Квант 1975, №4 · Страницы

КВАНТ

1975

4

Научно-популярный
физико-математический
журнал

Наша обложка

Цветные «следы» на пластинке получены так: из центра вращающегося диска над пластинкой по прямой линии двигали тюбик с вытекающей из него краской. А пластинка крутилась. Два «следа» получились при вращении на 78 оборотов, а один — на 33 оборота. Какой из трех? Чтобы проверить себя и ответить на вопрос этот совершенно уверенно, прочитайте статью Я. А. Смородинского «Сила Кориолиса» (см. с. 2).

Главный редактор
академик И. К. Кикоин

Первый заместитель
главного редактора
академик А. Н. Колмогоров 9

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,

главный художник
А. И. Климанов,
С. М. Козел,

зам. главного редактора
В. А. Лешковцев,
Л. Г. Макар-Лиманов,
А. И. Маркушевич,
Н. А. Патрикесва,
И. С. Петраков,
Н. Х. Розов,
А. П. Савин,
И. Ш. СLOBОДЕЦКИЙ,

зам. главного редактора
М. Л. Смолянский,
Я. А. Смородинский,
В. А. Фабрикант,
А. Т. Цветков,
М. П. Шаскольская,
С. И. Шварцбург.
А. И. Ширшов.

В НОМЕРЕ:

Я. А. Смородинский. Сила Корполиса
И. Н. Бронштейн. Парабола
В. Н. Ланце. Зачем топят печи?

Лаборатория «Квант»
М. И. Емельянов, А. М. Жарков, В. М. Задайнов,
В. С. Маточкин. Суточное врашение Земли

Математический кружок
А. П. Винниценко. Квадратный треугольник и непрерывные цепочки

Задачик «Квант»
Задачи M316—M320; Ф328—Ф332
Решения задач M280—M285; Ф291—Ф295

Практикум абитриента
С. Т. Берколайко. Использование неравенства Коши при решении задач
Г. Я. Мякицев. Электростатическое поле
Г. В. Меледин, А. И. Ширшов. Новосибирский государственный университет

Рецензии, библиография
Д. Бородин. Школьникам о современной физике

«Квант» для младших школьников
Задачи
Е. Я. Гик. Математические игры на шахматной доске

Ответы, указания, решения
Сместь (с. 18, 24, 47)

Редакция:
В. Н. Березиин,
А. Н. Виленкин,
И. Н. Клумова,
художственный редактор
Т. М. Макарова,
Н. А. Минц,
Т. С. Петрова,
В. А. Тихомирова,

зав. редакцией
Л. В. Чернова

На первой странице обложки вы видите известный фонтан «Дружба народов» (Москва, ВДНХ). Струи быюцей воды имеют весма характераную форму — форму парабола. Об этой кривой и некоторых ее свойства вы можете прочесть в статье «Парабола» (с. 9). Обратите внимание на то, что по сравнению с этой фотографией парабoles в стате изображены «вниз золотой», но путь это вас не смущает: интересса сама кривая, и не ее расположение.

Фото Д. Н. Германа.

© Главная редакция физico-mатематической литературы
издательства «Нука», «Квант», 1975 год

2

Знаете ли вы?
Какую кrivую вычерчивает на плоскости магниток Фуко? В какую сторону отклоняется брошенный с поверхности Земли вертикально вверх камень?
Может ли снаряд лететь строго по меридиану?
Может ли вы ответить на эти вопросы? У всех этих задач есть общая черта: их все удобнее решать в неинерциальных системах отчета *), точнее, в системах отчета, врашашихся с постояной угловой скоростью. Можно, конечно, рассматривать все явления в какой-то инерциальной системе, такой, например, как система далекой звезды или даже Солнца (неравномерностью движения которого относительно далекой звезды можно пренебречь). Хотя такой путь совершенно правильный и, следуя ему, мы не покинем твердой почвы законов Ньютона, тем не менее, часто бывают удобнее (и даже нагляднее) рассматривать явление с точки зрения наблюдается, находящаяся во врашашейся системе отчета.

Ненерциальные системы отчета
Одно и то же движение выглядит по-разному, если не наблюдается разных систем отчета. Посмотрим,

*) О неинерциальных системах отчета было расссказано в статье Я. А. Смородинского «Силы инерции», «Квант», 1974, № 8.

например, на движение снаряда, который был выпущен из пушки, стояшей на северном полюсе. Если бы Земля не врашалась вокруг своей оси, то траектория снаряда лежала бы в плоскости меридиана. Такую картину видели бы как наблюдается, находящаяся на Земле, так и наблюдается, неподвижно закрепленный вне Земли.

Одноко Земля вращается! С точки зрения неподвижного наблюдаателя (находящого свежеости Земли) Земля вращается против часовой стрелки (если смотреть сверху на ее северный полюс), поэтому плоскость фиксированного меридиана поворачивается вместе с Землей с запада на восток, а плоскость движения снаряда в пространстве отчается неизменной.

Наблюдается на Земле (подвижный наблюдаемый), видит неподвижную плоскость меридиана и летящий снаряд, который отклоняется от этой плоскости на запад. С любой точки зрения плоскость движения снаряда не совпадает с плоскостью начального меридиана, только один наблюдается приписывается это несовпадение движению Земли, а другой — движению самого снаряда.

Земной наблюдается (например, артиллерист) знает, конечно, что причиной «отклонения» на самом деле является вращение Земли. Одноко для практических вычислений часто бывает удобнее считать, что боковое отклонение снаряда вызвано некоторой силой, которая действует только

в неинерциальной системе отчета. Такие силы называют силами инерции. От обычных сил они отличятся тем, что они не являются результатом взаимодействия каких-то двух тел.

Во врашащейся системе отчета действуют силы инерции двух типов: центробежная сила инерции, которая зависит только от расстояния до оси врашения, и сила Корполиса, зависит только от скорости тела (материальной точки) относительно врашащейся системы отчета. О первой силе было подробно рассказано в статье «Силы инерции». Напомним основные ее свойства.

Центробежная сила инерции

Почему у малчика, который катается на карселии, при увеличении скорости врашения следует шапка? На этот вопрос можно ответить по-разному. С точки зрения неподвижного наблюдаателя, стоящего около карселии, объявление будет таким. Пока скорость врашения была небольшой, шапку удерживала на голове малчика сила треня, которая и сообщала шапке необходимое центростремительное ускорение. С увеличением угловой скорости врашения карселии центростремительное ускорение должно увеличиваться, а сила треня покоя может растить только до определенного предела. Поэтому в какой-то момент шапка теряет связь с головой малчика, она движется по инерции равномерно и прямолинейно, а карсель вместе с малчком уходит от шапки.

Подвижный наблюдаатель, связанный с карселью, скажет, что кроме силей треня на шапку действует еще центробежная сила инерции, равная по абсолотной величины

$$F_{и.ц} = m\omega^2 r$$

где $m$ — масса шапки, $\omega$ — угловая скорость врашения карселия, $r$ — расстояние до оси врашения. Центробежная сила инерции лежит в плоскости, перpendикулярной оси врашения, и направлена по радиусу в сторону от центра. Выражение для $F_{и.ц}$ можно записать в векторной форме:

$$F_{и.ц} = m\omega^2 r$$

где $r$ — радиус-вектор расматриваемого тела, он лежит в плоскости, перpendикулярной к оси врашения. Если центробежная сила инерции прерывается по величины слуга шапки о голову малчика, шапка улетит.

Сила Корполиса

Сложнее обстоит дело, если материальная точка движется во врашащейся системе координат. В этом случае кроме центробежной силы инерции на точку действует еще одна сила, зависимости от скорости движения точки относительно врашащейся системы координат. Она называется силой Корполиса *).

Сила Корполиса мы сможем определить, если рассмотрим два частных случая:

1. скорость материальной точки направлена перpendикулярно к ее радиус-вектору во врашащейся системе отчета;
2. скорость точки направлена вдоль этого радиуса.

Вращающийся стул

Представьте себе, что вы сидите на стуле, который врашается вокруг своей оси. С вашей точки зрения все предметы вокруг поверхности круговой движения, подобно тому, как в картине мироиздания древних весы небосвод поворачиваются за сутки на один оборот вокруг Земли. Но уже древние понятия, что звезды должны быть накрепко прикреплены к небесным сферам — иначе они разлетятся. Почему же мебель и сами

*) Гюстав Гаспар Корполис (1792—1843) — французский механик. Кроме теории, о которой идет речь в этой статье, известен математический теорий билиардной игры, в которой он рассмотрел законы движения шара на плоскости под действием удара.

4

стены комнаты не разделяются от вас под действием центробежной силы инерции?

Ответ может быть только такой, что во врашащейся системе отчета существует другая сила, которая не только компенсирует центробежную силу инерции, направленную наружу, но и сообщает телу центростремительное ускорение, направленное к оси врашения. Такую роль и выполняет сила Корилиса:

$$F_K + F_{и.ц} = -m\omega^2 r.$$

Отсюда мы можем вычислить силу Корилиса; она должна быть равна в этом случае

$$F_K = -2F_{и.ц},$$

то есть

$$F_K = -2m\omega^2 r.$$

Исключим $r$ из выражения для величины силы Корилиса. Линейная скорость точки, находящаяся на расстоянии $r$ от оси врашения, равна $\omega r$, а потому можно написать, что

$$F_K = -2m\omega v_{кас}$$

(знак минус по-прежнему означает, что сила Корилиса в нашем случае направлена к оси врашения).

