Шахматно-математические задачи С. Лойда

55

Е. Я. Гик

Шахматно-математические задачи С. Лойда

Сэмюэль Лойд (1841—1911) принадлежит к числу величайших мастеров заиматательных задач и головоломок. Им придумано множество велико-леппных задач, до сих пор не утративших своей популярности. А игра «Пятнадцать» принесла Лойду мировую служу (подробное исследование этой игры можно найти в «Кванте», 1974, № 2).

Любопытно, что Лойд был не только выдающийся изобретателем головоломок, но и одним из крупнейших шахматных композиторов всех времен. Каждый, кому приходитесь решать шахматные задачи Лойда, не раз восхищался остроимем и неповторимостью замыслов композитора.

Do 17 лет юный Сэм посещал общеобразовательную школа, и если бы он поступил в колледж, из него наверняка бы вышел очень сильный математик или инженер. Однако, несмотря на любовь к математике, страсть к шахматам оказалась сильнее. Он не стал поступать в колледж, а все время отделал шахматам. Первую задачу Лойда опубликовала одна нью-йорская газета, когда автору было всего 14 лет. В 16 лет уже редактировал отдел в американском «Шахматном ежемессячнике», а в семидесятые годы прошло столетия в ежедневную шахматную страничку в журнале «Scientific American». Obviously его статья открылась задачей, расположение фигура в которой изобравало какую-нибудь букву или геометрическую фигуру, например, «Колесо в колесе» (рис. 1). Вот как «раскручивается» это колесо: a) 1. Ф: h3 + Кр: h3 2. Крg5 мат; 6) 1…Ke7 + 2. Кре4 Л: f4 мат; b) 1. Фg3 + Ф: g3 2. Kg6 + Ф: g6 мат; г) 1…Ke7 + 2. Кре4 Kg5 + 3. Ф: g5 мат (в) и г)—«обратный» мат).

Конечно, Лойд стремился сочетать свою любовь к математике и шахматам. И поэтому не удивительно, что многие его задачи имеют одновременно и математическое, и шахматную основу. Сейчас мы рассмотрим 15 с нашей точки зрения наиболее интересных шахматно-математических задач Сэмю-

56

эля Лойда. Задачи Лойда в других жанрах можно найти в книге М. Гарднера «Matematические головоломки и развлечения» («Мир», М., 1971).

Задача 1. Разрезать шахматную доску на максимальное число часов, отличующая друг от друга либо формоий, либо цветом соответствующих полей; переворивавать часы запрещаемся.

Искомое число равно 18. Один из возможных разрезов приведен на рисунке 2.

Задача 2. На полях a1, b2, c3 и d4 стоям белые кони. Разрезать доску на цветыре конгрузимые часы такого типа. Одной из любимейших шахматных фигур Лойда был ферзь; можно сказать, что Лойд создает целую теорию задач с учетом ферзя.

Задача 3. Ферзь стойит на поле a1. Наименование число ходов, за которым ферзь может пройти по всем полям доски и вернуться на исходное поле.

Искомое число ходов равно 14. Всего существует шесть маршрутов: три приведены на рисунке 3, остальные получаются из них зеркальным отражением относительно диагонали a1 — h8. Красным отмечены поля, на которых ферзь делает остановки.

Лойд доказал, что если исходное поле находится в синей области на рисунке 4, то замкнутый маршрут ферзя по всем полям доски занимает уже 15 ходов. Если же исходное поле находится в красной области, то достаточно 14 ходов. Сообщите сами, как эта красная область получена на симметричном рисунке 4 (из рисунка 3).

Задача 4. За какое минимальное число ходов ферзь может обойти все поля доски $3 \times 3$, если ему разрезается выходить за пределы доски?

Достаточно четырех ходов (рис. 5). В популярной литературе эта задача часто формулируется иначе: не отрывая карандаш от бумаги, перечеркивать цветыры отрезками прямых девямы мочек, расположенных в форме квадрата.

Задача 5. Ферзь стойит на поле d1. Какой самый длинный (в геометрическом смысле) путь он может пройдать за 5 ходов (прохождение девямы полей)?

