Квант 1972, №6 · Страницы

КВАНТ
6
ИЮНЬ
1972

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
АКАДЕМИИ НАУК СССР И АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК СССР

Главный редактор — академик И. К. Кикоин
Первый заместитель главного редактора — академик А. Н. Колмогоров

Редакционная коллекция

Л. А. Арцимович, М. И. Башмаков, С. Т. Беллев, В. Г. Болтянский, И. Н. Бронштейн, Н. Б. Васильев, И. Ф. Гинзбург, Ю. Н. Ефремов, В. Г. Зубов, П. Л. Капица, В. А. Кириллин, А. И. Климанов (главный художник), С. М. Козел, В. А. Лешковцев (зам. главного редактора), Л. Г. Макар-Лиманов, А. И. Маркушевич, М. Д. Миллоншиков, Н. А. Патрикеева, И. С. Петраков, Н. Х. Розов, А. П. Савин, И. Ш. Слободецкий, М. Л. Смолянский (зам. главного редактора), Я. А. Смородинский, В. А. Фабрикант, А. Т. Цветков, М. П. Шаскольская, С. И. Шварцбург, А. И. Ширшов.

На первой странице обложки приведен рисунок к условиям одной из задач Наполеона.

Подробнее об этой задаче см. на стр. 29.

Заведующая редакцией Л. В. Чернова. Главный художник А. И. Климанов
Художественный редактор О. Н. Яковлева. Корректор В. П. Сорокина
Издательство «Наука» Главная редакция физико-математической литературы
117071, Москва, В71, Ленинский проспект, 15, тел. 234-08-11, 234-07-93

Т-09011. Сдано в набор 15/III-1972 г. Подписано в печать 30/IV-1972 г. Бумага 70×100¹/16 физ. печ. л. 5. Усл. печ. л. 6,5. Уч.-изд. л. 7,33. Тираж 343.020 экз. Цена 30 коп. Зак. 388 Чеховский полигraphкомбинат Главполигraphпрома Комитета по печати при Совете Министров СССР г. Чехов, Московской области

РУКОПИСИ НЕ ВОЗВРАЩАЮТСЯ

2

ОТ МЕТРА ДО ПАРСЕКА

А. А. Михайлов

Всем известно, что такое метр — метра длины, введенная при установлении метрической системы мер Парижской академией наук в 1791 г. во время Великой французской революции.

Разнообразие метр, царившее до этого в разных странах, представляло большое неудобства, особенно ошибные при окинвлении путьств и международной торговли. В связи с этим французские учены предложили основную меру длины заимствованы неот размеров человекаского тела, а из неодушевленной природы, связав ее с размерами Земли как планеты, в расчете на то, что величана Земли есть нечто неизменное. Ведь именно это требуется от всякой меры. Поэтому было решено принять за основную меру длины одну десятимилонную часть расстояния от полюса до экватора, точнее — четырти парикского меридиана. Такая величина была выбрана в связи с тем, что часть этого меридиана была изменена еще в начале XVIII века. Это изменение, произведенное французскими учеными, должно идентифицировать — длина одного градуса меридиана оказалась не одинаковой в разных частях Земли, а следка увеличивающейся ссевера на юг. В таком случае Земля не могла быть точным шаром, как равные думали, а должна была быть немного вытянутой в направлении полюсов, то есть по оси врашения.

Одноко теоретические сообщения Ньютона требовали обратного — сплошности Земли у полюсов и расстояния к экватору. Это должно быть следствием врашения Земли вокруг оси: точки на экваторе, находящиеся дальше от оси врашения и имеющие большую линейную скорость, стремятся дальнейшую скорость от оси врашения, чем точки, находящиеся близкие к полюсам. Ньютон показал, что Земля всегдаствие этого должны принять форму эллипсона, образованного врашением эллипса вокруг малой оси. Большая ось эллипса — диаметр экватора Земли.

Вот тогда возник спор между учеными, основывавшимися на результатах французского измерения меридиана, и теоретиками, разделившими мнение Ньютона.

Для решения спорного вопроса французская академия наук сарядила в тридцатых годах XVIII века две экспедиции для измерения длины градуса меридиана — одну на экватор в Перу и другую под серверный полярный круг в Лапландию (на границу нынешней Финляндии со Швецией).

Результаты измерений, проведенных этих экспедициями, с несомненноностью показали, чтолина градуса меридиана у экватора заметно коротче, чем у полярного круга. Таким образом, прав оказывал Ньютон: Земля имеет форму эллипсона.

По более поздним уточенным измерениям длина дуги 1° меридиана такова:

у полюса — 111 696 м,
у экватора — 110 576 м.

Что же касается размеров Земли, то, по одному из новейших определений советского геодезиса Ф. Н. Красовского,

радис экватора $a = 6378245$ м,
полярный радис $b = 6356863$ м,

сжатие $\frac{a-b}{a} = \frac{1}{298,3}$.

Но вернемся к концу XVIII века, когда в дополнение к измерениям в

4

следующем. В первую и последнюю четверти диск Луны виден освещеннымровно наполовину, и линия, отделяющая светлую сторону от темной, представляется диаметром лунного диска (рис. 1). Угол между направлениями Луна — Солнце и Луна — Земля (угол ABC) прямои, как это видно из рисунка 1. Если изменить в это время угол между направлениями Земля — Луна и Земля — Солнце (угол BAC), то можно найти отношение расстояний Земля — Солнце и Земля — Луна (то есть отношение $\frac{AC}{AB}$). Во время Аристарха Самосского для угла BAC было получено значение $87^\circ$. Следовательно, $\frac{AC}{AB} = \sec 87^\circ \approx 19$. Так что Солнце оказывалось в 19 раз дальше Луны. Теперь мы знаем, что этот результат сильно ошибочен и что Солнце почти в 400 раз дальше Луны, так как угол BAC отличается от прямого угла всего лишь на 9’, а sec $89^\circ 51' = 382$. Измерения не могут быть выполнены с достаточно точностью, тем более, что из-за неровности поверхности Луны нельзя уловить момент, когда освещенаровно половина ее диска.

Лишь с условиянствованием угломерных инструментов и применением оптических труб можно было попытаться измерить расстояния до ближайших планет, а затем, попытаться третьим законом Кеплера, вычислить расстояние до Солнца.

Для этой цели применяется геометрический простой метод расчета, который широко пользовется геодезисты и топографы при определении расстояния до недоступного или удаленного предмета. Представим себе, что мы находимся в пункте A на берегу реки и нам нужно найти расстояние до пункта C, находящаяся на другой стороне реки (рис. 2). Выбираем на «своем» берегу пункта B, расстояние до которого AB легко изменить, и в треугольнике ACB изменим углы CAB и CBA. Теперь по известной стороне AB треугольника, называемой базисом, и двум приложением углам можно вычислить расстояние AC. Это все простая геометрия, но для увеличенного определения расстояния до пункта C нужно, чтобы угол засечки ACB не был слишком острым, то есть чтобы базис AB не был очень малим по сравнению со стороны AC и BC.

Применительно к Солнцу этот способ крайне труден, так как самый большой базис, который можно выбрать на Земле, — диаметр земного шара — почти безнедежно мал по сравнению с расстоянием до Солнца. Угол засечки в этом случае составляется всего лишь $17,6''$.

Для посянения прицила определения расстояния до Солнца представляет себе двух наблюдателей на Земле (рис. 3). Однако в точке A, из которой Солнце видно в зените (по тому же направлению, что и из центра Земли O), и другого на экваторе в точке B; для него Солнце на горизонте. Допустим, что каждый наблюдатель каким-нибудь способом определил направление на Солнце — соответствен AC

5

и BC, которые пересекаются под очень острым углом p. Тогда в прямогольном треугольнике CBO гипotenуза CO равна

$$CO = OB \cdot \cos cp,$$

где OB = R — радиус земного шара.

Угол p называется параллелком Солнца. Очевидно, p — угол, под котором из центра Солнца виден экваториальный радиус Земли. Его величины для среднего расстояния до Солнца равна 8,8″. Считая R = 6400 км, получаем

$$CO = 6400 \cdot \cos 8,8'' \approx 150\ 000\ 000\ \text{km}.$$

Таково приближение среднее значение расстояния до Солнца. Это именно среднее значение, так как земная орбита есть эллипс и Солнце находится не в его центре, а в фокусе; поэтому расстояние до Солнца в течение года изменяется примерно на 1,7% = 2 550 000 км в ту и другую сторону.

Мы приведены эти расчудения только для того, чтобы показать принцип определения среднего расстояния между центрами Земли и Солнца. Это расстояние называют астрономической единицей длины или сокращенно a.e. Астрономическая единица является основной мерой для определения всех расстояний в солнечной и звездной системех.

Трудность в практическом выполнении описанных измерений заключается в определении направления AC и BC. Действительно, по отношению к чему можно находить эти направления? Если бы днем вокруг Солнца на небе были видны звезды, они должны бы тот далекий фон, по отношению к которой можно определить эти направления. Но этого нет, к тому же и центр Солнца ничего не обозначен, так что визировать его неопределенно нельзя. Вот почему удобнее определить расстояние до планеты, которая видна ночной на фоне звезд. (Есть планеты, которые значительное близке к Земле, чем Солнце, что облегчает измерения.)

Первоначально для этой цели был выбран Марс, наблюдая которого в 1672 году впервые для более менее верное значение параллелса Марса; а зная его, как мы уже упомянуты, можно было вывести и параллелс Солнца. Когда в начале прошло века были открыты первые маленькие планеты, появились возможность пользоваться имми, так как некоторые из них подходили особенно близко к Земле. Кроме того, они малы по размерам и видны на небе как точки, подобно звездам, что сильно облегчает определение направлений. Однако таких планет — Эрос — в 1930—31 гг. приближалась до расстояния в 0,15 а. e., когда ее параллельми ее занимались 26 обсерваторий разных стран. Обработка полученного отромного материала для наиболее точное значение солнечного параллелса. Тем не менее расчитанная по нему длина a. e. все же содержала ошибку порядка 50 000 км. Эта ошибка может показаться очень большой. Однако нужно учеть, какому отромному расстоянию она относится и насолько трудно

6

измерять параллакс. Такую ошибку можно проиллюстрировать следующим образом. Представьте себе, что вы изменяете ширину комнаты и нахождение, что она равна 3 м. Нелегко вам будет получить при этом ошибку, не превосходящий 1 мм. Но именно такую относительной величины представляется ошибка 50 000 км по сравнению с а.е. в 150 000 000 км.

