьмите зеленого-голубого цвета, то есть цвет, дополнительного к красному. Как отличается нынешний последовраз от предыдущего и от того, который получился на сером фоне? Попробуйте различные цветы и различные сочетания для основного разрядителя и для фона.

Узор, состоящий из концентрических окружностей (рис. 3),— очень сильный разрядитель, легко вызывающий последовраз. При рассматривании его возникают эффективы движения и качения. Такие эффективы наблюдаются в его последовательном образе. Следайте такой рисунок диаметром 30—50 см. Установите в сто-

31

Рис. 3.

роне большой серый экран для расстривания последобраза. Если ваш рисунок цветной, эфект получится особенно впечатляющим.

О пы т 3. Инерция зреня

Бегущая на киноэкране лошадь, конечно, никака не безжит. Не безжит она и на телевизionном экране. И вообще «движущие» в кадре объекта неподвижны — перемещаются сами кадры, но с такой скоростью, что человекский глаз не заменает их смены. Видеть на экране движение можно потому, что зрене человека обладает определенной инерцией. Иначе говоря, любое зрительное ощушение сохраняется еще неокоторое время после того, как исчезает вызвавший его образ. Поэтому, если образы смениются достаточно часто, видимое изображение предыдущего образа плавано переходит в последующий образ, а при определенных условиях их можно увидеть и одновременно.

На рисунке 4 показан татуотроп—приборчик, врашая которой можно продемонстрировать инерцию зреня. Если врашать татуотроп достаточно быстро, рисунок с одной стороны совмещается с рисунком, находящимся на противоположной стороне. На одной стороне картоного квадратка наклейте рисунок птицы, а на другой — рисунок клетки (рис. 5). Botкните иглу одним концом в край картон-

32

ный》 конец линейки помещите в то же положение, куда вы ставили лист бумаги. Чуть перемещая линейку, найдите такое ее удаление от проектора, при котором любая часть изображения оказывается четко сфоксированной на белом конце линейки. Теперь приступайте: быстро перемещайте линейку вверх — вниз, вверх — вниз.

Наблюдайте, стоящие за проектором, видят полное изображение цветного рисунка в воздухе в том месте, где вы дивгаете линейку. Это происходит потому, что отдельные куски изображения, непосредственно видимые только в те моменты, когда они проектировются на линейку, сохраняются зренем в течение некоторого времени, достаточно для того, чтобы вы успели, перевинуть линейку, показать следующее куски кадра.

Таким же способом получается телевизIONная картина. Только там не линейка, а электронный луч показывает одну за другой горизонтальные строчки изображения. А целая картина получается благодаря инерции зрения.

О пыт 4. Куб-перевертыш

Из 12 проводок или круглых палочки сделайте каркас куба, как показано на рисунке 6. Эффект будет лучше, если показать весь материал

Рис. 6.

в матово-черный цвет. Сделайте сначала две четырехугольные стороны каркаса, а затем скрепите их четырьмя палочками. К одному из углов прикрепите палочку подлиннее — держалку. Все можно сделать на kleю и затем укрепить черной ниткой.

Держите куб перед собой так, чтобы дальней угол его (на рисунке 6 — сплошная стрелка) был виден примерно посередине одной из сторон куба (линия взгляда на рисунке 6 показана пунктирной стрелкой). Другой глаз закройте.

Смотрите, не отрываясь, на дальней угол куба. Внезапно вы увидите, как куб «выворачивается наизнанку» так, что дальней угол какется торцашим впереди, самым близким. При медленном вращении палочки куб «переворачивается» в направлении, противоположном направлению вращения. Подвгiare палочку взад — вперед, и вы увидите, как страно ведет себя куб-перевертыш.

Предварительно потерируйтесь, чтобы научиться видеть все как следует. Лучше проводить опит на фоне глазкой стены. Если опит не получается, попробyte сменить фон, чтобы поверните куб, наклоните или слегка деформируйте его.

Немного повозившись, вы будете наблюдать эффект совершенного отсутствivo. Помните, что он получается, только когда вы смотрите одинним глазом.

Этот эффект называют ириозней куба фон Хорибостля. Когда работают оба глаза вместе, они видят глубину так хорошо, что этим кубом их не обманышь, а вот один глаз обязаательно ошибется, определеня, которая часть куба ближе. Эта иrizняя одна из самых интересных.

У неокторых людей эффект получения и при наблюдании обомми глазами. Главное, неподвижное фиксировать взгляд обомх глаз на одном (дальнем) угле куба.

33

ЗАДАЧИ

Решения задач из «Задачника Кванта» можно присылать не позже, чем через полтора места после выхода из печати соответствующего номера журнала. Решение каждой задачи должно быть написано на отдельном листе (листах); в конце каждой решения нужно указать фамилию, имя и отчество; шестизначный почтовый индекс, домашний адрес; класс и школа, в котором вы учитесь.

М96. Про пять положительных чисел известно, что если из суммы любых трех из них вычесть сумму двух оставшихся, то разность будет положительной. Докажите, что произведение всех десяти таких разностей не превыходит квадрата произведения данных пяты чисел.
С. Т. Берколайко

М97. В трапеции $ABCD$ с основаниями $AB=a$ и $CD=b$ проведен отрезок $A_1B_1$, соединяющий середины диагоналей. В полученной трапеции $A_1B_1CD$ снова проведен отрезок $A_2B_2$, соединяющий середины диагоналей, и так далее (рис. 1). Можно ли в последовательности длин отрезков $AB, A_1B_1, A_2B_2, \dots$ какое-то число встретиться дважды? Будет ли эта последовательность монотонной (возрастющей или убывающей)? Стремится ли она к какому-нибудь пределу?
А. Л. Розенмаль

М98. Докажите, что в таблице

1
1 1 1
1 2 3 2 1
1 3 6 7 6 3 1

где каждое число равно сумме трех, стоящих над ним, в каждой строке (начиная с третьей) есть четное число. В каждой ли строке (кроме первых двух) встречается число, делящееся на три?

М99. В треугольнике $ABC$ сторона $AC$ — наибольшая. Докажите, что для любой точки $M$ плоскости $AM+CM$ не меньше $BM$. В каких случаях возможно равенство?

Н. Б. Васильев

Рис. 1.

Рис. 2.