Задача 6. Начав с поля c3, обойти ферзем за 15 ходов всего доску, закончив путь на поле f6. Ни одно из полей не должно быть пройдено дважды.

Задача 7. Расставить на доске 16 ферзей马克, чтобы на каждой вертикали, горизонтали и диагонали столько не более двух из них.

57

На рисунке 6 приведена искомая расстановка; затем, что для доски размер $n \times n$ и $2n$ ферзей эта задача не решена до сих пор.

Многие задачи Лойда посвязываны необучным расстановкам фигур на доске, а также движению коней. Приведем по одной задаче на каждую из этих тем.

Задача 8. Расставить на доске три ферзя и две ладьи так, чтобы они держали под обстремлом все 64 поля доски.

Задача 9. В позиции на рисунке 7 нужно переставить белых коней на вертикали $e$, $f$, $g$ и $h$, а черных соответственно на вертикали $a$, $b$ и $c$. При этом очередь хода не совпадается, белым и черным коням запрещено отступать (белым влево, черным вправо), и на каждой вертикали может стоять молоко один конь.

Эта задача — одна из труднейших лойдовских головоломок. Лойд очень гордился его.

Много изобретательности проявил Лойд, «анализируя» начальную расстановку фигур на доске. Вы, конечно, знаете, что самый быстрый мат возможен уже на втором ходу, причем его получают белые: 1.f4 e6 2.g4 Фh4 mat. Этот мат в шахматных справочниках называется «дурацким». Более известен четырехходный «детский» mat, который часто получают начинающие шахматные: 1.e4 e5 2.Cc4 Kc6 3.Fh5 Kf6 4.Ф: f7 mat.

Что касается ничейного исхода, то часто встречаются следующие три ситuations, в которых партия заканчивается ничей:

a) на доске пат;
b) один из противников дает вечный шах;
b) у каждой стороны осталось по королю. Естественно возникают новые задачи.

Задача 10. Как быстрее всего партия может придти к позиции на рисунке 8?

Здесь каждая сторона должна съеть по 15 фигур и пешек противника. Так как на первом ходе белые ничero не могут взять, то партия должна состоять не менее чем из 16 ходов. Однако известны лишь 17-ходовые партии, приводящие к полному опустошению доски. В зависимости от конечного расположения королевей решений существует много. В нашем случае нужно сделать следующие 17 ходов: 1.e4 d5 2.ed Ф: d5 3.Фh5 Ф: a2 4.Ф: h7 Ф: b1 5.Ф: g7 Л: h2 6.Л: a7 Л: g2 7.Л: b7 Л: g1 8.Л: c7 Ф: b2 9.Л: c8 + Kpd7 10.Л: b8 Л: b8 11.С: b2 Л: b2 12.Л: g1 Л: c2 13.Ф: f7 Л: d2 14.Ф: e7 + Kp: e7 15.Л: g8 Л: f2 16.Л: f8 Л: f1 + 17.Кр: f1Kp: f8.

Задача 11. Как быстрее всего партия может заканчивать памот?

Рис. 8.

Рис. 9.

Рис. 10.

Рис. 11.

58

Кажется, что число ходов должно быть очень велико. Ведь в отличие от мата, когда только у короля (стоящего под шахом) нет ходов, здесь все фигуры должны быть «замурованными». Однако цели удается достичь всего за 10 ходов: 1. e3 a5 2. Фh5 Ла6 3. Ф : a5 h5 4. Ф : c7 Лah6 5. h4 f6 6. Ф : d7+ Крf7 7. Ф : b7 Фd3 8. Ф : b8 Фh7 9. Ф : c8 Крg6 10. Фe6 пат! (рис. 9).

З а д а ч а 12. Как быстрее всего партия может закончиться патом, если ни одна из фигур (ни белых, ни черных) не должна быть взята?

Парадоксально, но при таком довольно сильном на вид дополнительном условии партия удлиняется всего на два хода: 1. d4 d6 2. Фd2 e5 3. a4 e4 4. Фf4 f5 5. h3 Ce7 6. Фh2 Ce6 7. Лa3 c5 8. Лg3 Фa5+ 9. Кd2 Ch4 10. f3 Cb3 11. d5 e3 12. c4 f4 пат! (рис. 10).

