Решения задач М241—М245; Ф248—Ф252

44

Решения задач

M241—M245; Ф248—Ф252

М241: Доказим, что
31974 + 51974
делится на 13.

Автор задачи С. И. Майзус предложил такое довольное хитroe решение. Запишем число 31974 + 51974 в виде суммы
(31974 + 21974) + (51974 - 21974)

и доказем, что каждая скобка делится на 13.
1°. При любых целых a, b и нечетном n а^n + b^n делится на a + b:
a^n + b^n = (a + b) ×
× (a^{n-1} - a^{n-2} b + … + b^{n-1}).
Позотому
(3^2)^{987} + (2^2)^{987} = 9^{987} + 4^{987}

делится на 13.
2°. При любых целых a, b и натуральном n a^n - b^n делится на a - b:
a^n - b^n = (a - b) ×
× (a^{n-1} + a^{n-2} b + … + b^{n-1}).
Позотому
(5^3)^{658} - (2^3)^{658} = 125^{658} - 8^{658}

делится на 125 - 8 = 117 = 9.13.

Большинство читателей предложают более естественное решение, пригодное для любых аналогических примеров.

Будем следить за тем, какие остатки дают степени 3 и 5 при делении на 13. Обозначим эти остатки чисел 3^n и 5^n через r_n и r’_n соответственно. Последовательно находим остатки r_n при делении 3^n на 13:
$$\frac{n}{r_n} \left| \begin{array}{c c c c} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & \dots \\ 1 & 3 & 9 & 1 & 3 & 9 & 1 & \dots \end{array} \right|$$

(Для того чтобы составлять такую таблицу, вовсе не нужно делить 3^5, 3^6, … на 13: ясно, что если 3^n - r_n делится на 13, то 3^{n+1} - 3r_n тоже делится на 13, так что остаток r_{n+1} можно получить просто как остаток при делении 3r_n на 13.) Таким образом, остатки повторяются с периодом 3, и поскольку 1974 делится на 3, то r_{1974} = r_0 = 1.

Для остатков, получающихся при делении на 13 чисел 5^n, имеем такую таблицу:

$$\frac{n}{r_n} \left| \begin{array}{c c c c c c c c c} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & \dots \\ 1 & 5 & 12 & 8 & 1 & 5 & 12 & \dots \end{array} \right|$$

Здесь период равен 4, и r’_i = r’_i = 12. Таким образом, 31974 дает в остатке 12, а их сумма делится на 13.

Подробнее о закономерности, которые встречаются в последовательности остатков чисел a^n (n = 0, 1, 2, …) при делении на некоторое простое p, расссказано в статье С. Г. Гиндикна «Малая теорема Ферма», «Квант» № 10, 1972.

M242. Пусть $A_i H_i$ — высота и $A_i M_i$ — медиана, проведенные из вершины $A_i$ островального треугольника $A_1 A_2 A_3$ (i = 1, 2, 3). Доказим, что одно из трех произведений $|H_1 M_1| \cdot |A_2 A_3| \cdot |H_2 M_2| \cdot |A_3 A_1| \cdot |H_3 M_3| \cdot |A_1 A_2|$ равно сумме двух других *). Верно ли это утверждение для прямогоlocalhost и mysqllocalhost треугольника?

Доказем, что это утверждение верно для любого треугольника. Выразим произведение $|H_1 M_1| \cdot |A_2 A_3|$ через длины стороны $|A_2 A_3| = a_1$, $|A_3 A_1| = a_2$, $|A_1 A_2| = a_3$.

Из теоремы Пифагора, примененной к $\triangle A_1 H_1 A_2$ и $\triangle A_1 H_1 A_3$ следует, что (рис. 1) $|A_1 H_1|^2 = |A_1 A_2|^2 - |A_2 H_1|^2 = |A_1 A_3|^2 - |A_3 H_1|^2$, осткуда
$|A_2 H_1|^2 - |A_3 H_1|^2 = a_3^2 - a_2^2$.

Доказем, что по модulo разность (1) равна 2 $|H_1 M_1| \cdot |A_2 A_3|$.

