Квант 1974, №12 · Страницы

КВАНТ
1974
12
Научно-популярный
физико-математический
журнал

1-47
МЕВ

XVI Международная математическая олимпiad
Торжественное открытие олимпiadы
Победитель олимпiadы советский школьник
А. Григорян
Жюри олимпiadы за проверкой работ
Участики олимпiadы на завоеде пышших maшин в Эрфурте
Здание, в котором проходила олимпiadа
(Фото И. Лемана, ГДР)

1

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

Редакционная коллекция:

М. И. Башмаков,
С. Т. Беляев,
В. Г. Болтянский,
Н. Б. Васильев,
Ю. Н. Ефремов,
В. Г. Зубов,
П. Л. Капица,
В. А. Кириллин,
элавный художник
А. И. Климанов,
С. М. Козел,
зам. елавного редактора
В. А. Лешковцев,
Л. Г. Макар-Лиманов,
А. И. Маркушевич,
Н. А. Патрикеева,
И. С. Петраков,
Н. Х. Розов,
А. П. Савин,
И. Ш. Слободецкий,
зам. елавного редактора
М. Л. Смолянский,
Я. А. Смородинский,
В. А. Фабрикант,
А. Т. Цветков,
М. П. Шаскольская,
С. И. Шварцбург,
А. И. Ширшов.

Редакция:

В. Н. Березин,
А. Н. Виленкин,
II. Н. Клумова,
художственный редактор
Т. М. Макарова,
Н. А. Минц,
Т. С. Петрова,
В. А. Тихомирова,
зав. редакцией
Л. В. Чернова.

В НОМЕРЕ:

2 В. Г. Болтянский. Бывает ли равномерное движение?
7 М. И. Каедеми и Академии педагогических наук СССР
и Академии педагогических наук СССР

14 А. Приятель. Решение логических задач при помощи графов с цветными вершинами
23 С. Г. Семенчинский. Линзы, зеркала и Архимед
26 А. А. Едоров. Решетки и правильные многоугольники
34 М. В. Донской. Чемпионат мира среди шахматных программ

Математический кружок
39 Н. Б. Васильев. Вокруг формулы Пика

Задачик «Квант»
44 Задачи М296—М300; Ф308—Ф312
46 Решения задачи М256—М260; Ф269—Ф272

Практикум абитуриента
55 М. Л. Крайзман. Шар, касающийся ребер многогранника

Международные оптимизации школьников
60 В. А. Скворцов, З. И. Моисеева. XVI Международная математическая оптимизации
63 Г. С. Тарасок. VII Международная физическая оптимизации

«Квант» для младших школьников
65 Задачи
66 Х. Лозе. Числовые последовательности
70 Т. С. Петрова. Как движутся молекулы?

Ответы, указания, решения
77 Напечатано в 1974 году

Уголок коллекционера
В. А. Рудов. Физики—члены Академии наук СССР на марках (3 с. обл.)

Смеся (с. 6, 25, 76)

На первой странице обложки вы видите рисунок «Относительность» голландского художника М. Эшера (1898—1972). В нем есть определенное математическое содержание. Постарейцев понять, какое?

© Главная редакция физico-matематической литературы издательства «Нука», 1974 год

2

Материальная точка, на которой не действуют никакие силы, движется в инерционной системе отчета прямолинейно и равномерно.

Однако, «изолироваться» от воздействия сил не представляется возможным. В наших, земных, условиях на материально точку действует сила прямяжения Земли (сила тяжести), сила треня, сила сопротивления воздуха и другие. Кроме того, на многое устройства, созданные человеком (автомобиль, электропоезд, ракета), всегда действуют силы. Одним словом, от сил никака не справothesвиться.

Да, но почему автомобиль может двигаться равномерно? Читаемый, конечно, скажет, что ничего удивительное в этом нет: все силы, действующие на автомобиль, уравновешиваются (то есть их равновесную равна нулю), а это эквивалентно тому, что на автомобиль вообще не действуют никакие силы, — вот он и движется равномерно.

И все же нечто удивительное в движении автомобиль есть. Шофер едет со скоростью 60 км/ч. Но вот он посмотрел на часы («А ведь я опасываю!») и, после нескольких секунд разгонна, поехал со скоростью 80 км/ч. И опять движение равномерное, то есть опять все силы уравновешиваются. Кто же уравновешивает силы? Шофер? И как ему удается их уравновесить и на скорости 60 км/ч, и на скорости 80 км/ч, и на иной скорости? Разве это не удивительное? Но если вы спросите об этом шофера, он будет удивлен еще больше вас: ему и в голову не приходит, что надо что-то «уравновешивать»!

Попытаемся разобраться в этом вопросе с помощью математики. Заметим, что силу тяжести можно совсем не рассматривать: на горизонтальном участке эта сила уравновешивается силой реакции со стороны дороги. Кроме того, будем считать, что нет ветра, пренебрежем силой прямяжения Луньи и так далее. Тогда останутся только движущая сила $F$, связанная с действием движения и с треннем ведущих колес о дорогу (эту силу будем считать постоянной на рассматриваемом участке движения), и с силой сопротивления (рис. 1). Будем считать, что сила сопротивления имеет вид — $S(v)$, где $S(v)$ — возратающая функция, обращающаяся в нуль при $v=0$ (знак минус показывает, что сила сопротивления направлена против воположно

скорости). На основании второго закона Ньютона

$$ma = F - S(v).$$

В силу возрастания функции $S(v)$ существует единственное значение скорости — обозначим его через $V$, — при котором права часть соответствия (*) обращается в нуль. Это значение $V$ легко определять по графику функции $S(v)$ (см. рис. 2).

Теорема 1. Если в некоторый момент $t_0$ скорость движения $v_0$ меньше $V$, то в течение всего дальнейшего движения будет $v < V$. Если же $v_0 > V$, то все время будет $v > V$.

Доказательство. Допустим противное. Пусть, например, в некоторый момент $t_1 > t_0$ скорость стала больше, чем $V$. тогда в промежуткий между $t_0$ и $t_1$ момент времени (может быть, и не один раз) скорость была равна $V$. Пусть $t'$ — последний иний момент (между $t_0$ и $t_1$), когда $v = V$, так что в промежутке между $t'$ и $t_1$ оставалось справедливым неравенство $v > V$. Corласно (*) отсюда следует, что при $t' < t < t_1$ускорение $a$ было омицательным (так как $S(v) > F$ при $v > V$). Но это противоречит тому, что за рассматриваемый промежуток времени скорость изменяется от значения $V$ до большого значения *).

Теорема 2. Если $v_0 < V$, то смещением времени скорость движения увеличивается, все более приближаясь к значению $V$; если же $v_0 > V$, то скорость все время уменьшается, также приближаясь к $V$.

Доказательство. Пусть в момент $t_0$ имеем $v_0 > V$. Как мы знаем из теоремы 1, в течение всего движения будет $v > V$. Из (*) следует, чтоускорение будет отрицательным.

*) Мы доказали, что если $v_0 < V$, то скорость ни в какой момент не может приять значения, больше его $V$. То, что она не может приять и значения, равного $V$, доказывается чуть сложнее; мы ту часть доказательства пропустим.

Рис. 2.
ным, и следовательно, скорость будет все время уменьшаться.

Докажем, что с течение времени разность $v - V$ становится любой заранее выбранной как угодно малой величины $h$. Для этого рассмотрим момент времени

$$t_1 = t_0 + \frac{(v_0 - V)m}{S(V + h) - F}.$$

За время от $t_0$ до $t_1$ скорость уменьшалась от значения $v_0$ до значения, больше его $V$, то есть уменьшалась меньше чем на величины $h$.

$$v_0 - V = \frac{S(V + h) - F}{m}(t_1 - t_0).$$

Отсюда следует, что в некоторых промежутках времени $t^*$ величающаяускорение была меньше $\frac{1}{m}[S(V + h) - F]$. (Если бы это было не так, то за рассматриваемый промежуток времени скорость уменьшалась бы не менее чем на величины (***).)

Итак, пусть в момент $t^*$ имеем

$$|a^*| < \frac{S(V + h) - F}{m}.$$

Тогда из (*) получаем

$$\frac{S(v^*) - F}{m} < \frac{S(V + h) - F}{m},$$

то есть $S(v^*) < S(V + h)$, и потому $v^* < V + h$. Мы видим, что в момент $t^*$ скорость отличается от $V$ меньше чем на $h$. Это справедливо и для всех последующих моментов, так как скорость $v$ убивает, оставаясь большие $V$.

4

Teоремы 1 и 2 дают качественные законы изменения скорости, то есть показывают, как она будет меняться с течение времени. Пусть, например, автомобиль некоторое времяедет под уклон, после чего вызжает на горизонтальной участок дороги (рис. 3). Двигаясь под уклон, автомобиль с отключенным двигателем разгоняется и выходит на горизонтальный участок с повышенной скоростью (большей $V$). Что же будет дальше? Согласно теореме 1 в течение всего дальнейшего движения скорость будет большей чем $V$, причем, в силу теоремы 2, она будет постепенно уменьшаться, все более приближая на горизонтальном участке не будет равномерным, и лишь в пределе (при $t \to \infty$) мы получим равномерное движение (so скорость $v = V$).

Аналогичная картина наблюдается в случае, если водитель (двигаясь, скажем, со скоростью 60 км/ч) намерена увеличить скорость. С этой целью он сильнее нажит правой ногой на pedal акселератора, увеличивая тем самым приокторо, а значит, и силу $F$, развиваемуую двигатель. Новому значению силы $F$ соответствует новое значение величины $V$, скажем, $V = 80$ км/ч. В момент нажатия на pedal автомобиль движется еще со скоростью 60 км/ч, то есть со скоростью, меньше шеи $V$. Согласно теореме 1 в течение всего дальнейшего движения скорость будет меньше чем $V$, причем, в силу теоремы 2, она будет увеличивать все более приближая на горизонтальный участок с повышенной скоростью (большей $V$). Мы видим, что и в этом случае движение автомобиля не будет равномерным, и лишь в пределе (при $t \to \infty$) получится равномерное движение (so скорость $v = V$).