Доказать, что эти две партии — самые короткие, очень сложно — практически для этого надо перебрать соответственно всевозможные 9- и 11-ходовые партии. Однако, учитывая, что этим партиям скоро исполнится сто лет, можно без всяких сомнений считать их рекордными.

З а д а ч а 13. Как быстрее всего партия может закончиться вечным шахом?

Достаточно трех ходов: 1. f4 e5 2. Кр f2 Ф f6 3. Кр g3 Ф:f4+4. Кр h3 Фf5+ и так далее.

В заключение приведем еще два рекорда Лойда, также связанных с начальной позицией.

З а д а ч а 14. Черные симметрично повторяют ходы белых (пока это возможно). За какое наименьшее число ходов белые могут поставить мат неприятельскому королю?

Мат дается уже на четвертом ходу, причем двумя путями: 1. c4 c5 2. Фa4 Фa5 3. Фc6 Фc3 4. Ф : c8 мат; 1. d4 d5 2. Фd3 Фd6 3. Фh3 Фh6 4. Ф : c8 мат.

Известна такая забавная история. Некто явился в шахматный клуб и объявил, что нашел способ не проигрывать черными. «Каким образом?» — спросили его. — «Очень просто, — повторяя ходы противника!» Сыграть с «изобретателем» вызвался Лойд, который и объявил ему мат в 4 хода.

З а д а ч а 15. Вновь черные повторяют ходы белых. Зная об этом, за сколько ходов белые могут заматовать самих себя?

Белые могут получить «обратный» мат уже на восьмом ходу: 1. e4 e5 2. Кре2 Кре7 3. Кре3 Креб 4. Фf3 Фf6 5. Кe2 Кe7 6. b3 b6 7. Ca3 Ca6 (рис. 11). 8. Кd4+! ed мат.

Конечно, трудно соперничать с Лойдом в изобретательности, но, может быть, вам тоже удастся установить какой-нибудь рекорд на шахматной доске?!

59

К статье «Циркуль и линейкой»

1. Нельзя. Решение — в тексте статьи.
2. Построим окружность s с центром A и радиусом AB (построение β), отметим точки C и D, в которых s пересекает l (построение γ), радиусом CD проведем окружности с центрами C и D (построение β), отметим точки их пересечения E (построение γ) и проведем прямую p = AE ⊥ l (построение α).
3. Проведем прямую AB и перпендикуляр к ней через точку A (см. упражнение 2) и рассмотрим систему координат, изображенную на рисунке 2 в тексте статьи. Докажем сначала, что можно построить любую прямую, которая в этой системе координат задается уравнением y = k/2^n (или x = k/2^n), где k — произвольное целое, а n — любое натуральное число. Для этого нужно разделить отрезок AB = 1 пополам, еще раз пополам, и т. д., пока не получится отрезок AC = 1/2^n; отложив его |k| раз по оси y (вверх, если k > 0, или вниз, если k < 0), получим точку D = (0, k/2^n); через нее проведем перпендикуляр к оси y (см. упражнение 2). Проведяя прямые y = k/2^n и x = l/2^m, мы можем отметить точку их пересечения (l/2^m, k/2^n). Отсюда следует решение упражнения 3.
   a) Пусть на одной из линей конфигурации выделен отрезок (или дуга) d. Хотя бы на одну из осей d проектируется в отрезок (а не в точку) — пусть для определения этого оси y. Подберем натуральное n так, чтобы длина проекции d на ось y была больше 1/2^n. Тогда эта проекция содержит точку вида (0, k/2^n). Проведем прямую y = k/2^n и отметим ее точку пересечения с d.
   b) Поскольку в исходной конфигурации проведено конечное число линей, то не проведена одна из прямых вида y = k/2^n. Линии исходной конфигурации пересекают ее в конечном числе точек. Отметим точку (l/2^m, k/2^n), отличную от всех этих точек.
   c) Ясно, что одна из точек вида (l/2^m, k/2^n) удовлетворяет условиям.
4. Исходная конфигурация теоремы 1’ — это прямая l и такие точки A, B1, …, Bn на ней, что AB1 = d1, …, ABn = dn. Для определения пусты d1 = 1, так что система координат в теореме 1 можно построить, приняв за основу точки A и B = B1. Тогда параметрами конфигурации оказывается числа 0, d1, …, dn.