Чтобы не рассматривать отдельно случай расположения точки H_1 относительно точки A_2, M_1, A_3, введем на прямой A_2 A_3 системы координат. Примем за начало отсчета точки M_1. Пусть координаты точки A_2, A_3 и H_1 соответствуют

*)Через |KL| обозначается длина отрезка с концами K и L.

45

Рис. 3.

равны $-\frac{a_1}{2}, \frac{a_1}{2}$ и $h_1$ (рис. 2). Рассстояние между точками с координатами $x_1$ и $x_2$ равно $|x_2 - x_1|$, поэтому

$$\left|A_2H_1\right|^2 - \left|A_3H_1\right|^2 = \left|h_1 + \frac{a_1}{2}\right|^2 - \left|h_1 - \frac{a_1}{2}\right|^2 = \left(h_1 + \frac{a_1}{2}\right)^2 - \left(h_1 - \frac{a_1}{2}\right)^2 = 2h_1a_1.$$

Поскольку $|h_1| = |H_1M_1|$, то из (1) и (2) вытекает равенство

$$2|H_1M_1| \cdot |A_2A_3| = |a_3^2 - a_2^2|.$$

Аналогично доказывается равенства

$$2|H_2M_2| \cdot |A_3A_1| = |a_1^2 - a_3^2|,$$

$$2|H_3M_3| \cdot |A_1A_2| = |a_2^2 - a_1^2|.$$

Но сумма трех чисел $a_3^2 - a_2^2, a_1^2 - a_3^2$ и $a_2^2 - a_1^2$ равна 0. Поэтому модель одного из них равен сумме модели двух других. Отсюда следует утверждение задачи.

(Если обозначения вершин выбрать так, что $a_1 \geq a_2 \geq a_3$, то

$$\left|a_1^2 - a_3^2\right| = \left|a_1^2 - a_2^2\right| + \left|a_2^2 - a_3^2\right|$$

и, стало бы,

$$\left|H_2M_2\right| \cdot |A_3A_1| = |H_1M_1| \cdot |A_2A_3| + |H_3M_3| \cdot |A_1A_2|.$$

Н. Б. Васильев

M243. $n$ отрезков $A_1B_1, A_2B_2, \dots, A_nB_n$ (рис. 3) рассматриваны на плоскости макс, что каждый из них начинается на одной из двух данных прямых, окачивается на другой прямой, и проходит через точку $G$ (не лежащую на данных прямых) — центр мяжества edиничных масс, помещенных в точках $A_1, A_2, \dots, A_n$. Докажите, что

$$\frac{A_1G}{GB_1} + \frac{A_2G}{GB_2} + \dots + \frac{A_nG}{GB_n} = n.$$

Мы немного обобщим формулировку данной задачи, имено, будем считать, что в точках $A_i$ находится не единчные массы, а массы $m_i$ (точка $G$ — центр тяжестей масс $m_i$, расположенных в точках $A_i$). Докажем, что тогда

$$\sum_{i=1}^{n} m_i \frac{A_iG}{B_iG} = \sum_{i=1}^{n} m_i.$$

Поместим в каждую из точек $B_i$ массу $M_i = m_i \frac{A_iG}{B_iG}$. Тогда центр тяжестей пары точек $B_i$ и $A_i$ (для всех $i$) будет находиться в точке $G$. Мы предполагаем, что не все точки $A_1, \dots, A_n$ лежат на одной прямой (для удобства обозначим наши прямые буквами $l_1$ и $l_2$). Центр тяжестей точки $A_i$, лежащих на прямой $l_1$, обозначим через $C_1$; соответствует центр тяжестей точки $A_i$, находящих на прямой $l_2$, обозначим через $C_2$. Аналогично, центр тяжестей точки $B_i$, лежащих на прямой $l_k$ ($k = 1, 2$), обозначим через $D_k$. Соответствующие массы обозначим $P(C_1), P(C_2), P(D_1), P(D_2)$.

Из условия задачи следует, что центр тяжестей точки $C_1$ и $C_2$ будет в точке $G$. С другой стороны, из выбора масс $M_i$ следует, что центр тяжестей точки $C_1$ и $D_2$ будет также в точке $G$. Поэтому должно быть $P(C_2) = P(D_2)$. Аналогично получаем $P(C_1) = P(D_1)$; значит,

$$P(C_1) + P(C_2) = P(D_1) + P(D_2).$$

Но $P(C_1) + P(C_2) = \sum_{i=1}^{n} m_i$, а $P(D_1) + P(D_2)$

$$+ P(D_2) = \sum_{i=1}^{n} M_i$$, то есть

$$\sum_{i=1}^{n} m_i = \sum_{i=1}^{n} M_i = \sum_{i=1}^{n} m_i \cdot \frac{A_iG}{B_iG},$$

что и требовалось доказать.