Для большинства случайность в определении длины a.е. была достаточно. Но сначала космического века потребовалась значительное большая точность. Действительно, космические ракеты запускались к Венере и к Марсу. Диаметры этих планет соответственно равны 12 400 км и 6800 км. Поэтому для корректировки полета ракеты так, чтобы она попала в заданное место планеты, нужно знать a.е. с точностью по крайней мере в десять раз большей. Здесь на помощь пришла радиолокация. Регистрация отраженного планетой сильного импульса радиоволн и определение времени прохождения сигналом расстояния туда и обратно позволили вычислить расстояние до планеты, а вместе с тем и a.е. с точностью до нескольких сотен километров, то есть повышить точность в сотни раз. Такие наблюдения были проведены в СССР и США и для очень согласные результаты. С небольшим округлением a.е. теперь принята равной 149 600 000 км.

Это и есть основная единница длины, который изменяется расстояния во вселенной, как в солнечной системе, так и за ее пределами. Однако для выражения расстояния до звезд эта единница все же слищом мала, и здесь употребляется другая, гораздо большая мера (ведь не станем же мы мерить расстояние между городами миллиметрами). Такая укрупенная мера равна 206 265 а.е., или 3,0857·10¹³ км, и называется парсеком. Выбор такого страного соответствия между a.е. и парсеком будет понятен из следующого.

Расстояния до звезд, по крайней мере близких к нам, изменяется

8

звездных систем. В популярой литературе часто употребляется другой единица — световой год, то есть расстояние, которое луч света в вакууме проходит в течение одного года. По наиболее точным определениям скорость света равна 299 792b, 5км/c; число секунд в календарном годе (365,25 суток) есть 365,25·24·60·60 = 31 557 600. Переменные эти числа, мы получим, что световой год равен 9,46·10^12 км. Это огромное число же меняше одного парсека: 1 nc = 3,26 световых лет. Ближайшая к нам звезда альфа Центавра находится на расстоянии 4,35 световых лет, а от близкой внешней геометрической туманности в созвездии Андромеды свет идет примерно 1 500 000 лет, и расстояние до нее оценяется в 460 000 парсек, или 460 килопарсек.

Для определения таких больших расстояний геометрической способа засечки совершенню непригrodен. Поэтому были найдены другие, астрофизические способы, основанные на определении светимости звезд.

Иногда большие числа называют астрономическими.

Приведенные примеры определяют это название.

НОВОСТИ НАУКИ

Частцы из солнечных недр

Единственный источник энергии, который может поддерживать деятельности Солнца, — это ядерные реакции, протекающие в его недрах. Так думают современные физики и астрономы. Эта гипотеза может быть проверена наλίдениемми. Цепочка ядерных реакций, которые протекают на Солнце, начинается со стольновения двух протонов, которые при этом излучают позитрон (e⁺) и атинейтрино и превращаются в ядро тяжелого водорода — дейtron:

$$p + p \rightarrow d + e^+ + \bar{v}.$$

Как бы глубоко в недрах Солнца ни просходила такая реакция, атинейтрино должны вылетать из Солнца, так как они, очень слабо взаимодействуют с веществом и поэтому лишь очень малая часть этих части поглотится внутри Солнца.

В течение многих лет физики готовились к тому, чтобы зарегистрировать на Земле атинейтрино, летящие от Солнца. Это оказалось очень трудным делом, и в последнее время даже появились сомнения в самом существовании потока солнечных атинейтрино. По крайней мере сообщалось, что их во всяком слуае, существенно меньше, чем это требовалось теорией для обеспечения всего потока энергии,рождающегося в недрах Солнца.

Наконец, прошли летом усилия физков увеличались успехом. Американский физик Дэвис, много лет работавший над методами регистрирования таких части, сообщил о том, что ему удалось зарегистрировать атинейтрино, летящие от Солнца.

Он регистрациились с помощью счетчика, наполненного изотопом хлора — хлор-37. (На самом деле в счетчике было примерно 500 000 литров жидкого четыреххлористого углерода CCl₄.) Ядра хлora превращались в ядра аргона-37 в результате реакции

$$\bar{v} + Cl^{37} \rightarrow Ar^{37} + e^-.$$

В оплах измерялось количество образовшегося аргона по его радиоактивному распаду, иушему по схеме

$$Ar^{37} \rightarrow Cl^{37} + e^+ + \bar{v}.$$

Такой метод был много лет назад предложен академиком Б. М. Понтекорво.

В своей огромной деталей всего по одному распаду Ar³⁷ в два дня. Однако именно столько их и должно быть, если учет, что, как и в Солнце, большинство атинейтрино проляется всего установленную. Исходя из своих расчетов, физики ожидали, что число атинейтрино будет раз в 6 большие, однако теория не настолько точна, чтобы подобное расхождение вызвало серверное беспокойство. Как бы то ни было, атинейтрино, которые свидетельствуют о термоядерных реакциях, снабжающих Солнце (а значит и нашу Землю) энергей, наконец зарегистрированы.

Я. А. Смородинский

9

ВЫЧИСЛЕНИЕ ОБЪЕМОВ
С ПОМОЩЬЮ ПРИНЦИАКА КАВАЛЬЕРИ

В. Л. Рабинович

Что такое объем? Как вычислить объем конкретного тела? Уже для ответа на первый из этих вопросов даже для такого «простого» случая, как прямогольный параллелипед, хотя бы одно из измерений которого не созмеримо с фиксированной единицей длины, приходит пользоваться расужением, связанным в той или иной форме с переходом к предлу беконечной последовательности. При переходе к более сложным вопросам — об определении и вычисления обмена произвольного параллелипеда, затем произвольной признамы, потом (очень важный шаг!) примиды, наконец, «круглых» тел: цилиндров, шара и шаровых сегментов — приходится использовать все новые и новые переходы к пределам, буквально нагромождая их друг на друга.

Расужждение эти, с одной стороны, тягтем немало тонкости и трудностей, с другой — представляются (внешне) довольно-tаки «стандартими». И неоспользовать учета всех этих тонкостей и ововорок в школьном курсе математики, и обманчивая «похожеть» всех этих расужений о пределах в равной степени приводят к тому, что на них (на расужении) начинают смотрить зачастую как на неизбежные ритульные заклинания, не вдумываясь и не пытаясь построить их подлинный смысл и цель. Просто пропускать их — тоже как-то «неудобно», «неприлично»: все-tаки математика! . . .

Так нельзя ли хотя бы до лучших времен одним maxом разделаться со всеми этим непряятыми разговорами о пределах? Оказывается, очень можно. Для этого достаточно принять в качестве простата (аксиомы) так называемый принцип Кавальери *. Именно принять, а не доказывать. Это, конечно, не означает, что принцип этот вообще нельзя доказывать и обосновывать. Большое того, рассуждая о «недеlemых», с помощью которых сам Кавальери приSEL к его формулировке (во многом, кстати,妒азительно предвосшенные еще Архимедом с его «методом исчерпивания»), были уже довольно близки к методам интегрального исчисления Ньютона и Лейбница, посредством которых в нашей время и определяются объемы «со всей строгостью». Но раз уж нашей цель как раз и было на этом этапе избавиться от всяческих пределов, недelmых, бесконечно малых и т.п., то разумнее ичеснее будет не пользоваться никакими супрогатами. В конце концов, мы же знаем, что геометрия строится на базе аксиом. Так вот — будет еще одна аксиома. (По ходу дела мы видим, что фактически придется воспользоваться еще парой аксиом, которые, впрочем, можно воспринять и как определения.)

Итак, формулируем принцип Кавальери:

Если при пересечении двух тел **) F и F₁ (см. рис. 1) плоскости, параллельными одной и той же плоскости α, в течение всегда получаются фигуры, площади которых находится

*) Бонавентура Кавальери (1598—1647) — итальянский математик, ученик Галиеля.

**) Под «телом» мы всюду понимаем «нечто имеющее объем», не пытаясь точнее определить заключенные в кавичках слова.

10

в постояном отношении $\lambda(\lambda > 0)$:
$$S = \lambda S_1$$
мо обтемы этих мелих находятся в том же отношении:
$$V(F) = \lambda(F_1)^*$$

Слово «объем» здесь в первые появляется не в «наводящих» рассуждениях, а в составе строго формулируемого предложения; поэтому нашу аксиому мы можем поннимать и как определение объема — конечно, лишь для таких тел $F$, что для них найдется соответствующие $F_1$, для которых понятие объема уже определено предварительно (см. ниже).

Приименим теперь принципи Кавальери для вывода формул объемов некоторых тел. Предварительно нам, однako, придется напомнить, что объем куба, ребро которого равно единице длины, принимается равным единице (такой куб называется единичным**).

*) Общно в литературе принципиом Кавальери называют предложение, являющееся частным случаям приведенного, когда относение площадей сечений, о котором говорится в предложении, равно единице. Однако у самого Кавальери принципи приводится и используется и в указанной более общей форме.

**) Это первое из упомянутых выше дополнительных условий, которое можно поннимать или как аксиому об объеме единичного куба, или как определение этого объема.

Рис. 1.

Рис. 2.

a) Произвольные признаки и цилиндр. Сначала рассмотрим прямоугольный параллеленед с изменениями, равными 1, 1 и $h$ (h может быть как рациональный, так и irrationalным числом). Пусть (рис. 2) в параллеленде $AC_1$ $AB = AA_1 = 1$, $AD = h$. Рассмотрим единный куб $MP_1$, основание которого расположено на той же плоскости $\alpha$, на которой находится основание $ABCD$ параллеленед. Легко видеть, что площади сечений $S_1$ и $S$ параллеленеда и куба любой плоскостью, параллельной плоскости $\alpha$, находятся в постоянном отношении $h$, то есть $S_1 = h \cdot S$. Следовательно, по принципиу Кавальери
$$V(AC_1) = h \cdot V(MP_1) = h \cdot 1 = h^*$$.