Если x выражается через d1, …, dn с помощью основных действия, то согласно теореме 1 можно построить точку C = (x, 0) и тем самым, отрезок AC длины x. Обратно, пусть, исходя из конфигурации {l, A, B1, …, Bn}, можно построить отрезок CD длины x. Тогда, отложив CD от точки A, мы построим точку (x, 0), и согласно теореме 1, x выражается через 0, d1, …, dn (а значит, и через d1, …, dn) с помощью основных действия.

5. Пусть дан отрезок длины d = √3/2. Тогда отрезок длины x = d² = √3/4 построить нельзя. Действительно, x = d² √2, то есть перед нами задача об удвоении куба, неразрешимость которой доказана в п. 7. Если бы, наряду с отрезком длины d = √3/2, был задан еще отрезок длины e = 1, то построение отрезка длины x = d² стало бы возможным (рис. 1 при z = t = d).

6. Любое разциональное число записать в виде несократимой дроби p/q. Докажем, что √3/2 так записать нельзя. Допустим противное: пусть √3/2 = p/q (где p и q не имеют общих множителей). Тогда p³ = 2q³, то есть p³ — четное число. Значит, и p — четное число (так как куб нечетного числа — четноеое), то есть p = 2n. Отсюда 8n³ = 2q³, q³ = 4n³. Значит, q³, а следовательно, и q тоже четно. Пришли к противоречению: p и q имеют общий множитель 2. Итак, √3/2 — несоциональное число.

7. Можно. Увеличив данный угол в 19 раз, получим угол в 361°.

8. a) См. рис. 1.

b) Если x и y построены, то можно построить точки (x, 0) и (0, y). Проведяемних перпендикуляры к осям, получим на пересечении точку (x, y).

60

Если точка $(x, y)$ построена, то, опустив из нее перпендикуляры на оси, получим точки $(x, 0)$ и $(0, y)$, то есть построим числа $x$ и $y$.

с) Если параметр $p$ — одна из координат отмеченной точки, то $p$ можно построить согласно 8b. Если $p = k$ (или $p = b$) для проведенной прямой $y = kx + b$, то, отметив точки пересечения $(0, b)$ и $(1, k+b)$ этой прямой с осью $y$ и прямой $x = 1$, мы можем построить $p$ согласно 8b и 8a (для прямой $x = a$ нужно отметить точку ее пересечения с осью $x$).

Пусть $p$ — один из параметров $(x_0, y_0$ или $r)$ проведенной окружности $s$. Отметим на $s$ три различные точки $T_1, T_2, T_3$ (см. упражнение 3). Проведя срединные перпендикуляры к отрезкам $T_1T_2$ и $T_1T_3$, построим центр окружности $O = (x_0, y_0)$. Теперь $x_0$ и $y_0$ строятся согласно 8b, а $r = |OT_1|$ уже построено.

9. а) Выписанное уравнение линейно, значит, оно задает прямую. То, что эта прямая проходит через заданные точки, проверяется непосредственно.

b) Следует из теоремы Пифагора (см. школьный учебник).

с) Если $k_1 = k_2$, то обе прямые образуют равные углы с осью $x$ и, значит, либо параллельны, либо совпадают; если $k_1 \neq k_2$, то они не совпадают и обе проходят через заданную точку. Остальные случаи разбираются еще проще.

d) Следует из 9b.