М100. Доказите, что сумма 45 чисел $tg 1^\circ + tg 5^\circ + tg 9^\circ + \dots + tg 173^\circ + tg 177^\circ$ равна 45.
В. П. Бешкарев

Ф108. Десять муравьев решили уташить со стола лежащую на нем соломинку. Как им нужно построить, если сила, с которой может уташить соломинку каждой из муравьев, несколько меньше $1/10$ силы трения, действующей на соломинку, когда она перемешается по столу? Поднять соломинку муравьем тоже не под силу.
Г. Л. Комкин

Ф109. В опьте было установлено, что температура 142 °C ледяной воды в легком состоянии, подвешенным посредине комнаты, поднялась на 4°С за полчаса. Когда же в сосуде находится льда, то на его тяние потребовалось 10 часов. Какова, исходя из этого эксперимента, удельная теплота плавления льда? Удельная тепломкость воды равна 1 кал/е.

Ф101. Если волтметр подключит паралельно верхнему сопротивлению $r_1$ (рис. 2), то он показет 6 $\theta$, если паралельно нижнему сопротивлению $r_2$, то 4 $\theta$, а если его подключит к точкам $A$ и $B$, то он показет 12 $\theta$. Каковы в действительности padения напряжения на сопротивлениях?

Ф111. Имеется однородный шнур со взрывчатым веществом. Скорость распространения реакции взрыва вдоль шнура равна $v$, скорость распространения взрывной волны по воздуху $c$. Найти форму линии, по которой нужно расположить шнур, чтобы волны от всех точек шнура пришли в заданную точку одновременно.

Можно ли сделать то же самое с поверхностью со взрывчатой и получить сходящую сферическую волну с большой плотностью энергии?

Ф112. Имеется стопка из $k$ плоскопаралельных пластинок, показатели преломления которых равны $n_1, n_2, \dots, n_k$. Толщина каждой пластинки $d$. Насколько сместится после прохождения стопки пластинок луч, падающий на пластинку с показателем преломления $n_1$ под углом $\alpha$ к поверхности пластинки?

35

РЕШЕНИЯ

В этом номере мы публикуем решение задач М50–М60 и окончание решения задачи М45.

М50

Вершины правильного $n$-угольника показаны несколькими красками (каждая одной краской) так, что точки одного и того же цвета служат вершинами правильного многоугольника. Доказать, что среди этих многоугольников найти равны.

Предположим, что вершины неокотого правильного $n$-угольника удаляются раскрасить так, что все одинаково показанные вершины составляют различные правильные многоугольники: $m_1$-угольник, $m_2$-угольник, $m_3$-угольник, …, где $m_1 < m_2 < m_3 < ...$. Наименьшее из этих чисел $m_1$ будет играть в наших рассужdenях особую роль, и мы обозначим его просто через $m$.

Проведем из центра $O$ $n$-угольника векторы во все его вершины; обозначим их по порядку: $a_1, a_2, a_3, ..., a_n$ (рис. 1a). Тогда

$$\vec{a}_1 \vec{a}_2 = \vec{a}_2 \vec{a}_3 = \ldots = \vec{a}_{n-1} \vec{a}_n = \vec{a}_n \vec{a}_1 = \frac{2\pi}{n}.$$

Здесь и ниже через $\vec{ab}$ мы обозначаем величины (наименьшего неотрицательного) угла, на котором нужно повернуть против часовой стрелки вектор $a$, чтобы он совпал с вектором $b$; всегда $0 \leqslant \vec{ab} < 2\pi$.

Будем говорить, что векторы $c_1, c_2, c_3, ..., c_q$ на плоскости, проведенные из точки $O$, образуют правильную систему, если они имеют равные длины и образуют друг с другом равные углы:

$$\vec{c}_1 \vec{c}_2 = \vec{c}_2 \vec{c}_3 = \ldots = \vec{c}_{q-1} \vec{c}_q = \vec{c}_q \vec{c}_1 = \alpha > 0.$$

Нам понадобится следующий почти оченьный факт (его доказательство приведено в конце решения).

Лемма. Сумма векторов, образующих правильную систему, равна нулю.

36

Рис. 1. Представьте себе, что цветные точки на рисунке $a$ — бусины, нанизанные на проволоку, согласно в спираль. Мы смотрим на эту спираль сверху, и поэтому две крание красные бусины $A'$ и $A''$ проектируют для нас в одну точку $A$. Если мы теперь закрепим одну из бусин — $A'$, а $A''$ противем по проволоке еще 2 оборота, то приdem к рисунку $b$, на котором углы между соседними векторами увеличились в 3 раза.

Прежде чем пользоваться леммой, проделаем с нашими векторами такое преобразование. Будем считать, что вектор $a_1$ идет в одну из вершин $m$-угольника. Обозначим его просто через $a$ и будем все углы отсчитывать от него (в положительном направлении, то есть против часов стрелки). Обозначим через $b_i$ вектор, который получается из $a$ поворотом на угол $m \rightarrow aa_i$ (для каждой $i=1,2,\dots,n$). При обработки $a_i \rightarrow b_i$, которое мы только что построили*) (на рисунке 1, $\delta$ изображено такое отображение для $m=3$), углы между векторами увеличиваются в $m$ раз; более точно: если $m \rightarrow a_i a_j < 2\pi$, то $\rightarrow b_i b_j = m \rightarrow a_i a_j$. Поэтому правильную систему векторов с углом $\alpha < \frac{2\pi}{m}$ это отображение переводит снова в правильную систему векторов. В частности, сумма всех векторов $b_1, b_2, \dots, b_n$ равна нулю.

Подсчитаем эту сумму другим способом: найдем сначала сумму векторов, соответствующих вершинами каждой цвета, а потом сложим все эти суммы. Расмотрим сначала все векторы $a_i$, ищите в вершины $m_h$-угольника, где $m_h > m$. Это правильная система векторов с углом $\frac{2\pi}{m_h} < \frac{2\pi}{m}$. После отображения из нее получится снова правильная система, и сумма полученных векторов будет равна нулю.

Рассмотрим теперь векторы, ищите в вершины $m$-угольника. Угол между соседними векторами равен в этом случае $\frac{2\pi}{m}$, и после отображения все эти $m$ векторов совпадают с вектором $a$, так что их сумма будет равна $m$ (на рисунке 1 это случай с красными и с черными векторами).

Итак, получили противоречие: с одной стороны, сумма всех $b_i$ равна нулю, с другой — она равна $m$. Поэтому наше предположение неверно.

*) Для тех, кто знаком с комплексьми чисlami, заметим, что если точка $O$ изображает на комплекской плоскости нуль, а конец вектора $a$ — единицу, то это отображение является возведением в степень $m: z \rightarrow z^m$.