Б. Д. Гинзбург

M244. Данные набора из $n$ вещественных чисел:

$a_1, a_2, \dots, a_n$ и $b_1, b_2, \dots, b_n$.

Докажите, что если выполняется хотя бы одно из двух условий:

a) $u_3 a_i < a_j$ следует, что $b_i \leq b_j$;

b) $u_3 a_i < a_j$, где $a = \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}$, следует, что $b_i \leq b_j$,

то верно неравенство

$$n \left(a_1 b_1 + a_2 b_2 + \dots + a_n b_n\right) \geq \left(a_1 + a_2 + \dots + a_n\right) \times \left(b_1 + b_2 + \dots + b_n\right).$$

46

Так как из пункта 6) следует пункта a), мы решим сразу пункт 6).

Предположим, что при некоторых значениях $a_1, a_2, \dots, a_n$ и $b_1, b_2, \dots, b_n$ выполняется неравенство

$$n(a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n) < (a_1 + a_2 + \dots + a_n) \times (b_1 + b_2 + \dots + b_n).$$

Если не все $a_i$ равны между собой, то найдет $a_i$ и $a_j$ такие, что $a_i < a < a_j$. Рассмотрим числа $a$ и $a_i + a_j$ – а; большеми из этих чисел заменим $a_j$, а меньшим $a_i$ (понятно, что при этом $a_i$ увеличивается, а $a_j$ — уменьшается, причем на одну и ту же величины $\Delta > 0$, так что $a_i^* = a_i + \Delta$, $a_j^* = a_j - \Delta$).

Новые наборы $\{a_i^*\}, \{b_i\}$ по-прежнему будут удовлетворять условиям задачи. Если в новом наборе $\{a_i^*\}$ не все числа оказываются одинаковыми, то снова проделаем указыванию выше. Определим и т. д. После конечного числа шагов мы получим набор, в котором уже все числа $\{a_i\}$ равны между собой и равны $a$. Причем, поскольку на каждом шаге правая часть неравенства (1) не менялась $(a_i^* + a_j^*) = a_i + a_j)$, а левая — убывала $(a_i^*b_i + a_j^*b_j) = (a_i + \Delta)b_i + (a_j - \Delta)b_j = a_i b_i + a_j b_j + \Delta (b_i - b_j) < a_i b_i + a_j b_j$, так как $b_i - b_j < 0$, а $\Delta > 0$, то и для последнего набора неравенство (1) должно выполняться. Но если все $a_i$ равны $a$, то и левая и правая часть неравенства (1) одинаковы и равны $na(b_1 + b_2 + \dots + b_n)$, а это противоречит нашему предположению о том, что при некоторых значениях $\{a_i\}$ и $\{b_i\}$ имеет место неравенство (1). Тем самым задача решения: при всех значениях $\{a_i\}$ и $\{b_i\}$, удовлетворяющих условиям задачи, будет

$$n(a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n) \geq (a_1 + a_2 + \dots + a_n) \times (b_1 + b_2 + \dots + b_n).$$

Л. Г. Лиманов

**M245. Предлагаемся построить $N$ точек на плоскости мак, чтобы все попарные расстояния между ними равны заранее заданным числом: для каждой двух точек $M_i, M_j$ известно, чему должно равняться расстояние $|M_iM_j| = r_{ij}$ (i и j — любые числа от 1 до $N$).

a) Можнё ли произвести построение, если расстояния $r_{ij}$ заданы мак, что всяке 5 из $N$ точек построить можно?

b) Достаточно ли преобразовать, чтобы можно было построить всяке 4 из $N$ точек?

e) Что изменится, если строить точки не на плоскости, а в пространстве? Каково модела наименьшее $K$, для которого возможно построить точки любых $K$ из данных $N$ точек обеспечивает построение и всех $N$ точек?

a) Возможны два взаимно исключающих друг друга случая.