В обихах рассмотренных примерах автомобиль движется с переменной скоростью, которая постепенно приближается к пределному значению $V$. Таким образом, то, что мы обычно считаем «равномерным движением», представляет собой сложный диапазон процесс. Силы, действующие на автомобиле, теоретически говоря, не уравновешивают друг друга (движение проискот с переменной скоростью, и потому ускорение не равно нулю). И лишь в пределе (при $t \to \infty$) скорость приближается к постоянному значению $v = V$, ускорение стремится к нулю, а действующие силы все более точно уравновешивают друг друга (то есть равнойствушая стремия к нулю). И это «постепенное уравновешивание» вовсе не связано с действиями шофера (он ведь лишь поддерживать постоянное значение силы $F$), а вытекает из самой спецификации задачи, то есть, математически говоря, является следствием уравнения (*). Практические же скорость автомобиля становится too меньше, то больше $V$ (вследствие порывов ветра, уvelichения или уменшения шероховатости дороги и т.п.). Но она упрямо приближается к пределному значению $V$, пока

5

Рис. 4.

Рис. 5.

следующий тольок не сделает ее кеколько меньше или больше; и новь скорость будет приближаться к значению $V$; затем опять тольок, опять приближение к $V$ … Это и есть «равномерное движение». И возможно оно молко потому, что предельное значение скорости (то есть $V$) устойчивое: в какую бы стороны ни отклонилась скорость от $V$, она обязательно будет приближаться к $V$.

Устойчивость значения $V$ можно наглядно посять построением фазовой диаграммы (или, как еще говорят, «фазового портрета») уравнения () (см. рис. 4). Отметим точку $V$ на числовой оси. Если в некоторых моментах фактическая скорость $v$ оказывается меньше чем $V$ (точка $v_1$ на диаграмме), то из () видно, что ускорение $a$ будет положительным, то есть скорость будет в зрастать. Это отмечено на диаграмме стрелкой, смотряшей вправа. Если же в некоторых моментах скорость больше шее $V$ (точка $v_2$ на диаграмме), то ускорение $a$ отрицательно, то есть скорость начинает убивать (стрелка направлена влево).

Фазовая диаграмма показывает, что скорости «некуда деваться», кроме как приближаться к значению $V$. Это напоминает поведение шарика в ямке (рис. 5): где бы он ни находился, его «тянет» в самую нижнюю точку — в устойчивое положение равновесия. По аналогии точку $V$ на рассматриваемой фазовой диаграмме также называют устойчивым положением равновесия.

Более сложный пример устойчивого положения равновесия дает подключение батареи постоянного тока к паралелюно соединительным катушке и конденсатору (рис. 6). Обозначая э. d. с. батарей, ее внутреннее сопротивление и активное сопротивление катушки через $E$, $r$ и $R$ соответственно, легко найти (по закону Ома), что в такой схеме через катушка может протекать постоянный ток $I = \frac{E}{R+r}$, причем, разность потенциаль на обкладках конденсатора будет равна $U = \frac{ER}{R+r}$. Однако в действительности процесс будет более сложным: ток $I$ и напряжение $U$ будет переменными, они будут со-

6

вершать «затухающие колебания» и лишь в пределе (при $t \to \infty$) будет приближаться к указанным значениям. Фазовый портрет этой системы надо будет изобразать уже на координатной плоскости (поскольку вместе одной «фазовой координаты» $v$ здесь их будет уже две: $I, U$ (см. рис. 7)). Точка, соответствующая указанному выше постоянному току, будет здесь устойчивым положением равновесия; стрелки, показывающие тенденции изменения величины $I, U$, будут здесь таковы, что все линии, идущие вдоль стрелок, будут приближаться к этой точке.

Мы видим, что «равномерное» движение автоматически, «постоянный» ток в электрической схеме и т. п. представляют собой сложные диапамечные процессы, происходящие в бл и из устойчивого положения равновесия. Режимы «устойчивой работы» многих машин и технических устройств описываются математически в виде устойчивых положений равновесия на фазовых диаграммах. Устойчивые положения равновесия изучаются в теории заложены выдающимся русским математиком А. М. Ля и упо в м. В дальнейшее ее развите важный вклад внесли многое совершенное учены.

Про кита и активное

1. Небольшой участок верхней сети активной можно упрощенно представить себе как прямогольник из шести параллельных вервых волокон, соединенных пятую поперечными. Нервный импульс может выходить из любого узла по любому волокну, за исключением того, по которой он в этот узел попал. Какова кратчайшая длина пути верхнего имплуласа от одной вершины прямогольника до противоположной? Сколько различных путей имеют эту минимальную длину?

2. Загарпуненный кит способен в течение нескольких часов тащить за собой судно с двигаателем, включенным на «полный назад». Мощность кита можно оценить примерно в 450 л. с. Сколько жира израсходует кит за 3 часа такой работы, если теплотворная способность жира равна 10 ккал/г и при этом лишь $1/4$ химической энергии обращается в механическую работу?

М. П. Головей

7

Классическая теория излучения

Существование в природе электромагнитного поля — давно и хорошего установленный факт. Заряженная частница, помещенная в электромагнитное поле, начинает дивгаться ускоренно. Следовательно, она испытывает воздействие со стороны электромагнитного поля. Поле, ускорязая заряд, производит над ним работу, а само теряет некоторое количество энергии — поле слабое, то есть действует на единичный заряд с меньшей силой. Наоборот, если поле замедляет заряд, оно усиливается. Иными словами, к первоначальному полю добавляется новое, созданное зарядом. Ослабление поля тоже можно рассматривать как добавление нового, созданного зарядом поля, но направление дополнительного поля противоположно направлению первого.

Эксперименты показали, что поле, создаваемое зарядом, зависит от величины заряда и от характеристики. Причина, вызвающая движение заряд, совершенное несуществование. Для вычисления поля, создаваемого движущимся зарядом, нужно решить систему дифференциальных уравнений (это и есть замененные уравнения Максвелла).

Для нас сейчас важно сам факт: движущийся с укоренением заряд может изменять энергию электромагнитного поля. Это явление называется излучением. Отметим, что хорошо известный закон Кулона, в силу которого поле неодвижного заряда может быть раз и нассгда подсчитано в любой точке пространства, показывает, что неодвижный заряд не излучает. В самом деле, поле такого заряда не изменяется с течение времени, то есть не изменяется энергия поля.

Проведем мысленный эксперимент. Возьмем неподвижный заряд. Заставим его описать окружность, вернуться в исходную точку и оставиться. Какой будет картина электромагнитного поля? На первом этапе, когда заряд неодвижен, он создает общное электростатическое поле. В течение второго этапа создается неодвижное поле. Исчезнет ли оно после того, как заряд остановится? Нет, не исчезнет! Но позвольте, ведь вокруг неподвижного заряда поле должно быть электростатическим. Неужели это неверно?

Верно, но не совсем. Созданное на втором этапе дополнительное электромагнитное поле начинает деформировать, так что спустя t секунд после остановки заряда внутри шара радиуса ct (c — скорость света) (рис. 1) устанавливается кулоновское поле. Вне этого шара поле будет существенно отличаться от кулоновского. Итак, поле излучения быстро удаляется от того места, где оно было создано, уступая кулоновскому полю все новые и новые области пространства. Подчерким, что это свойство — «убегать» со скоростью света от места зарожжения (и уносят

8

с собой всю полученную от движущихся зарядов энергии) — общее свойство излучения.

Отметим одно важное обстоятельство. Так как электромагнитное поле излучения уносит с собой всю полученную от движущшегося заряда энергии, то плотность энергии такого поля, то есть энергия, приходящая на единицу объема, уменьшается обратно пропорционально объему шарового слоя, в котором оно находится. Этот объем пропорционален квадрату радиуса *). Поэтому плотность энергии поля излучения обратно пропорциональна квадрату расстояния от источника. Значит, плотность энергии электросатического поля убивает как четвертая степень расстояния, то есть гораздо быстрее, чем плотность энергии поля излучения. Эти и обьясняется, почему для радиосвязи используется поля излучения, а не электросатические поля.

*) Действительно, объем шарового слоя радиуса $R$ и толщины $\Delta R$ равен $S\Delta R = 4\pi R^2\Delta R$ (S — площадь поверхности шара), поскольку $\Delta R$ мало по сравнению с $R$.

**) См. учебное пособие «Физика-9», § 86.

Рис. 1.

Какие же волны излучает заряженная частьца, движущаяся сускорением? Частота излученной волны зависит от характера движения частицы. Если частота совершенное колебания с частотой $v_0$, то и частота излученных волн будет равна $v_0$.

Классическая электродинамика (уравнения Максвелла) дает возможность вычислить интенсивность излучения, то есть количество энергии, излученной за единицу времени. Так, например, интенсивность излучения движущогося сускорением $a$ заряда $e$ равна

$$I = \frac{2e^2a^2}{3c^3}.$$

В системе СГСЭ интенсивность излучения можно вычислить с точностью до коэффициента 2/3, если знать, от чего она зависит. В этой системе все единицы выражаются через три основные: длины, массы и времени. (В системе СИ основных единиц четыре — добавляется еще единица силы тока. Поэтому электросатические единицы не выражаются через механические, и такое рассмотрение проводится нельзя.)

Величина интенсивности излучения определяется зарядом $e$, имеющим размерность $(e^{1/2} \cdot cm^3/2 \cdot c^{-1})$, егоускорением $a$ $(cm \cdot c^{-2})$ и скорость света $c$ $(cm \cdot c^{-1})$. Из этих величины можно построить только одну комбинацию, имеющую размерность $(\partial p \cdot c^{-1})$, которая приводит к выражению (1). Попробуйте проверить это.

Формула (1) показывает, что заряд, движущийся с постоянной скоростью ($a = 0$), не излучает. Этот же вызов можно получить и более простым рассудением. Покоящая частьца не может излучить электромагнитную волну, так как ей неоткуда взять для этого энергия. Следовательно, и частца, летящая с постоянной скоростью $v$ в пустоте, тоже не может излучать — ведь по принципу относительнойности Галлия всегда

9

Да можно выбрать эквивалентную систему отчета, в которой эта частница поконтся.