Пусть теперь дана произвольная признака (или цилиндр) $F$ (рис. 3) с площью основания $S$ и высотой $h$. Расположим параллеленед $AC_1$ с изменениями 1, 1, $h$ так, чтобы его грань $ABB_1A_1(AB = 1, AA_1 = 1)$ находилась в той же плоскости $\alpha$, что и основание данной признаки $F$. Поскольку $AD = h$, то и верхние основания данной признаки и параллеленеда $AC_1$ лежат в одной плоскости. Тогда в сечении признаки $F$ любой плоскостью, параллельной $\alpha$ и пересекающей признаку, получится фигура, равная основанию признаки. Площадь этой фигуры поэтому равна $S$. Так же плоскость в сечении с

*) Если принять в качестве постулята упомянутый выше частный случай принципи Кавальери при $\lambda = 1$, то вместо только что приведенной «аксиомы единичного куба» (см. предыдущей примечание) придает взять это соответствие в качестве «аксиомы прямогоного параллеленеда».

11

параллепипедом дает квадрат площади 1.

Условия принципика Кавальери выполненны. Значит,

$$V(F) = SV(AC_1).$$

Но мы нашли, что $V(AC_1) = h$. Итак,

$$V(F) = Sh.$$

6. Произвольные параметра и конус. Сначала рассмотрим частный случай. Куб $AC_1$ с ребром, равным $h$ (рис. 4), может быть расчленен на три четырехугольные параметры $A_1ABCD$, $A_1BCC_1B_1$ и $A_1DCC_1D_1$. Эти параметры равны между собой. Действительно, первые параметры могут быть совмещены так, чтобы их основания (равные квадраты $ABCD$ и $B_1C_1CB$) и равные ребра $AA_1$ и $B_1A_1$ совпали. Тогда и параметры совместятся. Аналогично показывается равенство последних двух параметра *). Значит, объем каждой из параметров второе меньше куба $AC_1$:

$$V(A_1ABCD) = \frac{1}{3}h^3$$

Пусть теперь дана произвольная параметра $F$ (или конус) с площадью

*) Необходимые совмещения любой пары из этих трех параметров могут быть реализованы, например, при врашении одной из параметров около оси $A_1C$ на угол 120°.

**) Здесь мы используем последнее из дополнительных определений (аксиом): объем совокупности нескольких мел (в данном случае куба) равен сумме объем этих мел (пaramид). Равенство же объем равных тел (пaramид) легко следует из принципика Кавальери.

Рис. 3.

основания $S$ и высотой $h$. Расположим эту параметру так, чтобы ее основание находилось в той же плоскости $\alpha$, в которой находится основание рассмотренной только что четырехугольной параметры $A_1ABCD$ (ее будем обозначать для краткости $F_1$). Можно считать, что вершины этих параметров находятся по одному сторону от плоскости $\alpha$. Тогда, используя теорему о сечении параметры плоскостью, параллельной основанию, легко получить, что площади сечений обихх тел плоскостью, параллельной плоскости $\alpha$, будут относиться как площади их оснований. Поэтому может быть применен принцип Кавальери:

$$V(F) = V(F_1) \cdot \frac{S}{h^2} = \frac{S}{h^2} \cdot \frac{1}{3}h^3 = \frac{1}{3}Sh.$$

в) Шар, шаровой сегмент. Расмотрим полушар с центром в $O$ и радиусом $R$. Продолжим плоскость $\alpha$ ограничивающего этот полушар большого кругга и помещим на эту плоскость основанием куб с ребрами, равными $R$ (рис. 5). Если мы отделим от этого куба четырехугольную параметру $BA_1B_1C_1D_1$, имеющий верхнюю вершину $B$ куба, а основанием — верхнее основание последнего, то получим некоторое тело, которое будем обозначать через $F_1$. Пересечем оба тела некоторой плоскости $\alpha'$, параллельной плоскости $\alpha$

14

Упражнения

1. Доказать, что площад эллипса равна лаб, где $a, b$ — полуси эллипса *).

2. Определить объем эллипса вращения, получаемого вращением эллипса с полусями $a$ и $b$ около оси, равной 2$a$.

3. Доказать, что объем метраэдра (треугольной парамиды) равен $\frac{2}{3} S_{\text{cp}} \cdot h$, где через $h$ обозначено расстояние между скрещивающимся прямыми, на которых лежат противоположные ребра tetraэдра, а $S_{\text{cp}}$ есть площад сечения этого tetraэдра плоскостью, равной длине от этих двух прямых.

4. Клином называется многогранник, который получится, если концы *) Об эллипсе см. статью И. Н. Бронштейна «Эллипс» в журнале «Квант» № 9 за 1970 г.

Рис. 9.

сечении плоскостью, перpendикулярной к ребрам $a, b, c$ клина (или его продолжения вдоль этих ребер).

Физика

Альберт Эйнштейн любил играть на скрипке под аккомпанент Артура Шнабеля. Как-то раз Эйнштейн сфальшивил. Попробовал еще раз — снова неудача. Шнабель вышел из себя: «Не так, Альберт, не так! Послушай, как я играю: раз, два, три, раз, два, три… Божже мой, неужели ты не умеешь считать?»

Как-то раз Роберт Бунзен пошел в консерваторию на концерт. «Послушайте, спросил он в антракте соседа,— те скрипки, что находится справа от дрижера, играют одно и то же?» — «Совершенно верно»,— ответил сосед. «Неэкономно! — показал головой Бунзен,— не проше ли было за

менить их одной большой скрипкой, чтобы на ней играл один человек?»

В юности Макс Планк увлекателься теории музыки. Тогда он воспитал в себе настолько тонкий слух, что ему, как он впоследствии рассказываал друзьям, ни один концерт не мог доставить полного удовлетвория — всегда он подмечал даже неизбежные мелчайшие ошибки исполнителей. Лишь много лет спуста, к своей радости, он потерял «сверхчувствительность».

Эрnest Резерфорд не отличался музыkbным слухом, хотя обладал довольно звучным голосом. Его

15

Л. БЛИТЦЕР

ПАРАДОКСЫ
СПУТИИКОВ

Закон инерции хорошо известен. И хотя на Земле мы никогда не видели равномерно движущого тела, на котором не действовали бы никакие силы, тем не менее шайба на льду может служить хорошо моделью такого тела: сила трения мала, а сила тяжестями компенсируется силой реакции льда. В космосе, там, где летают искусственные спутники, ничего не компенсируется силу тяжестями. Поэтому там тела, на которые не действуют никакие силы (кроме силы прятяжения), движутся по эллипсам, параболам или гиперболам. Это можно считать «законом инерции» для спутников *).

Как же выглядит для спутника «второй закон Ньютона», то есть как изменяется скорость спутника, если на него действует какая-либо сила, кроме силы прятяжения к Земле? Об этом рассказано в статье, которое мы перечатьаем из «American Journal of Physics» за 1971 г. Текст § 2 несколько изменен с тем, чтобы рассматривать движение не по эллипсу, а по окружности, так как формулы для такого движения можно легко получить, пользоваться школьным учебником физики. Эллиптическость орбиты спутника в данной случае несущетвена.

Статья подготовлена к печати Н. Я. Смородинской.

I. Введение

Как вы думаете, что происходит со скоростью и кинетической энергии искусственного спутника Земли при торможении в атмосфере? Вы наверняка ошибетесь, если будете руководствовать лишь тем, что вам подсказывает повседневный «земной» опыт. Оказывается, скорость и кинетическая энергия спутника при торможении в атмосфере возвращают!

Это удивительное явление было настоящко неожиданным, что его стали назвать парадоксом. Мы рассакjem здесь о трех, казалось бы, совершенное развиваниях, обьясенное которым связывано с этим парадоксом.

1. Сокращение размеров орбиты спутника и увеличение его скорости в земной атмосфере.

2. Колбание экваторialного спутника Земли относительно положения устойчивого равновесия.

3. Изменение продолженности земного места.

Первое из перечисленных явлений объясняется торможением в атмосфере, причина второго кроется в «трехносности» нашей планеты, а третье связывано с тем, что на поверхности Земли образуют приливные выступы.

16

II. Невозмущенная кеплеровская орбита

Давайте вспомним самые простые уравнения движения, подчиняющиеся законом Кеплера. Если бы Земля была сферическим симметрична и если бы вокруг нее не было ни атмосферы, ни других возмущающихся факторов, то хорошо известно, что орбита земного спутника представляет бы собой эллипис, один из фокусов которого лежал бы в центре Земли (рис. 1).

Когда орбита спутника близка к окружности с радиусом $a$, то период обращения его вокруг Земли равен

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{a^3}{\mu}},$$

где $\mu = \gamma M$ (γ — гравиатционная постоянная и $M$ — масса Земли).

Согласно третьему закону Кеплера таким же будет и период обращения спутника по эллиптической орбите с большой полуосью, равной $a$.

Можно показать, что при движении по круговой орбите потенциальная энергия $U$, кинетическая энергия $K$ и полная энергия $E$ спутника выражаются через $a$, и массу спутника $m$ следующим образом:

$$U = -\frac{\mu m}{a}*),$$

$$K = \frac{\mu m}{2a},$$

$$E = -\frac{\mu m}{2a}.$$

*) См. статью Н. М. Сперанского «Потенциальная энергия тел в поле тяжости» на стр. 20.

Рис. 1. Кеплеровский эллипс. $F$ — возмущая сила.

Отсюда видно, что эти величины связаны соотношением

$$U = -2K = 2E.$$

Для эллиптической орбиты соответствие (5) и формулы (2)—(4) остаются верными, но вместо кинетической и потенциальной энергии нужно говорить о средней (за один оборот вокруг круггут Земли) кинетической и средней потенциальной энергии спутника.