Таким образом, действие силы $F_K$ во врашащейся системе приводит к тому, что, сидя на врашащемся стиле, вы видите комнату хотя и врашащейся вокруг вас, но такой же целой, как ее видит неподвижный наблюдается.

Шарик на врашащемся диске

Пусть в центре диска находится шарик, который может скольнить по диску абсолотно без трения. В некоторых момент времени шарик создается скорость $v_{рад}$, направленая вдоль одного из радиусов. Как будут описывать характер движения шарика два наблюдается — неподвижный и подвижный, врашащийся на диске?

Очевидно, что для неподвижного наблюдается шарик на диске движения с постоянной скоростью $v_{рад}$ по прямой линии. Расстояние, которое

Рис. 1.

проходит шарик по диску от его центра к моменту времени $t$, равно $v_{рад}t$.

След, который оставляет шарик на врашащемся диске, представляет траекторию шарика с точки зрения подвижного наблюдается, находящемся на диске. Для этого наблюдается шарик движется не прямолинейно, а описывает некоторую кривую линию (см. рис. 1). Но это означает, что шарик движется с ускорением. Следовательно, во врашащейся системе появляется сила, которая и сообщает это ускорение. Определим, чем равна эта сила в самом начале движения шарика.

За малый промежуток времени $\Delta t$ от начала движения шарик, перемещаясь вдоль красной линии (см. рис. 1), удаляется от центра диска на расстояние $\Delta l = v_{рад}\Delta t$. За это же время диск поворачивается на угол $\Delta \varphi = \omega \Delta t$ (ω — угловая скорость врашшения диска). Та точка диска, которая оказывается под шариком на расстоянии $\Delta l$ от центра диска, за время $\Delta t$ прошла расстояние $\Delta s = \Delta l\Delta \varphi = v_{рад}\omega \Delta t^2$. Конечно, все точки врашащейся диска движутся по окружности, но мы рассматриваем столбитель промежуток времени $\Delta t$, что можно считать движения точек, близких к центру диска, прямолинейным. Тогда $\Delta s$ есть перемещение точки, которая в начальной момент времени находится на расстоянии $\Delta l$ от центра, в направлении, перпендикулярном красной линии. Для наблюдается, находящемся на

5

диске, шарик за время $\Delta t$ перемещается в противоположном направлении на то же самое расстояние $\Delta s = v_{\text{pad}} \omega \Delta t^2$ и при этом перемещается равномерно вдоль радиуса. Сравнив выражение для $\Delta s$ с формулой для пути при равномерно движении — $s = \frac{a t^2}{2}$, мы заменаем, что в нашем примере для подвижного наблюдая в течение промежутка времени $\Delta t$ движение шарика в направлении, перпендикулярном вектору скорости $v_{\text{pad}}$, будет равноускоренным сускорением $a = 2 v_{\text{pad}} \omega$.

Следовательно, во врашающейся системе именно в этом направлении и действует на шарик массы $m$ сила $F_K = 2 m v_{\text{pad}} \omega$.

Это опять сила Корполиса, но теперь она направлена perpendicularно радиусу.

Конец вывода формулы

Мы рассмотрели два случая движения тела относительно врашающейся системы отчета. В первом примере (врашающаяся) комната) тело движалось в нейнерциальной системе по окружности, в любой момент скорость тела была направлена по касательной к этой окружности. Как мы видели, при этом на тело действует сила Корполиса, которая направлена вдоль радиуса окружности, то есть perpendicularно вектору скорости.

Во втором примере (шарик на диске) мы показали, что если в некоторый момент времени скорость тела направлена вдоль радиуса, то в этот момент на тело действует сила Корполиса, направления perpendicularно вектору скорости тела. Абсолютная величины сила Корполиса в обихах случайных прямо пропорциональна произведению $v \omega$, где $v$ — абсолютная величины скорости тела относительно врашающейся системы в данной момент времени, а $\omega$ — величины угловой скорости врашающейся системы относительно итерационных инерциальной.

А какова будет сила Корполиса, действующая на тело, мгновенная скорость которого во врашающейся системе отчета направлена произвольным образом? Нетрудно показать, что величины сила Корполиса и в этом обшем случае будет пропорциональна произведению $|v|$ на величины угловой скорости системы (для этого надо только разложить вектор скорости на две компоненты, одну из которых направить вдоль радиуса, а другую — perpendicularно к нему по касательной).

Теперь надо еще определить направление сила Корполиса. Для этого, прежде всего, заметим, что угловую скорость можно задать в виде вектора. Вектор $\omega$ параллелен оси врашения. направление этого вектора связьается с направлением врашения системы с помощью правила буравчика (или винта): если врашать рукой буравчика так, как врашается система, то поступательное движение буравчика указывает направление вектора угловой скорости. Можно пользоваться и другим правилом — правлом правой руки: если согласить четырьмя правой руки по направлению врашения системы, то отогнутый большой палц указывает направление вектора $\omega$ (см. рисунок 2).

Если в нашем примере система отчета врашалась против часов стрелки, то векторы $\omega$, $v$ и $F_K$ расположались так, как показано на рисунке 3. Во втором примере эти

6

Рис. 3.

веktorы располагались так, как на рисунке 4. Из этих рисунков видно, что сила Королиса в обих случаях перпендикулярна к плоскости, в которой лежат векторы $\omega$ и $v$. Говорят, что векторы $F_K$, $v$ и $\omega$ (именно в этой последовательности) образуют правую систему векторов (правая рука поэтому и изображена на рисунке 2).

Векторное произведение

Мы видим, что сила Королиса зависит от двух векторных величины — от скорости $v$ движения материальной точки относительной вразашошейся системы координат и от угловой скорости $\omega$ самой системы отчета. Величина этой силы пропорциональна произведение величины скорости точки и угловой скорости системы, а ее направление однозначно определяется направлением векторов $v$ и $\omega$.

Формулу для королисовой силы в современных книжках пишут так:

$$F_K = 2 m v \times \omega,$$

где $X$ — знак так называемого векторного произведения двух векторов.

Векторным произведением двух перпендикулярных друг к другу векторов $A$ и $B$ называется третий вектор $C$, который строится следующим образом (рис. 5). Его величины численно равна площади прямоугольника, построенного на векторах $A$ и $B$, то есть $|C| = |A| \cdot |B|$. направление вектора $C$ перпендикулярно к плоскости указанного прямого/libника и выбирается таким, чтобы векторы $A$, $B$ и $C$ (в этом порядке) составляли правую систему векторов. По-другому, направление вектора $C$ можно определить по правилу буравчика (или правой руки): если поворачивать вектор $A$ к вектору $B$ и связать с этим врашением врашение рукой буравчика (или направление, в котором

7

лей даже сейчас, а раньше на него смотрел как на чудо. Сейчас мы его очень легко можем обьясить. Пусть, для простоты расчудений, матник подвешен на полюсе. С точки зрения неподвижного наблюдаателя, находящегося в инерционной системе отчета, плоскость колбаний матника, конечно, неподвижна, а Земля врашается против часовой стрелки. По той же причине след движения шарика на горизонтальной плоскости был не прямой линий, а сложной кривой (рис. 6).

Земной наблюдаатель, связанный с врашошейся системой отчета, объясит поворот плоскости колбаний действием на шарик силы Корполиса. При небольших отклонениях матника от положения равновесия можно считать, что скорость шарика в любой момент перепendlкулярна к угловой скорости $\omega_3$ врашення Земли, поэтому корполисова сила всегда лежит в горизонтальной плоскости и направлена перепendlкулярно к скорости шарика вправо, если смотреть по направлению движения шарика. Эта сила и вызывает поворот плоскости колбаний матника, причем угловая скорость поворота $\omega$ как раз равна угловой скорости врашення Земли.

Нетрудно показать, что если матник подвешен в месте, широта которого равна $\varphi$, то угловая скорость будет равна $\omega_3$ sin$\varphi$, обращаясь в ноль на экваторе. Для этого достаточно найти проекцию $\omega_3$ на нормаль к плоскости горизонтта (проведите доказательство до конца).

Картина качания матника содержит интересные детали. Если мы попытаемся понять, какую же линю вычерчивает матник Фуко на плоскости, то обнаружим, что форма траектории зависит от того, как матник начал качаться.

Если матник начал движение из положения покоя (вертикального положения на полюсе), то и при движении он всегда будет проходить через полоси и будет рисовать на плоскости кривую типа изобравенной на рисунке 6, $a$.

Если в начальной момент матник был максимально отклонен, то для инерционного наблюдаателя он имел в этот момент от нуля угловую скорость, и значит, для такого наблюдаателя матник качается не в одной плоскости, а выписывается на плоскости, перпендикулярной к плоскости колбаний, эллипс. Наблюдаемый на Земле будет видеть траекторию, которое можно описать как поворачивающийся эллипс (рис. 6, 6). Traектория теперь уже не проходит через полоси.

Отклонение padaoших тел

Когда в школе начинают изучатьравноскореенное движение, то обязательно решают задачу о разделении материального точки с некоторым высоты $H$. Решение этой задачи простое. Если точка вначале покопалась, то зависит путем пути $h$, пройденного точки, от времени выражается формулой $h = \frac{1}{2} gt^2$ (г — ускорение силы тяжести). Скорость у поверхности Земли равна $v_0 = \sqrt{2gH}$.

