Марки, посвящённые Международному году спокойного Солнца

УГОЛОК КОЛЛЕКЦИОНЕРА

JAHRE DER RUHIGEN SONNE 1964/1965
YEARS OF THE QUIET SUN 1964/1965
ГОДЫ СПОКОЙНОГО СОЛНЦА 1964-1965 ГГ

МАРКИ, ПОСВЯЩЕННЫЕ МЕЖДУНАРОДНОМУ ГОДУ
СПОКОЙНОГО СОЛНЦА

Солнце шлет к нам на Землю не только видимый свет. Оно является источником различных невидимых электромагнитных излучений и потоков заряженных частиц. Эти излучения оказывают огромное влияние на состояние атмосферы, вызвая полярные сияния, магнитные бури, замирание радиоволн и многие другие эффекты. Солнечная активность периодически изменяется с интервалом в 11 лет. Международный геофизический год, с марками в честь которого мы познакомили читателей во втором номере «Квата» за 1972 год, проходил в период исключительно высокой активности. Чтобы сравнить полученные тогда сведения о Солнце и земной атмосфере с аналогичными сведениями, полученными из наблюдений в период низкой активности, учены решили повторить обширную программу междунардовных исследований. В 1964—1965 годах был проведен «Межнардовный год спокойного солнца» (МГСС). Многие страны — участники этой программы выпустили посвященные ей специальные почтовые марки.

МЕЖДУНАРОДНЫЙ
ГОД
СПОКОЙНОГО
СОЛНЦА
1964/1965
ПОЧТА СССР·6К

МЕЖДУНАРОДНЫЙ ГОД
СПОКОЙНОГО
СОЛНЦА
1964-1965
ПОЧТА СССР·4К

МЕЖДУНАРОДНЫЙ ГОД
СПОКОЙНОГО
СОЛНЦА
1964-1965
ПОЧТА СССР·10К

МЕЖДУНАРОДНЫЙ ГОД
СПОКОЙНОГО
СОЛНЦА
1964-1965
ПОЧТА СССР·60GR

МЕЖДУНАРОДНЫЙ ГОД
СПОКОЙНОГО
СОЛНЦА
1964-1965
ПОЛSKA
340

МЕЖДУНАРОДНЫЙ ГОД
СПОКОЙНОГО
СОЛНЦА
1964-1965
ПОЛSKA
250

JAHRE DER RUHIGEN SONNE 1964/1965
YEARS OF THE QUIET SUN 1964/1965
ГОЛЫ СПОКОЙНОГО СОЛНЦА 1964-1965 ГГ

Мы приводим здесь марки ряда социалистических стран, посвященные МГСС.
Вверху изображена серия советских марок и три из шести полыских марок, а также почтовый блок из ГДР. На странице 76 показан еще один блок ГДР с изображением радиационной порсов Земли, а также три венгерских и четыре монгольских марки.

В. А. Леникоцев

79

Рис. 2.
верстия. В общем случае, очевидно,
$$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{x},$$
где $x$ принимает множество точки (2) и (3).

2. «Нанлучший фокус» отверстия лежит в бесконечности $(x = \infty)$. Полъязысь формулой, выведенной при решении первого задачи, получим, что налучше изображение предмета, создаваемое отверстием, лежит на расстоянии $b = -a$ от отверстия, то есть совпадает с самим предметом.

Это налучше изображение представляется собой, однako, диффрационное распределение освещности.

3. Полягая, что $\lambda = 6 \cdot 10^{-4}$ мм, получим:
   $$D = \sqrt{2f' \lambda} \approx 0,78 \text{ мм.}$$

4. При решении этой задачи нужно воспользоваться формулой
   $$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{\left(\frac{D^2}{2\lambda}\right)}.$$

Отсюда (при $\lambda = 6 \cdot 10^{-4}$ мм)
$$D = \sqrt{\frac{2ab\lambda}{a+b}} \approx 0,2 \text{ мм.}$$

При увеличении расстояния между предметом и «объективом» зрительной трубью максимальная разность хода волн, идущих из точки предмета в соответствииушую точку изображения, может только уменьшиться. Следовательно, в «дырочную» зрительную трубу будут практическими одинаково резко видны все предметы, находящиеся перед «объективом» на любом расстоянии от 50 мм до бесконечности.

5. Когда вы смотрите в лупу, глаз, как правило, бывают аккомодирован на бесконечность. При этом на его сетчатку отображается передняя формула плоскость $N$ лупы. Оптическая схема опыта показана на рисунке 2. Зрачок глаза должны находиться в близке до фокуса лупы.

Перед глазом помещите лупу с фокусным расстоянием 5—10 см. На вытянутой руке перед глазом и лупой держите листок формули с проколотым в нем игной отверстием. Через лупу и отверстие смотрите на удаленную на расстояние нескольких метров от вас электронную лупу. Листок формули с отверстием приближайте к лупе. При этом вы будете вначале наблюдать действительное изображениениты лампы, созданное отверстием; затем, когда листок формули совпадет с передней формульной плоскостью лупы, само отверстие, и, наконец, созданное отверстием минимое изображениениты лампы.

К заметке «Описанная трапеция и средис»
(cm. смр. 49)

Боковая сторона трапеция является средним арфметическим основанием — это следует из того, что в описанном четырехугольнике суммы длини противоположных сторон равны.