Есть еще один важный случай, когда движущиеся заряды не излучают. Расмотрим постоянный ток, текущий по какому-либо кривой ному контуру. Из эксперимента и из теории хорошего известного, что такой ток создает постоянное магнитное поле, но не излучает. Но ведь всякий ток есть движение заряженных частниц. Каждый из этих частниц, как мы знаем, создает поле излучения. Почему же эти заряды, взятые вместе, не излучают? Оказывается, поля излучения, создаваемые разными частцами, компенсируют друг друга с такой точностью, что в результате остается чисто статическое поле. Можно считать, что в этом случае заряженные частцы движут с одинаковой постоянной средней скоростью, и излучение отсутствует.

С помощью уравнения Максвелла можно установить общий факт: если расположение токов и зарядов в пространстве не зависит от времени, то излучение отсутствует.

Планетарная модель атом и излучение

Временно игнорируя квантовую природу атомных частниц, опишем язык классического физики простейший atom — atom водорода, состоящий из одного протона и одного электрона.

Электрон врашается вокруг протона по окружности радиуса $r_B^*$ (рис. 2), так что сила, вызывающая центростремительное ускорение, $mv^2/r_B$, равна кулоновской силе приженяния $e^2/r_B^2$ (м—масса электрона):

$$\frac{mv^2}{r_B} = \frac{e^2}{r_B^2}.$$

Отсюда можно выразить скорость врашения электрона

$$v^2 = \frac{e^2}{mr_B}.$$ (2)

Скорость электрона тем больше, чем меньше расстояние между ним и протоном.

Полная энергия электрона в atomе водорода — это сумма его кинетической энергии $E_{kин} = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{e^2}{2r_B}$ и псевдопространной $E_{пот} = -e^2/r_B$:

$$E = \frac{e^2}{2r_B} - \frac{e^2}{r_B} = -\frac{e^2}{2r_B}.$$ (3)

Классическая физика не может обьясить тот факт, что все atoms водорода имеют один и тот же размер. Мы пока просто примем, считая это экспериментальный фактор, что у всех atoms водорода $r_B \approx 10^{-10} m$.

Centростремительное ускорение электрона при движении по окружности равно

$$a = \frac{v^2}{r_B} = \frac{e^2}{mr_B^2}.$$

Но ведь если электрон движется с ускорением, он излучает. Какова интенсивность этого излучения, мала она или велика? Оценим ее, подставив в формулу (1) значение ускорения $a$:

$$I = \frac{2e^2}{3c^3} \left( \frac{e^2}{mr_B^2} \right)^2 = \frac{2e^6}{3c^3m^2r_B^4}.$$

Хотя все величины, входящие в эту

$$*) r_B$$ — радиус так называемой борвской орбиты электрона.

10

формулу, известны, и мы можем вычислить, какое количество энергии в секунду излучает электрон, ответ мало что скажет, ведь в мире атомов теряются общие представления. Поступим иначе. Вычислим, какую энергию $\Delta E$ теряет электрон за время одного оборота вокруг ядра — за один период $T = \frac{2\pi r_B}{v}$:

$$\Delta E = I \frac{2\pi r_B}{v} = \frac{4\pi}{3} \frac{e^5}{r_B^{5/2} m^{3/2} c^3}.$$

Преобразуем это выражение к виду

$$\Delta E = \frac{8\pi}{3} \left( \frac{1}{r_B} \frac{e^2}{mc^2} \right)^{3/2} \frac{e^2}{2r_B}.$$

(4)

В этой формуле член $\frac{e^2}{2r_B} = E_a$ — характерная «atomная» энергия электрон в atomе. Следовательно, все сстальные величины, входящие в формулу (4), должны образовать безразмерную комбинацию. Действительно, величина $e^2/mc^2$ имеет размерность длины. Ее называют классическим радиусом электрон и обозначают $r_e$:

$$r_e = \frac{e^2}{mc^2} \approx 2,5 \cdot 10^{-15} \text{ m}.$$

Таким образом,

$$\frac{\Delta E}{E_a} \approx 10^{-6}.$$

Итак, при каждом обороте электрон теряетничную часть своей энергии — одну десятимилонную долю. Посмотрим на эту велиницу с другой точки зрения.

Попробуем оценить, сколько времени «проживет» atom, если электрон будет излучать электромагнитную энергию даже такими малыми порциями. За один оборот энергия электрон уменьшится на величины $\Delta E \approx 10^{-6} E_a$, и при этом расстояние от электрона до ядра тоже уменьшится. А приблинительно за $10^6$ оборотов электрон вовсе свапится на ядро!

Но один оборот электрон совершает за

$$\frac{2\pi r_B}{v} = \frac{2\pi r_B}{e} (mr_B)^{1/2} \approx 10^{-16} c.$$

Следовательно, если бы законы классической механики и классической электродинамики были справедливы в мире атомов и электронов, атомы могут быть просуществовать не более $10^{-10} c$.

Это, пожалуй, одно из наиболее кастрофейческих расхожений между классической теории и экспериментом: «вечные» атомы оказались предельно неустойчивыми.

Существует еще одно противоречие между планетарной моделью атома и экспериментом. Эксперимент показывает, что атомы излучают (правда, для этого надо их предварительно возбудить, то есть передать им некоторое количество энергии) электромагнитные волны строго определенных частот. Набор этих частот является своеобразной визитной карточкой атома (на этом основанспектральный анализ).

С точки зрения планетарной модели возбужденного тем, что его электрон имеет несколько Cóльшую энергию и, следовательно, больший радиус орбиты $r_1 > r_B$. В процессе излучения расстояние от электрона до ядра постепенно уменьшается до величины $r_B$, при этом непрерывно изменяется (увеличивается) частота обращения. Следовательно, спектр излученных частот должен быть не перерывным от начальной частоты

$$\frac{v_1}{2\pi r_1} = \left( \frac{e^2}{mr_1} \right)^{1/2} \frac{1}{2\pi r_1}$$

до максимальной частоты

$$\frac{v}{2\pi r_B} = \left( \frac{e^2}{mr_B} \right)^{1/2} \frac{1}{2\pi r_B}.$$

Объяснить истинный дискретный спектр излучения атомов классической планетарная модель не может. Для объяснения всего этого необходимо механика.

11

Электрон излучает фоотоны

Как же квантовая механика обязывает, почему электрон не падает на ядро?

Прежде всего следует подчернуть, что для обязывания свойств микромира пришлось создать принципально новую науку: подправить классическую механику так, чтобы она обязывала свойства atomов и молекул, оказалось невозможно. Основная новизна квантовой механики — учет единства волновых и корпускулярных свойств микроэтиц.

Согласно строгим выводум квантовой механики энергия электрона может принимать не любые, а лишь дискретные значения. Значения энергии в atomе водорода

$$E_n = -\frac{2\pi^2 me^4}{h^2} \frac{1}{n^2},$$

где $n = 1, 2, 3, \dots$

Среди всех состояний электрона в atomе водорода есть одно особое состояние — основное состояние с наименьшей энергейой. Ему соответствует $n=1$. Электрон не может иметь энергию, меньше $E_1 = -2\pi^2 me^4/h^2$. Этот запрет связаан с волновыми свойствами электрона. Он настолько строг, что обеспечивает бесконечное время жизни atomа.

Итак, электрон в основном состоянии не излучает электромагнитных волн (фотонов) *. Если же электрон находится в одном из возбужденных состояний с $n > 1$ ($n = 2, 3, 4, \dots$), он может перейти в состояние с более низкой энергейой, излучив электромагнитную волну. Как и всякий процесс в природа, процесс излучения подчиняется закону сохранения энергии. Его легко записать, если воспользоваться соответствием связиывающим частоту электромагнитной волны $v$ энергейой фоотона

$$E_n - E'_n = hv,$$

где $n, n' = 1, 2, 3, \dots; n > n'$.

*) Не только atom водорода, но и любой другой atom не излучает энергии, если он находится в основном состоянии.

Отсюда

$$v = \frac{E_n - E'_n}{h}.$$

Для водорода

$$v = \frac{2\pi^2 me^4}{h^3} \left( \frac{1}{n'^2} - \frac{1}{n^2} \right).$$

Формулы (5) и (6) определяют спектр (набор) частот, которые излучить или поглотить atom водорода.

Квантовая механика позволяет определить не только спектр частот излучения и поглощения, но и интенсивность излучения.

Формулы квантовой механики обладают одной интерсейной особенностью. Они переходят в формулы классического физики, когда «квантовость» пренебрежимо мала, то есть когда движение почти классического. (Это важное обстоятельство получило даже специальное название — принцип соответствия.) В расстматриваемом нами случае малость квантовых эффективов проявляется в том, что при значениях $n$, стремящемся к бесконечности, $\Delta E = E_n - E_{n-1}$ стремится к нулю. Ведь в классическом физике энергия может иметь любое значение! Мы привели только один пример, но любая формула квантовой механики допускает проверку принципом составствия. Лучше сказаать иначе: любая формула классического физики есть предельное значение квантовой формулы. Квантовая механика неотменила классического, а указала ее место (и весма почетное место). Классическая механика справедлива тогда, когда мы квантовые эффективы, и справедлива с точностью, которое допускает квантовая механика.

Излучение частицы, движущейся с постоянной скоростью

Do sins пор мы говорили, что излучает только частица, движущаяся с

12

ускорением. Но у этого правила есть одно исключание. Электрон, движущийся с постоянной скоростью, но не в пустоте, а в какой-либо среде, излучает свет. Этот эффект называется излучением Вавилова-Черенкова.

Слова «черенковское излучение», «излучение Черенкова», «эффект Черенкова», называемое, известны многоим. И многое знают, что такое излучение возникает, когда заряженная часть движения со скоростью $v$, больше скорости света в среде, окружающей частицу. Сверхсветовое излучение было открыто П. А. Черенковым — учеником С. И. Вавилова, а объявили его физики-теоретики И. Е. Тамм и И. М. Франк. За эту работу Черенкову, Тамму и Франку была присуждена Нобелевская премия 1958 года по физике.