Если точка движется, направив, вертикально вверх и имеет вначале

8

(на поверхности Земли) скорость $v_0$, то время ее полета вверх будет равно $t=\sqrt{2H/g}$, то есть времени падения тела в первой задаче.

При этом, однако, предполагается, что точка все время движется по прямой. Как вы теперь понимаете, такое предположение можно делать только, если не учитывать вращение Земли.

В действительности, с точки зрения наблюдателя в инерциальной системе отсчета тело, брошенное с высоты $H$, имеет горизонтальную скорость $\omega_3(H+R)\cos\varphi$, где $R$ — радиус Земли, $\omega_3$ — ее угловая скорость, $\varphi$ — широта места. Падая, тело сохраняет эту скорость и в своем горизонтальном движении будет опережать покоящиеся (относительно Земли) точки (например, окна в доме, если тело падает с крыши) на высотах $h<H$, поскольку эти точки движутся с меньшей скоростью $\omega_3(h+R)\cos\varphi$.

Попробуем сосчитать, на сколько падающее с высоты $H$ тело отклонится от вертикали к востоку (Земля вращается с запада на восток, а тело обгоняет Землю). Эту задачу проще решить в системе отсчета, связанной с Землей, использовав выражение для силы Кориолиса *).

Итак, пусть тело падает с высоты $H$, где оно находилось в момент времени $t=0$. Тело будет двигаться равноускоренно, и его вертикальная компонента скорости с течением времени будет изменяться по закону

$$v=gt.$$

Для земного наблюдателя на тело будет действовать горизонтальная составляющая силы Кориолиса, которая будет увеличивать горизонтальную компоненту количества движения тела, отклоняя его к востоку. Запишем уравнение для этого движения:

$$ma=2m\omega_3 v\cos\varphi,$$

или, учтя зависимость скорости от времени,

$$a=2\omega_3\cos\varphi\, gt=At,$$

где $A=2\omega_3 g\cos\varphi$ — постоянная величина.

С таким уравнением вы в школе не встречались. Если бы $a$ было постоянным, то движение было бы равноускоренным, но у нас ускорение растет линейно со временем. Как в этом случае выражается зависимость пути от времени? Такая задача легко решается, если уметь дифференциро-

---

*) Ее, конечно, можно решать и в инерциальной системе. Попробуйте это сделать.

вать. Мы попытаемся угадать (а потом проверить) ответ.

Сначала найдем выражение для скорости. В равноускоренном движении $v=v_0+at$ и $a=\mathrm{const}$. Так как теперь $a$ линейно зависит от времени, то разумно положить, что скорость от времени зависит квадратично:

$$v=v_0+\alpha t+\beta t^2.$$

Сосчитаем ускорение. Для этого найдем скорость в соседний момент времени $t+\Delta t$ $(\Delta t \ll t)$:

$$v=v_0+\alpha(t+\Delta t)+\beta(t+\Delta t)^2.$$

Вычитая из этого равенства предыдущее и отбрасывая член с $(\Delta t)^2$ ввиду его малости по сравнению с остальными членами, получим

$$a=\frac{v_{t+\Delta t}-v_t}{\Delta t}=\alpha+2\beta t.$$

Теперь мы видим, что если $a=At$, то $\alpha=0$, $\beta=\dfrac{A}{2}$. Тогда (положив еще, что $v=0$ при $t=0$, откуда $v_0=0$)

$$v=\frac{At^2}{2}.$$

Теперь мы можем найти и путь $s$. Предположим, что

$$s=s_0+\alpha_1 t+\beta_1 t^2+\gamma t^3.$$

Это выражение отличается на один лишний член $\gamma t^3$ от формулы для равноускоренного движения. Запишем пройденный путь к моменту времени $t+\Delta t$ и составим, как и раньше, отношение

$$v=\frac{s_{t+\Delta t}-s_t}{\Delta t}=\alpha_1+2\beta_1 t+3\gamma t^2$$

(здесь мы отбросили члены с $(\Delta t)^2$ и $(\Delta t)^3$). Сравнивая с предыдущим выражением для скорости и полагая еще $s_0=0$, найдем, что

$$\alpha_1=0,\ \beta_1=0,\ \gamma=\frac{1}{6}A$$

и

$$s=\frac{At^3}{6}.$$

Возвращаясь теперь к нашей задаче, мы можем выразить время $t$ через конечную скорость $v_0$ из закона для вертикальной скорости: $t=\dfrac{v_0}{g}$. Так как $A=2\omega_3 g\cos\varphi$, то смещение падающего тела на восток оказывается равным

$$s=\frac{1}{3}\frac{\omega_3\cos\varphi}{g^2}v_0^3.$$

Подставьте сами сюда соответствующие числа и вычислите $s$, если тело падает, например, с высоты 1 $км$. Несколько длиннее выглядят вычисления для тела, брошенного вверх с поверхности Земли. Это упражнение можете сделать сами.

10

Рис. 1.

Рис. 2.

Это описание, конечно, не вполне определяет параболу. Существует много кривых, имеющих такой же вид, но лишь некоторые из них имеют право называться параболами.

Из всевозможных линий, изображенных на рисунке 2 и имеющих общую ось $OY$, вершину $O$ и пару симметричных точек $A$ и $A'$, только одна — красная — является параболой. Она проходит через две «средние» точки $B$ и $B'$ такие, что $x_B=\dfrac{1}{2}x_A$ и $y_B=\dfrac{1}{4}y_A$. Это будет установлено из определения параболы.

Определение параболы и первое ее построение по точкам

Из школьного курса известно, что параболой называется график функции $y = ax^2 + bx + c$ при $a\neq0$. Нам достаточно рассмотреть функцию

$$y = ax^2 \tag{1}$$

и ограничиться случаем $a>0$. Добавление слагаемых $bx$ и $c$ не меняет ни формы, ни размеров графика, а только сдвигает его. График же функции (1) при $a<0$ это — опрокинутый график функции $y = |a|x^2$. Поэтому мы определим параболу как график функции (1) при $a>0$ (разумеется, параболой является и лю-

бая другая кривая, которую можно совместить с этим графиком).

Вместо слов «парабола есть график функции (1)» можно сказать: «уравнение (1) есть уравнение параболы*). Для параболы (и для любой линии, которая пересекает каждую прямую, параллельную оси $Y'Y$, не более чем в одной точке) оба выражения равноправны. Отметим также принятый оборот речи: вместо слов «парабола, имеющая уравнение $y = ax^2$», говорят кратко: «парабола $y = ax^2$».

Из этого определения параболы можно вывести все особенности ее формы, о которых было сказано: ее бесконечное протяжение, симметрию, гладкость, наличие вершины, распрямление параболы по мере удаления от вершины, характер отклонения от оси симметрии, доказательство того, что тело, брошенное под углом к вертикали, движется по параболе. Мы не будем здесь проводить этих доказательств. Остановимся только на том, как получены точки $B$ и $B'$ на рисунке 2 и как вообще построить несколько точек параболы, если заданы ее вершины, направление оси и еще одна точка.

---

*) Об уравнении линии см., например, в статье «Эллипс», «Квант», № 1, с. 5.

10

11

Рис. 3.

Рис. 4.

Пусть даны: вершина параболы $O$, ее ось $OY$ и точка $M_1$, принадлежащая параболе (рис. 3); точка $M_1'$, симметричная $M_1$ относительно $OY$, также лежит на параболе. Если $M_1$ близка к $O$, то удвоим $x_1 = ON_1$ и учетверим $y_1 = OL_1$. (см. рис. 1). Точки $M_2 (2x_1, 4y_1)$ и $M_2' (-2x_1, 4y_1)$ также принадлежат параболе (докажите). Если же точка $\widetilde{M}_1 (\widetilde{x}_1, \widetilde{y}_1)$ была далеко от $O$, то возьмем точку $\widetilde{M}_2 \left(\dfrac{\widetilde{x}_1}{2}, \dfrac{\widetilde{y}_1}{4}\right)$ — она тоже лежит на параболе. С полученной точкой $M_2$ (или $\widetilde{M}_2$) поступаем так же. Получив несколько точек параболы, соединяем их плавной линией от руки или при помощи лекала. Ниже будут указаны и другие способы построения параболы, практически более удобные.

Коэффициент $a$ параболы и его роль

Различных парабол — бесконечное множество; каждому значению $a$ соответствует своя парабола *). На рисунке 4 изображено несколько таких

---

*) Число $a$ является одним из параметров параболы (определение параметра см. в статье «Гипербола», с. 16.) Но мы намеренно избегаем здесь этого слова, так как для параболы слово «параметр» обычно применяется в специальном смысле (см. ниже).

парабол — при $a = \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{2}, 1, 1\dfrac{1}{2}, 2, 3, 5$.

Замечательно, что все параболы подобны между собой, а если их расположить так, как на рисунке 4, то и подобно расположены с центром подобия $O$. Действительно, возьмем две такие параболы $y = ax^2$ и $y = a'x^2$ (рис. 5) и проведем произвольный луч $OMM'$, встречающий параболы соответственно в точках $M$ и $M'$. Из подобия треугольников $ONM$ и $ON'M'$ имеем, с одной сторо-

ны, $\dfrac{OM'}{OM} = \dfrac{ON'}{ON} = \dfrac{x'}{x}$ или

$$\dfrac{OM'^2}{OM^2} = \dfrac{x'^2}{x^2}, \qquad \text{(a)}$$

а с другой,

$$\dfrac{OM'}{OM} = \dfrac{N'M'}{NM} = \dfrac{y'}{y} = \dfrac{a'x'^2}{ax^2}. \qquad \text{(б)}$$

Разделив (а) на (б), получим $\dfrac{OM'}{OM} = \dfrac{a}{a'}$,

то есть это отношение — одно и то же для всех лучей $OMM'$. А это и есть определение подобного расположения двух фигур. У всех парабол одинаковая форма: отличаются они друг от друга только размерами. А размер каждой параболы определяется коэффициентом $a$ в уравнении (1).