1°. Всякие пять из $N$ точек, построенных с соблюдением требований задачи, оказываются одной прямой: по крайней мере три точки образуют треугольник; пусть это будет точки $M_1, M_2$ и $M_3$ (это всегда можно добиться, меняя, если нужно, нумерацию чисел $r_{ij}$).

Рассмотрим сначала более общий случай 2°. Докажем, что в случае 2° все $N$ точек построить можно. Построим $\Delta M_1M_2M_3$ (так, чтобы $M_1M_2 = r_{12}, M_1M_3 = r_{13}, M_2M_3 = r_{23}$). Так как по условию можно построить на плоскости любые пять из $N$ точек, то четыре из $N$ точек тем более можно построить (так, чтобы расстояния между ними равны заданным числом).

Воспользовавшись этим, построим по очередной точки $M_4, M_5, \dots, M_N$, следя при построении точки $M_k$ ($4 \leq k \leq N$) лишь за тем, чтобы $M_1M_k = r_{1k}, M_2M_k = r_{2k}$ и $M_3M_k = r_{3k}$.

Нам попадбится следующая.

Лемма. Данные темы можно на плоскости: $A, B, C$ и $D$; $A, B$ и $C$ не лежат на одной прямой. Пусть $E$ makes точка, что $AE = AD, BE = BD$ и $CE = CD$. Тогда $E$ обязательно совпадает с $D$.

Доказательство. $AE = AD$ и $BE = BD$; значит, если $E$ и $D$ не совпадают, то они симметричных относительных $AB$. Аналогично, если $E$ и $D$ не совпадают, то они симметричных относительных $AC$ (и относительных $BC$). Так как две точки не могут быть одновременно симметричных и относительных $AB$, и относительных $AC$, то, значит $E = D$.

Вернемся к решению нашей задачи.

Согласно лемме положение точки $M_k$ ($4 \leq k \leq N$) всегда определяется однозначно. Проверим, что построение таких образом точки — искомые: для любых $i$ и $j$ расстояние $M_iM_j = r_{ij}$.

Если хотя бы один из индексов равен 1, 2 или 3, то это следует непредставлено из построения. Пусть она индекса, $i$ и $j$, больше 3. Построим на плоскости пять точек $A_1, A_2, A_3, A_4$ и $A_5$ так, чтобы попарные расстояния между ними равны заданным числом (в частности, $A_iA_j = r_{ij}$) — по условию этого сделать можно. Передвинем пятную точку $A_1A_2A_3A_4$ так, чтобы $\Delta A_1A_2A_3$ совпадает с $\Delta M_1M_2M_3$ (эти два треугольника равны). По лемме точки $A_i$ и $A_j$ совпадают при этом с точкими $M_i$ и $M_j$. Тем самым $M_iM_j = r_{ij}$, что и требовалось доказать.

В случае 1° (когда любые пять точек оказываются на одной прямой) все $N$ точек тем более можно построить, поскольку построение, поскольку построение, утверждение:

Пусть нужно построить $N$ точек на прямой (мак, чтобы попарные расстояния

47

между ними равные заданным числом $r_{ij}$). Числа $r_{ij}$ заданы как, что всякие цеты из $N$ мочек построить все $N$ мочек.

Доказывается это утверждение в точности по той же схеме, что и выше.

6. В обшем случае из возможности построения любых четырех точек не следует возможность построения всех $N$ точек. Приведем соответствующий пример для $N = 5$.

Пусть $D$ — центр правильного треугольника $ABC$ (рис. 4), $E$ — точка, симметричная $D$ относительно $BC$. Положим $r_{12} = r_{13} = r_{23} = AB$, $r_{14} = r_{24} = r_{34} = r_{15} = r_{25} = r_{35} = AD$, $r_{45} = DE$. Построить пятую точку $M_1$, …, $M_5$ так, чтобы $M_iM_j = r_{ij}$ при всех $i$ и $j$, очевидно, невозможно: если выполнены 9 равенств $M_iM_j = r_{ij}$ (все, кроме $M_4M_5 = r_{45}$), то по лемме $M_4 = M_5$; значит, все 10 равенств одновременно выполняются не могут. Вместе с тем любые четыре точки из пятой построить можно: все точки, кроме $M_4$ и все, кроме $M_5$, образуют конфигурацию $ABCD$; остальные три «четверки» точки образуют конфигурацию $BDCE$ на рисунке. 4.