Скорость света в среде с показателем преломления $\varepsilon$ (ε — диэлектрическая проницаемость среды) равна $u = c/1/\varepsilon$. Поскольку $\varepsilon > 1$, скорость света в среде $u$ меньше скорости света в вакууме $c$. Это позволяет частице (например, электрону) лететь в среде со «сверхсветовой» скоростью $v$:

$$\frac{c}{\sqrt{\varepsilon}} = u < v < c.$$

Условие возникновения черенковского излучения

$$v > \frac{c}{\sqrt{\varepsilon}}$$

замечательно тем, что не содержит постоянной Планка. Это означает (по принципу соответствия), что оно может быть получено средствами как квантовой, так и классический физики. Интересно отметить, что квантовое и классическое описание эффекта Черенкова приводят практические к одинаковым результатам. Но мы ограничим только квантовой картиной, так как для полной классической теории является Черенкова необходимый сложный математический аппарат.

При этом нам понадобится дополнительные сведения о фотонах.

1. Фотон обладает не только определенной энергей $E$, но и определенным импульсом $p$. Направление импульса может быть любым, а величина определяется энергей:

$$p = \frac{1}{c} E.$$

2. Электромагнитное поле в среде с диэлектрической постоянной ε также состоит из фотонов. Фотоны в диэлектрике отличаются от фотонов в пустоте тем, что связь между их энергей и импульсом содержит диэлектрическую постоянную ε:

$$p = \frac{\sqrt{\varepsilon}}{c} E = \frac{1}{u} E,$$

$$E = p \frac{c}{\sqrt{\varepsilon}}.$$

Связь между энергей и частотой у фотонов в среде такая же, как и у фотонов в пустоте: $E = hv$.

3. Любое взаимодействие фотонов с другими частицами подчиняется закону сохранения энергии и закону сохранения импульса.

Теорей рассмотрим электрон, движущийся в среде с постоянной скоростью $v$. Пусть в некоторый момент времени он излучает фотон частицы $v$ с импульсом $p$. Обозначим импульс электронаdo излучения $P$, а после — $P'$. Тогда энергия электронаdo излучения $E = P^2/2m$, а после излучения — $E' = P'^2/2m$. По закону сохранения импульса $P' = P - p$, а закон сохранения энергии можно записать в виде

$$\frac{P^2}{2m} = \frac{P'^2}{2m} + \frac{c}{\sqrt{\varepsilon}} p.$$

Проверим, всегда ли может выполнять это равенство. Введем угол $\theta$ между импульсом частицы до излучения и импульсом фотона. Косинус этого угла найден из закона сохранения импульса, записанного в скалярной форме:

$$P'^2 = P^2 + p^2 - 2Pp \cos\theta$$

13

(мы воспользовались теоремой косинусов). Отсюда

$$\cos \theta = \frac{P^2 - P'^2 + p^2}{2Pp} = \frac{c}{\sqrt{\varepsilon}} \left( 1 + \frac{p}{2mc} \sqrt{\varepsilon} \right),$$

где $v$ — скорость излучющей частицы. Вспомним, что $p = \frac{hv}{c} \sqrt{\varepsilon}$.

Следовательно, $\frac{p \sqrt{\varepsilon}}{2mc} = \frac{hv\varepsilon}{2mc^2}$.

Это — единственная безразмерная комбинация параметров в формуле (8), куда входит постоянная Планка. Она дает возможность оценить степень квантовости явления. Для видимого света

$$v \approx 10^{14} c^{-1}, \varepsilon \geq 1$$

и $$\frac{\varepsilon h v}{2mc^2} \approx 10^{-7}$$.

Отсюда видно, что мы, не делая большой ошибки, можем просто пренебречь вторым слагаемым в числитель формулы (8). Поэтому и классический рассмотрение приводит к правильному результату.

Так как cosθ должен быть меньше единицы, мы можем вывести условия (7): имея частница, lemma с постоянной скоростью, модель излучатель световые волны, ее скорость должна превышать скорость света в среде.

Приведенное рассужждение обьясняет, почему электрон со скоростью $v < c/\sqrt{\varepsilon}$ не излучает и почему конус возможных направлений излучения (в случае $v > c\sqrt{\varepsilon}$) определяется формулой (8). Вычисление интенсивности излучения Чerenкова значительно сложнее, и мы не будем им занимать.

Классический смысл условия (7) очень прост: частница «убегает» от созданного его электромагнитного поля, которое в виде волн распространяется самостояльно.

Приближенное (с классической точки зрения — точное) равенство

$$\cos \theta = \frac{c}{v\sqrt{\varepsilon}}$$

показывает направление излученных волн.

Подумаем еще раз, на чем основан выбор формулы (9) и условия черенковского излучения (7). Во-первых, на законах сохранения энергии и импульса в процессе излучения; во вторых, на том, что энергия фотона и величины его импульса связаны линейной зависимости, и, наконец, в-третьих, на малости квантовой поправки. Если бы решила не об электронномгинитной волне, а о звуковой, то все эти «во-первых», «во-вторых» и «в-третьих» были в точности выполены. Для звуковой волны квант ее энергии — фонан и величины его импульса связаны линейной зависимости

$$p = \frac{1}{s} E,$$

где $s$ — скорость звука. Но так как скорость звука значительное меньше скорости света, то условия черенковского излучения $v > s$ может быть выполнено даже при движении максимальной скорости света.

Приимеров черенковского излучения звука — щелчок бича, кончик которого в умелых руках движется со сверхзвуковой скоростью.

Чerenковское излучение света нашло важное применение в экспериментальной физике. Но это — отдельная большая и интересная тема. Для нас, пожалуйста, важно то, что черенковское излучение — очень общое явление. Всегда, когда частница движется со скоростью, превышающее скорость волн в данной среде, она излучает.

В этой статье использовются некоторые простые логические операции: отрицание, коньонкиция, дизьонкиция, импликация. Многие из вас знают о них из школьы — кто из факультативных курсов математики, а кто из самых обычных. Да и в «Кванте» про них рассказываюсь — см., например, «Квант» № 4 за 1971 год.

Для тех же, кто не знает определений логических операций и не имеет других номеров «Кванта», мы приведем здесь лишь минимум сведений, который нужен для чтения и понимания статьи А. Приятеля.

Напомним, что высказывание — это предложение, про которое имеет смысл говорить, что оно истинно или ложно.

Из различных высказываний с помощью логических операций можно образовать новые высказывания. Вопрос об истинности получающихся высказываний зависит, конечно, от того, каковы (истинны или ложны) были исходные высказывания, ну и, конечно, от самой логической операции. А именно:

1. Отрицание истинного высказывания ложно, а отрицание ложного — истинно. Если обозначить исходное высказывание буквой A, а операцию отрицания — знаком «—» (А читается «не A»), то наше определение можно задать такой таблицей:

| A | Ā |
| :— | :— |
| и | л |
| л | и |

(и — сокращенное «истина», л — «ложь»).

2. Конъюнкция двух истинных высказываний A и B (A ∧ B) читается как «A и B») истинна, а если хотя одно из них ложно, то и конъюнкция ложна:

| A | B | A ∧ B |
| :— | :— | :— |
| и | и | и |
| и | л | л |
| л | и | l |
| л | l | l |

3. Дизъюнкция двух высказываний (обозначение A ∨ B читается как «A или B») истинна, если истинно хотя бы одно из них, и ложна, если она ложны:

| A | B | A ∨ B |
| :— | :— | :— |
| и | и | и |
| и | l | l |
| l | и | l |
| l | l | l |

4. И, наконец, импликция высказываний A и B (A ⇒ B) читается как «A bleibt B», «Из A следует B» или «Если A, то B») ложна, если послека A истинна, а заключение B ложно; во всех же остальных случаях импликция истинна:

| A | B | A ⇒ B |
| :— | :— | :— |
| и | и | и |
| и | l | l |
| l | и | l |
| l | l | l |

15

В «Кванте» № 8 за 1973 год была помещена статья Л. Ю. Березиной «О графах с цветными ребрами», посвященная решению логических задач. Не менее интересен метод решения логических задач с помощью графов с цветными вершинами, позволяющий найти решать задачи, которые часто называют «логических задачи на Джонсона и Смита» *). Этот метод состоит в изображении структуры задачи с помощью некоторого графа. Вершины такого графа будут обозначать базисные высказывания задачи; а ребра графа—импликации или коньонки между базисными высказывами. Цвет вершины обозначет истинность или ложность изображаемого его высказывания. В определении цвета вершин графа и заключается описываемый метод. Всюду в дальнейшем процесс определения цвета вершин мы будем называть раскрашивание графа. Цвет вершины не всегда будет определяться однозначно; возможно варнаты будем называть варнатами раскрашивание.

Для изображения структуры задачи с помощью графа условится о символьке, позволяющей переодить с языка логики на язык графов:

Таблица 1

Логическое понятие Элемент графа

Высказывание Вершина графа
Истининое высказывание Вершина красного цвета
Ложное высказывание Вершина черного цвета
Импликация $X \Rightarrow Y$ Орентированное ребро $\overrightarrow{XY}$ графа

Раскрашивание графов производится по правилам алгебры логики, которые переодятся на язык графов с помощью следующей символьки:

Таблица 2

Правило алгебры логики Правиле раскрашивания графа

1. Каждее высказывание имеет одно и только одно из двух значений истинности: «ложно», «истинно».

2. Если импликация $X \Rightarrow Y$ истинна и посылака $X$ истинна, то и заключение $Y$ истинно.

3. Если импликация $X \Rightarrow Y$ истинна, а заключение $Y$ ложно, то и посылака $X$ ложна.

4. Каждая вершина графа является либо черной, либо красной.

5. Если ребро $\overrightarrow{XY}$ ориентированно от вершины $X$ к вершине $Y$ и вершина $X$—красная, то и вершина $Y$—красная.

6. Если ребро $\overrightarrow{XY}$ ориентированно от вершины $X$ к вершине $Y$ и $Y$—черная, то и $X$—черная.

*) Можно, конечно, говорить и о «задачах про Воробьева и Грачева» — пародия на них всем памятна по «Золотому теленку».

16

Кроме этих правил 1—3 для каждой конкретной задачи можно ввести дополнительные правила (в зависимости от структуры используемого графа).

Продемонстрируем метод на примерах решения конкретных задач.