10. Нет. Доказательство основывается на том, что числа $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$ и $\sqrt{6}$ иррациональны (последнее устанавливается так же, как иррациональность $\sqrt[3]{2}$, см. упражнение 6). Если бы $\sqrt{3}$ можно было записать в виде $\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}$, где $a$ и $b$ рациональны, то отсюда следовало бы, что $3 = a^2 + 2ab\sqrt{2} + 2b^2$. Последнее не противоречит иррациональности $\sqrt{2}$ только при $ab = 0$. Но если $b = 0$, то $3 = a^2$ (что невозможно, так как $\sqrt{3}$ — иррациональное число), а если $a = 0$, то $3 = 2b^2$ и $6 = (2b)^2$ (вопреки иррациональности $\sqrt{6}$).

К статье «Абитуриент-1975»

$$1.\ \frac{3a^2}{8\sqrt{\sin\left(\frac{\beta}{2}-30°\right)\sin\left(\frac{\beta}{2}+30°\right)}}.$$

2. $1/4 \leqslant x \leqslant 8$.

3. $x_{1,2} = \dfrac{2\pi}{3}(3n \pm 1)$, $x_3 = \dfrac{\pi}{8}(4n+1)$,

$n$ — целое.

4. $-4 < a \leqslant -3$.

К статье «Ленинградский государственный университет им. А. А. Жданова»

Вариант 1

1. При нагрузке судна в $P$ (тонн) его скорость $v = v_0 - kP$, где $k$ — коэффициент

пропорциональности, $v_0 > 0$. Имеем $v_0 - 2000k = \dfrac{1}{3}(v_0 - 1000k)$, откуда $k = \dfrac{v_0}{2500}$, $v = v_0\left(1 - \dfrac{P}{2500}\right)$. Следовательно, грузооборот судна равен $v_0 P\left(1 - \dfrac{P}{2500}\right)$.

Последнее выражение принимает наибольшее значение при $P = 1250$ (тонн).

Далее, если $S$ — расстояние между портами, то $\dfrac{S}{v_0\left(1 - \dfrac{2000}{2500}\right)} = 25\ (ч)$, откуда $S = 5v_0$.

При наибольшем грузообороте судно пройдет расстояние между портами за $\dfrac{S}{v} = \dfrac{5v_0}{v_0\left(1 - \dfrac{1250}{2500}\right)} = 10\ (ч)$.

2. $a_2 - a_1 = \log_2\cos x < 0$, то есть $a_1 > a_2$; $a_3 - a_1 = -\log_2\sin x + \log_2\cos x$, кроме того, при $0 < x < \dfrac{\pi}{4}$ справедливо неравенство $\cos x > \sin x$, поэтому $a_3 > a_1 > a_2$.

3. Пусть $u = \log_2(1 - x - x^2)$. Тогда $u = \dfrac{a}{u} + b$, то есть $u^2 - bu - a = 0$. Условие разрешимости этого квадратного уравнения имеет вид $b^2 + 4a \geqslant 0$ (для всех $b > 0$), поэтому $a \geqslant 0$. Далее, при изменении $x$ от $0$ до $\dfrac{1}{2}$ квадратный трехчлен $1 - x - x^2$ монотонно убывает от $1$ до $1/4$, а $u$ убывает от $0$ до $-2$. Следовательно, надо найти условие на неотрицательное $a$, при котором для всех $b > 0$ уравнение $u^2 - bu - a = 0$ имеет решение в интервале $-2 < u < 0$. Имеем $u_{1,2} = \dfrac{1}{2}(b \pm \sqrt{b^2+4a})$.

$u_1 = \dfrac{1}{2}(b + \sqrt{b^2+4a})$ является посторонним решением, так как при $a \geqslant 0$ и $b > 0$ справедливо неравенство $\dfrac{1}{2}(b + \sqrt{b^2+4a}) \geqslant 0$. Далее, ясно, что при $a \geqslant 0$ и $b > 0$ будет $u_2 = \dfrac{1}{2}(b - \sqrt{b^2+4a}) \leqslant 0$, причем равенство имеет место только при $a = 0$. Поэтому случай $a = 0$ надо исключить. Осталось удовлетворить неравенству $\dfrac{1}{2}(b - \sqrt{b^2+4a}) > -2$, то есть $4 + b > \sqrt{b^2+4a}$. Но последнее неравенство при $b > 0$ равносильно неравенству $4 + 2b > a$ (для всех $b > 0$), поэтому $4 \geqslant a$.