37

Доказательство леммы. Физик сказал бы, что это утверждение очевидно из сообщений симметрии. Один из способов превращать эти сообщения в строгое доказательство состоит в следующем. Предположим, что $c_1 + c_2 + \dots + c_n = s$. Повернем все векторы $c_1, c_2, \dots, c_n$ вокруг точки $O$ на угол $\alpha$. Тогда, разумеется, и их сумма повернется на угол $\alpha$. Но по условию вся система из $n$ векторов после поворота на угол $\alpha$ совпадет с собой ($c_1$ попадет на место $c_2, c_2$ — на место $c_3, \dots, c_n$ — на место $c_1$). Поэтому вектор $s$ после поворота на угол $\alpha$ не должен измениться. Это может быть только в том случае, если $s = 0$.

Можно доказать, что правильная система из $q$ векторов в общем случае состоит из $q = dr$ векторов, проведенных из точки $O$ к вершинам правильного $r$-угольника, так что в каждой вершине проведено по $d$ равных векторов (если включить сюда и «двугольники»—пары противоположных векторов, соответствуют $m = 2$); при этом $\alpha$ может быть равно любому из чисел $\frac{2\pi l}{r}$, где $l$ и $r$ взаимно просты, $0 < l < r$. Мы оставили это замечание под конец, поскольку формульно в доказательстве мы обошлись без детального выяснения того, как устроена правильная система векторов $b_i$. Но, конечно, разбираясь в доказательстве «по существу», полезно это выяснить.

Идею изложенного здесь решения задачи предложил А. Лившиц (Ленинград). Внимательно разобрались в этом решении, можно доказать, что любое разбиение вершин правильного $n$-угольника на несколько множества, соответствующих (не обязательно различным) правильным многоугольником, можно получить таким образом: сначала разбить $n$-угольник на несколько $m$-угольников (для этого нужно, чтобы $n$ делилось на $m$), затем один из полученных правильных многоугольников снова разбить на несколько правильных многоугольников (см. рис. 1) и так далее несколько раз. Читательям, которые захотят разобраться в этом подробнее, мы советуем также обумать связь нашей «одномерной» задачи с «двумерной» задачей М3, формулировка которого обсуждалась в «Кванте» № 7 за 1970 год (стр. 54—55) и прежде всего установить эквивалентность нашей задачи М50 следующей: доказать, что множество всех целых чисел разбить на конечное число арифметических произвесей (бесконечных в обе стороны), разности которых попарно различают.

M51

Доказать, что если произведение трех положительных чисел равно единице, а сумма этих чисел строго больше суммы их обратных величины, торовно одно из этих чисел больше единицы.

Пусть $a, b, c$ — данные числа. Тогда $abc = 1$ и $(a - 1)(b - 1)(c - 1) = abc - ab - bc - ac + a + b + c - 1 = a + b + c - \frac{1}{a} - \frac{1}{b} - \frac{1}{c} > 0$, следовательно, из трех чисел $(a - 1), (b - 1), (c - 1)$ два отрицательных, а одно положительное (все три не могут быть положительных, поскольку $abc = 1$).

M52

Пять отрезков таковы, что из любых трех можно составить треугольник. Доказать, что хотя бы один из этих треугольников остроугольный.

Из отрезков $x \leq y \leq z$ можно составить треугольник, если $z < x + y$, причем он будет остроугольным, если $z^2 < x^2 + y^2$. Предположим, что существует пять отрезков $a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq a_4 \leq a_5$ таких, что из любых трех составляется не остроугольный треугольник. Тогда

$$a_5^2 \geq a_4^2 + a_3^2, \quad a_4^2 \geq a_3^2 + a_2^2, \quad a_3^2 \geq a_2^2 + a_1^2,$$

и поэтому

$$a_5^2 \geq 2a_3^2 + a_2^2 \geq 3a_2^2 + 2a_1^2 \geq 2a_1a_2 + a_1^2 = (a_2 + a_1)^2,$$

то есть $a_5 \geq a_2 + a_1$ и, следовательно, из отрезков $a_1, a_2, a_5$ нельзя составить треугольник.

38

M53

В треугольнике ABC через середину M стороны BC и центр O вписанной в этот треугольник окружности проведена прямая MO, которая пересекает высоту AH в точке E. Доказать, что отрезок AE равен радиусу вписанной окружности.

Обозначим длины сторон треугольника, противоложих вершинами A, B, C через a, b, c соответственно. Можно считать, что b>c (b≠c, так как иначе прямые MO и AH не пересекались бы, а совпадали). Опустим перпендикуляр OP=r на BC (рис. 2). Тогда

$$MC = \frac{a}{2}, \quad PC = \frac{a+b-c}{2}, \quad HC = \frac{a^2+b^2-c^2}{2a}.$$

$$\frac{EH}{OP} = \frac{HM}{PM} = \frac{HC-MC}{PC-MC} = \frac{2HC-a}{b-c} = \frac{a^2+b^2-c^2-a^2}{a(b-c)} = \frac{b+c}{a},$$

$$\frac{AE}{r} = \frac{AH}{r} - \frac{EH}{r} = \frac{a+b+c}{a} - \frac{b+c}{a} = 1.$$

Другое, геометрическое решение этой задачи основано на такой лемме: если продолжить радиус PO до диаметра PQ вписанной окружности и проведите прямую AQ до пересечения в точке R со стороны BC, то отрезки BP и CR будут равны. Предоставляем доказать и использовать эту лемму читателю.

M54

Два равных между собой прямой угольника расположены так, что их контуры пересекаются в восьми точках. Доказать, что площадь общей части прямой угольников больше половины площади каждой из них.

Пусть длины сторон прямой угольников a и b. Заметим, что на сторонах каждой из прямой угольников лежитровно две точки пересечения с двумя ссседними сторонами другого. (Легко доказать, что если всего точек пересечения 8, то на каждой стороне должно лежать не меньше двух точек и что пересечение сторон одного прямой угольника с двумя параллельными сторонами другого невозможно). Пусть A и C — точки, в которых пересекаются стороны разных прямой угольников, равные a; B и D — точки, в которых пересекаются стороны, равные b. Тогда, очевидно, отрезок AC служит bicсетрисной угла между сторонами длины a, проходящими через точку A (для доказательства достаточно опустить на эти стороны перепендикуляры из точки C и рассмотреть пару образованшихся при этом равных треугольников). Точно так же BD — bicсетриса угла между сторонами длины b, проходящими через точку B. Следовательно, AC⊥BD, и поэтому площадь