III. Объяснение парадокса

Рассмотрим теперь, что происходит, когда на спутник действует какая-нибудь произвольная дополнительная сила. Очевидно, что если эта сила больше гравиаточной ($\frac{\mu}{r^2}$), то она должна играть основную роль. Это условие выполняется, например, в момент запуска спутника. Если же возмущая сила мала по сравнению с силами гравиатизации, то орбита должна быть кеплеровкой (то есть эллипсом или окружностью.) Именно этот случай мы и будем исследовать.

Любую непрерывно действующее возмущающее силу $F$ можно заменить последовательностью бесконечного малых импульсов. В результате работы, совершаемой силой $F$ в течение произвольного малого инвервала времени $\Delta t$, энергия спутника возвращает на величины $\Delta E$:

$$\Delta E = F_T \Delta S = F_T v \Delta t,$$

где $F_T$ — тангенциальная составляющая силы $F$, направленная по касательной к орбите, а $v$ — скорость спутника.

Бесконечно малому приращению энергии $\Delta E$ соответствует увеличение радиуса орбиты спутника на бесконечную малую величины $\Delta a$.

Посмотрим теперь на формулу (4). Мы увидим, что с увеличением энергии спутника радиус его орбиты увеличивается. Сосчитаем, на какую величины $\Delta a$ изменится радиус

новится чисто радиальный. Следовательно, в этих точках во врашающей системе отчета спутник должен быть в равновесии (висеть на месте). Во всех же остальных точках спутник будет испытывать приятжение, направленное в сторону ближайшего конца главной оси. Следовательно, будет существовать тангенциальная компонента силы $F_T$, направленная по касательной в сторону ближайшего конца главной оси (рис. 3). На первый взгляд может показаться, что спутник должен получитьускорение в направлении действия силы $F_T$, однako, согласно уравнения (12), все проискодит совершенно иначе. В соответствии с разобранным парадоксом спутник будет медленно перемещаться в противоположном направлении в сторону ближайшего положения равновесия $A$, расположенного на малой оси. Поскольку спутник обладает неокоторым количеством движения, он пройдет немного дальше точки $A$, после чего направление действия силы изменится на противоположное и спутник начинает постепенно двигаться в обратную сторону. Таким образом, спутник будет совершать колбания относительно положения равновесия $A$ на малой оси.

В этом процессе потери энергии не происходит. Траектория спутника с периодом обращения 24 часа изобразена пунктиром на рисунке 3. Перiod колбаний зависит от амплитуды, которая в свою очередь определяется начальным условиями.

VI. Увеличение длиельности земного месца

Перейдем к третьей задаче, также связанной с рассмотренным парадоксом. Астрономам давно известно, что Луна постепенно удаляется от Земли, в результате чего период ее обращения, то есть наш земной месцц, все время увеличивается. Одним из следствий лунного прияжения является проискодция на Земле приложы. Если бы Земля была покрыта океаном и между массой воды и морским дном

Рис. 4. Приливные выстиупы на Земле. (Для наглядности их размер сильно преуvelчен.)

не было трения, то оба приливных горба лежали бы на прямой, соединяющей центры Лунны и Земли (рис. 4). Однако скорость врашения Земли больше, чем угловая скорость движения Лунны по орбите, поэтому приливные горбы из-за трения между морским дном и водой вытягиваются вперед по направлению врашения Земли.

Поверхность Земли и океанов, как показано на рисунке 4, прибретает форму эллипсона, аналогичного экваториального эллипсу предыдущего задачи. Однако в этом случае водяной горба на Земле лишь немного опередяет Луну. Горб, ближайший к Луне, взаимодействует с ней сильнее, чем более удаленный горб, поэтому тангенциальная составляющая силы, действующей на Луну, направлена в ту сторону, в котором движется Луна.

Орбитальная энергия Луны при этом возрастает, так как $F_T > 0$. Призвов на помощь все тот же парадокс, сразу заключаем, что получа а лунной орбиты и период обращения Луны вокруг Земли возрастает. Иньми словами, Луна постепенно удаляется от Земли, а продолжительность месца увеличается. В то же время линейная и угловая скорость Луны уменьшается.

Полный момент количества движения системы должны сохраняться, потому что дополнительное поступление энергии извне отсутствует. Раз момент количества движения Луны относительно своей оси врашения должен все время убивать и день должен становиться длине.

20

В поле тяготения

Еще в школьном курсе физики указывается на существование глубокой аналоги между gravитационным и электростанческим полями, вытекающей из формального математического сходства закона тяготения Ньютона и закона Кулона. И в поле тяготения и в электростанческом поле работа по перемещению тел или электрических зарядов не зависит от формы пути, а определяется лишь потенциальами точек начала и конца перемещений и величины масс или зарядов. Отсюда, в свою очередь, следует, что работа по замкнутому контуру, как в том, так и в другом поле равна нулю.

Потенциаль любой точки электростанческого поля $\varphi = \frac{kQ}{r}$, где $Q$ — точный заряд, образованший поле, $r$ — расстояние от данного заряда до точки, в котором определяется потенциаль $\varphi$, а $k$ — постоянная, зависит от выбора системы единиц. В системе СГС $k = 1$; в системе СИ $k = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}$; $k$ — коэффициент пропорциональности в законе Кулона.

Работа по перемещению точного заряда $q$ равна

$$A = q \left( \frac{kQ}{r_2} - \frac{kQ}{r_1} \right),$$

где $r_1$ соответствует начальной точке, в которой находится заряд $q$, а $r_2$ — его конечному положению.

Из аналоги между gravитационным и электростанческим полем заклонаем, что работа $W$ в gravитационном поле, например, Земли равна

$$W = -m \left( \frac{\gamma M}{r_2} - \frac{\gamma M}{r_1} \right),$$

где $\gamma$ — gravитационная постоянная (козффициент пропорциональности в законе тяготения), $M$ — масса Земли, $m$ — масса точного тела, переносимо в поле силы тяготения Земли, а $r_1$ и $r_2$ — соответственно начальное и конечное расстояния от данного тела до центра планеты.

Мы поставили в этой формуле знак «—», так как два тела всегда пригиваются. Это соответствует взаимодействию положительного и отпечатального зарядов. Для того чтобы увеличить расстояние между телами $(r_2 > r_1)$, нужно совершить положительное работу. При уменьшении расстояния между телами направление перемещения тела совпадает с направлением действия на него силы. Следовательно, в этом случае работа структальная.

Определим теперь потенциальную энергию тела на расстоянии $R$ от центра Земли. Так как изменение потенциальной энергии равно работе, затрачиваемой на перемещение тела, то, полагая, что потенциальная энергия равна нулю бесконечно далеко от Земли $(r_1 = \infty)$, найдем

$$U = -\frac{\gamma M}{R} m.$$

График зависимости $U$ от расстояния $R$ показан на рисунке 1. Это гипербола, изображенная сплошной красной линии. На поверхности Земли $U = -\frac{\gamma M}{R_3} m$, где $R_3$ — радиус Земли.

Obviously shear задачи, связанные с перемещением тела у поверхности Земли, мы получаем другой формуле:

$$U = mgh,$$

21

где $h$ — расстояние до поверхности Земли и $g$ — ускорение свободного падения. Не ошибаемся ли мы?

Давайте отсчитывать величины потенциальной энергии тела от поверхности Земли, то есть считать, что на поверхности Земли потенциальная энергия равна нулю. Это означает, что нам нужно поднять красную кривой на рисунке 1 на $\frac{\gamma M}{R_3} m$, а формулу для потенциальной энергии тела записьать так:

$$U = -\frac{\gamma M}{R} m + \frac{\gamma M}{R_3} m = \gamma M m \frac{(R - R_3)}{RR_3}.$$

Если изменение расстояния тела до центра Земли $h = R - R_3$ мало

Рис. 1.

по сравнению с $R_3$, то $R \approx R_3$ и $RR_3 \approx R_3^2$. Поэтому

$$U = \frac{\gamma M m}{R_3^2} h.$$

Поскольку в большинстве практических задач вращением Земли обычно пребрегают, можно считать, что на поверхности Земли тело массы $m$ притягивает с силой $mg = \frac{\gamma M m}{R_3^2}$, то $\frac{\gamma M}{R_3^2} = g$ и $U = mgh$.

Мы снова получили ту же формулу. Ясно, что его можно пользоваться при $h \ll R_3$. При этом мы заменяем пунктарную кривую касательной к ней в точке $R = R_3$.

Кроссворд МФТИ

В № 1 нашего журнала за 1972 год мы помещили кроссворд МФТИ (кстати, как заметили многоге на наш читатель, в ответах на этот кроссворд есть неточность: «фокус о светом» — это, конечно, «преставление», а не «представление»).

Предлагаем вам еще раз проверить свои «юмористические способности». Мы уверены, что вы справитесь с помещенным ниже кроссвордом. Если захотите (на всякий случай) проверить, верно ли вы ответили на все вопросы кроссворда, то посмотрите на стр. 58 этого номера журнала.

По вертикали:

1. Приспособление для выращивания молодежи. 2. Твердая едa. 3. Съедобный эллипсид. 4. Коммунальный чайник без ручки. 6. Действие, образное вымогательство. 7. Псевдоним. 10. Первое русское декольтированное платье. 11. Место прописки Адама Козлевича. 17. Клята наихих предков. 18. Геометрическое место равных топов. 19. Пять шести восточного бандита. 20. Начало пресловутого танца.

По горизонтали:

5. Черт знает что. 8. Комета без головы. 9. Папирус двадцатого века. 10. Населенный пункт в окрестностях Долгопрудного. 12. Инородный подожный предмет. 13. Ликвидация брака. 14. То, что думает волк-интеллгент, глядя на Красную Шапочку. 15. Сельскохозяйственный работник. 16. Фотополуфабрикат. 21. Организованная паника. 22. Национальное сухое блюдо. 23. Ругательство.