В случае построения точек не на плоскости, а в пространстве, наименьшее число $K$, такое, чтобы возможность построения любых $K$ из $N$ точек, обеспечивала построение и всех $N$ точек, равно цести.

To, что шести точки достаточно, доказывается так же, как и в пункте a). To, что пятую точку мало, следует, как и в пункте 6), из рисунка 5, где $E$ — центр правильного tetrahedра $ABCD$, а $F$ — точка, симметричная точке $E$ относительно грани $KBCD$.

М. Л. Гервер

Ф248. Тонкий мягкий обруч радиуса $R$ с очень легкими мощем свободно врачаться вокруг горизонтальной оси. К обручу прикрепили маленький шарик, масса коморого равна массе обруча. Наимени перiod малых колебаний обруча с шариком. Для эмод можно попытаться найти аналоецю в движении обруча с шариком и математическое магнитка.

Общный способ найти перiod колебаний магнитка заключится в том, что записьается уравнение движения магнитка и затем, используя связь перiodа колебаний с коэффициентами в уравнение движения, находится сам перiod. В данном случае нам пришлось бы записьть уравнение врацательного движения обруча. Имеется, однако, и другой способ — сравнить движения расматриваемого магнитка с движением математического магнитка. Воспользовемся этим способом.

Очевидно, что в положении равновесия обруча с шариком шарик занимает крайнее нижнее положение и радиус-вектор, соединяющий шарик с осью врашения, вертикален. Найдем скорость шарика в тот момент, когда радиус-вектор составляет в вертикалью угол $\alpha$, и сравним ее со скоростью математического магнитка, когда его нить образует с вертикалью тоже угол $\alpha$. Естественно считать, что длина нити математического магнитка равна $R$ и что одинаковы максимальные отклонения от положения равновесия (высоты $h_0$ на рис. 6, а и 6).

Из закона сохранения энергии следует, что

$$mgh_0 = mgh + \frac{mv^2}{2} + W_{BP},$$

где $mgh + \frac{mv^2}{2}$ — энергия шарика, а $W_{BP}$ — энергия врацательного движения самого обруча.

Так как все точки обруча в каждый момент времени движения с одинаковой по абсолотной величины скоростью $v$, то кинетическая энергия $W_{BP}$ врацательного движения обруча равна

$$W_{BP} = \frac{mv^2}{2}.$$

Позному

и

$$mgh_0 - mgh = 2\frac{mv^2}{2}$$

$$v = \sqrt{g(h_0 - h)}$$.

В случае математического магнитка имеем:

$$mgh_0 = mgh + \frac{mv^2}{2},$$

48

откуда

$$v = \sqrt{2g(h_0 - h)}$$

Мы видим, что при любом положении шарика (то есть при любом $h$) скорость матрика, который представляет собой обруч с шариком, в $\sqrt{2}$ раз меньше с оростями математического матрика. Это означает, что любой участок траектории шарика проходит в $\sqrt{2}$ раз медленнее, чем математический матрик, так как средняя скорость на этом участке меньше в $\sqrt{2}$ раз. Следовательно, период колебаний этого матрика $T_1$ в $\sqrt{2}$ раз больше период колебаний математического матрика $T$ и поэтому равен

$$T_1 = \sqrt{2}T = 2\pi \sqrt{\frac{2R}{g}}.$$

Ф249. Невесомый стержень, на концу которого закреплены шарики массами $m$ и $M$, опирается серединой на жесткую подставку, вокруг которой он может свободно врачаться в вертикальной плоскости. В начальной моменте стержень расположен горизонтально, а скорость его равна нулю. С какой силой давит он в этом момент на подставку?

Сила давления на подставку $F_{\pi}$ равна сумме сил давления $F_{\pi.1}$ и $F_{\pi.2}$ шариков на стержень, так как сам стержень неевесомый.

На каждый из шариков действуют две силы: сила тяжести и сила реакции со стороны стержня, которая по третьему закону

Ныютона равна по величины сил давления шарика на стержень (рис. 7).