40

и проверим, что для каждого отдельного $l$ суммы членов вида $X^{k-l}y^l$ в правой и левой части равенства равны $^*$) (козффициент $C_k^l$ мы не пишем):

| | Числа с нечетной суммой цифр | Числа с четной суммой цифр |
| :— | :— | :— |
| Сумма членов вида $X^k$ | $5 \cdot 10^{n-1} \Sigma A^k + 5 \cdot 10^{n-1} \Sigma B^k$ | $5 \cdot 10^{n-1} \Sigma A^k + 5 \cdot 10^{n-1} \Sigma B^k$ |
| Сумма членов вида $X^{k-l}y^l$ $1 \leq l \leq k-1$ | $\Sigma A^{k-l}b^l + \Sigma B^{k-l}a^l = \Sigma b^l \Sigma A^{k-l} + \Sigma a^l \Sigma B^{k-l} = s_l (\Sigma A^{k-l} + \Sigma B^{k-l})$ | $\Sigma A^{k-l}a^l + \Sigma B^{k-l}b^l = \Sigma a^l \Sigma A^{k-l} + \Sigma b^l \Sigma B^{k-l} = s_l (\Sigma A^{k-l} + \Sigma B^{k-l})$ |
| Сумма членов вида $y^k$ | $5 \Sigma b^k + 5 \Sigma a^k$ | $5 \Sigma a^k + 5 \Sigma b^k$ |

Заметим, что нашу первоначальную выкладку для $n=2$ с помощью аналогичных обозначений можно записать так:
$$\Sigma (A+b) + \Sigma (b+a) = 5\Sigma A + 5\Sigma a + 5\Sigma b + 5\Sigma a, \quad \Sigma (A+a) + \Sigma (B+b) = 5\Sigma A + 5\Sigma a + 5\Sigma B + 5\Sigma b$$
при $k=1$ остатятся только первый и последний член, соответствующие $l=0$ и $l=k$).

Нетрудно видеть, что утверждение задачи справедливо не только в десятичной, но и в любой другой системе численения с основанием $d$, где $d$ — четное число (подумайте, где в нашем решении используется четность основания $d=10$). Если взять $d=2$, получается такой любопытный ряд равенств:
$$\begin{array}{l} 1+2=3 \\ 1+2+4+7=3+5+6 \\ 1^2+2^2+4^2+7^2=3^2+5^2+6^2 \\ 1+2+4+7+8+11+13+14=3+5+6+9+10+12+15 \\ 1^2+2^2+4^2+7^2+8^2+11^2+13^2+14^2=3^2+5^2+6^2+9^2+10^2+12^2+15^2 \\ 1^3+2^3+4^3+7^3+8^3+11^3+13^3+14^3=3^3+5^3+6^3+9^3+10^3+12^3+15^3 \end{array}$$

M56

На окружности выписаны в произвольном порядке четыре единиц и пять нуля. Затем в промежутке между двумя одинаковыми числами пишется нуль, между разными цифрами — единица, а первоначальные цифры стираются. Доказать, что сколько бы раз мы повторяли процесс, мы никогда не получим набора из $N$ нуля. Дейстивительно, предположим, что на каком-то $t$-м шаг мы впервые получили набор из одних нуля. Тогда на $(t-1)$-м шаг все $N$ цифр были одинаковы, и не все равны 0, поэтому они все были равны 1, а на $(t-2)$-м шаг каждый две соседние цифры должны быть различными, но поскольку $N$ нечетно, то такого расположения 0 и 1 на окружности не существует.

Одновременно мы ответили (пока только для нечетного $N$) на вопрос, который остался неразобранным в решении М19 («Квант» № 11, 1970 г., стр. 37—38); в этой задаче нуля называются «покоящимся клетками», единицы — «возбужdenными клетками», а правильна

*) Нам не нужно знать формулы для вычисления $C_k^l$ (так называемые «биномиальные коэффициенты»). Важно лишь, что это числа, не зависит от переменных $X$ и $y$.

**) Те, кто решал эту задачу раньше, могли заметить, что мы поменяли местами в формулировке слова «единицы» и «нуля». Это, конечно, не меняет существование задачи М19 и М56, о котором будет идти ниже.

41

перехода в точности те же самые. В этих терминах наш результат формулируется так: если $N$ нечетно, и в начальной момент не все клетки возбуждены (и не все покояты), то возбуждение инкогда не затухнет.

Что же будет при других $N$? Чтобы выяснить это, воспользуемся такой lemma (ее можно доказать индукцией по $k$; она справедлива и для задачи на прямой, и для окружности); если при $t=0$ на $2^{k-1}-M$ месте в ту и другую сторону от данной цифры $a$ стоит одинаковые цифры, то через $t=2^k$ шагов на месте $a$ будет стоять нуль, а если разны e, то единца. Отсюда сразу следует, что если $N=2^m$, где $m$ — натуральное, то из любого набора за $N$ шагов получится набор из одних нуля.

Пусть теперь $N=2^m L$, где $L$ — нечетно. Проследим за изменениями, которые происходит за каждые $T=2^m$ шагов. Для каждой $L$ цифр, расположенных через $2^m$ друг от друга («в вершинах правильного $L$-угольника»), эти изменения будут в точности таким же, как будто только эти $L$ цифр были расположены по окружности, с ними повторялся тот же процесс, и мы следили за каждым шагом. Отсюда нетрудно получить ответ в самом общем случае: состояние «все нули» достигается в том и только в том случае, если начальная последовательность из 0 и 1 была периодической с периодом $2^m$ (см. рис. 4).

M57

a) Найти число $k$, которое делится на 2 и на 9 и имеет всего 14 делитель (включая 1 и $k$).

b) Доказать, что если заменить 14 на 15, то задача будет иметь несколько решений, а при замени 14 на 17 решений вообше не будет.

Пусть $M=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r}$ — разложение числа $M$ на простые множители; для определения будем считать, что $\alpha_1 \geqslant \alpha_2 \geqslant \dots \alpha_r \geqslant 1$. Делители числа $M$ имеют вид $p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\dots p_r^{\beta_r}$, где каждое $\beta_i$ независимо от остальных может принадлежать значения 0, 1, …, $\alpha_i$, и поэтому общее количество делителей $M$ (включая 1 и $M$) равно $(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\dots(\alpha_r+1)$ (см. решение задачи 1 к статье «Комбинаторика» в «Кванте» № 1, 1971 г., стр. 19).

a) 14 можно разложить на множители только один способом: $14=7 \cdot 2$, поэтому, если $M$ имеет 14 делителей, то $r=2$, $\alpha_1=6$, $\alpha_2=1$. Мы знаем еще, что 3 входит в разложение $M$ с показателем, большим 1, а 2 — с показателем, большим 0. Отсюда следует, что $M=3^6 \cdot 2=1458$.

b) Для 15 делителей возможны ответы $M=3^2 \cdot 2^4$ и $M=3^4 \cdot 2^2$, а 17 делителей могут иметь только числа вида $M=p^{16}$, где $p$ — простое.