22

Соответствие Лейбницца и распределительное свойство скалярного произведения векторов

З. А. Скопец

Напомним, что скалярное произведение двух векторов есть число, равное произведению длины (модулей) этих векторов на косинус угла между ними:

$$a \cdot b = |a| \cdot |b| \cdot \cos(a, b).$$

(1)

Такое определение годится для векторов и на плоскости, и в пространстве. Скалярное умножение связано со сложением векторов распределительных (дистибутивным) законом:

$$a(b + c) = ab + ac.$$

(2)

Это свойство удобно использовать во многих случаях, в особенности при доказательстве stereometрических теorem о перпендикулярных прямых и плоскости*). Но беда в том, что обычно само свойство (2) доказывается с помощью некоторых из этих теorem**). В этой заметке мы показем, что существует путь, свободный от указанного недостатка: мы выведем свойство (2) из соответствия Лейбницца для элементов треугольной парамиды, а затем доказем это соответствие без использования теorem stereometрии.

Соответствие Лейбницца интересно и само по себе. Оно выражает расстояние от вершины tetraэдра до точки пересечения медian противоложной этой вершине грани tetrahedra

Рис. 1.

разделя длины всех шести его ребер.

1. Соответствие Лейбницца. Пусть дан метраэдр OАВС (рис. 1), G — точка пересечения медian треугольника ABC. Положим: OG = d, OA = a, AB = c₁, OB = b, OC = c, BC = a₁, CA = b₁.
   Тогда
   $$d^2 = \frac{1}{3} (a^2 + b^2 + c^2) - \frac{1}{9} (a_1^2 + b_1^2 + c_1^2).$$

(3)

Это соответствие мы выведем несколько позднее. А сейчас показем,

*) По новым программам операции над векторами в пространстве будут изучаться в 9-м классе в курсе stereometрии.
**) В приложении, помещенном в конце статьи, соответствующая фраза выделена курсивом.

Из (3’) следует, что $a^2 + b^2 + c^2 = GA^2 + GB^2 + GC^2 + 3OG^2$.
Левая часть достаточно минимума при условии $OG = 0$, или когда точка $O$ совпадает с точкой $G$.

в) Если в окружность вписаны два равносторонних треугольника, то сумма квадратов расстояний любой точки пространства до вершин однозоо треугольника равна сумме квадратов ее расстояний до вершин другого треугольника.

г) Если вершину параллелена со всеми остальных его вершинами, то получается семь отрезков, из которых один — диагональ $d$ параллелена, три — диагоналы $d_1$, $d_2$, $d_3$ его боковых граней, остальные три — ребра $a$, $b$, $c$ параллелена.

Путем двукратного применения соответствия Лейбницца (3)

1. доказать истинность следующей соотношения, связывающего указанные семь линейных элементов параллелена:

$$d^2 = d_1^2 + d_2^2 + d_3^2 - (a^2 + b^2 + c^2);$$

(10)

2. вывести распределительное свойство скалярного произведения векторов, исходя из соответствия (10).

Принложение

Используя теоремы стереометрии (см. сноску на стр. 22), мы можем легко доказать, что

$$a (b + c) = ab + bc.$$

(11)

Докажем сначала такую лемму.

Лемма. Проекция вектора на ось не зависит от того, от какой точки пространства отложен вектор.

Доказательство. Пусть $C'D'$ — проекция вектора $CD$ на ось $l$, то есть $CC'$ и $DD'$ — перpendикуляры, опущенные из точки $C'$ и $D$ на $l$ (рис. 4). Пусть $E$ — четвертая вершина параллелерамma $CC'D'E$, тогда $CE = C'D'$, $CC' || ED'$ и потому $ED' \perp l$.

Поскольку $ED' \perp l$ и $DD' \perp l$, то $DE \perp l$ и следовательно, $DE \perp CE$. Тем самым, мы доказали, что проекция вектора $CD$ на ось $l$ равна его проекции на ось, параллельную $l$ и проходящую через начало вектора — точку $C$:

$$C'D' = CE.$$

Теперь утверждение леммы очень удобно (если $C_1D_1 = CD$, то соответствующие прямые треугольники $CDE$ и $C_1D_1E_1$ равны по остому углу $\varphi = \angle ECD = E_1C_1D_1$ и гипotenuse $CD = C_1D_1$).

26

О.А.Жаутыков
ГРАФИК
КУБИЧЕСКОГО ЧЕТЫРЕХЧЛЕНА

В «Кваните» № 11 за 1971 год расссказывалось о некоторых формулах, позволяющих выразить корни кубического уравнения через его коэффициенты. Однако во многих задачах оказывается полезным уметь представить себе график «кубического уравнения». Об этом и идет речь в публикуемой ниже статье.

Поставим свой заданный научиться строить график функции
$$y = ax^3 + bx^2 + cx + d \ (a \neq 0),$$ (1)
то есть многочлена 3-й степени. Конецно, можно пытается построить кривой (1) по точкам. Но это слишком долгий путь, требующий утомительных вычислений. Мы рассскажем о более простом способе, позволяющим в каждом конкретном случае легко представить себе в общих чертах поведение кривой, описываемой уравнением (1).

Будем искодить из графика функции
$$y = x^3,$$ (2)
называемого кубического параболю. Эта кривая строится по точкам (рис. 1); ее вид необходимо запомнить. Она играет при изучении графика кубического многочлена (1) роль, аналогичную роли параболы $y = x^2$ в теории квадратного трехчлена.

Кубическая парабола обладает следующими основными свойствами:

1. она симметрина относительно начала координат и проходит в третий и первой четвертях (другими словами, функция (2) — нечетная);
2. в начале координат кубическая парабола пересекает ось абсцисс, одновременно касаясь ее.
   Легко сообщить далее, как выглядит график функции
   $$y = ax^3,$$ (3)

Рис. 1. Рис. 2.

27

Наконец, рассмотрим график функции
$$y = ax^3 + mx.$$

Его легко построить методом сложения двух графиков — уже знакомой нам кривой (3) и прямой $y = mx$, проходящий через начало координат: нужно при каждом значении абсциссы $x$ сложить соответствующее ordinateы кривой (3) и прямой $y = mx$.

Ясно, что вид графика функции (4) зависит от значков чисел $a$ и $m$. Именно, если $a > 0$ и $m < 0$, то кривая (4) имеет вид, показанный на рисунке 3 $a$, если же $a > 0$ и $m > 0$, — то вид, изображенный на рисунке 3 $b$. График функции (4) в случае $a < 0$ и $m > 0$ (рис. 3 $\theta$) получается зеркольным отображением относительно оси ordinateки кривой, изображенной на рисунке 3 $a$, а в случае $a < 0$ и $m < 0$ (рис. 3 $\epsilon$) — зеркольным отображением кривой на рисунке 3 $b$; впрочем, на рисунке 3 $\epsilon$ мы уведомили $a$, и парабола стала круче, сохранив, однako, общий вид.

Основные свойства кривой (4) состоит в следующем:

1. она пересекает (в начале координат) прямую $y = mx$, одновременно касаясь ее;
2. если числа $a$ и $m$ одного знака, то эта кривая лишь в начале координат пересекает ось абсцисс; если же числа $a$ и $m$ разных знаков, то эта кривая трижды пересекает ось абсцисс (в точках $x = 0$ и $x = \pm \sqrt{-m/a}$).

Итак, график функции (4) мы рисовать научились. А теперь показем, что для любой функции типа (1) всегда можно найти такие (действительные) числа $m, k, h$, что график функции (1) получается смешением кривой (4) на $h$ влево и на $k$ вниз.

В самом деле, если пересести кривую (4) на $h$ влево и на $k$ вниз, то получится кривая, описываемая уравнением
$$y + k = a(x + h)^3 + m(x + h),$$

28

если $h > 0$, или на $|h|$ вправо, если $h < 0$, и на $k$ визз, если $k > 0$, или на $|k|$ вверх, если $k < 0$, где числа $h$ и $k$ определяются по формулам (5).

Пример. Построить график функции $y = x^3 - 4x^2 - 4x + 16$.

По формулам (5) находим:

$$m = -9\frac{1}{3}, \quad h = -1\frac{1}{3},$$

$$k = -5\frac{25}{27}.$$

Поэтому нам нужно построить график функции

$$y = x^3 - \frac{28}{3}x$$

(рис. 4 а), а затем перевинуть его на $\frac{4}{3}$ вправо вдоль оси абсцисс и на $\frac{160}{27}$ вверх вдоль оси ordinат (рис. 4 б).

АРМЯНСКИЕ НАРОДНЫЕ ЗАДАЧИ

(Письмо читатель)

Дорогая редакция!

У нас в школе уже 2-й год действия математической класса «XYZ» (X — труд, Y — знания, Z — народный фольклор). В основном клабсе собирает народные задачи, которые в Армении называются «храхчанаками». А их много…

Армянские математики Анания Ширакации (VII в.), Мхитар Ерзникации (XIV в.), Закария Саркаварг (XVII в.) и другие в своих работах предложали разные «храхчанакы».

…Члены класса «XYZ» собрали и отредактировали более 15 задач — храхчанаков из нашего cela. Некоторые из них мы предложаем вашему вниманию.

Камень затянули во двор

Во время строительства Ваанаваанка *) взели из каменоломни двухсотпудовый камень. Полдороги четыре быка взели его три дня. камень был тяжелый, пришлось его разбит, от него осталось 150 пудов, а быков взели на половину больше, чем было. Сколько времени камень тянули во двор Ваанаваанка?

Сто марзан пшеницы

Мельник разделил 100 марзан пшеницы на три части, чтобы погрузить на лошадь, осла и ослика. Если от груза лошади отнять груз осла, то остаток ослик может перевести в шесть приемов, а если отнять два груза осла, то остаток ослик может перевести в четыре приема, а на пятый — остатся груз, на половину меньше, чем в каждый из предыдуших четырех.

*) Ваанавак—известный армянский монастрь Хвека.

Узнайте, сколько груза мелBNик погрузил на лошадь, осла и ослика?

Дочери Навасарда

Дочери Навасарда были ковроткачиками. Если бы Навасардал каждой дочери по семи мотковниток без одного, то у него еще осталась бы така же доля мотков. А если бы он дал каждой по семи и еще одному мотку, то дочке Зарениток бы не осталось совсем. Сколько мотковниток было у Навасарда и сколько дочerei?

Лиса и лисята

На семи горах растут по семь деревьев, под каждым деревом — семь нор, в каждой норке живет семь лисяц, у каждой лисяцы семь лисят. Сколько всего лисяц?