12

Сравнить две параболи $y = ax^2$ и $y = a'x^2$, видим, что при одном $x_1$ для двух точек парабола $M_1(x_1, ax_1^2)$ и $M'_1(x_1, a'x_1^2)$ выше та, у которой коэффициент больше (рис. 5); при одном $y_2$ из двух точек парабола
$$M_2\left(\sqrt{\frac{y_2}{a}}, y_2\right) \text{ и } M'_2\left(\sqrt{\frac{y_2}{a'}}, y_2\right)$$
ближе к оси симметрии та, у которой этот коэффициент больше. Значит, чем меньше $a$, тем парабола шире, чем больше $a$, тем парабола уже. Образно можно назвать число $a$ «коэффициентом худобы» параболи.

II. ГЕОМЕТРИЧЕСКОЕ ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПАРАБОЛЫ

Недостатки аналитического определения

Определение парабoles как графика квадратной функции можно назвать аналитическим, так как оно использует вычислительные средства *). При таком определении к параболе присоединяется система координат, вовсе не необходимая при первом знакомстве с кривой. Аналитическая

*) Слово «анаализ» имеет много значений. Математическая аналитическая слова называют разработку примов вычислений и их применений к решению вопросов о величины.

ческий метод удобен для изучения свойств расматриваемого геометрического образа (этот метод составляет предмет аналитической геометрии), но для его определения и желательно использовать только сведения из геометрии.

Вторым недостатком является то, что число $a$ (коэффициент худобы), участвующего в определении, имеет сравнительно сложный геометрический смысл *).

Параметр парабoles, ее каноническое уравнение и проискождение названия

Второй недостаток можноSTRAINTS, заменив в уравнения (1) параметр $a$ другим, имеющим простой геометрический смысл и линейную размерность. Мы видели, что парабола определяется ее вершиной, направленем оси и какой-нибудь одной ее точкой ($M_0$). Для определения и удобства дальнейшего изложения возьмем такую точку $M_0$, чтобы ее расстояние $x_0$ от оси симметрии $OY$ было вдвое больше расстояния $y_0$ ее до касательной $X'X$ в вершине (рис. 6).

*) Из-за того, что размерность коэффициента $a$ обратна размерности длины: $[a] = [L^{-1}].$

13

Расстояние $x_0$ обозначаем через $p$; тогда $y_0 = \frac{p}{2}$. Из уравнения (1) имеем $\frac{p}{2} = a p^2$, откуда $a = \frac{1}{2p}$ и уравнение (1) принимает вид $y = \frac{1}{2p} x^2$ или $x^2 = 2py$. (2) Оно называется каноническим уравнением параболи.

Отрезок $p$ принимает название параметром параболи *). Хорда $M'_0 M_0 \parallel X'X$ (рис. 6), проходящая на расстоянии $\frac{p}{2}$ от касательной $X'X$ в вершине, имеет длину $2p$; будем называть ее «лавной хордой» параболи; ее значение выяснить позже.

Уравнение (2) можно дать такое геометрическое истолкование. Для любой точки $M(x, y)$ параболи площадь прямогольника $ABCD$, одна сторона которого равна главной хорде $2p$, а другая — ординate $y$, равна площади квадрата $ONEH$, построенного на абсциссе.

Примерно в такой форме древнегреческий геометрию, не знание языка формул и буквенных обозначений, выражали равенство (2).

*) Точнее, $p$ следует бы назвать фокальным параметром параболи по причине, которая скоро выяснится.

Построение прямогольника с заданной сторонами, равновеликого данному квадрату, древние греки называют «прикладыванием данного отрезка к квадрату». Слово «прикладывание» по греческим — parabole — отсюда и проинсхождение названия кривой.

Другой способ построения точек параболи. Директиса

Решим и мы задачу на «прикладывание», немного видно изменение ее. Это решение дает новый способ построения точек параболи.

Представим равенство (2) в виде $(\frac{x}{2})^2 = \frac{p}{2} \cdot y$, (2’) то есть «приложим» отрезок $\frac{p}{2}$ к квадрату со сторонами $\frac{x}{2}$. Так как $\frac{x}{2}$ — средняя пропорциональная для $\frac{p}{2}$ и $y$, то построение $y$ по $\frac{p}{2}$ и $\frac{x}{2}$ сводится к использованию теоремы о высоте прямогольного треугольника, опущенного на гипотенуzy. Для построения ordinalы точки $M$ параболи (2’) по ее абсциссе $ON = x$ (рис. 7, а) проводим отрезок $NQ \perp X'X$ длиной $\frac{p}{2}$ в сторону, противоположную на-

14

Рис. 8.

правлению оси $OY$, соединим $Q$ с серединой $R$ отрезка $ON$ и проведем $RM \perp QR$ до пересечения $M$ с продолжением $QN$ за точку $N$. Точка $M$ принадлежит параболе.

Так можно поступить с любой точкой $N$ на оси $X'X$. Для простоты построения других точек сразу проведем прямую $D'D$ параллельно $X'X$ на расстоянии $\dfrac{p}{2}$ от нее по другую сторону от главной хорды (рис. 7, б). Эта прямая называется директрисой (по-русски — направляющая) параболы. Восставляем из любой точки $N$ на оси $X'X$ перпендикуляр к ней до пересечения с директрисой в точке $Q$ и затем, поступая указанным образом, получаем точку $M$. Советуем читателю получить ряд точек параболы этим построением *).

Фокус и фокальное свойство параболы

Из этого способа построения точек параболы вытекает наиболее замечательное ее свойство, которое часто принимается за определение параболы.

---

*) Интересно, что отрезок $RM$ является касательной к параболе в точке $M$. Доказательства этого мы здесь давать не будем.

Обратим внимание на точку $F$ пересечения прямой $QR$ и главной хорды (см. рис. 7, а). Легко сообразить, что эта точка лежит и на оси симметрии $OY$. Действительно, треугольники $RNQ$ и $ROF$ равны, как прямоугольные треугольники с одинаковыми катетами ($NQ = OF$, $OR = = RN$). Поэтому какую бы точку $N$ мы ни взяли, построенная по ней прямая $QR$ пересечет главную хорду в ее середине $F$. Теперь ясно, что $\triangle FMQ$ — равнобедренный. Действительно, отрезок $MR$ является одновременно и медианой и высотой этого треугольника. Отсюда следует, что $MF = MQ$. Расстояние от любой точки параболы до середины главной хорды равно ее расстоянию до директрисы. Середина главной хорды параболы приобретает таким образом особое значение для параболы; ее называют фокусом параболы *), а доказанное свойство — фокальным свойством параболы. Вершина параболы является серединой перпендикуляра, опущенного из фокуса на директрису.

Справедливо и обратное положение: указанным свойством обладают т о л ь к о точки параболы (попробуйте доказать это самостоятельно).

Таким образом, парабола — это множество точек, одинаково удаленных от фокуса и директрисы. Это характеристическое свойство параболы — наиболее простое ее геометрическое определение. На этом определении основан третий способ построения точек параболы (рис. 8). Построим серию концентрических окружностей с центром в фокусе $F$ (начиная с радиуса $\dfrac{p}{2}$) и серию прямых, параллельных директрисе (начиная с той, которая находится на расстоянии $\dfrac{p}{2}$ от директрисы), чтобы радиусы и эти расстояния возрастали на одну и ту же величину. Точки пе-

---

*) Фокус (focus) по-латински — очаг. Происхождение этого термина будет объяснено в следующем номере «Кванта».

15

Рис. 9.

ресечения соответствующих окружности и прямой лежат на параболе.

Параболограф

Нетрудно изготовить прибор (назовем его параболографом) для вычерчивания других параболы любого параметра непрерывным движением (и притом — наиболее характерной части параболы, содержащей вершину). Параболограф состоит из двух одинаковых угольников и нити. Чем больше длиный катет угольников, тем больше будет вычерченная дуга. Кроме параболографа для вычерчивания понадобятся линейка и 3 канцелярские кнопки.

Склейте вместе оба угольника (рис. 9, а), прошив предварительное между ними нить так, чтобы одна ее часть была прочно включена, а другая, свободная, выходила из вершины A меньше острого угла. На свободной части нить сделайте узелок с маленькой («точечной») петлей в такой точке F нити, чтобылина этой части AF равняясь длине большого катаета AC угольника *). Затем отрезьте

*) Рекомендуется сначала сделать на нити узелок с петлей, а затем, отмерив от узелка F длину FA=AC, включить остаток нити между угольниками.

остаток нити за узелком. Параболограф готов.

На листе бумаги начертим фокус и директрису параболы. Приложим к директрисе линейку так, чтобы она легла по другую сторону от фокуса. Зажимем линейку между двумя конпками, включыми у ее концов, вденем острые треты конпки в петлю F нити и вкольем эту конпку в фокус (рис. 9, б).