M58

На плоскости дны три примыле, пересекающие в одной точке. На одной из них отмечена точка. Известно, что примыле являются биссертрисами некоторого треугольника, а отмеченая точка — одна из его вершин. Построить этот треугольник.

Первое решение. Предположим, что $O$ — точка пересечения биссертрис $AK$, $BL$ и $CM$ треугольника $ABC$ (рис. 5); тогда

$$\angle MOB = \angle OCB + \angle OBC = \frac{1}{2} (\angle ACB + \angle ABC) = \frac{\pi}{2} - \angle CAK,$$

то есть $\angle CAK = \frac{\pi}{2} - \alpha$. Поэтому, если заданы примыле $AK$, $BL$, $CM$ и точка $A$, то, построив по одному и другую сторону от луча $AO$ углы, равные $\varphi = \frac{\pi}{2} - \alpha$. Мы найдем искомые вершины $B$ и $C$ (при условии, что $\varphi > 0$.

42

Рис. 5. Рис. 6.

ф<β и φ<γ). Нужно еще доказать, что у построенного треугольника ABC прямые BL и CM идут по биссектирам. Углы ABL и ACM легко подсчитать— они равны соответствию $\frac{\pi}{2} - \beta$ и $\frac{\pi}{2} - \gamma$. Трудность заключается лишь в доказательстве того, что $\Rightarrow LBC = \frac{\pi}{2} - \beta$ и $\Rightarrow MCA = \frac{\pi}{2} - \gamma$ (хотя ясно, что их сумма равна $\alpha$); ее можно предполеть, например, так: если $\Rightarrow LBC < \Rightarrow ABL$, то биссектираса угла ABC пересекает отрезок AO, поэтому биссектираса угла ACB тоже его пересекает, и значит, $\Rightarrow MCB < \Rightarrow ACM$, поэтому сумма $\Rightarrow LBC + \Rightarrow MBC$ меньше $(\frac{\pi}{2} - \beta) + (\frac{\pi}{2} - \gamma) = \alpha$. Точно так же можно показать, что невозможен случай $\Rightarrow LBC > \Rightarrow ABL$.

Второе решение. Построим точки $A'$ и $A''$, симметричные данной точке $A$ относительно биссектиrics, не проходящих через $A$. Ясно, что обе точки $A'$ и $A''$ должны лежать на прямой BC — на стороне искомого треугольника ABC (или на ее продолжении). Проведяя прямую через $A'$ и $A''$, мы тем самым найдем нужные точки B и C (рис. 6).

Заметим, что хотя второе решение более эффективно, но при таком подходе труднее выписать условия, при которых задача имеет решение *). Эти условия таковы: $\alpha < \frac{\pi}{2}$, $\beta < \frac{\pi}{2}$, $\gamma < \frac{\pi}{2}$ (поскольку $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, их можно записать и так: $\alpha + \beta > \frac{\pi}{2}$, $\beta + \gamma > \frac{\pi}{2}$, $\gamma + \alpha > \frac{\pi}{2}$). Если они выполнены, то решение единственно. Подумайте, как можно получить эти условия при каждой из изложенных выше способов решения.

M59

Имеется несколько гирь с весами 1 e, 2 e, 3 e,…, n e. Их надо разложить на три равные по весу кучки. При каких $n$ это удался сделать?

Покажем, что это можно сделать в том и только в том случае, если $n > 3$ и одно из чисел $n$ или $n+1$ делится на 3 (то есть при $n$, равном 5, 6, 8, 9, 11, 12, 14, 15, …).

*) Можно оказаться, что две из данных прямых является биссектирами внешних, а не внутренних углов построенного треугольника, это нас не устранает.

43

Необходимость этих условий, поскольку общий вес гриб $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ должен делиться на 3.

Для доказательства достаточно сначала, что разбение возможно при $n$, равном 5, 6, 8 и 9 (это показано на рис. 7). Все остальные интерсующие нас значения $n$ получаются из этих четырех прибавлением некоторого количества шестерок, а любую группу из шести последовательных целых чисел $a+1, \dots, a+6$ легко разбит на три пары чисел, дающих равные суммы: $a+1$ и $a+6$, $a+2$ и $a+5$, $a+3$ и $a+4$.

Рис. 7.

M60

Рассмотрим все натуральные числа, в десятичной записи которых участвует лишь цифры 1 и 0. Разбейте эти числа на две группы так, чтобы суммы любых двух различных чисел из одной и той же группы содержала в своей десятичной записи не менее двух единиц.

Отнесем к одной группе все числа, в записи которых нечетное число единиц, а к другой — все числа, в записи которых четное число единиц. Тогда ясно, что в одну группу не могут попасть два числа, отличноцессия только в одном разряде, поэтому такое разбение удовлетворяет требованиям задачи (единицы возникают в тех разрядах суммы, где у одного числа стоит 1, а у другого — нет).

Многие читатели приведли рассуждение, доказывающее, что описанное разбение:

первая группа: 1, 10, 100, 111, 1000, 1011, 1101, 1110, …
вторая группа: 11, 101, 110, 1001, 1010, 1100, 1111, 10001, …

единиственное, удовлетворяющее условием задачи.

Нанболее полные решения задач, которые обсуждались выше, нам прислали В. Диденко из cela Весельй Кут Одессской обл., Э. Туркевич из г. Черновцы, А. Рубин из cela Укладовка Винницкой обл., А. Слинкин из Москвы, Я. Томсинский из Ленинграда, М. Перельмутер из Киева, О. Худавердян из Еревана.

M45

(Продолжение. Начало решения см. в «Кванте» № 7, стр. 30.)
Нам осталось доказать такой факт.

Теорема. Из 2$p$-1 любых целых чисел можно выбрать $p$, сумма которых делится на $p$ (произвольное простое число).

Приведем здесь доказательство, предположенное С. Ворониным (Москва).

Ясно, что в доказательстве мы можем рассматривать все числа «по модулю $p$», то есть интересовать только тем, какой из остатков 0, 1, 2, …, $p-1$ дает то или иное число при делении на $p$. Удобно представлять себе (особенно когда речь идет о «сложении по модулю $p$»), что эти $p$ остатков рассматрины по кругу (рис. 8).