Задача 1

Для поляной экспедиции из всмы претензийтов $A, B, C, D, E, F, G$ и $H^*$ надо отобразить шесть специализмов: биология, гидроLOGа, сиоптика, врача, механика и радистика. Обязанности биология могут выполнять $E$ и $G$, гидроLOGа — $B$ и $F$, сиоптика — $F$ и $G$, врача — $A$ и $D$, радистика — $C$ и $D$, механика — $C$ и $H$. Хотя некоторые из претензийсов совместимые две специализми, в экспедиции каждой помощи выполнять только одну обязательность.

Коэто и кем следует взять в экспедицию, если $F$ не хочеем.Exать без $B$, $D$ — без $H$ и без $C$, $C$ не хочеем.Exать вместе с $G$, а $A$ не хочеем.Exать вместе с $B$?

Базисное множество высказываний задачи состоит из всмы высказываний вида «$A, B, C, \dots$» зачислен в состав экспедиции» (будем обозначать их соответственно буквами $A, B, C, \dots$).

Для облегчения воспрятия условия задачи изобразим специализцию претензентов с помощью так называемого двудольного графа, то есть графа, вершины которого распадаются на два класса (две «долли») так, что вершины из одного и того же класса не связаны между собой (не соединены ребрами). Двудольные графы удобно чертить, располагая вершины одной «долли» в строку, а вершины другой — в строку, параллельную первой (рис.1).

На рисунке 1 мы изобразили претензентов вершинами $A, B, \dots, H^*$ первой доли, а специализности — вершинами $6, 8, \dots, c$ («б») — биолог, «в» врач и т. д.) второй доли. Вершину первой доли связем с вершинами второй доли, если соответствующий претензент владеет соответствующей специализностью. По такому графу легко определить, какие два претензента владеют соответствующую.

Из двух претензентов $X$ и $Y$, владеющих одной специализностью, над взяты хотя бы одного, то есть верна дизьонкция вида $X \lor Y$, равносильная импликации $\bar{X} \Rightarrow Y^{**}$). На основании этого можно записать

$(\bar{E} \Rightarrow G) \wedge (\bar{B} \Rightarrow F) \wedge (\bar{F} \Rightarrow G) \wedge (\bar{A} \Rightarrow D) \wedge (\bar{C} \Rightarrow D) \wedge (\bar{C} \Rightarrow H)$.

Кроме того, если $X$ не хочеет.Exать без $Y$, то верна импликация $\bar{Y} \Rightarrow \bar{X}$, а если $X$ не хочеет.Exать вместе с $Y$, — импликация $Y \Rightarrow \bar{X}$. На основании этого имеем

$(\bar{B} \Rightarrow \bar{F}) \wedge (\bar{H} \Rightarrow \bar{D}) \wedge (\bar{C} \Rightarrow \bar{D}) \wedge$
$(\bar{G} \Rightarrow \bar{C}) \wedge (\bar{B} \Rightarrow \bar{A})$.

Итак, условия задачи можно представить в виде коньонкции импликации:

*) Разумеется, это как раз их фамилии: Джонсон, Смит, Браун, … (Воробьев, Грачев, Дроздов и т. д.).
**) Или $\bar{Y} \Rightarrow X$ — безразлично.

17

Рис. 2.

Представим структуру задачи в виде графа. При этом вершины, изображенные не отрицательные высказывания вида $X$, расположим на одной прямой, а вершины вида $\bar{X}$ — на параллельной ей прямой так, чтобы $A$ и $\bar{A}$, $B$ и $\bar{B}$ и т. д. были расположены в вертикальных столбцах. Содержание в условии 11 импликции (1) изображаем ориентированными ребрами графа (согласно данным таблицы 1,— см. рис. 2).

Раскрашивание графа мы всегда будем начинать с допущения о цвете одной из вершин $X$ графа. Эту вершину $X$ мы будем выбирать так, чтобы сумма ее связности $r(X)$ со связностью $r(\bar{X})$ вершины $\bar{X}$ была наиболее такой как в этом случае цвет вершины $X$ дает максимум информации о цвете других вершин. В некоторых случаях одно допущение позволяет полностью и однозначно раскрашить граф или приводит к противоречию, в других необходимо делать новые допущения. После нее следует тогда, когда исчерпывается информация, предоставляемая вершным допущением (прерывается цепочка расчужdenей).

Полное раскрашивание графа дает решение задачи, противоречие указывает на неверность допущения. О цвете вершины $X$ можно сделать два допущения: «$X$ — красная», «$X$ — черная». Необходимо использовать оба допущения; лишь тогда удостраняется исчерпать все варианты раскрашивания.

Введем теперь дополнительные правила раскрашивания 4–6:

Правило 4
Если высказывание истинно, то отрицание ложно, и наоборот.

Правило 5
Если шестерых претензентов включали в состав экспедиции, то остальные исключили.

Правило 6
Если двух претензентов истинно из состав экспедиции, то остальные включали.

Теперь, руководствуясь правилми 1—6, мы можем раскрашить граф, изображенный на рисунке 2:

1. Предположим, что вершина $C$ — красная. Тогда:

1. $\bar{C}$ — черная (4) *); 2) $G$ — черная (3); 3) $\bar{E}$, $\bar{F}$ — черные (3); 4) $\bar{B}$ — черная (3); 5) $E$, $F$ и $B$ — красные (4); 6) $\bar{G}$ — красная (4); 7) $\bar{A}$ — крас-

*) Здесь и в дальнейшем цифры в скобках обозначают номер правила, на основании которого делается вывод о цвете вершины.

18

Рис. 3.
ная (2); 8) $A$ — черная (4); 9) $D$ — красная (2); 10) $\bar{D}$ — черная (4);
11) $\bar{H}$ — черная (3); 12) $H$ — красная (4).

Полученный результат согласуется с правилами 5 и 6. Следовательно, если $C$ включает в состав экпедициции, то надо еще включить $B, D, E, F$ и $H$ и исключить $A$ и $G$.

II. Предположим, что вершина $C$ — черная (рис. 3):

1. $\bar{C}$ — красная (4); 2) $\bar{D}$ — красная (2); 3) $D$ — черная (4); 4) $D$ — красная (2).

Поскольку $D$ не может быть одновременного красной и черной (1), предположение «$C$ — черная» приводит к противоречию; значит, $C$ — красная, и задача имеет единственное решение:

$B, C, D, E, F, H (\bar{A}, \bar{G})$.

Остается определить, какую должность будет занимать в экпедициции каждой из шестерых, включенных в ее состав. Для этого нам придется воспользоваться графом с цветными ребрами.

Перечертим граф, изображенный на рисунке 1, исключив вершины $A$ и $G$ и связанные с ними ребра (рис. 4). Ребра графа чащеим сним цветом, чтобы удобно было потом «наводить» (закрашивать) их другими цветами. Условимся, что ребро, связывающее вершину $X$ первой доли с вершиной $a$ второй доли, будет красным, если $X$ занимает должность $a$, и черным, если $X$ не занимает этой должности (например, «$Fc$ — красное», если $F$ занимает должность синоптика, а «$Dp$ — черное» означает, что $D$ не занимает должность радиста).

При определении цвета ребер мы будем руководствовать следующими правилами:

Правило 7
Если только один из значений в состав экпедициции может занять должность $a$, то ему и придется ее занять.

Правило 8
Если неокоторому $X$, значение в состав экпедициции, приходит занять ввиду условия 7 должность $a$, то он не может занять никакую другую.

Руководствуясь правилами 7—8, раскрасием граф на рисунке 4:

1. $E\delta$ — красное (7); 2) $Fc$ — красное (7); 3) $F\epsilon$ — черное (8); 4) $B\epsilon$ —

красное (7); 5) $D_\theta$ — красное (7); 6) $D_p$ — черное (8); 7) $C_p$ — красное (7); 8) $C_m$ — черное (8); 9) $H_m$ — красное (7).

Красными являются лишь ребра $E_6$, $F_6$, $B_2$, $D_\theta$, $C_p$ и $H_m$. Итак, $B$ следует взять в качестве гидродолга, $C$ — радиста, $D$ — врача, $E$ — биология, $F$ — синоптика, $H$ — механика.

В качестве второго примера возьмем задачу А. С. Сорокина «Несостоящийся обед» («Квант» № 11, 1972). Напомним ее условия, несколько сократив формулировку.

Задача 2

$N$ хотел пригласить на обед по возможности всех своих соседей: $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$ и $H^*$). При этом он, однako, столкнулся со следующими преястицами:

$A$ никакед не придет, если пригласить $B$ или $C$, или если одновременно будут приглашения $D$ и $E$ (1);

$D$ придет только в том случае, если будет приглашен и $E$ (2);

$E$ не придет приглашения, если придет $B$ (3);

$F$ наносит взимы только в сопровождании $G$ (4);

$H$ не будет возражать против присумствия $F$ только в том случае, если будет приглашен и $A$ (5);

Но если не будет приглашен $F$, то $H$ будет и против приглашения $E$ (6); чмобы приSEL $G$, надо приглашить $D$ или $H$ (7);

наконеч, $G$ откажется от приглашения, если будет приглашен $E$ без $A$, а также если будет приглашен $B$ или $C$ (8).

Какое максимальное число осстий (и което именно) может пригласить $N$?

Базисное множество высказываний задачи состоит из восьми высказываний вида «$A$ ($B$, $C$, …) приглашен на обед» (будем обозначать их соответственно буквами $A$, $B$, $C$, …).

Запишем условия (1)—(8) задачи в символах алгебры логики:

(1) $(B \Rightarrow \bar{A}) \land (C \Rightarrow \bar{A}) \land ((D \land E) \Rightarrow \bar{A})$;

(2) $D \Rightarrow E$;

(3) $B \Rightarrow E$;

(4) $F \Rightarrow G$;

(5) $(F \land \bar{A}) \Rightarrow \bar{H}$;

(6) $(\bar{F} \land E) \Rightarrow \bar{H}$;

(7) $G \Rightarrow (D \lor H)$;

(8) $(B \Rightarrow \bar{G}) \land (C \Rightarrow \bar{G}) \land ((E \land \bar{A}) \Rightarrow \bar{G})$.