Приложим параболограф коротким к линейке-direктрисе. Остремим карандаша прижем нить к длиному катету в его точке M, чтобы нить была натянута. Точка M лежит на параболе, так как AC = AM + MF и MC = MF. Если теперь одной рукой двигать параболограф вдоль неподвижной линейки, а другой прижимать карандашом нить к длиному катету, то острие карандаша опшет дуги левой половины параболы. Перевертывая параболограф другой стороне, вычертим вторую нити.

III. ПАРАБОЛА — КОНИЧЕСКОЕ СЕЧЕНИЕ

Пересекая поверхность прямого крутового конуса плоскостью, параллельной одной из его образуших, мы получим в сечении параболе.

16

Рис. 10.

Докажем это. Положим конус на горизонтальную плоскость I (рис. 10, а). Введем обозначения: $S$ — вершина конуса, $\varphi$ —его осевой угол, $SQ$ — образующая, вдоль которой конус касается плоскости I.

Пересечем конус плоскостью II, параллельной I (и, следовательно, параллельной образующей $SQ$), на высоте $h$ (расстояние между плоскостями). Нужно доказать, что плоскость II пересекает конус по параболе.

Проведем через образующую $SQ$ и через ось конуса вертикальную плоскость $SQP$, изображенную отдельно на рисунке 10, б; она пересекает плоскость II по прямой $OY$ — оси симметрии исследуемого сечения. Через точку $O$ встречи этой прямой с конусом проведем в плоскости II прямую $X'X \perp OY$ и примем $X'X$ и $OY$ за оси координат. Произвольная точка $M$ нашего сечения имеет в этой системе координат абсциссу $ON = x$ и ординату $NM = OL = y$. Нам нужно найти уравнение линии сечения в этой системе координат и показать, что оно имеет вид
$x^2 = 2py$.

Через $M$ проведем круговое сечение конуса $QMP$, перпендикулярное к его оси. Из прямоугольного треугольника $SML$ имеем

$LM^2 = SM^2 - SL^2 = SP^2 - SL^2$. (а)

Очевидно,

$$SP = SO + OP = SO + OL = \frac{h}{\sin\varphi} + y.$$ (б)

Из треугольника $SOL$

$SL^2 = SO^2 + OL^2 -$
$-2SO \cdot OL\cos(180° - \varphi) =$

$$= \left(\frac{h}{\sin\varphi}\right)^2 + y^2 + \frac{2hy}{\sin\varphi}\cos\varphi.$$ (в)

Подставляя (б) и (в) в (а), получаем

$$x^2 = \left[\left(\frac{h}{\sin\varphi}\right)^2 + y^2 + \frac{2hy}{\sin\varphi}\right] -$$

$$- \left[\left(\frac{h}{\sin\varphi}\right)^2 + y^2 + \frac{2hy}{\sin\varphi}\cos\varphi\right] =$$

$$= 2h\,\frac{1-\cos\varphi}{\sin\varphi}\,y.$$

Обозначая $h \cdot \dfrac{1-\cos\varphi}{\sin\varphi}$ через $p$, имеем

$x^2 = 2py$. В сечении получается парабола с параметром $p$.

В частности, если осевой угол конуса $\varphi$ прямой, то $p = h$. Таким образом, если конус с прямым углом в осевом сечении пересекается плоскостью, перпендикулярной к одной из его образующих, то в сечении получается парабола, параметр которой равен расстоянию от вершины конуса до плоскости сечения. Интересно, что Менехм, открывший около 360 г. до нашей эры эллипс, гиперболу и параболу, получил их как сечения кругового конуса соответственно с острым, тупым и прямым осевым углом плоскостью, перпендикулярной к одной из образующих, и они были впервые названы сечениями остроугольного, тупоугольного и прямоугольного конуса. Современные названия этих кривых были даны позднее Аполлонием.

$$\ast \quad \ast \quad \ast$$

В статье приведены только начальные сведения о параболе. Дальнейшие ее свойства, общие для эллипса, гиперболы и параболы, будут рассмотрены в статье «Общие свойства конических сечений».

ЗАЧЕМ ТОПЯТ ПЕЧИ?

ЗАЧЕМ ТОПЯТ ПЕЧИ?

В.Н. ЛАНГЕ

Если спросить специалиста по теплотехнике и человека, не искушенного в этой науке, зачем мы топим печи зимой, то первый ответит, возможно: для того, чтобы повысить внутреннюю энергию воздуха в комнате; тогда как второй почти наверняка выразится проще: чтобы в комнате стало теплее. И неспециалист даст более точный ответ.

Как это ни кажется на первый взгляд неправдоподобным, внутренняя энергия воздуха в помещении после сгорания дров в печи останется неизменной.

Предположим, что поздней осенью вы приехали на дачу. В комнатах около 0 °С, и чтобы согреться, вы решили протопить печь. Пока столбик в термометре поднимается к отметке 20°, посчитаем, как изменится за это время внутренняя энергия воздуха в комнатах.

При условиях, близких к нормальным (то есть при температуре, не очень сильно отличающейся от 0 °С, и давлении порядка $10^5 \, н/м^2$), воздух подобен идеальному газу, внутренняя энергия которого пропорциональна массе $m$ и абсолютной температуре $T$:

$$U = \alpha m T,$$

($\alpha$ — коэффициент пропорциональности, постоянный для данного газа).

При протапливании помещения воздух нагревается, расширяется, и часть его выходит через неплотно прикрытую дверь, поры и щели в стенах, так что масса воздуха в комнатах меняется. Объем комнат и давле-

2 «Квант» № 4

17

18

нине воздейства при этом остаются неизменными. Поэтому изменение внутренней энергии воздейства после проталивания можно записать следующим образом:

$$\Delta U = U_2 - U_1 = \alpha m_2 T_2 - \alpha m_1 T_1 = \alpha (m_2 T_2 - m_1 T_1).$$

Воспользуемся для дальнейшего решения уравнения Клапейрона — Менделеева

$$PV = \frac{m}{\mu} RT.$$

Поскольку как мы уже отмечили, давление в комнате остается все время равным внешнему и объемом комнат не меняется, а меняется только масса воздуха, получаем

$$m_2 T_2 = m_1 T_1 = \frac{PV \mu}{R} = \text{const.}$$

Стою быть, после сгорания довнутренняя энергия воздейства в комнатах действительно не меняется, то есть все выделившееся тепло «уходит» через丝ли на улицу.

Зачем же в таком случае мы все же проталиваем жилише помещения? Дело в том, что, хотя для нас совершено несуществование суммарная внутренняя энергия воздейства в комнатах, наше тело очень хорошо чувствует температуру, которая определяется энергейой, приходящей на одну молекулу.

Немецкий астрономик Р. Эмден в 1938 году отмечил, что проталивать помещения необходимо по той же причине, по которой жизнь на Земле стала бы невозможной без постоянного приока солнечного теплла. И дело заключается не в количестве падающей энергии, которая будет снова излучена вплоть до пребрежимо малой доли, подобно тому как человек не меняет своего веса, несмотря на приятие пищи. Проство условия нашего существования требуют определенной температуры, для достижения которого мы и топим печи.

Из значного юмора, или электричество и жизни

В весма серверных научнотехнических журналах встречаются сообщения, которые могут быть существенно пополнить сборники типа «Физики штут». Иногда шутка маскируется накообразным слогом, и бывает, что материал попадает в картотеки, указатели, составители которых вовсе не думали штутить.

В приводимой ниже заметке Тома Стивенсона из американского журнала «Electronic Design News» помог фактически не скрывается, но чтобы разоблачить «парадок Стивенсона», нужно вспомнить кое-что из основ учения об электричестве. Вот что пишет Т. Стивенсон в заметке «Генератор высокого напряжения».

«Работая недавно над статей, я отвлекся из-за одной интересной мысли. Возьмем два больших медных диска. Прикрепим к каждому из них провод и изолирующего рукойту. Дадим по рукойте двум малыми камами.

Далее, пусть малчики держат диски на очень близком расстоянии, но так, чтобы они не касались друг друга. Зарядим получившийся конденсатор от 12-вольтового автоматического аккумулятора. Отсоединним аккумулятор. Если малчики будут спокойно стоять, то напряжение между дисками остаются равным 12 волтам. Но что произойдет, когда они будут дивятся?

Из элементарного уравнения $U$ (наряжение) = $\frac{Q}{C}$ (эмкость) видно, что если они вдвое уменшат расстояние между дисками, то напряжение также уменшится вдвое, потому что заряд не может измениться, а емкость удивоится.

(Продолжение см. с. 24).

Суточное

вращение Земли

В статье Я. А. Смородинского «Сила Кориолиса» (см. с. 2 этого номера журнала) подробно рассказывается о силе инерции, которая действует на тела, движущиеся относительно вращающейся системы отсчета. Такой «естественной» системой является, прежде всего, Земля. Существует много явлений, например отклонение свободно падающих тел, неодинаковое размывание реками берегов, возникновение воздушных вихрей и ветров и т. п., которые объясняются действием силы Кориолиса.

Исторически первым экспериментом, подтвердившим вращение Земли вокруг своей оси, был опыт Фуко. В этой статье рассказывается о простом опыте, который наглядно демонстрирует суточное вращение Земли.