Ответ: $0 < a \leqslant 4$.

4. $(\sqrt{6}-2)a$.

61

5. $-\frac{b^2 \cos \alpha \mathrm{tg} \beta}{2 \cos 3\alpha}$. Указание. Условие $\alpha > \frac{\pi}{4}$ означает, что центр окружности, описанной около основания, лежит внутри основания.

Вариант 2

1. 96%. 2. $a_3 < a_2 < a_1$. 3. $0 < a \leq \frac{1}{4}$. 4. $\frac{\sqrt{7}}{3}a$. 5. $\frac{a^2}{2} \cos \frac{\alpha}{2} \mathrm{tg} \beta$. Указание. Условие $\alpha > \frac{\pi}{3}$ означает, что центр окружности, описанной около основания, лежит внутри основания.

Вариант 3

1. 12 мин; 6 мин. 2. $0 < x < \frac{1}{2}$. 3. $x_1 = \pm \frac{\pi}{6} + k\pi$, $x_2 = \frac{\pi}{2} + k\pi (k = 0, \pm 1, \ldots)$. 4. $\arccos \frac{\sqrt{5}-1}{2}; \arcsin \frac{\sqrt{5}-1}{2}$. 5. $\frac{a}{2 \cos \frac{\alpha}{2}} \sqrt{1 + \mathrm{tg}^2 \alpha \cos^2 \frac{\alpha}{2}}$.

Вариант 4

1. 3 часа; 4 часа. 2. $\frac{1}{2} < x \leq \frac{1}{\sqrt{16}}$ или $1 < x \leq 8$. 3. $x_1 = \pm \frac{\pi}{6} + k\pi; x_2 = \frac{k\pi}{2} (k = 0, \pm 1, \ldots)$. Замечание. Другая формула описана ответа: $x_1 = \frac{\pi}{6} + k\pi; x_2 = k\pi$. 4. $\frac{a}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2}a$. 5. $\sqrt{\frac{S_1 (S_2 - S_1)}{\pi (S_2 + S_1)}}$.

Вариант 5

1. 650 км/ч. 2. $x_1 = 4; x_2 = \frac{1}{2 \sqrt{2}}$. 3. $x = (-1)^k \frac{\pi}{12} + \frac{k\pi}{2} (k = 0, \pm 1, \ldots)$. 4. $AB = \frac{\sqrt{3}}{2} (\sqrt{5} - 1)r; AC = \frac{\sqrt{3}}{2} \times (\sqrt{5} + 1)r$. 5. $2ab \sin \alpha \sqrt{-ab \cos \alpha}$.

Физический факультет
Вариант 1

1. $\beta = \frac{\alpha}{2}, t_{\min} = \frac{L}{v \cos^2 \frac{\alpha}{2}}$. 2. $V =$
2. $\frac{1}{36} a^3 \sqrt{2}$. 3. $\frac{1}{(a + b)^3}$. 4. $x = 1$. 5. 1) $x = w = 0, y_{1,2} = z_{1,2} = -a \pm \sqrt{a^2 + 1}$; 2) $x_{1,2} = w_{1,2} = \pm \sqrt{a^2 + 1}, y = z = -a$.

Вариант 2

1. Задчача имеет решение лишь при условии $2u^2h \geq l_1 l_2 g$. Если это условие выполняено, то
   $t_1 = \frac{2uh \pm \sqrt{4u^2h^2 - 2l_1 l_2 gh}}{l_2 g},$
   $t_2 = \frac{2uh \mp \sqrt{4u^2h^2 - 2l_1 l_2 gh}}{l_1 g}$
   (два решения задачи соответствуют двум возможным типам траекторий основков).
2. Заданные неравенства выполнены в области, отмещенных цветом на рисунке 2, и в области, получающихся из них π-перiodическим повторением по переменной $x$ и $\pi/2$ – периодическим повторением по переменной $y$.
3. $x = 2$.
4. $\frac{\pi}{4} + 2k\pi < x < \frac{\pi}{3} + 2k\pi; -\frac{\pi}{3} + 2k\pi < x < -\frac{\pi}{4} + 2k\pi (k = 0, \pm 1, \ldots)$.
5. $\frac{l \cos \alpha (\sin^2 \alpha - \sin^2 \beta)^{1/2}}{\cos \beta (1 + \sin \alpha)}$.