Выразим высоту $BH$ через основания
$$BH^2 = AB^2 - AH^2 = \left[ \frac{1}{2} (AD + BC) \right]^2 - \left[ \frac{1}{2} (AD - BC) \right]^2 = AD \cdot BC = a \cdot b.$$
Наконец, выразим отрезок $BG$ через основания трапеции. Для этого заметим, что треугольники $ABH$ и $HBG$ подобыны, откуда $\frac{BH}{BG} = \frac{AB}{BH}$. Следовательно,
$$\frac{1}{BG} = \frac{AB}{BH^2} = \frac{\frac{1}{2} (AD - BC)}{AD \cdot BC} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right).$$

К заметке «Кваант» для младших школьников»
(cm. «Кваант» № 7, 3-я смр. обл.)

1. Будем искать лишь последнюю цифру чисел:
   $$3^{1999} = (3^4)^{499} \cdot 3^3 = (81)^{499} \cdot 27,$$
   это число оканчивается на 7;
   $$7^{1997} = (7^4)^{499} \cdot 7^1 = (2401)^{499} \cdot 7,$$
   это число тоже оканчивается на 7; разность этих чисел делится даже на десять.

2. Пузырек в теллюю погоду меньше, чем в холодную: он скимается расширяющей водой.

3. На 1972-м месте стоит цифра 6.

4. 30 граммов.

5. 7 банок.

6. Пусть периметр равен 4a, стороны прямогоугольника $a - x$ и $a + x$. Тогда $(a + x)(a - x) = a^2 - x^2$ и наиболее при $x = 0$.

К задаче «Не пропадает ли в вас Шерлок Холмс?»
(cm. «Кваант» № 7, 4-я смр. обл.)

Защифрован следующий текст:
«Я спрятал ключ в погребе слева на второй полке на две третьго ящика под различным железным хlamом. Он завернуть в бумагу. Не забудь при отведе снова снова запереть дверь на замок, а ключ положить на то же место обратно. Желаю тебе приятного отдыxa.»

К «Задачам на керавенства»
(cm. cmp. 16, 25)

1. Задача допускает интересное геометрическое решение, основанное на теореме Пифагора. На рисунке дано решение для $n = 3$.

Рис. 3.

Длина ломаной, нарисованной красным цветом, — левая часть неравенства, длина диагонали — правая часть. Знак равенства имеет место лишь при выполнении следующих условий:

$$x_1 = x_3 = \dots = x_{2n-1}; \quad x_2 = x_4 = \dots = x_{2n} \text{ и } x_1 + x_2 = 1.$$

В этом случае ломаная слияется с диагональю квадрата.

2. Достаточно установить знак неравенства

$$\sqrt[3]{10} - 2\sqrt{3} - \sqrt{8}.$$

Для этого воспользоваться тожеством

$$(\sqrt[3]{10}-2)(\sqrt[3]{100}+2\sqrt[3]{10}+4) = (3-\sqrt{8})(6+2\sqrt{8}) = 2.$$

3. Прежде всего покажем, что

$$x = \sqrt{2+V_2+\dots+V_2} < 2.$$

($n-1$ радикал)

Действительно, заменив последний из радикалов $\sqrt{2}$ на 2, мы увеличим $x$, то есть

$$x < \sqrt{2+V_2+\dots+V_2} = \dots = \sqrt{2+2} = 2.$$

Перепишем исходное неравенство так:

$$4(2-\sqrt{2+x}) > 2-x \text{ и далее}$$
$$(2-\sqrt{2+x})^2 > 0.$$

4. Указание. Оценить сумму

$$\frac{1}{5}\sqrt{5x+15} + \dots + \frac{1}{5}\sqrt{5x+15} +$$
$$\frac{1}{2}\sqrt{8-2x} + \frac{1}{2}\sqrt{8-2x}.$$

5. Указание. Определить, что больше: $3-\sqrt[3]{18}$ или $\sqrt[3]{2}-1$.

(Ответ: $\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{18}<4$.)

6. Указание. Воспользоваться неравенством $\sqrt{2}>1$.

К задаче M116

Отношение периметров $P'/P$ при каждом $n>3$ может принимать любые значения из интервала $(1/2, 1)$. Мы не будем доказывать это строго, а ограничимся описанием примеров, когда это относение приближается к $1/2$ и к 1. Если многоугольник $A_1, A_2, \dots, A_n$ «вырождается в отрезок» так, что две соседние вершины — скажем $A_1$ и $A_2$,— приближаются к одному концу отрезка, а остальные — к другому, то $P'/P$ приближается к 1; если он «вырождается в отрезок» так, что $A_1$ и $A_2$ служат концами этого отрезка, а все остальные вершины приближаются к середине отрезка, то $P'/P$ приближается к $1/2$.

Отношение площадей $S'/S$ при каждом $n>4$ может быть сколь годно близко к $1/2$: достаточно представить себе, что многоугольник «вырождается в треугольник» так, что $A_1$ и $A_2$ служат двумя вершинами треугольника, а все остальные вершины приближаются к третьей вершине треугольника. При каждом $n>5$ относение легко приближать к 1, заставляя многоугольник вырождаться в треугольник так, что $A_1$ и $A_2$ приближаются к одному вершине, $A_3$ и $A_4$ — к другой, остальные вершины (их по крайней мере две!) к третьей. Но для $n=5$ приближаться к 1 не удалось. И действительно, как вы можете доказать, относение $S'/S$ для пятого угольника не превышает $3/4$.

К задаче M120

Пусть в множество из трех элементов 0, 1, 2 операция *определена так: $1*2=1$, и $a*b=0$ для всех других пар $a, b$. Тогда $a*(b*c)=0$ для любых трех элементов $a, b$ и $c$, но $(1*2)*2=1$.