Представьте себе большой цилиндрический сосуд, оканчивающийся воронкой (рис. 1). Сосуд наполнен водой и подвешен к потолку с помощью длинного шнура. В начальный момент, когда отверстие воронки закрыто, сосуд покоится относительно Земли. Что произойдет, если открыть отверстие? Для простоты рассуждений будем считать, что опыт проводится на северном полюсе Земли. В том месте сосуда, где находится воронка, вытекающая вода имеет не только вертикальную, но и горизонтальную проекцию скорости.

Обозначим через $\mathbf{v}_0$ горизонтальную проекцию скорости воды относительно сосуда. Величина $\mathbf{v}_0$ зависит от высоты столба воды над данным

уровнем в воронке и от расстояния до оси сосуда.

Наличие скорости $v_0$ обусловливает возникновение силы Кориолиса. На рисунке 2 показаны направления вращения Земли, скорости $v_0$ и силы Кориолиса $F_К$ для некоторого слоя воды. Сила Кориолиса, действующая на каждый малый элемент массы воды, имеет вращательный момент относительно оси симметрии сосуда. Это приводит к тому, что вода в сосуде приходит во вращение. Так как между водой и стенками сосуда есть трение, то сосуд тоже придет в движение, причем направление движения сосуда совпадает с направлением вращения Земли.

По мере того, как вода вытекает из сосуда, величина скорости $v_0$ уменьшается, и следовательно, сила Кориолиса, действующая на воду, уменьшается (так как $F_К \sim v_0$). Каким будет характер движения воды под действием переменной силы $F_К$? Величина ускорения, сообщаемого этой силой, уменьшается, при этом скорость вращения воды возрастает, но чем дальше, тем медленнее.

Вращение сосуда приводит к закручиванию нити, на которой он подвешен. При этом возникает момент упругих сил деформации, который противодействует закручиванию нити, и следовательно, вращению сосуда. Величина момента сил деформации растет по мере увеличения угла закручивания нити, то есть по мере увеличения скорости вращения сосуда. Так как сила Кориолиса, ко-

2*
19

20

Рис. 1. Сосуд для опыта. 1 — цилиндрический сосуд; 2 — воронка; 3 — мягкая резина на твердой основе; 4 — нить; 5 — двойная струна для бадминтона.

торая в конечном итоге приводит к врашению сосуда с водой, со временем уменышается, то в какое-то время действие момента силы Королиса компенсируется действием момента сил деформации, и в дальнейшем силы деформации превалируют над силой Королиса. В результате скорость врашения сосуда уменышается, но сосуд по-прежнему врашается в направлении врашения Земли.

В некоторых момент времени угловая скорость врашения сосуда становится равной нулю, и затем, под действием момента упругих сил деформации, сосуд начинает врашаться в противоположную сторону. Угловая скорость врашения растет. Тепер начинает уменышаться сила деформации (нить раскруивается). Действие момента силы Королиса (эта сила по-прежнему уменышается) теперь направлено против врашения сосуда и ведет к уменшению скорости врашения . . . В какой-то момент врашения убывающий момент сил деформации «догонит» по величины момент силы Королиса, после этого скорость врашения начинает уменышаться и т. д.

При проведении опыта мы пользовались цилиндрическим сосудом диаметром 25 cm и высотой 30 cm (см. рис. 1). Сосуд окачивался воронкой с диаметром ответия 8 мм. Насточную трубку воронки была найдена муфта с четырьмя симметрично расположенными винтиками.

К концу трубки с помощью нитки, перекиниут через два противоположных винтика, плотно прижималась мягкая резина на твердой основе. Нитка завязывалась узлом на одном из винтиков. Сосуд мы подвешвали к потолку на двойной струне для бадминтона длиной 2,5 м (можно взять два шнура, закрученных в противоположные стороны, чтобы установить побочные явления при врашении). В сосуд почти до верхнего края наливали воду, и когда она успокаивалась, узел нити пережигали. Во всех случаях мы наблюдали, что во время вытекания воды через ответие в воронке сосуд врашался сначала против часовой стрелки, а потом — в противоположную струну.

Опыт можно проводить также со стеклянными воронками, подвешенными на двойных тонких лесах. Но при этом оказывается, что угол повората сосуда существенно зависит от диаметра ответия воронки. С одной стороны, действие силы Королиса проявляется тем заметнее, чем меньше ответие. Но с другой стороны, при уменшении ответия повышается роль вязкости жидкости. Нам удалось наблюдать заметное врашение воронки, вместе со шнурой 1 л воды, при диаметре ответия 5 мм.

М. И. Емельянов,
А. М. Жарков,
В. М. Задайнов,
В. С. Маточкин

21

Квадратный треугольник и непрерывные цепочки

А. П. Винчиенко

Вероятно, неокоторые читатели ссылали о спирали Улама (о ней рассказывается, например, в книге М. Гарднера «Matematические доступи»). Если же кто-то ничего не знает об этой спирали — не беда; вот включае ее история. Однажды американский математик Станислав Улам, присутствует на каком-то неинтересном заседании, написовал от скуки на листке клетчатой бумаги спираль, пропуемеровал клетки этой спирали и обвел кружочками простые числа *). У Улама получилась картина, изображенная на рисунке 1: простые числа в его спирали как бы выступали по диагоналям. Сейчас мы расскажем об ином порядке записи натурального ряда, при котором простые числа все равно размешаются как бы по диагоналям.

*) Натуральное число (не равное 1) называется простым, если оно делится только на себя и единицу.

Составим «квадратный треугольник»: напишем в первой строке только одно число — 1, во второй — числа от 2 до 4, в третьей — числа от 5 до 9 и так далее, объявая строку всякий раз, как только получится квадрат какого-то натурального числа (см. рис. 2). Таким образом, первая строка у нас кончается $1^2$, вторая — $2^2$, третья — $3^2$ и так далее (отсюда и название образующейся фигуры — «квадратный треугольник»; доказите, что каждая строка квадратного треугольника длине предыдущегоровно на 2 клеточки).

Давайте теперь и мы обведем простые числа кружочками — так, как это сделано на рисунке 3.

Замечайте ли вы, что и здесь простые числа «выстраиваются» вдоль диагоналей (подумайте, кстати, почему они оказываются не на всех диагоналях, а только через одну — ис-

Рис. 1. Рис. 2.

22

Рис. 3.

23

ключение составляет лишь число 2)? Но помимо этого на нашей картине получились «непрерывные цепочки», тянущесая от «гипотенузы» «треугольника» до его «катета» — на рисунке 3 таких цепочки шесть. Выпишем простые числа, стоящие вдоль этих цепочки:

2
3, 5
7, 11, 17
23, 31, 41, 53, 67, 83, 101
47, 59, 73, 89, …, 227, 257
223, 251, 281, 313, …, 1523, 1601

Оказывается, все эти числа подчиняются одному и тому же закону:

1-я цепочка — это значение многочлена $x^2 + x + 2$ при $x = 0$ (при $x = 1$ получаем $2^2$),
2-я цепочка — это значения многочлена $x^2 + x + 3$ при $x = 0,1$ (при $x = 2$ получаем $3^2$),
3-я цепочка — это значения многочлена $x^2 + x + 5$ при $x = 1,2,3$ (при $x = 4$ получаем $5^2$),
4-я цепочка — это значения многочлена $x^2 + x + 11$ при $x = 3,4,5,...,8,9$ (при $x = 10$ получаем $11^2$),
5-я цепочка — это значения многочлена $x^2 + x + 17$ при $x = 5,6,...,14,15$ (при $x = 16$ получаем $17^2$),
6-я цепочка — это значения многочлена $x^2 + x + 41$ при $x = 13,14,...,38,39$ (при $x = 40$ получаем $41^2$).

Многочлены вида $x^2 + x + k$ были известны еще Эйлеру; формула $x^2 + x + k$ для $k = 2, 3, 5, 11, 17, 41$ дает простые числа при всех $x = 0, 1,...,(k-1),(k-2)$.

Таким образом, наши непрерывные цепочки — это «хвосты» значений многочленов $x^2 + x + k$, где $k = 2, 3, 5, 11, 17, 41$. Существуют ли более длинные непрерывные цепочки? Пока это неизвестно.

Вернемся к нашему квадратному треугольнику — перенесем на него «решemo Эрамосфена» (см. «Квант» № 1 за 1974 год): возьмем какое-нибудь натуральное число и зачеркнем все числа, делящесся на него. Мы получим какой-то узор; например, для числа 2 — это «шахматный» узор (рис. 4). Для тройки узор получается уже последнее (см. рис. 5). Однако в этих значениях есть закономерность. Так, если сделать из картона квадрат со стороны 2 и вырезать из него два квадратка, помещенных на рисунке 6 крестиками, то с помощью такого штампа можно вычернуть из квадратного треугольника все числа, делящесся на 2.

Действительно:

1. приложим штамп так, чтобы над ним виделась только единичка;
2. зачеркнем числа в ответиях;
3. передвinem штампик вниз, вправо или влево на две клеточки;
4. опять зачеркнем числа в ответиях и так далее.