Условие всегда будет иметь вид конъюнкции 12 импликций:

$(B \Rightarrow \bar{A}) \land (C \Rightarrow \bar{A}) \land ((D \land E) \Rightarrow \bar{A}) \land (D \Rightarrow E) \land (B \Rightarrow \bar{E}) \land (F \Rightarrow G) \land ((F \land \bar{A}) \Rightarrow \bar{H}) \land ((\bar{F} \land E) \Rightarrow \bar{H}) \land ((\bar{D} \land \bar{H}) \Rightarrow \bar{G}) \land (B \Rightarrow \bar{G}) \land (C \Rightarrow \bar{G}) \land ((E \land \bar{A}) \Rightarrow \bar{G})$

В пяты из них посылки выражены конъюнкциями базисных высказываний. Упростить такие импликции нельзя, и их посылки, например с базисными высказываниями и их отрицаниями, придется изобразить вершинами графа. Следаем это следующим образом.

Вершины, изображающие базисные высказывания и их отрицания, расположим по схеме, использованной при решении задачи 1. Кроме того,

*) To есть (например) Воробьева, Грачева, Дроздова, Воронова, Соколова, Орлова, Солвьева и Цеглова.

20

Основно научим пять вершин, изображющие коньонки: $(D \wedge E), (F \wedge \bar{A}), (\bar{F} \wedge E), (\bar{D} \wedge \bar{H})$ и $(E \wedge \bar{A})$.

Вершины, изображющие коньонки вида $X \wedge Y$, будем назвать результатирующими вершинами, а вершины $X$ и $Y$ их составляющими (скажем, вершина $F \wedge \bar{A}$ является результатирующей составляющих $F$ и $\bar{A}$).

Какую результатирующую связь с двумя ее составляющими неориентированными ребрами красного цвета. Импликации, содержащие в условиях задачи, изображим как в задаче 1 (рис. 5).

Правила раскрашивания 1—4 будем использовать и при раскрашивании графа на рисунке 5. Кроме того, мы ведем дополнительные правила 9—13:

Правило 9
Если $X$ — истинно и $Y$ — истинно, то и $X \wedge Y$ — истинно.

Правило 10
Если $X \wedge Y$ — истинно, то $X$ и $Y$ — истинны.

Правило 11
Если $X$ или $Y$ ложно, то и $X \wedge Y$ ложно.

Правило 12
Если $X \wedge Y$ ложно, а $X$ истинно, то $Y$ ложно.

Правило 13
Если некоторое допущение исключает возможность пригласить несколько гостей, а всех остальных можно пригласить, не получая противерений, то так и следует поступить (для максимализации приглашенных).

Пользование правил 1—4 и 9—13, раскрашим граф на рисунке 5:
I. Допустим, что $G$ — красная:

21

1. $\bar{G}$ — черная (4); 2) $B$ — черная (3); 3) $C$ — черная (3); 4) $E \wedge \bar{A}$ — черная (3); 5) $\bar{D} \wedge \bar{H}$ — черная (3); 6) $\bar{B}$ и $\bar{C}$ — красные (4).
   Допустим теперь (руководствуясь правилам 13), что $D$ красная:
2. $E$ — красная (2); 8) $D \wedge E$ — красная (9); 9) $\bar{A}$ — красная (2); 10) $E \wedge \bar{A}$ — красная (9).

Но по правилам 1 $E \wedge \bar{A}$ не может быть одновременно черной (шаг 4) и красной (шаг 10), значит, если $G$ — красная, то $D$ — черная.

Построим новый граф (рис. 6) и воспользуемся на нем результатами первых шести шагов. Раскрасием граф на рисунке 6, считая, что $D$ — черная:
11) $\bar{D}$ — красная (4); 12) $D \wedge E$ — черная (11); 13) $\bar{H}$ — черная (12);
14) $H$ — красная (4); 15) $F \wedge \bar{A}$ — черная (3); 16) $\bar{F} \wedge E$ — черная (3).
Допустим, что $E$ — красная (13):
17) $\bar{E}$ — черная (4); 18) $\bar{F}$ — черная (12); 19) $F$ — красная (4); 20) $\bar{A}$ — красная (12); 21) $A$ — красная (4).

Следуя правилам 13, мы сделали красными все три оставшиеся вершины: $E, F$ и $A$. Тогда из графа рисунка 6 следует, что если пригласить $G$, то, кроме того, можно пригласить $A, E, F$ и $H$ (всего 5 гостей).

В рассмотренном варианте (при допущении «$G$ — красная») черными оказались три вершины $B, C$ и $D$. Проверим, можно ли в случае «$G$ — черная» получить не менее пяты красных вершин, то есть не более трех черных.

II. Допустим, что $G$ — черная (рис. 7). Тогда:

1. $\bar{G}$ — красная (4); 2) $F$ — черная (3); 3) $\bar{F}$ — красная (4);
2. $F \wedge \bar{A}$ — черная (11).
   Пусть теперь $D$ — красная (13):
3. $E$ — красная (12); 6) $\bar{E}$ — черная (4); 7) $B$ — черная (3);
4. $D \wedge E$ — красная (9); 9) $\bar{A}$ — красная (2); 10) $A$ — красная (4).

Таким образом, уже четые вершины оказались черными ($A, B, F, G$).

Перечертим граф рисунка 7 (рис. 8) — воспользуемся результатами первых четырех шагов и допустим, что $D$ — черная. Тогда уже три вершины — черные ($D, F$ и $G$), и значит, чтобы получилось не менее пяты красных вершин, необходимо сделать красными все остальные вершины вида $X$.

Но это невозможно, так как если $A$ — красная, то

22

11. $\bar{A}$ — черная (4); 12) $B$ — черная (3).

Таким образом, допущение «$G$ — черная» не дает более четырех красных вершин вида $X$. Найбольшее число таких вершин (пять) дает допущение «$G$ — красная».

Ответ следует из графа рисунка 6:
$N$ мог пригласить максимум пять гостей: $A, E, F, G$ и $H$.

Затем и е. При рассмотрении всех четырех вариантов раскрашивания (рис. 5—8) можно было ограничиться лишь одним графом. Для этого его вершины нужно было выполнить в виде кружочков достаточно большого диаметра, разделенных на четыре квадрата, и при рассмотрении каждого варианта закрашивать по одному квадрату.

В заключение отметим, что задачи 1 (о наличии треугольника с однозначными сторонами в графе с шестю вершинами и ребрами двух цветов) и 5 (о наличии такого треугольника в графе с семнадцатью вершинами и ребрами трех цветов) из статьи Л. Ю. Березиной «О графах с цветными ребрами» допускают следующое обобщение (предложенное на XIII Украинской Республикиской олимпиде юных математиков):

Задача 3

Послеовательность $\{a_n\}$ задана с помощью рекуррентной формулы: $a_1 = 2; a_n = n a_{n-1} + 1$. Доказать, что в графе $c a_n + 1$ вершиной, ребра коморого окружены в $n$ цветов, найдется треугольник с однозначными сторонами.

Воспользовемся методом математической индукции.

1. При $n = 1$ $a_1 = 2$. Число вершин $a_1 + 1 = 3$.

Граф является треугольником с ребрами одного цвета (то есть искомым треугольником).

2. Пусть при $n = k$ утверждение верно, то есть в графе с числом цветов $k$ и числом вершин $a_k + 1$ существует треугольник с однозначными сторонами. Пусть теперь $n = k + 1$. Тогда число вершин равно

$$a_{k+1} + 1 = [(k + 1) \cdot a_k + 1] + 1.$$

Выберем одну из вершин; назовем ее $A$. Она соединяется ребрами $k + 1$ цвета с вершинами, число которых $(k + 1) \cdot a_k + 1$. Среди этих ребер по крайней мере $a_k + 1$ — одного цвета (по «приицлу Дирихле»*)) для определенности — синERO. Если одна из $a_k + 1$ вершин $B$ связана с другой $C$ с ним ребром, то треугольник $\Delta ABC$ — искомый. Если же нет, синей цветов не использован в графе, состоящем из $a_k + 1$ вершины, и тогда там использованы только $k$ цветов. В этом графе (являющегося часть исходного) по предложению имеется искомый треугольник, а значит, он имеет и в исходном.

Утверждение доказано.

В частности, при $n = 2$ (два цвета) $a_2 = 2 \cdot 2 + 1 = 5, a_2 + 1 = 6$ (шесть вершин); при $n = 3$ ( три цвета) $a_3 = 3 \cdot 5 + 1 = 16, a_3 + 1 = 17$ (семнадцать вершин).

(Во всех этих задачах имеются в виду полные графы, у которых любая пара вершин соединена ребром.)

23

Широко распространяется легenda о том, что Архимед с помощью зеркал скегет вражеский флот, стоящий на якорях в Сиракузах.

Давайте попробуем взглянуть на эту легенду с точки зрения современной физики и определим условия, при которых можно зажчь что-либо при помощи зеркала или линзы.

Наши расчеты будут опираться на тот факт, что энергия, излучаемая с единицей поверхности нагретого тела за единицу времени, пропорциональна четвертой степени температуры тела (это утверждение называется законом Стефана — Больцана). Если энергия, подводимая к телу, больше энергии, излучаемой телом, то тело нагревается. Этот процесс будет продолжаться до тех пор, пока излучаемая за единицу времени энергия не сравняется с подводи-

мои *). Отсюда следует, что для нагревания тела до температуры $T$ на единицу его поверхности должен пасть поток энергии, пропорциональный $T^4$.

Возьемем линзу, площадь поверхности которой $S$, а фокусное расстояние $F$, и с ее помощью получим изобравнение Солнца на какой-нибудь поверхности. Весь поток солнечной энергии, падающий на поверхности линзы, соберется в фокальной плоскости линзы в пятнышко, диаметр которого $d = 2F \lg \frac{\alpha}{2}$,

*) Мы пренебрегаем теплотвородом от тела из-за теплопроводности воздуха. Обыт показывает, что при температуре восплamenteния дерева этот теплотвород мал по сравнению с излучением.