Роберт Эджананский Клуб «XYZ» Лернадзорской воспоминаний школьки Кафанского района Армянской СССР

ЗАДАЧА НАПОЛЕОНА

У французского императора Наполеона было увлечение (подробнее об этом смотрите, например, «Занимательную геометрию» Я. И. Перельмана) — составление геометрических задач. Некоторые задачи Наполеона отличаются простой постановки и допускают изящные решения.

На первой странице обложки (сверху) приведен рисунок к условию геометрической задачи, которая, согласно замечтеке французского журнала «Mathesis», (1938 г.), была составлена Наполеоном.

Каждая из сторон произвольного треугольника (он окрашен в зеленьй цвет) поделена точками на три равных отрезка. На средних отрезках построены внешним образом равносторонние треугольники (они окрашены в красный цвет). Тогда вершины треугольников, не лежащие на сторонах зеленьного треугольника, образуют треугольник, стороны которого окрашены синим цветом. Требуется доказать, что последний треугольник равносторонний.

Для доказательства проведем дополнительное построение: соединим отрезкиами соседние вершины треугольников. Мы получим треугольники, окруженные орangesым цветом. Каждый из углов, отмещенных на рисунке 1 дугами, равен 120°. Кроме того, заменаем, что треугольники, которые составляются из двух орangesых и одной красной части, равноведенные, и что сумма «внешних» углов при вершинах трех треугольников, основаниями которых служат синее отрезки, равна 360°. Затем вырезаем из плоскости чертежа и шарниро поворачиваем вокруг точки E и C два треугольника, как показано на рисунке 2.

В результате получаются два треугольника с общей стороной EC, приведенные на рисунке 3. Эти треугольники равны по сторонам. Суммы пар углов, выделенных дугами у вершин E и C, составляют по 120°. Следовательно, на каждый из углов, принадлежих общему основанию этих треугольников, приходится по 60°. Треугольник с синими сторонами действительно оказывается равносторонним.

А что на втором рисунке на обложке? Оказывается, если на средних отрезках на сторонах исходного треугольника построены рав-

30

В.Н. ВАГУТЕН
Алгоритм Евклиза и основная теорема арифметики

Эта статья написана по материалам экспериментального задания для 8—9-х классов Всесоюзной заочной математической школы Академии педагогических наук СССР при Московском государственном университете имени М. В. Ломоносова.

Все знают, что любое целое положительное число можно разложить в произведение простых множителей; так например,

$$400 = 2^4 \cdot 5^2, \quad 1001 = 7 \cdot 11 \cdot 13, \quad 290981 = 43 \cdot 67 \cdot 101.$$

Почему такое разложение единственно? Более простой факт: если произведение mn делится на 43, то хотя бы одно из чисел m и n должно делиться на 43. Как это доказать?

Эти факты считаются очевидными. Между тем доказать их не так просто. Это мы сделаем в конце статьи, а начием с самых простых утверждений, относящихся к делимости целых чисел, и расскажем о том, как найти наиболее общий делитель двух чисел, не раскладывая их на простые множители.

Всюду латинскими буквами (a, b, c, d и т. д.) мы обозначаем целые числа.

1. Дelimность суммы, разности и произведения

Мы говорим, что целое число a делится на целое число b, если существует такое целое число k, что a = kb. В таком случае число b называется делимем числа a.

Сразу выведем два простых утверждения:

1°. Если числа a и b делятся на c, то u их сумма a + b, u их разность a - b делятся на c;
2°. Если a делится на c, a b делится на d, то их произведение ab делится на cd.

Докажем 1°. Поскольку a делится на c, то a = kc, где k — некоторое целое число. Точно так же b = mc, где m — целое число. Поэтому a + b = (k + m)c, a - b = (k - m)c, откуда следует, что каждое из чисел a + b и a - b делится на c.

Докажем 2°. Пусть a = kc, b = md. Тогда ab = (km)cd, откуда и следует утверждение 2°.

Задча 1. Докажите, что если a делится на b, a b делится на c, то a делится на c.

Задча 2. Какие из следующих утверждения верны, а какие нет:

a) если одно слагаемое делится на 6, а другое не делится на 6, то их сумма не делится на 6;
b) если сумма двух слагаемых не делится на 6, то хотя бы одно из них не делится на 6;
g) если сумма двух слагаемых не делится на 6, то каждое слагаемое не делится на 6;

Д) если произведение нескольких совместных совместных делится на 6, то и один из совместных делится на 6?

Задание 3. Процель числа $a, b$ и $c$ известно, что каждое из чисел $a + b$ и $a - b$ делится на $c$. Следует ли отсюда, что каждое из чисел $a$ и $b$ делится на $c$?

Задание 4. Докажите, что если $a^2 + ab + b^2$ делится на $a + b$, то $a^4 + b^4$, делится на $(a + b)^2$.

2. Деление с остатком

Все знают правило деления одного целого числа $a$ на другое целое число $b$ «столбиком». Это деление можно продолжать до тех пор, пока остаток не станет меньше, чем делитель. Например, если $a = 1972$, $a + b = 31$, то при делении получится частное 63 и остаток 19:

$$-\frac{1972}{186} \div \frac{31}{63},$$

или $1972 = 31 \cdot 63 + 19$. Можно по этому поводу формулировать следующий рисунок:

Рис. 1.

дующее предложение (см. рис. 1):

если $a$ и $b$ — целые числа, причем $b$ больше нуля, то существует максимое целое число $q$, что $a = bq + r$, где «остаток» $r$ — целое число, удовлетворяющее $0 \leq r < b$.

Задание 5. В одном из подъездов 8-этажного дома на первом этаже находится квартиры от № 97 до № 102. На каком этаже и в каком (по номеру) подъезд находится квартира № 211? (На всех этажах одинаковое число квартир и все подъезды устройства одинаково).

Задание 6. Было 5 листов бумаги. Некоторые из них разрезали на 5 кусков каждый. Затем некоторые из получившихся кусков снова разрезали на 5 части, и так сделали несколько раз. Могли ли в результате получить 1971 кусок?

Задание 7. Найти наименьшее шестизначное число, которое делится на 3, на 7 и на 13.

Задание 8. Какой остаток дает число 98 765 432 123 456 789:

a) при делении на 4;
b) при делении на 8;
b) при делении на 9?

3. Наибольший общий делитель [НОД]

Пусть $a$ и $b$ — целые числа, не равные одновременно нулю. Расстояние все числа, на которых делятся $a$, и $b$, и выберем из них наиболее. Этот наибольший общий делитель чисел $a$ и $b$ мы будем обозначать через НОД ($a, b$). Наример, НОД ($4,12$) = 4; НОД ($21,91$) = 7; НОД ($15,28$) = 1.

Если НОД ($a, b$) = 1, то числа $a$ и $b$ называются взаимно простыми.

Задание 9. Произведение двух чисел равно 600. Какое наибольшее значение может иметь НОД таких чисел?

Задание 10. Докажите, что если $d = \text{НОД} (a, b)$, $a = kd$, $b = ld$, то НОД ($k, l$) = 1.

Задание 11. Какое наибольшее число одинаковых букетов можно составить из 264 белых и 192 красных тюльпанов?

Задание 12. a) На листе клеетой бумаги нарисован прямоугольник размером $10 \times 15$, на его диагонали лежат 6 узлов сетки (рис. 2). Пусть имеется прямоугольник $m \times n$, стороны которого проходят по линиям сетки. Сколько узлов сетки лежит на его диагонали?

6. Сколько решений в натуральных числах $x$, $y$ имеет уравнение $mx + ny = mn$, где $m$ и $n$ — данные натуральные числа? (Напомним, что натуральными называются целые положительные числа).

32

4. Алгоритм Евклида

Для того, чтобы найти НОД двух чисел, можно, конечно, действовать так: выписать все делители каждой из чисел, выбрать общие делители, а затем взять из них наиболее.Можно поступить иначе, не отыскивая отдельно делители каждой из чисел.

Докажем следующую важную lemma.

Лемма 1. Пусть $a = bq + r$, $m=d a$ НОД $(a, b) = \text{НОД}(b, r)$.

С этой целью покажем, что у пары чисел $(a, b)$ множество общих делителей в точности такое же, как у пары чисел $(b, r)$. Отсюда, конечно, будет следовать, что и НОД у этих пар один и тот же. Итак, докажем, что каждый общий делитель чисел $a$ и $b$ является также делителем числа $r$, и наоборот, что каждый общий делитель чисел $b$ и $r$ является делителем числа $a$.

Докажем сначала первое утверждение. Пусть $a$ и $b$ делятся на $k$. Тогда $bq$ делится на $k$ (см. 2° из п. 1) и $r = a - bq$ делится на $k$ (см. 1° из п. 1).

Перейдем ко второму утверждению. Если $b$ и $r$ делятся на $m$, то $bq$ делится на $m$ и $a = bq + r$ делится на $m$ (здесь мы опять пользовались утверждениями 1° и 2° из п. 1).

Доказанная lemma позволяет легко и быстро находить НОД двух чисел. Посмотрим, как это делается.

Пример. Найдем, чему равен НОД (6069, 663).

Решение. Разделим 6069 на 663 с остатком:

$$6069 = 663 \cdot 9 + 102.$$

Из леммы следует, что НОД (6069, 663) = НОД (663, 102).

Ищем НОД (663, 102). Для этого делим 663 на 102:

$$663 = 102 \cdot 6 + 51.$$

Снова, применив lemму, получаем НОД (663, 102) = НОД (102, 51). Но 102 делится на 51 без остатка:

$$102 = 51 \cdot 2,$$

позетом НОД (102, 51) = 51, следовательно,

$$51 = \text{НОД} (102, 51) = \text{НОД} (663, 102) = \text{НОД} (6069, 663).$$

Ответ. НОД (6069, 663) = 51.

Метод отыскания наиболее общого делителя, основанный на последовательном применении леммы 1, носит специальное название — алгоритм Евклида.

Заддача 13. Найдите наиболее общий делитель чисел:

a) 987 654 321 и 123 456 789,
b) 7 777 777 777 и 777 777.