25

Задачик кванта

Решения задач из этого номера можно посылать не позднее 1 июня 1975 г. по адресу: 117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15, издательство «Наука», журнал «Квант». После адреса на конверте написите, решения каких задач вы посылаете, например: «Задачик «Кванта», М316, М317» или «… Ф328». Решения задач по каждому из предметов (математике и физике), а также новые задачи просылаются в отдельных конвертах. Задчи из разных номеров журнала присылте также в разных конвертах. В письмо вложите конверт с написанным на нем адресом (в этом конверте вы получите результаты проверки ваших решений). Условия оригинальных задач, предложенных для публикации, присылите в двух экземплярах вместе с вашими решениями этих задач (на конверте пометьте: «Задачик «Кванта», новая задача по физике» или «… новая задача по математике»). После формирования задачи мы обчанию указываем, кто предложил нам эту задачу. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Наболее трудные задачи отмечены звездочкой.

Задачи

M316—M320; Ф328—Ф332

M316. a) Докажите, что сумма квадратов $k$ последовательных натуральных чисел не может быть квадратом целого числа, если $k$ равно 3, 5, 7 или 9.

6. Придумайте 11 последовательных натуральных чисел, сумма квадратов которых есть квадрат целого числа.

Э. Г. Готман

M317*. На некоторых планете каждой страна граничит не более чем с 7 другими. В каждой стране имеется запас золота. Требуется распределить золото так, чтобы каждый две страны, граничшие друг с другом, отличались по количеству золота не более чем в 13 раз. Докажите, что распределение золота можно организовать так, чтобы каждой страна лишлась не более половины имеющегося у нее золота.

Г. В. Егоров

M318. В треугольнике $ABC$ проведены биссертрисы $[AD]$ и $[CE]$. Докажите, что $|CE| \cdot |AB| = |AD| \cdot |BC|$ тогда и только тогда, когда выполняется хотя бы одно из двух условий: 1) $|AB| = |BC|$; 2) $\widehat{ABC} = 60^\circ$.

А. П. Сабин

M319. На плоскости заданы окружность $\gamma$ и точка $P$ внутри нее. Рассмотрим множество тетраэдров $ABCD$, у которых все четыре грани конгрузить, причем треугольник $ABC$ виссан в окружность $\gamma$ так, что его медианы пересекаются в точке $P$.

a) При каком положении точки $P$ внутри $\gamma$ также тетраэдры существуют?

6. Докажите, что вершины $D$ таких тетраэдров расположены в одной из двух фиксированных точек пространства (симметричных относительной плоскости).

И. Ф. Шарыzin

26

М320*. Какие выпуклы $n$-угольники можно разбить на треугольники так, чтобы никакие два из треугольников разбиения не имели общих (полностью совпадающих) сторон? (На рисунке 1 показано, что треугольник так разбит можно.)

А. Печковский

Ф328. Жесткие стержни длины $l_1$ и $l_2$ соединены шарнирно в точке $A$. Их свободные концы удаляются друг от друга равномерно со скоростями соответствующего $v_1$ и $v_2$, направленных вдоль одной прямой (рис. 2). Найти ускорение точки $A$ в тот момент; когда стержни составляют друг с другом угол $90^\circ$. Движение стержней проискот в одной плоскости.

Б. Б. Буховцево

Ф329*. Многие из вас, по-видимому, замечали, что в тот момент, когда вы ступаете на мокрый песок, он светлелет. Это связано с тем, что песок становится суше. Но как только вы забираете ногу, след, оставленный ногой, немедленно заполняется водой. Объясните это явление.

Ф330. В цилиндре под невесомым поршнем площади $S$ находится воздух при atmosферном давлении $p_0$ и температуре $T_0$. Внутренний объем цилиндра разделен на две равные части неподвижной горизонтальной перегородкой с маленьким ответием. На поршень кладут груз массой $M$, под действием которого поршень доходит до перегородки. Найти температуру воздуха внутри цилиндра, если стенки цилиндра и поршень не проводят тепло.

Б. А. Луговцово

Ф331. Плоская спираль с очень большим числом витков $n$ и наружным радиусом $R$ (рис. 3) находится в однородном магнитном поле, перpendикулярном к плоскости спирали и изменяющимся по закону $B = B_0 \cos \omega t$. Найти э. д. с. индук-

цини, наводному в спирали. Расстояние между витками спирали постояно.

Г. Л. Комкин

Ф332. Найти расстояние между источником света $S$ и его изображением в оптической системе, приведенной на рисунке 4. Фокусные расстояния линии $A$ и $B$ одинаковы и равны $F$.

В. Г. Сербо

27

Решение состоит из двух частей. Сначала мы докажем, что площадь общей части не меньше половины площади треугольника $A_1B_1C_1$ и $KLM$, если точки $K$, $L$ и $M$ лежат соответствию на отрезках $AB_1$, $CA_1$ и $BC_1$?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

M280. Дан треугольник $ABC$ площади 1. Пусть $A_1, B_1$ и $C_1$ — середины сторона $BC$, $AC$ и $AB$ соответствию. Какую минимальную площадь может иметь общая часть треугольника $A_1B_1C_1$ и $KLM$, если точки $K$, $L$ и $M$ лежат соответствию на отрезках $AB_1$, $CA_1$ и $BC_1$?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

M281. Сколько сторона может иметь выпуклый многоугольник, все диагонали которого имеют длину?

Решение состоит из двух частей. Сначала мы докажем, что площадь общей части не меньше половины площади треугольника $A_1B_1C_1$ и $KLM$, если точки $K$, $L$ и $M$ лежат соответствию на отрезках $AB_1$, $CA_1$ и $BC_1$?

1. Обозначим через $Q$ точку пересечения отрезков $KL$ и $C_1B_1$, а через $R$ и $T$ — точки пересечения отрезка $KM$ с отрезком $C_1B_1$ и продолжением отрезка $CB$ (рис. 1). Докажем, что $RQ \geq QB_1$. В самом деле, из подобия треугольников $KTL$ и $KRQ$, $KLC$ и $KQB_1$ имеем $\frac{TL}{RQ} = \frac{LK}{QK} = \frac{LC}{QB_1}$, то есть $\frac{RQ}{QB_1} = \frac{TC}{LC}$; но $TL \geq BA_1 = A_1C \geq LC$, значит, и $RQ \geq QB_1$. Аналогично, $FP \geq PA_1$ и $XY \geq XC_1$ (см. рис. 1).

Соединим точки $R$, $F$ и $Y$ (рис. 2). Очевидно, что $S_{RQF} \geq S_{B1QF}$ (у этих треугольников общая высота, а $RQ \geq QB_1$), $S_{FPY} \geq S_{A1PY}$ и $S_{RXY} \geq S_{C1XR}$. Поэтому $S_{B1QF} + S_{A1PY} + S_{C1XR} \leq S_{RQF} + S_{FPY} + S_{RXY} + S_{RYF}$, а так как сумма площадей всех семи треугольников равна площади $\triangle A_1B_1C_1$, то права часть полученного неравенства не меньше пловины площади этого треугольника.

2. Нужный пример построен на рисунке 3 (точка $M$ совпадает с точкой $B$, $K$—$B_1$, точка $L$—любая).

Итак, минимальное площадь общей части треугольников $A_1B_1C_1$ и $KLM$ равна $\frac{1}{8}$.

Б. М. Ивлев

◆

Докажем, что многоугольник с указанным свойством не может иметь более пятей сторон.

Обозначим через $n$ число стороны многоугольника и допустим, что $n \geq 6$. Пусть $A_1, A_2, \dots, A_{n-1}, A_n$ — вершины многоугольника. Расмотрим вершины $A_1, A_2, A_{n-2}, A_{n-1}$. Отрезки $A_1A_2$ и $A_{n-2}A_{n-1}$ являются сторонами, а отрезки $A_1A_{n-1}, A_2A_{n-2}$ — диагонали нашего многоугольника (в силу предположения о числе $n$, см. рис. 4).

В выпуклом четырехугольнике $A_1A_2A_{n-2}A_{n-1}$ сумма диагоналей $A_1A_{n-2}$ и $A_2A_{n-1}$ всегда больше двух его стороны $A_1A_{n-1}$ и $A_2A_{n-2}$; а это противоречит тому, что $A_1A_{n-1} = A_1A_{n-2} = A_2A_{n-1} = A_2A_{n-2}$ по условию задачи. Значит, $n < 6$.

28

Рис. 4.

Очевидно, что $n>3$ (в треугольнике нет диагоналей). Для случаев же $n=4$ и $n=5$ многоугольники с указанным свойством легко строятся: ими являются квадрат и правильный пятиугольник.

Итак, о т в е т в задаче таков: число сторон может быть равным 4 или 5.

Г. А. Гальперин

М282. В клетках прямоугольной таблицы размерами $m \times n$ записаны любые натуральные числа. За один ход разрешается удвоить все числа одной строки или же вычесть единицу из всех чисел одного столбца. Докажите, что за несколько ходов можно добиться, чтобы все числа стали равными нулю.

М283. Выпуклый многоугольник обладает следующим свойством: если все его стороны отодвинуть на расстояние 1 во внешнюю сторону, то полученные прямые образуют многоугольник, подобный исходному. Докажите, что в этот многоугольник можно вписать окружность.

Рис. 5.

Превратим в нули вначале все числа первого столбца. Если в первом столбце есть единицы, то удвоим числа в тех строках таблицы, на пересечении которых с первым столбцом стоят единицы, а затем вычтем из всех чисел первого столбца по единице. Понятно, что при этом «старые» единицы останутся на местах, а каждое отличное от единицы число первого столбца на единицу уменьшится. Если единиц в первом столбце с самого начала нет, то будем вычитать из всех его чисел по единице до тех пор, пока единицы (хотя бы одна) не появятся; а затем произведем уже описанную операцию. Эту операцию (удвоения строк, на пересечении которых с первым столбцом находятся единицы, и последующего вычитания по единице из каждого числа первого столбца) будем повторять, пока все числа первого столбца не станут единицами. Вычитая затем из каждого числа первого столбца по единице, мы превратим их все в нули.