Лемма. Пусть данные $r$ целых чисел $b_1, b_2, \dots, b_r$; $0 < b_i < p$ для всех $i=1, 2, \dots, r$ и $0 < r < p$ (простое). Тогда из этих чисел можно составить по крайней мере $r+1$ сумм, дающих различные остатки при делении на $p$ (при этом разрешается быть сумму «пустого множества слагаемых», которая считается равной нулю, суммы из одного слагаемого, из двух,…, из всех $r$ слагаемых).

Доказательство. При $r=1$ это очевидно: суммы дают остатки 0 и $b_1$. Предположим, что это верно для $r=k<p-1$ и неверно для $r=k+1$, и приdem к противоречению. Пусть суммы из $k$ слагаемых $b_1, b_2, \dots, b_k$ дают $k+1$ различных остатков 0, $s_1, \dots, s_k$. Тогда,

44

Рис. 8. Чтобы найти сумму $a+b$ по модулю $p$, нужно отсчитать от $a$ против часовой стрелки $b$ единиц (на этом рисунке, соответствующем $p=11$, изображена сумма 8+8, которая по модулю 11 равна 5).

Поскольку после присоединения $b=b_{k+1}$ количество различных сумм не должно увеличиться, все суммы

$$0+b, s_1+b, \ldots, s_k+b$$

(по модулю $p$) содержатся во множестве

$$\{0, s_1, \ldots, s_k\}.$$

Другими словами, если к любому элементу этого множества прибавить $b$, то снова получится элемент того же множества (попробуйте представить себе такое множество на рисунке 8). Таким образом, это множество зависит соедному содержит элементы 0, $b$, $2b$, $3b$, $\ldots$, $(p-1)b$. Но ясно, что все эти элементы различны (по модулю): разность

$$ib-jb=(i-j)b,$$

где $0<i-j<p$ и $0<b<p$, не может делиться на $p$, поскольку $p$ простое. Таким образом, мы доказали, что множество $\{0,s_1, \ldots, s_k\}$ содержит все $p$ различных элементов, хотя предполагали, что

$$k+1<p.$$

Лемма доказана.

Доказательство теоремы. Пусть

$$a_1 \leqslant a_2 \leqslant \ldots \leqslant a_p \leqslant a_{p+1} \leqslant \ldots \leqslant a_{2p-1}$$

— остатки от деления данных $2p-1$ чисел на $p$. Расмотрим еще $p$ таких чисел:

$$a_{p+1}-a_2, a_{p+2}-a_3, \ldots, a_{2p-1}-a_p.$$

(*)

Если какое-нибудь одно из них равно нулю, например

$$a_{p+1}-a_{l+1}=0,$$ то $a_{l+1}=a_{l+2}=a_{l+3}=\ldots=a_{l+p}$, и сумма соответствующих $p$ чисел делится на $p$. Осталось рассмотреть случай, когда все числа (*) отличны от нуля.

Найдем остаток $x$ от деления суммы $a_1+a_2+\ldots+a_p$ на $p$. Если $x=0$, то все ясно. Если $x\neq 0$, то, пользоваться леммой, мы можем составить из разностей (*) сумм, дающий остаток $p-x$ при делении на $p$. Добавив соответствующие разности к $a_1+a_2+\ldots+a_p$ и проведя очевидные сокращения, мы получим сумму $p$ слагаемых, делящую на $p$.

Пользовясь результатом задачи М45, нетрудно установить, что утверждение «Из любых $a$ целых чисел можно выбрать $b$ чисел, сумма которых делится на $c$» (где $a, b, c$ — конкретиные натуральные числа) верно тогда и только тогда, когда $b$ делится на $c$ и $a \geq b+c-1$.

Н. Б. Васильев

В этом номере мы публикуем решения задач Ф66—Ф71.

Ф66

К батарее с э. д. с. 9 в неизвестным внутренним сопротивлением подключены последовательно амператор и волтметр (рис. 9). Сопротивления приборов неизвестны. Если параллельно волтметру включено сопротивление (его величина тоже неизвестна), то показание амператора вдвое уведомляется, а показание волтметра вдвое уведомляется. Каким стало показание волтметра после подключения сопротивления?

Вольтметр показывает наличие напряжения на нем самом, а амператор—так, идиший через него. Согласно закону Ома для полной цепи э. д. с. батареи равна сумме напряжения на участках цепи: $U$ — на волтметре и $U_1$ — на внутреннем сопротивлении источника и амператор:

$$E=U+U_1.$$

45

Рис. 9. Рис. 10.

После подключения сопротивления падение напряжения на волтметре и паралельно с ним соединением сопротивления стало равным $U' = \frac{U}{2}$ (показания волтметра). В то же время падение напряжения на сопротивления источника и ampерметре в два раза возросло и стало равным $U'_1 = 2U_1$. Действительно, ведь сопротивление этого участка не изменилось, а ток, идущий по нему, вдвое возросс. Позотому

$$E = \frac{U}{2} + 2U_1.$$

(2)

Решая уравнение (1) и (2) совместно, найдем, что $U = 6\ \theta$. Следовательно, после подключения сопротивления волтметр показал напряжение

$$U' = \frac{U}{2} = 3\theta.$$

Правильно решение прислали Н. Федин (Омск), С. Иванов (Москва), Е. Губарев (Москва), В. Сыцев (Алга Актюбинской обл.), Н. Смирнов (Горький), А. Анищенко (Сарапул, Удм. АССР), А. Браверман (Пермь), А. Сенявин (Москва), В. Помацев (Горький), В. Калиничев (Москва), М. Прегер (Томск).

Ф67

Буферное устройство (рис. 10) состоит из стержня $A$, пружины $B$, надетой на стержень, и направляющей втулики $C$. Втулика может перемещаться внутри канала, сделанного в массивной стене $D$. При движении втулики между ее внешней поверхностью и стеной действует постоянная по величине силы треня $F_{Тр}$. Стержень втулики и пружина по стержню перемещаются без треня.

На торцовую поверхность стержня $A$ налегает шар массы $m$, имея перед соударением скорость $v_0$. С какой скоростью шар отлетит?

Массы стержня, пружины и втулики пребрежимо мылы по сравнению с массой шара. Коэффициент жесткости пружины $k$.

При удале шарика шtok начинает двигаться, скимая пружину. При этом на втулу со стороны деформарованной пружины действует сила $F = kx$, где $x$ — деформация пружины. Если начальная скорость шарика достаточно велика, что деформация пружины достигает максимальной величины $x_{\max}$, при которой пружина действует на втулу с силой, равной силе треня втулики о стену. После этого втулика начинает двигаться, причем во время движения втулики пружина не будет деформаровать: сила, скимающая ее, не меняется и равна $F_{Тр}$. Так как при движении втулики на нее действует сила треня, то кинетическая энергия системы переходит в тепло, и через некоторое время шарик и шtok оставляется. Затем пружина начинает распрямляться. Это, конечно, не вызовет движения втулики — сила, с которой действие.