Заддача 14. От прямого линника 324 $cm \times 141$ $cm$ отрезают несколько квадратов со стороны 141 $cm$, пока не остается прямого линника, у которого одна из сторон

Рис. 3.

меньше 141 $cm$. От полученного прямого линника снова отрезают квадраты, стороны которых равны его меньшей стороны, до тех пор, пока это возможно, и так далее (рис. 3).

На какие квадраты будет разрезан прямого линника? (Укажите их размеры и количество).

Итак, алгоритм Евклида — это простой метод нахождения наиболее общого делителя двух чисел. Если у нас имеется два числа $a$ и $b$, причем $a > b > 0$, то сначала делим $a$ на $b$ и получаем остаток $r_1$, который меньше, чем $b$. Затем мы делим число $b$ на $r_1$ и находим остаток $r_2$, который меньше, чем $r_1$. Далее, мы делим число $r_1$ на число $r_2$, при этом получаем остаток $r_3$, меньше, чем $r_2$, и так далее, пока какой-нибудь остаток $r_{n-1}$ не разделится на остаток $r_n$ нацело, без остатка (то есть $r_{n+1} = 0$).

Ясно, что указанный процесс обязательно кончится, поскольку каждый остаток меньше предыдущего, а

34

Решение $x = -6, y = 55$ годится для обих уравнения.

Еще одно замечание. Мы приведали способ, позволяющий находить только одно решение такого уравнения. На самом деле, если есть бы одно решение, то их существуют бесконечно много.

Например, числа

$$x = -6 + 13t, y = 55 - 119t$$

($t$ — любое целое число) также являются решениями обих наших уравнений. В самом деле,

$$119 (-6 + 13t) + 13 (55 - 119t) = 1$$
и, конечно,
$$51 \cdot 119 (-6 + 13t) + 51 \cdot 13 (55 - 119t) = 51,$$
то есть
$$6069 (-6 + 13t) + 663 (55 - 119t) = 51.$$

Формулы (*) дают все решения этих уравнений в целых числах. Доказем это. Пусть $(x, y)$ — какое-то решение:

$$119x + 13y = 1.$$

Вычитем из этого уравнения почленно уже известное нам равенство

$$119 \cdot (-6) + 13 \cdot 55 = 1.$$

Получим

$$119 (x + 6) + 13 (y - 55) = 0$$
или

$$119 (x + 6) = 13 (55 - y).$$

Поскольку левая часть последнего равенства делится на 13, а число 119 и 13 взaimно просыпли, то число $x + 6$ должно делиться на 13: $x + 6 = 13t$, где $t$ — некоторое целое число. Тогда $y = 55 - 119t$. Тем самым мы по существу выяснили, как находится решение любого линейного уравнения $ax + by = c$ в целых числах. В общем случае результат таков:

Для того, чтобы уравнение $ax + by = c$ имело решение в целых числах $(x, y)$, необходимо и достаточно, чтобы $c$ делилось на НОД $(a, b) = d$. Если это условие выполняено $u (x_0, y_0)$ — одно из решений этого уравнения, то все его решения задаются формулами

$$x = x_0 + b_1t, y = y_0 - a_1t,$$
$$a_1 = \frac{a}{d}, b_1 = \frac{b}{d}.$$

Задание 16. Найдите такие целые числа $x$ и $y$, что $85x + 204y = 17$.

Задание 17. Имеют ли следующие уравнения решения в целых числах:

a) $105x + 56y = 42$;
b) $104x + 65y = 43$?

Задание 18. a) Можно ли составить батараю напряжением 220 $\theta$, соединяя последовательно элементы двух типов: напряжением $6 \theta$ и $16 \theta$, — и если можно, то сколько надо взять тех и других?

b) Тот же вопрос, если напряжение элементов $6 \theta$ и $15 \theta$.

Задание 19. Можно ли размешать 45 рублей на рублей, трехрублевые и пятрирублевые купюры так, чтобы получить всего 20 купюр?

6. Основная теорема арифметики

Doоказательства основной теоремы сделаем еще один шаг — доказем лемму.

Лемма 3. Если произведение ab делится на c, причем числа b и c взаимно просты, то a делится на c.

Действительно, поскольку целые числа $x$ и $y$, что $1 = bx + cy$. Умножая обе части равенства на $a$, получаем, что $a = abx + acy$. Так как по условию ab делится на $c$, то и $abx$, и, разумеется, acy делится на $c$, а значит, и их сумма $a$ делится на $c$.

Лемма 3 очень часто используется при решении задачи, причем иногда совсем «незаметно». Мы, например, опирались на нее в предыдущем пункте при выводе формул, дающих все решения уравнения $119x + 13y = 1$ (там мы видели ли соответствующий форму курсивом).

Задание 20. Доказите, что если число $a$ делится на взаимно простые числа $b$ и $c$, то $a$ делится на $bc$.

Задание 21. Какие из следующих утверждений верны:

a) если $ab$ делится на 15, то хотя бы один из компонентей делится на 15;
b) если $ab$ делится на 17, от хотя бы один из компонентей делится на 17;
b) если $a$ делится на 6, а $b$ делится на 10, то $ab$ делится на 15;
g) если $ab$ делится на 60, а $b$ взаимно просто с 10, то $a$ делится на 20.

Напомним теперь, что намуральное число $p$ называется простым, если оно имеет равное деление $p$ и 1.

36

ЗАДАЧИ

Решения задач можно посылать не позднее чем через полтора месяца после выхода из печати соответствующего номера журнала по адресу: 117071, Москва В-71, Ленинский проспект, 15, издательство «Наука», редакция журнала «Квант». После адреса на конверте укажите, решения каких задач вы посылаете; например: «Задачик «Кванта», M146, M148». В начале письма укажите свое фамилию, имя, отчество, домашний адрес, а также класс и школа, в котором вы учитесь.

M146.a) В вершинах правильно 7-угольника расставлены черные и белые фишки. Докажите, что найдется три фишки одного цвета, лежащие в вершинах равноведренного треугольника.

6. Верно ли аналогичное утверждение для 8-угольника?

в) * Выясните, для каких правильных n-угольников аналогичное утверждение верно, а для каких — нет.

А. Романов

M147. Докажите, что если четырехугольник ABCD, вписанный в окружность, таков, что касательные к окружности в точках A и C пересекаются на продолжении диагонали BD, то

a) касательные в точках B и D пересекаются на продолжении диагонали AC;

6. биссертрисы внутриних углов A и C четырехугольника пересекаются на диагонали BD (а углов B и D — на AC).

И. Ф. Шарыzin

M148. Последовательность $x_0, x_1, x_2, \dots$ определяется следующими условиями: $x_0 = 1, x_1 = \lambda$, для любого $n > 1$ $(\alpha + \beta)^n x_n = \alpha^n x_n x_0 + \alpha^{n-1} \beta x_{n-1} x_1 + \alpha^{n-2} \beta^2 x_{n-2} x_2 + \dots + \beta^n x_0 x_n$. Здесь $\lambda, \alpha, \beta$ — заданные положительные числа. Найдите $x_n$ и выясните, при каком $n$ величина $x_n$ будет наиболее.

А. Л. Лопшиц

M149. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD. Докажите, что

a) если равны периметры четырехугольников ABC, BCD, CDA и DAB, то ABCD — прямогольник;

6. если равны perimетры четырехугольников ABO, BCO, CDO и DAO, то ABCD — ромб.

Н. Б. Васильев

M150*. Из чисел 1, 2, …, $k$ составляются всевозможные наборы $(a_1, a_2, \dots, a_n)$ длины $n$ (легко видеть, что их $k^n$). Выбраны два подмножества $P$ и $Q$ таких наборов (один и тот же набор может входить в $P$, и в $Q$). Известно, что если взять произвольный набор $(p_1, p_2, \dots, p_n)$ из $P$ и произвольный набор $(q_1, q_2, \dots, q_n)$ из $Q$, то они будут совпадать хотя бы в одном месте (то есть $p_i = q_i$ для некоторого $i$). Тогда либо в $P$, либо в $Q$ не более чем $k^{n-1}$ наборов.

Докажите это утверждение

a) для $k = 2$ и любого $n$;

b) для $n = 1, 2, 3$ и любого $k \geq 2$;

b) для произвольных $k \geq 2$ и $n \geq 1$.

Попробуйте найти другие ограничения на количество элементов в подмножествах $P$ и $Q$, связанных таким условиям.

В. Б. Алексеев

Ф158. Гантелька, расположенная горизонтально, падает с высоты $h$ и удаляется одним из концов о стол

39

Рассмотрим разность
$$f_1(x) - f_2(x) = f_3(x).$$
(1)

Заметим, что $p_1 - p_2 \neq 0$, так как если $p_1 - p_2 = 0$, то $R = (q_1 - q_2)^2 \geq 0$, что противоречит условиям. Поэтому уравнение $f_3(x) = 0$ имеет корень $\gamma = -\frac{q_1 - q_2}{p_1 - p_2}$, причем, конечно, $f_3(x)$ можно записать так:
$$f_3(x) = (p_1 - p_2)(x - \gamma).$$
(2)

Кроме того, как следует из (1),
$$f_1(\gamma) = f_2(\gamma).$$
(3)

Теперь квадратный трехчлен $f_2(x)$ (умноженный на коэффициент $(p_1 - p_2)^2$ «разделим с остатком» на $f_3(x)$, то есть напишем тожество
$$(p_1 - p_2)^2 f_2(x) = f_3(x) g(x) + R.$$

Мы не случайно использовать ту же букву $R$: остаток равен именю выражению $R$, данному в условиях задачи. Действительно,
$$(p_1 - p_2)^2 (x^2 + p_2x + q_2) = [(p_1 - p_2)x + (q_1 - q_2)][(p_1 - p_2)x + (p_1 - p_2)p_2 - (q_1 - q_2)] + (q_1 - q_2)^2 + (p_1 - p_2)(p_1q_2 - p_2q_1).$$

Подставив $\gamma$ в (4), получим (учтывая, что $f_3(\gamma) = 0$):
$$(p_1 - p_2)^2 f_2(\gamma) = R < 0.$$

Позному $f_1(\gamma) = f_2(\gamma) < 0$. Следовательно (по свойству (1)) оба уравнения имеют по два действительных корня. Обозначим их соответствию $\alpha_1, \beta_1$ и $\alpha_2, \beta_2$. Тогда
$$f_2(x) = (x - \alpha_2)(x - \beta_2).$$
(6)

Теперь, использую последовательно (1), (2), (6) и (5), получаем:
$$f_1(\alpha_2) f_1(\beta_2) = f_3(\alpha_2) f_3(\beta_2) = (p_1 - p_2)^2 (\alpha_2 - \gamma)(\beta_2 - \gamma) = (p_1 - p_2)^2 f_2(\gamma) = R < 0,$$
(7)

откуда следует (по свойству (2)), что корни уравнения черезются.