Итак, мы получили таблицу, в первом столбце которой стоят нули, а в остальных $n-1$ столбцах — натуральные числа. Превратив в нули описанным способом последовательно числа 2-го, 3-го, …, $n$-го столбцов (заметим, что при этом уже имеющиеся нули не будут «портиться»), мы получим таблицу, состоящую целиком из нулей.

С. В. Конягин

Заметим, что обратное утверждение доказать значительно проще: если в многоугольник можно вписать окружность, то при отодвигании всех его сторон на одно и то же расстояние (в частности, на единицу) получается подобный многоугольник, причем центром подобия служит центр окружности (рис. 5).

Перейдем теперь к решению задачи.

П е р в о е д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть многоугольник $P'$ получается из многоугольника $P$ отодвиганием сторон внутрь многоугольника $P$ на расстояние 1 и в то же время $P'$ можно получить из $P$ преобразованием $f$ подобия с коэффициентом $k<1$. Подвергнем этому преобразованию многоугольник $P$ вместе с нарисованным внутри него многоугольником $P'$. Тогда внутри $P'$ (образа $P$) появится новый многоугольник $P''$ (образ $P'$), подобный $P'$ (с коэффициентом $k$) и $P$ (с коэффициентом $k^2$), причем, очевидно, стороны $P''=f(P')$ можно получить отодвиганием сторон $P'$ внутрь на расстояние $k$. Точно так же, отодвинув стороны еще на $k^2$, получим многоугольник $f(P'')=P^{(3)}$, расположенный внутри $P''$ (образ $P''$ при преобразовании $f$), и так далее:
$$f(P^{(3)}) = P^{(4)}, \ldots, f(P^{(n)}) = P^{(n+1)}, \ldots$$
где $P \supset P' \supset P'' \supset P^{(3)} \supset \ldots \supset P^{(n)} \supset \ldots$

Очевидно, поскольку стороны многоугольника $P^{(n)}$ каждый раз уменьшаются в одном и том же отношении, их длины стремятся к нулю, и поэтому пересечение всех многоугольников

29

состоит из одной точки (рис. 6)*). Обозначим ее через $O$.

Каждая сторона многоугольника $P'$ последовательно отодвигается на расстояния $k, k^2, k^3, \dots, k^n, \dots$, поэтому расстояние от каждой стороны до точки $O$ равно одному и тому же числу — сумме бесконечной геометрической прогрессии

$$k + k^2 + k^3 + \dots + k^n + \dots = r.$$

Таким образом, окружность с центром $O$ и радиусом $r$ касается всех сторонами многоугольника $P'$.

Заметим, что в приведенном доказательстве было несущественно, какие именно стороны соответствуют друг другу при подобном преобразовании $f$, переводящем $P$ в $P'$. Между тем, в большинстве решений, присланных читателями, молчально предполагалось, что имеется в виду естественное соответствие: каждой стороне $P'$ сопоставляется сторона $P$, которая получается из нее отодвиганием на единицу. Можно доказать такую лемму: если многоугольника $P$ и $P'$ (полученный из $P$ отодвиганием сторон на 1) подобны — с каким углово соответствием сторон (с «поворотом» или «симметричный отражением» порядка сторона), то всегда будет иметь место и подобие с естественным порядком сторона — готовятся к коэффициентом $k$ ($0 < k < 1$). Доказательство, независящее от первого решения, мы приведем в конце, а пока даим еще два решения задачи, опирающихся на эту лемму (то есть подразумевающих естественное соответствие сторон при подобии).

Второе доказательство. Пусть $[AB]$ — сторона $P$, $[A'B']$ — соответствующая сторона $P'$, $O$ — точка пересечения $(AA')$ и $(BB')$. Тогда (см. рис. 7)

$$\frac{|A'O|}{|AO|} = \frac{|A'B'|}{|AB|} = \frac{|B'O|}{|BO|} = k.$$

Отсюда следует, что в той же точке $O$ прямую $BB'$ пересекает и прямая $CC'$ (BC и $B'C'$ — соответствующие стороны $P$ и $P'$), и так далее. Кроме того, оченьindo, что прямые $AA'$, $BB'$, $CC'$, … являются bicсектическими угловами $A', B', C', \dots$, многоугольника $P'$. Отсюда следует, что точка $O$ служит центром окружности, вписанной в $P'$.

Третье доказательство. Разрежем «шель» между многоугольниками $P$ и $P'$ на прямую многоугольники высоты 1 с основаниями $A'B', B'C', C'D', \dots$ и «ромбонды» — четырехугольники, остающейся к каждой вершины $A, B, C, \dots$ (рис. 8). Очевидно, из этих ромбондов можно составить один многоугольник, описанный около окружности радиуса единица, причем его углы соответственно конгруженты $A, B, C, \dots$, а длины сторон равны разностям длины соответствующих сторонами многоугольников $P$ и $P'$, то есть равны $(1-k)|AB|, (1-k)|BC|$, …. Таким образом, наш многоугольник $P'$ подбен многоугольнику, описанной около окружности радиуса 1, значит, и в него можно вписать окружность (радницу будет равен, оченьindo, $r = \frac{k}{1-k}$).

Доказательство леммы. Будем для каждой стороны $[AB]$ многоугольника $P$ обозначать через $[A'B']$ ту сторону $P'$, которая получается при отодвигании $AB$.

*) Тот факт, что это пересечение не пусто, легко вывести из аналогичного утверждения для числовой прямой. Послеовательность вложенных отрезков

$$[a; b] \supset [a_1; b_1] \supset \dots \supset [a_n; b_n] \supset \dots$$

всегда имеет общую точку (это утверждение или какое-либо ему эквивалентное при аксиоматическом введении действительных чисел принимается общно за аксиomy).

30

Пусть при подобии стороне $[A_1B_1]$ соответствует $[A'_2B'_2]$:
$$[A_1B_1] \rightarrow [A'_2B'_2], [A_2B_2] \rightarrow [A'_3B'_3], \dots, [A_{r-1}B_{r-1}] \rightarrow [A'_rB'_r], [A_rB_r] \rightarrow [A'_1B'_1].$$
Тогда $\hat{A}_1 = \hat{A}_2 = \dots = \hat{A}_r = 2\alpha$ и $\hat{B}_1 = \hat{B}_2 = \dots = \hat{B}_r = 2\beta$, а поэтому разность длины $|A_iB_i| - |A'_iB'_i| = d$ одна и та же длину $i$ ($d = \text{ctg} \alpha + \text{ctg} \beta$). Пусть $k$ — коэффициент подобия, $|A_iB_i| = x_i$. Тогда
$$\begin{cases} x_1 - kx_r = d, \\ x_2 - kx_1 = d, \\ x_3 - kx_2 = d, \\ \dots \dots \dots \\ x_r - kx_{r-1} = d; \end{cases}$$
но, как нетрудно доказать, эта система (при $0 < k < 1$) имеет только одно решение $x_1 = x_2 = \dots = x_r = \frac{d}{1-k}$. Таким образом, мы доказали, что для любой стороны $A_1B_1$ многоугольника $P$
$$|A'_1B'_1| = k |A_1B_1|,$$
то есть соответствующие друг другу (при отсутствии!) стороны многоугольников пропорциональны. Углы при отсутствии не меняются, поэтому подобие многоугольников с естественным соответствием $[AB] \rightarrow [A'B']$ доказано.

H. B. Васильев

M284. Сумма 100 натуральных чисел, каждое из которых не больше 100, равна 200. Доказите, что из них можно выбрать несколько чисел, сумма которых равна 100.

Будем решать эту задачу, считая, что задано $n=2k$ натуральных чисел, каждое из которых не больше $n$ и сумма которых равна $2n$. Доказем, что из этих $n$ чисел можно выбрать несколько чисел так, что их сумма будет равна $n$.

Пусть средние заданных чисел $a_1, \dots, a_n$ какие-нибудь два, например числа $a_1$ и $a_2$, — различны (если все числа одинаковы, то они все равны 2 и $k$ из них даут в сумме $n=2k$). Составим новые $n$ чисел:

$$\begin{cases} A_0 = a_1, \\ A_1 = a_2, \\ A_2 = a_1 + a_2, \\ \dots \dots \dots \\ A_{n-1} = a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{n-1}. \end{cases}$$

Каждеое из этих чисел меньше $2n$, но больше 0. Средние остатков от деления чисел $A_0, \dots, A_{n-1}$ на $n$ найдет либо нулю, либо же два равных остатка (так как остатков, как и чисел, $n$). В первом случае $A_m$, соответствующей нулевоу остатку, равно $n$ (делится на $n$, больше 0 и меньше $2n$). Во втором — $A_m = A_k + n$ ($k < m$). При этом $m \neq 0$ и $m \neq 1$, так как числа $A_0$ и $A_1$ не превозходят $n$. В случае $m=2$ либо $A_0$ равно $n$, либо $A_1$ равно $n$. В остальных же случаях $A_m = A_k + a_{k+1} + \dots + a_m$, откуда получаем, что $a_{k+1} + \dots + a_m = n$.

C. B. Коняzin