46

вует на нее пружина, меньше $F_{\tau p} = kx_{\max}$, так как $x < x_{\max}$. Так что дальнейших потерь энергии в системе проискдить не будет. При распрямлении пружины ее потенциальная энергия деформации $W_{\pi} = \frac{kx_{\max}^2}{2}$ перейдет в кинетическая энергию шарика.

Прием потенциальная энергия шарика равна нулю.
Запишем теперь закон сохранения энергии

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{kx_{\max}^2}{2},$$

где $v$ — скорость шарика после того, как он отскочит от стенки.

Учитывая, что $x_{\max} = \frac{F_{\tau p}}{k}$, получим $v = \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}$.

При достаточно большой скорости $v_0$ скорость шарика, отскочившего от стержня, не зависит от его начальной скорости. Система «съедает» весь запас энергии выше величины $W = \frac{kx_{\max}^2}{2}$.

Выясним теперь, что значит «достаточно большая скорость $v_0$». Это та скорость, при которой сила, действующая со стороны пружины на втулку, достигает величины $F_{\tau p}$, а, значит, деформация пружины достигает величины $x_{\max} = \frac{F_{\tau p}}{k}$. Ясно, что для этого начальная кинетическая энергия шарика должна быть больше величины $\frac{kx_{\max}^2}{2} = \frac{F_{\tau p}^2}{2k}$:

$$\frac{mv^2}{2} > \frac{F_{\tau p}^2}{2k}.$$

Это условие дает нам границу «достаточно большой скорости»:

$$v_0 > \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}.$$

А как будет проискдить столковение, если начальная скорость шарика меньше этой величины или равна ей?

В этом случае деформация пружины меньше $x_{\max}$ и пружина не сдвинет втулки с места. Это означает, что не будет потерь энергии и шарика отскочит, имея ту же кинетическая энергию, а следовательно, и ту же скорость, что до столковения. Итак,

$$v = \begin{cases} v_0 \text{ при } v_0 \leqslant \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}, \\ \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}} \text{ при } v_0 > \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}. \end{cases}$$

Правильное решение прислали P. Мкртчян (Ереван), Куцек (Ржев), H. Федин (Омск), И. Гришик (Давид-Городок Брестской обл., БССР), A. Выродов (Гагра), P. Зайцев (Гагра), M. Премер (Томск).

Ф68

Степки сосуда, в котором находится газ, имеют температуру $T$. Температура газа $T_1$. В каком случае давление газа на степки сосуда больше: когда степки сосуда холоднее газа ($T < T_1$), или когда температура ($T > T_1$)?

Температура газа определяется средней кинетической энергией его молекул: $\frac{mv^2}{2} = \frac{3}{2} kT$ ($k$ — постоянная Больцмана). Это означает, что чем

47

выше температура газа, тем больше средняя скорость движения его молекул, то есть тем больше средний импульс молекулы.

Если температура стены совпадает с температурой газа, то молекула, ударясь о стенку, меняет свой импульс $p_0$ на $-p_0$. Значит, изменение импульса равно $2p_0$.

Когда $T > T_1$, газ нагревается. Это означает, что молекулы газа отскакивают от стены с большей скоростью, чем налетают, а значит и с большим импульсом (рис. 11, а). Изменение импульса в этом случае будет больше, чем $2p_0$.

Если же $T_1 < T$, то газ охлаждается, то есть молекулы газа отскакивают от стены с меньшим импульсом, чем налетают на нее (рис. 11, б). Ясно, что в этом случае и изменение импульса молекулы меньше, чем в случае $T_1 > T$. Так как в соответствии со II законом Ньютона изменение импульса пропорционально средней силе, действовавшей на молекулу со стороны стены, а в соответствии с III законом Ньютона средняя сила, действовавшая на молекулу, численно равна средней силе, действовавшей на стенку, то при $T_1 < T$ давление газа на стенку больше, чем при $T_1 > T$.

Правильное решение прислали В. Чупин (Торжок), Н. Федин (Омск), В. Калинцев (Москва), С. Иванов (Москва).

Форма поверхности жидкости должна быть такой, чтобы сила N реакции окружающей жидкости, действующей на элемент объема жидкости с массой $\Delta m$ у поверхности, была направлена перpendicularно к поверхности. В противном случае сила N будет иметь составляющую, направленную вдоль поверхности жидкости, и жидкость не сможет находиться в равновесии.

Разберем теперь, как направлена сила N. Она должна уравновешивать две силы: силу $F_1$ прятяжения Земли, направленную к центру Земли, и добавочную силу $F_2$ прятяжения шара, направленную к центру шара (на рисунке 12 сила $F_2$ сделана непропорционально большой по сравнению с силой $F_1$). Сила N должна быть численно равна и противоположна по направлению равнойствующей Q сил $F_1$ и $F_2$. Значит, она отклонена вправо от вертикали и поверхность воды над шаром выпуклая.

Оценим величины «вздутия» поверхности воды. Расмотрим точку B, лежащую на малом расстоянии x от вертикали AO, проходящей через центр шара ($x \ll r$, где r — радиус шара), O — центр кривизны и BO = R — радиус кривизны поверхности воды.

$Q \approx F_1$ (поскольку $F_2 \ll F_1$), а $Q \sin \alpha = F_2 \sin \beta$. Так как углы α и β малы ($x \ll r$, $x \ll R$), то

$$\sin \alpha \approx \mathrm{tg} \alpha \approx \frac{x}{R}$$

Позному можно считать, что

$$Q(x/R) = F_2(x/r)$$

48

или
$$R = r \frac{Q}{F_2} = r \frac{F_1}{F_2}.$$

Но
$$F_1 = \gamma \frac{\left( \frac{4}{3} \pi R_3^3 \rho \right) \Delta m}{R_3^2} = \frac{4}{3} \pi \gamma r R_3 \rho \Delta m$$
($R_3$ – радиус земли, $\rho$ – ее плотность), а
$$F_2 = \gamma \frac{\frac{4}{3} \pi r^3 (\rho_1 - \rho_0) \Delta m}{r^2} = \frac{4}{3} \pi \gamma r (\rho_1 - \rho_0) \Delta m$$
($\rho_1$ – плотность шара, $\rho_0$ – плотность воды). Поэтому
$$R = r \frac{\frac{4}{3} \pi \gamma R_3 \rho \Delta m}{\frac{4}{3} \pi \gamma r (\rho_1 - \rho_0) \Delta m} = R_3 \frac{\rho}{\rho_1} \approx R_3 \frac{\rho}{\rho_1}$$
(так как $\rho_1 \gg \rho_0$). Подставляя сюда значения $R_3 = 6,4 \cdot 10^6 m$, $\rho = 5,5 e/cm^3$ и $\rho_1 = 11,3 e/cm^3$, найдем $R \approx 3,2 \cdot 10^6 m$.