Запишем уравнения движения шариков:

$$Mg - F_{\pi.1} = Ma,$$

$$F_{\pi.2} - mg = ma.$$

Заметим, что силы $F_{\pi.1}$ и $F_{\pi.2}$ равны. Действительно, вращение самого стержня относительно оси, проходящей через его середину, вызвается моментми сил $F_{\pi.1}$ и $F_{\pi.2}$, но поскольку стержень неевесомый, на его вращение не надо затрачивать никаких усилий. Следовательно, момент силы $F_{\pi.1}$ и $F_{\pi.2}$ одинаковы. А так как одинаковы плеечи, то равны и сами силы.

Таким образом, из (1) и (2) с учетом того, что $F_{\pi.1} = F_{\pi.2}$ (так как силы равны по величины соответствующим силам давления), получаем

$$F_{\pi.1} = F_{\pi.2} = \frac{2Mmg}{M + m}.$$

Ф250. Одинаковые заряды $q$ находятся на расстояниях $a$ и $b$ от замещенной сферы малого радиуса $r$ (рис. 8). Расстояние до поверхности земли и других замещенных предметов много больше $a$ и $b$. Найти силу, с которой заряды действуют на сферу.

Под влиянием внешних зарядов на замещенной сфере наведется некоторый заряд $Q$

49

который соответствующий образом распределится по поверхности сферы. Найдем величины этого сферы.

Так как сфера заземлена, потенциаль ее поверхности равен нулю. Но если внутри проводящей оболочки нет зарядов, то электрическое поле там отсутствует. Поэтому потенциаль любой точки внутри сферы равен потенциальу на ее поверхности, то есть в нашем случае равен нулю.

В то же время согласно принципу суперпозиции потенциаль поля в центре сферы (будем рассматривать именно эту точку) равен сумме потенциальов полей зарядов $q$ и заряда сферы $Q$:

$$\varphi_0 = 0 = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 a} + \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 b} + \varphi_Q.$$

Для того чтобы найти потенциаль поля заряженной сферы, разобъем поверхности сферы на такие малые участки, что заряды на них можно считать точными. Potential поля в центре сферы от произвольного участка равен

$$\varphi_i = \frac{\Delta Q_i}{4\pi\varepsilon_0 r},$$

где $\Delta Q_i$ — заряд этого участка. Очевидно, что потенциаль поля всего заряда $Q$ в центре сферы будет равен

$$\varphi_Q = \sum \varphi_i = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r} \sum Q_i = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r}.$$

Таким образом,

$$\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 a} + \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 b} + \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r} = 0,$$

откуда

$$Q = -qr \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right).$$

Тепер нетрудно подсчитать силу, действующего на сферу. Посокльку радиус сферы мал по сравнению с расстояниями $a$ и $b$, можно считать, что заряд сферы $Q$ является точным и находится в центре сферы. Поэтому (см. рис. 8)

$$F = \sqrt{F_1^2 + F_2^2},$$

где

$$F_1 = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0 a^2} \quad \text{и} \quad F_2 = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0 b^2}.$$

Подставив найденное выше значение заряда $Q$, получим окончательно

$$F = \frac{q^2 r}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right) \sqrt{\frac{1}{a^4} + \frac{1}{b^4}}.$$

Ф251. На формурации лемяцей пули (рис. 9) видны звуковые волны, которые возбуждаются при движении пули. (Такую формурацию удалость полушить влагодаря тому, что областки, в которых плотность воздуха различана, поразному преломляют световые лучи.) Воспользовавшись линейкой, определяме примерную величины скорости пули. Скорость звука в воздухе равна 340 м/с.

Из каждой точки траектории пули распространяется сферическая звуковая волна. Эти волны, складываясь, дают картину, которая существенно зависит от соотношения между скоростью пули и скоростью звука. Если скорость звука больше скорости пули, то волны, которые излучаются в разных точках, никакого не смеют догнать друг друга (рис. 10). Если же скорость пули больше скорости звука, то фронты волн будут пересекаться, как показано на рис. 11, и, складываясь, эти волны будут образовывать «усы», расходящиеся от пули, аналогичные «усы», идущим от носа глиссера. Эти «усы» представляют собой огибающее фронтов сферических звуковых волн. Подобная картина