Используя графики, результат задачи и основное в нашем решении соответствие (5) можно объяснить в два слова (рис. 2). Алгебраическая подоплека нашего решения более глубока.

Из нашей решения, да и из рисунка 2 видно, что $R = 0$ модели моledа, коеда квадратные трехчлены $f_1$ и $f_2$ имеют общий корень (или совпадают). Это остолгательство можно использовать в задачах такого типа: каким условиям должны удовлетворять числа $\lambda$ и $\mu$, чтобы уравнение $x^2 + \lambda x - 1 = 0$ и $x^2 + \mu x - \lambda x + \mu = 0$ имеющий корень? Достаточно подставить в выражение $R$ значения $p_1 = \lambda$, $q_1 = -1$, $p_2 = \mu - \lambda$, $q_2 = \mu$, и нужное условие готово:
$$(\mu + 1)^2 + (2\lambda - \mu)(\mu - \lambda + \mu\lambda) = 0.$$

Оказывается, что и для двух многочленов произвольной степени
$$f_1(x) = a_1x^n + b_1x^{n-1} + \dots + c_1,$$
$$f_2(x) = a_2x^m + b_2x^{m-1} + \dots + c_2$$

можно выписать такой многочлен $R$ от $a_1, a_2, b_1, b_2, \dots, c_1, c_2$, что условие $R = 0$ будет выполнаться моledа и моledа, коеда $f_1$ и $f_2$ имеют общий делитель (многочлен от $x$ степени 1 или выше). $R$ называется результатом многочленов $f_1$ и $f_2$.

В курсе высшей алгебры приводится компактная запись результата в виде «определителя», составленного из коэффициентов $f_1$ и $f_2$.

Особенно произвольным становится понятие результата, когда $f_1$ и $f_2$ разлагаются на линейные множители:
$$f_1 = a_1(x - \alpha_1)(x - \beta_1) \dots (x - \gamma_1),$$
$$f_2 = a_2(x - \alpha_2)(x - \beta_2) \dots (x - \gamma_2)$$

40

(на множество комплексы чисел это всегда так, ведь там любой многочлен имеет корень). Тогда, как можно доказать,

$$R = R(f_1, f_2) = a_1^m a_2^n (\alpha_1 - \alpha_2)(\beta_1 - \alpha_2) \dots (\gamma_1 - \gamma_2),$$

(8)

где произведение берется по всем параметров $f_1$ и $f_2$ (то есть в нем $mn$ компоненты). Проверьте, что в нашей задаче $R = (\alpha_1 - \alpha_2)(\beta_1 - \alpha_2)(\alpha_1 - \beta_2)(\alpha_2 - \beta_2)$, и подумайте, как с помощью этого выражения $R$ через корни (быть может, комплексы!) квадратных трехчленов решить задачу другим способом. Из равенства (8) вытекает такое, уже встречавшееся нам в частином случае, равенство:

$$R = a_1^m f_2(\alpha_1) f_2(\beta_1) \dots f_2(\gamma_1) =$$

$$= (-1)^{mn} a_2^n f_1(\alpha_2) f_1(\beta_2) \dots f_1(\gamma_2).$$

Основное свойство результата с учетом комплексы корней можно формулировать так: $R = 0$ модда и молко модда, коеда $f_1$ и $f_2$ имеют общий корень.

M107

a) Дан выпуклый многоугольник $A_1A_2 \dots A_n$ (рис. 3). На стороне $A_1A_2$ взяты точки $B_1$ и $D_2$, на стороне $A_2A_3$ — точки $B_2$ и $D_3$, … на стороне $A_nA_1$ точки $B_n$ и $D_1$ так, что если построить параллелограммы $A_1B_1C_1D_1$, $A_2B_2C_2D_2$, …, $A_nB_nC_nD_n$, то прямые $A_1C_1$, $A_2C_2$, …, $A_nC_n$ пересечутся в одной точке. Докажите, что

$$A_1B_1 \cdot A_2B_2 \dots \cdot A_nB_n =$$

$$= A_1D_1 \cdot A_2D_2 \dots \cdot A_nD_n.$$

b) Докажите, что для треугольника верно и обратное утверждение: пуст на стороне $A_1A_2$ выбраны точки $B_1$ и $D_2$, на стороне $A_2A_3$ — точки $B_2$ и $D_3$, на стороне $A_3A_1$ — точки $B_3$ и $D_1$ так, что $A_1B_1 \cdot A_2B_2 \cdot A_3B_3 = A_1D_1 \cdot A_2D_2 \cdot A_3D_3$; тогда, если построить параллелограммы $A_1B_1C_1D_1$, $A_2B_2C_2D_2$, $A_3B_3C_3D_3$, то прямые $A_1C_1$, $A_2C_2$ и $A_3C_3$ пересечутся в одной точке.

a) Пусть $O$ — точка пересечения. Запишем равенство, которое нам нужно доказать, так (сдвиhem в знаменатель все компоненты, пересечем $A_1D_1$ в конец):

$$\frac{A_1B_1 \cdot A_2B_2 \cdot \dots \cdot A_nB_n}{A_2D_2 \cdot A_3D_3 \cdot \dots \cdot A_nD_n} = 1.$$

Теперь заметим, что отношения отрезков $A_1B_1/D_2A_2$, $A_2B_2/D_3A_3$, …, $A_nB_n/D_1A_1$ соответственно отношениями площадей треугольников (площадь треугольника $MNL$ мы обозначим так: $S(MNL))$

$$\frac{S(A_1B_1O)}{S(D_2A_2O)}, \frac{S(A_2B_2O)}{S(D_3A_3O)}, \dots, \frac{S(A_nB_nO)}{S(D_1A_1O)},$$

так что нужно нам равенство можно записать так:

$$\frac{S(A_1B_1O) \cdot S(A_2B_2O) \cdot \dots \cdot S(A_nB_nO)}{S(A_2D_2O) \cdot S(B_3D_3O) \cdot \dots \cdot S(B_nD_nO) \cdot S(A_1D_1O)} = 1;$$

42

между точками $A$ и $C$ и между точками $C$ и $B$. Решив затем систему из шести уравнений с шестью неизвестными, можно найти сопротивления $r_1$, $r_2$ и $r_3$.

Этот способ, конечно, нельзя считать удачным, тем более, что никакому из читателей, приславших нам такое решение, не удалось в обшем виде решить эту систему уравнений. Не удалось решить ее и участником заключителного тура Всесоюзной олимпиды, который предлагался эта задача.

Ф124

Свет от источника $S$ на пути к экрану проходит через покоящийся стеклянный кубик с ребром $l$ (рис. 11). Наколько быстрее свет doit до экрана, если кубик привести в движение со скоростью $v$? Скорость света в воздухе $c$, показатель преломления стека $n$ ($v \ll c$, $n \gg 1$).

Скорость света в стекле равна $c' = \frac{c}{n}$. Свет проходит стеклянный кубик за время $t = \frac{l}{c'} = \frac{\ln c}{c}$. Кубик за это время перемещается на расстояние $x = vt = \frac{v \ln c}{c}$. На это расстояние сокращается путь света в воздухе по сравнению с тем случаем, когда кубик неподвижен. Значит, время, за которой свет должно doit до экрана, сокращается на $\Delta t = \frac{x}{c} = \frac{v \ln c}{c^2}$.

Некоторые читатели прислали более строгое решение этой задачи, учитывающие эффекты, связанные с теорий относительнойности. Мы не будем разбирать это решение подробно. Заметим только, что при учете «релятивистских эффектов» скорость света в движущемся стеклянном кубике нужно считать равной не $c' = \frac{c}{n}$, а $c'' = \frac{c' + v}{1 - \frac{v^2}{c^2}} = \frac{(c + nv)c}{nc - v}$.

В то же время длина кубика в неподвижной системе координат равна $l$, а $l' = l \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}$. Поэтому нужно учитывать не только уменшение пути, проходимого светом в воздухе благодаря движению кубика, но и уменшение пути, проходимого светом в стекле.

Ф125

В цилиндре с поршнем находится вода, внутри которого в начальной момент имеет полость объема $V$. Давление газов в порсти пребрежимо мало. Поршень оказывает на body постоянное давление $p$. Какую кинетическая энергия прибретает вода в момент, когда полость исчезнет? Начальная скорость воды равна нулю. Силу тяжесте можно не учитывать.

На поршень действует сила $F = pS$, где $S$ — площадь поршня. Работа, совершенная поршнем, равна произведению этой силы на перемещение поршня $x$. Но перемещение поршня связано с изменением объема газа в цилиндре: $x = \frac{V}{S}$. Поэтому

$$A = Fx = pS \frac{V}{S} = pV.$$

Эта работа и равна изменению кинетической энергии воды. Такой же результат можно получить из сообщений размерности. Из двух величины $p$ и $V$ можно составить единственный комбинацию, имеющую размерность энергии $pV$.

Ф126

Оценить максимальныйную силу, которая будет показывать диаметром, присоединенный к плоскостям, закрывающим «магдедбургские полушария» (полусферы) с радиусом $R$. Полусферы растягиваются в противоположные стороны силами $F$. Атмосферное давление равно 1 амп.

Каждая из плоскостей находится в равновесии благодаря действующего на нее трех сил: $T$, действующего со стороны диаметра, силы $F_0 = p_0S$ атмосферного давления и силы реакции полусферы (рис. 12). Так как в тот момент, когда плоскость отрывается от