Полягая, что взутие распространяется на расстояние $x$ от точки $A$ (эта оценка сильно зависит!), найдем его высоту
$$h = x \lg \alpha \approx \frac{r^2}{R}.$$

Если радиус свинцового шара равен 1 м, то $h \approx 3 \cdot 10^{-7} m$.

Это означает, что эффект взутия нельзя наблюдать экспериментально даже с помощью интегризации методов. Ведь длина света несколько тьсячангстрем ($1 \text{Å} = 10^{-10} m$), то есть больше величины взутия.

Правильное решение прислал $H$. Федин (Омск).

Ф70

Велосипедист легко развивает силу тягги 10 кГ. Сила tremняя не превышает 5 кГ. Казалось бы, за несколько часов велосипед может достигнуть второй космической скорости. Однако это еще никаку не удавалось. Почему?

Сила, с которой велосипед может давить на pedали, неостояна и зависит от скорости велосипедства (рис. 13). Она максимальная при $v = 0$ и становится равной нулю при такой скорости, при которой период врашения pedали становится равным скорости реакции велосипедства. После этого скорость велосипедства уже не может возрасти.

Многие читатели рассуждают так: мощность, которое развивает велосипед, не может превышать некоторой максимальной величины. Но

49

$N = F \cdot v$, поэтому скорость величина не может стать большше чем

$$v = \frac{N_{\text{max}}}{F - F_{\text{trp}}}.$$

Это, конечно, верно и связано именно с тем, что зависимости силы, с которой человек давит на pedали, от скорости движения такая, как показано на рисунке 13.

Ф71

Имеется равномерно заряженный отрезок $AB$. Как направлена направление электрекого поля, создавемого этим отрезком в точке $C$: по медиане треугольника $ABC$? по его биссертике? по высоте? ни по одному из этих линей?

Напряжение поля — вектор, а в нашей задаче имеются лишь четыре выделенных направления: по медиане, биссертике или высоте треугольника $ABC$ и параллельно отрезку $AB$. Вектор направления поля должен быть направлен по одному из этих направлений. Ясно, что он не может быть параллелен отрезку $AB$: направлено поля заряженного отрезка равна сумме направлений полей частей отрезка, а они все направлены к отрезку или от него (в зависимости от знака заряда отрезка).

Не подходит и высота треугольника $ABC$: например, если точка $C$ находится в стороне от отрезка, на расстоянии, много большем длины отрезка, то ясно, что направление поля в точке должны направлена к отрезку $AB$, а не по перпендикуляру к нему.

Итак, у нас остались медиана и биссертиса. направность $E$ поля отрезка равна сумме направлений полей его частей. Для того чтобы вектор $E$ был направлен вдоль медианы, необходимо, чтобы отрезки равной длины $\Delta x$, находящиеся на равных расстояниях от середины отрезка, создавали одинаковое поле в точке $C$.

Только в этом случае сумма векторов $\Delta E$ будет направлена вдоль медианы треугольника $ABC$. Однако это невозможно: отрезки равной длины имеют одинаковый заряд $\Delta Q = \sigma \Delta x$ (σ — линейная плотность заряда, то есть заряд единицы длины отрезка), а расстояния до точки $C$ различны.

Значит, вектор $E$ направлен вдоль биссектрисы треугольника $ABC$.
Убедимся в этом. Найдем направность поля отрезка $\Delta x$ такого, что пряма, проведенная из него в точку $C$, образует угол $\alpha$ с высотой треугольника и $\Delta x \ll r$ (рис. 14). $\Delta E = \frac{\Delta x \sigma}{r^2}$. Если отрезок $\Delta x$ виден из точки $C$ под углом $\Delta \alpha$, то $\Delta x_1 = r \Delta \alpha$ (угол $\alpha$ мал, так что $tg \frac{\Delta \alpha}{2} = \frac{\Delta \alpha}{2}$, а $\frac{\Delta x_1}{2} = r tg \frac{\Delta \alpha}{2}$) и $\Delta x = \frac{\Delta x_1}{\sin(90^\circ - \alpha)} = \frac{r \Delta \alpha}{\cos \alpha}$. Поэтому $\Delta E = \frac{r \Delta \alpha \sigma}{r^2 \cos \alpha} = \frac{\Delta \alpha \sigma}{r \cos \alpha}$. Но $r \cos \alpha = h$.
Поэтому
$$\Delta E = \frac{\Delta \alpha \sigma}{h}.$$

Напряжение поля отрезка, который виден из точки $C$ под углом $\Delta \alpha$, не зависит от угла $\alpha$. Все отрезки, которые видны из точки $C$ под одинаковым углом, создают в ней поле одинаковой величины. Но для любого отрезка $\Delta x$, находящемся слева от биссектрисы $CD$ треугольника $ABC$, можно найти отрезок справа от нее такой, что он виден из точки $C$ под тем же углом $\Delta \alpha$, что и отрезок $\Delta x$, и угол $\beta$, образуется примою, соединяющей его с точкой $C$, такой же, как и отрезка $\Delta x$. Так как эти отрезки создают в точке $C$ одинаковое поле, то вектор $\Delta E$ суммы векторов $\Delta E_1$ и $\Delta E_2$ направленной полей отрезков направлен по диагонали ромба, построенного на векторах $\Delta E_1$ и $\Delta E_2$, то есть вдоль биссектрисы $CD$. Это верно для любого угла $\beta$, то есть для любой пары отрезков. Значит, и еектор направности поля отрезка $AB$ направлен вдоль биссектрисы треугольника $ABC$.

Правильное решение прислали Н. Федин (Омск) и И. Гричик (Давид-Городок Брестской обл.).

И. Ш. Слободецкий.

К «Задачам на бумаге в клетку»

1. Добавим с каждого из четырех концов к крестию по две точки. Количество возможных квадратов с вершинами в выделенных узлах увеличится на 10 (четыре маленьких красных квадратикas (см. рис.]), четыре квадрата, образец которых окрашен черным; два квадрата, один из которых выделен синим).

Кресть в задаче можно рассматривать как дополнительное шеренг узлов к центральной клетке, допускающей только один квадрат. Он допускает построение $10 \cdot 8 + 1 = 81$ различных квадратов.