24

$$s = \frac{4\pi F^2 \lg^2 \frac{\alpha}{2}}{4}, \quad \alpha = \gamma \text{угловой размер Солнца (см. рис.ок)}.$$
Взяв угол $\alpha = 30^\circ$, получим
$$s = \frac{\pi F^2}{4 \cdot (110)^2}.$$
(так как $2tg 15^\circ \approx \frac{1}{110}$). Поток энергии, падающий на единицу поверхности изображения Солнца в линзе, в $\frac{S}{s}$ раз больше, чем без линзы. Из закона Стефана — Больцмана следует, что установившаяся температура $T$ в фокусе будет в $\left(\frac{S}{s}\right)^{1/4}$ раз больше, чем температура $T_0$, до которого Солнце может нагреть предметы без линзы. Тогда связыва между плоскостью линзы (или зеркала) и температурой в ее фокусе можно записать следующим образом:
$$S = \frac{\pi F^2}{4 \cdot (110)^2} \frac{T^4}{T_0^4}.$$

Из литературы *) известно, что для того чтобы зажчь, например, бумагу, требуется температура около $250^\circ$ С, то есть около $520^\circ$ К, а для сухого дерева необходимо увеличить эту температуру до $500-700^\circ$ С, то есть пример до $800-1000^\circ$ К.

Эксперимент, проведенный французским натуралистом Бюффоном, показал, что действительно можно зажчь кусок сухого, пропитанного смолой дерева на расстоянии 158 футов (около 47 метров). Прибор Бюффона представлял собой сооружение из 168 зеркал, площадью 48 квадратных дюймов (примерно $310 \text{ cm}^2$) каждое, укрепленных на общей граме. Очевидно, что дерево, пропитанное смолой, зажчь легче, чем не пропитанное. Поэтому будем считать, что пропитанное смолой дерево загорается при меньшей из приведенных температур, то есть при $800^\circ$ К. Тогда по формуле (1), положив $T_0 \approx 60^\circ$ С $\approx 330^\circ$ К, получим $S = 4,9 \text{ m}^2$, а общая площадь зерка в эксперименте Бюффона была равна $5,2 \text{ m}^2$. Таким образом, опыты Бюффона не противоречат нашей теории.

Телерь попробуем расчитать площадь зеркала, которое могло попадиться Архимеду. Будем считать, что корабли были сделаны из того же материалов, что и дошечка Бюффона. Расстояние от зеркала до кораблей, если верить легенде, было равно расстоянию arbaleтного выстрела, то есть около 400 метров ). В этом случае $S \approx 350 \text{ m}^2$. Но Архимеду надо было не просто зажчь корабли, ему надо было зажчь их быстро, так как корабли могли двигаться и, не в пример биофоновой дошечке, они не стали бы ждать, пока их подожгут. Расчет времени, за которой дерево нагревается до температуры возгорания, веса грамоздок и сложен, так как необходимо учитывать, например, тепломкость и теплопроводность дерева. Поэтому воспользоваться экспериментальным даннымми, приведенными в книге Лоусон «Атомная бомба и пожары*). По этим данным для того чтобы за 20 секунд зажчь двобые доски, необходима освещенность в 70 раз большая, чем освещенность предметов прямым солнечным светом в летнее время. Для создания такой освещенности площь зеркала надо увеличить до $700 \text{ m}^2$. Сами по себе размеры зеркала не слишком велики — древние греки строили и более граничные сооружения. Однако отраженные от различных частей зеркала солнечные лучи должны coincаться в одной точке, что требуется веса тщательного изготовления такого грамнадного зеркала. Но и это еще не все.

*) Смотри, например, книгу Р. Бред-бери «451 по Фаренгейту».
**) Д. Лоусон «Атомная бомба и пожары».

25

Положением «зайчка» от такого зеркала нельзя было управлять. Чтобы сделать зеркало управляемым органемм, нужно предусмотреть возможность изменения его фокусного расстояния, причем время такой перестройки должно быть очень коротким. Можно ли было в то время постройть столь сложный прибор? Повидимому, нет. Однако у Архимеда была другая возможность: выстроить на крепостной стене несколько тысяч человек с зеркалими (достаточно поставить 1400 человек с зеркалими по 0,5 м² каждый), которые направили бы «зайчки» от своих зеркал в заранее условленное место одного из кораблей. Если конструкция стен Сиракуз позволяет это сделать (что вполне возможно, так как Архимед сам принимал участие в их построке) и если зеркала были приготовлены заранее, то все это можно было сделать достаточно быстро. Конечно, если быPrimяне знали, зачем на стены Сиракуз выходят тысячи людей с зеркалими и чем им этоgroзит, то они, стрелляя с галер, могли бы разогнать безоружных горожан. Но они не знали! После того, как вспыхнул первый корабль, остальные могли бы уйти, но очень верятно, что возникла паника — ведь люди видели что. Так жители Сиракуз могли свежь несколько кораблей и удалиться под защиту крепостных стен. Конечно, это только гипотеза, но ничего физической невозможного в ней нет.

Поджег или не поджег?

В пользователе «Вокруг света» (№ 12, 1974 год) было направано сообщение еще об одной проверке предания, согласно которой Архимед szerfer флот римлян, входивший в гавань Сиракузы.

Это предание поддержалось сменению, так как техническа того времени не позволяла построить собиращее зеркало таких размеров, чтобы направленный им световой поток мог поджечь корабли на достаточно большом расстоянии. Считалось, что это—легенда, сочиненная греческими сказателями.

Но если нельзя построить одно большое зеркало, то можно взять несколько малых зеркал. В декабре 1973 года греческий физик Ионас Саккос проверил эту гипотезу на опыте, но не в Сиракузах, а в Афинском порту. В его распоряжение были представлены 70 солдат и копия rimского деревянного корабля. Каждый из солдат был вручен отполированный лист меди размером 150×90 см, прикрепленный к держателю. Солдаты должны направить отраженный солнечный свет в одно место на борту корабля, расположенного на расстоянии 200 м от берега.

После нескольких попыток удалось всезайчки в одном месте на борту корабля. Через две секунды корабль задымил, а через три секунды вспыхнул. Прошла минута, и остатки корабля скрылись под водой.

Так декабрьский день 1973 года принес новую победу Архимеду.

В. Л. Булам

26

В этой статье разбираются три тестино связанные между собой вопросы.

1. Можно ли расположить правильный $n$-угольник на листе линованной бумаги — в прямую или косую клетку — так, чтобы его вершины попали в точки пересечения линей?
2. При каких углах $\alpha$, созмерных с полным — то есть содержащих целое или рациональное число градусов, значения синуса, косинуса или тангенса $\alpha$ рациональных?
3. В качестве положения может попасть центр правильного $n$-угольника, который разрезается перекатывать по плоскости (последний вопрос составлял содержание задачи М252 из «Заданияка «Кванта»).

§ 1. Точчные решетки на плоскости
Рассмотрим на плоскости сетку, образованную двумя семействами параллельных прямых, разрезающих плоскость на одинаковые параллельграммы (рис. 1).

Множество всех вершин этих параллельграммов называем мочечной решеткой, сами вершины — узлами решетки, а любой из параллельграммов разбиения — основным параллельграммом разбиения, или параллельграммом, порождающим решетку.

Заметим, что одна и та же решетка может получить из разных сеток прямых: на рисунке 2 изображена так называемая целочисленная решетка, то есть множество точек, имеющих в декартовой системе координат целочисленные координаты. Целочисленную решетку вместе с сеткой прямых, параллельных оси координат, можно представлять себе как бесконечный лист клетчатого бумаги (тогда сновным параллельграммом будет квадрат со стороной 1). Ту же самое целочисленную решетку можно получить, провода красные прямые (тогда сновным параллельграммом служит параллельграмм ABCD).

Таким образом, понятие основного параллельграмма решетки связано

Рис. 1, Рис. 2.

27

не только с самой решеткой, но и с сеткой прямых, эту решетку порождающих.

Из простейших свойств решеток пока отметим следующие.

1°. Всякий паралельный перенос, переводящий некоторый узел решетки в другой узел, переводит решетку в себя.

2°. (Лемма о чемвертой вершине паралелограмма). Если три вершины паралелограмма являются узлами некоторой решетки, то и четвертая вершина — тоже узел этой решетки.

3°. Если через произвольные два узла Q и R решетки проводится прямую, то эта пряма проидет через бесконечное количество узлов. При этом все расстояния между соседними узлами, лежащими на прямой, будут равны (см. рис. 1).

4°. Если паралелограмм с вершинами в узлах некоторой решетки не содержит других узлов на сторонах и внутри себя, то он эту решетку порождает.

У практики

1. Докажите свойство $1^\circ - 4^\circ$.
2. Пусть $a$ и $b$ — любые действительные числа. Докажите, что множество всех точек с координатами $(ka, lb)$, где $k$ и $l$ — целые числа, является решеткой.

Важное свойство решеток отражает следующая задача — шутка:
В некотором узле $A$ решетки находится охотник, а в остальных узлах сдят одинаковые и одинаково расположенные зайцы (см. рис. 3, а). Охотник наведет стрелем (траектория пули — луч, выходящий из точки $A$). Вернемся ли он домой с добией? (Зайцы сцимаются «молстыми»).

Понятно, что если траектория пули проходит через узел (отличный от точки $A$), то заяц, сидящий в этом узле, будет убит. Поэтому интерес только тот случай, когда узел $A$ — единственный на траектории пули; оказавается, что и в этом случae какой-нибудь заяц будет убит. Доказательство содержится в следующей лемме.

28

Легко видеть, что среди всевозможных попарных расстояний между узлами любой решетки есть наименьшее (доказhte!).

Это свойство вместе со свойством 2° решетки можно принять за определенное решеток.

Теорема. Пусть многочесство M на плоскости обладает следующими свойствами:

a) расстояние между любыми двумя его точки не меньше некоторого положительного числа d;

б) если три точки A, B, C множество M является вершинами некоторого параллелограмма ABCD, то и цветерная вершина D это параллелограмма приадлежит многочесму M.

Тогда M — решетка.

Доказательство. Возьмем произвольную точку B, принадлежшую многочесту M.

Пусть A — ближайшая к B точка из M (рис. 4, а); такая точка существует, так как все попарные расстояния между точками многочесва M больше d).

Через точки A и B проведем прямую. Среди точек многочесва M, не лежащих на этой прямой, выберем ближайшую к точке B — точку C — и построим параллелограмм ABCD. В силу свойства 6) точка D также принадлежит многочесму M.

Построим решетку, порождаемую параллелограмм ABCD. Докажем, что многочесво M совпадает с построенной решеткой.

Из свойства 6) многочесва M следует, что все узлы этой решетки ему принадлежат

Рис. 4.

Рис. 5.

У разженце 3. Докажите это.

Позному нужно только проверить, что ни на границе, ни внутри параллелограмма ABCD нет точек многочесва M, отличных от его вершин.

Это почти очевидно: если точка S лежит внутри параллелограмма (рис. 4, 6), то хотя бы один из углов $\widehat{ASB}$, $\widehat{BSC}$, $\widehat{CSD}$ и $\widehat{ASD}$ будет тупым или прямым, и поэтому расстояние от S до одной из его вершин оказывается меньше какой-нибудь его стороны (если S лежит на границе — то же самое); пусть, например, это расстояние SC. Построим параллелограмм BCSS’ (S’ принадлежит M). Тогда BS’ меньше либо BC, либо BA, но это противоречит выбору любого точки C, либо точки A.

Остальные случаи разберите самостояно.

Теорема доказана.

У разженяя

4. Пусть $\alpha$ — произвольное irrationalное число. Докажите, что для любого $\epsilon > 0$ и любого действительного числа $\beta$ найдет такие целые числа m и n, что $|m\alpha + n - \beta| < \epsilon$.

5 *. Докажите, что десятичная запись числа $2^n$ может начинаться с любой, наперед заданной комбинации цифр.

§ 2. Правильные многоугольники

Возьмем лист клечатой бумаги. Поянято, что квадрат с вершинами в узлах такой решетки можно нарисовать многогими способами (рис. 5, а). А можно ли на клечатой бумаге нарисовать правильный треугольник? Правильный шестиугольник?

29

Оказывается, нельзя.

Упражнение 6. Докажите это.

В то же время легко построить решетку, на котором правильный треугольник уже можно «поместить» (рис. 5, 6).

Спрашивается, а как обстоят дела с остальными правильными многоугольниками? Существует ли, например, решетка, на котором было бы «поместить» правильный пятугольник так, чтобы все его вершины оказались узлами этой решетки?

Оказывается, такой решетки нет. Действительно, предположим, что нам удалось построить решетку так, что вершины правильного пятугольника оказались в ее узлах (см. рис. 6). Проведем диагонали этого пятугольника. По лемме 2 § 1 точки пересечения диагоналей являются узлами решетки: каждая из них служит четвертой вершиной параллелограмма, три другие вершины которого — узлы решетки (точка $A_1$, например, — вершина параллелограмма $A_1CDE$). Эти точки образуют правильный пятугольник с сторонами в $k = \frac{A_1B_1}{AB}$ раз большей стороны исходного пятугольника. Проведя диагонали нового пятугольника, получим еще меньший пятугольник с вершинами в узлах нашей решетки и так далее. В конце концов сторона пятугольника становится меньше минимального расстояния между узлами решетки,

Рис. 6.

а это нахождение в противоречии с тем, что вершины получаются пятугольников — узлы решетки.

Упражнение 7. Найдите $k$.

Итак, правильный пятугольник не может быть «нарисован» ни на одной решетке.

Докажем, что точно так же обстоит дело и с остальными правильными $q$-угольниками при $q \geq 7$.

Доказательство основывается на той же идее; предполагается, что правильный $q$-угольник с вершинами в узлах решетки существует, и строится меньший $q$-угольник с вершинами в узлах. Затем процесс построения повторяется. В конце концов получается правильный $q$-угольник со сторонами, меньшей минимального расстояния между узлами. Поэтому нам нужно только указыть, как по данному правильному $q$-угольнику с вершинами в узлах решетки построить меньший правильный $q$-угольник, вершины которого будут также находиться в узлах нашей решетки.

Пусть $A_1, A_2, \dots, A_q$ — узлы некоторой решетки, являющиеся вершинами правильного $q$-угольника, и пусть $M$ — произвольный узел решетки (рис. 7). Отложим от точки $M$ отрезки $MA'_1, MA'_2, MA'_3, \dots, MA'_q$, равные, параллельные и так же на-

30

правленные, как сторона $A_qA_1, A_1A_2, A_2A_3, \dots, A_{q-1}A_q$ называемого многоугольника. Точки $A'_1, A'_2, A'_3, \dots, A'_q$—узлы решетки, так как каждая из них является четвертой вершиной параллелограмма, три другие вершины которого — узлы.

Легко видеть, что многоугольник $A'_1A'_2 \dots A'_q$ — правильный, причем длина его стороны в $k_q = \frac{|A_1A_2|}{|OA_1|}$ раз больше длины стороны исходного $q$-угольника.

Тем самым вопрос о правильных многоугольниках, «помещающся» на точных решетках, полностью решен: максимум многоугольника является molleко квадраты, правильные треугольники и правильные шестуугольники.

У практике не ия
8. Найдите $k_q$.
9. Существуют ли решетки, кроме целочисленной, на которые можно поместить квадрат?
10. Приведите пример решетки, отличной от изображенной на рисунке 5, 6, на котором можно поместить правильный треугольник.
11. Существует ли решетка, на котором помещаются и квадрат, и правильный треугольник?
12. (Н. Б. Васильев). На плоскости проведены параллельные прямые на одинаковом расстоянии друг от друга («тетрадь в линейку»). Кание правильные $n$-угольники можно направовать на плоскости так, чтобы все вершины лежали на проведенных прямых?

§ 3. Иrrациональное значение тригонометрических функций.

Сложите ли вы ответить на такой вопрос: рациональные или irrationalные числа $\sin 1^\circ, \cos \frac{\pi}{19}, \tg \frac{7}{55} \pi$?

Или на такой: сопзмермы *) ли числа $\pi$ и arctg $\frac{1}{3}$?

*) Напомним, что два числа $\alpha$ и $\beta$ называются сопзмерными, если их отношение — рационально, то есть $\frac{\alpha}{\beta} = \frac{p}{q}$ где $p$ и $q$ — числа числа и $q > 0$.

И вообщее: для каких углов $\alpha = \frac{p}{q} \pi$ ($p$ и $q$ целые) будут рациональными числа: a) $\cos \alpha$; b) $\sin \alpha$; b) $\tg \alpha$?

Ясно, что $\cos \alpha$ рационален при $\alpha = \frac{k\pi}{2}$ и $\alpha = \frac{\pi}{3} (3k \pm 1)$;

$\sin \alpha$ — при $\alpha = \frac{k\pi}{2}$ и $\alpha = \frac{\pi}{6} (6k \pm 1)$;

$\tg \alpha$ — при $\alpha = k\pi$ и $\alpha = \pm \frac{\pi}{4} + k\pi$ ($k$ — целое).

Мы видим, что при остальных $\alpha = \frac{p}{q} \pi$ значения всех трех функций irrationalны.

Для доказательства нам понадобится следующие простые факты из тригонометрики:

1. Для всякого натурального $n$ функция $\cos nx$ является многочленом $n$-й степени от $\cos x$ с целыми коэффициентами, то есть
   $$\cos nx = P_n(\cos x),$$
   где $P_n(y)$ — многочлен с целыми коэффициентами степени $n$.

2. Функция $\sin nx$ является произведением функции $\sin x$ на некоторый многочлен степени $n - 1$, относительно $\cos x$, с целыми коэффициентами, то есть
   $$\sin nx = \sin x \cdot Q_{n-1}(\cos x),$$
   где $Q_{n-1}(y)$ — многочлен с целыми коэффициентами степени $n - 1$.

У практике 13. Докажите эти утверждения.

Отметим простые следствия:
a) если $\cos x$ — рациональное число, то $\cos nx$ — можно рациональное число, а числа $\sin x$ и $\sin nx$ совпаданы (при $\sin nx \neq 0$);
b) если $p$ и $q$ взаимно простые числа и $\cos \frac{p}{q}$ π рациональное число.
Докажем 6) (свойство a) очевидно.
Заметим, что если $p$ и $q > 1$ взаимно просты, то существует такое натуральное

31

Пусть $A_0, A_1, A_2, \dots, A_{2q-1}$ — точки пересечения этих лучей с единичной окружностью (рис. 8).

Многоугольник $A_0, A_1, A_2, \dots, A_{2q-1}$ правильный; точка $A_k$ имеет следующие координаты:

$$\left( \cos \frac{k}{q} \pi, \sin \frac{k}{q} \pi \right).$$

Так как $\cos \frac{\pi}{q}$ рационален, то абсцисса точки $A_k$ — число рационального числа $Q_k \left( \cos \frac{\pi}{q} \right) = \frac{r_k}{s_k}$ на число $\sin \frac{\pi}{q}$ (см. упражнение 13 и 14; $k=1, 2, \dots, 2q-1$; координаты точки $A_0=(1, 0))$.

Итак,

$$A_k = \left( \frac{m_k}{n_k}, \frac{r_k}{s_k} \cdot \sin \frac{\pi}{q} \right).$$

Приведем все дроби $\frac{m_k}{n_k}, \frac{r_k}{s_k}$ к общему значению; обозначим его через $D$. Тогда

$$A_k = \left( \frac{M_k}{D}, \frac{N_k}{D} \cdot \sin \frac{\pi}{q} \right),$$

$M_k$ и $N_k$ — целые, $k=1, 2, \dots, 2q-1$.

Рассмотрим теперь все точки с координатами

$$\left( \frac{i}{D}, \frac{j}{D} \cdot \sin \frac{\pi}{q} \right)$$

($i$ и $j$ — целые) — эти точки образуют решетку (см. упражнение 2), причем вершины нашего правильного $2q$-угольника $A_0 A_1 \dots A_{2q-1}$ являются ее узлами. Но этого не может быть (см. § 2), так как $2q \geq 8$. Поэтому наше предположение о том, что при $q>3$ число $\cos \frac{\pi}{q}$ рационально, было неверным, и, следовательно, все числа $\cos \frac{p}{q} \pi$ ($q>3$, $p$ и $q$ взимно просты) irrationalны!