К статье «Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова»

1. $S = 106 m$.
2. $h = h_0 / \sqrt{3} \approx 11,6 m$.
3. $T = \frac{2lq^2}{4\pi \varepsilon_0 R^3} = 3,5 \cdot 10^{-3} h$.

62

4. $p = \frac{p_1V_1 + p_2V_2}{V_1 + V_2} = 2,5 \cdot 10^5 \text{ h/m}^2$.

5. $E = u_1u_2 \frac{R_1 - R_2}{u_2R_1 - u_1R_2} = 4,5 \text{ b}$.

6. $W = uq = \frac{u\mu V}{kV_0} = 10^{10} \text{ J/cm}$.

7. $r_2 = \frac{fr_1}{l + f} = 1 \text{ cm}$.

8. $\alpha = \pi - 2 \arcsin \frac{1}{n} = \frac{2\pi}{3}$.

К статье «Выход в пространство»

(см. «Квант», 1975, № 5)

1. Введем в пространстве декартовы координаты $(x, y, z)$ так, что оси $x$ и $y$ расположены в нашей плоскости. Положению пешекода в точке с координатами $(x, y)$ в момент времени $t$ соответствует в пространстве точке $(x, y, t)$. Траекторий движения каждаго пешекода в пространстве будет прямая линия. Тот факт, что два пешекода встречаются, означает, что соответствующие им в пространстве прямые пересекаются.

2. Возьмем точки, соответствующие окружностям, как это делалось при решении задачи Аполлония (см. статью). Тогда, например, три точки, соответствующие пересечением пар общих внешних касательных, принадлежат нашей плоскости и плоскости, проходящей через три соответствующие точки, расположенные по одному сторону от нашей плоскости.

3. Рассмотрим треугольную призму, ребра которой проектировются в данные прямые и три точки на различных ее гранах, проектировисся в данные точки (две прямые при этом можно оставить на месте). Искомный треугольник — проекция треугольника, получащегося при пересечении прямых плоскостей, проходящей через три точки выбранные, на ее гранах.

4. Рассмотрим плоскость, пересекающая с данной по прямой $ABC$ и не совпадающей с данной плоскостью. В этой новой плоскости возьмем фиксированную окружность $O$, проходящую через $AB$. Возьмем произвольную сферу, которой принадлежит окружность $O$. Точка касания всевозможных касательных к сфере, проходящих через $C$, лежат в одной плоскости. Значит, если $M_1$ и $N_1$ — точки касания этих касательных с окружностью $O$, то $M, N, M_1$ и $N_1$ лежат в одной плоскости. При этом $M_1$ и $N_1$ фиксированы, а прямые $(AB)$ и $(M_1N_1)$ пересекаются.

5. Возьмем сферу, центр которой расположен в центре данной окружности, а радиус равен ее радиусу. Проведем в этой сфере через $A$ хорду $KL$, перепедикулярную плоскости данной окружности. Тогда $M$ принадлежит плоскости, касающей данной сферы в точках $K$ и $L$.

6. Возьмем произвольную плоскость, затем гиперплоскость, пересекающую ее по прямой и в этой гиперплоскости другую плоскость, пересекающуюся с этой прямой.

К статье «Касательные к рулетам»

(см. «Квант», 1975, № 5)

Задача 1. Пусть $A = A_t = (x(t), y(t))$ — точка на траектории (параболе $y = -\frac{g}{2v^2} x^2$; рис. 3), $\overrightarrow{AB}$ — вектор скорости в этой точке, $\overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AC}$ — его вертикальная и горизонтальная компоненты, $F$ — проекция $A$ на ось $y$, $E$ — симметриная относительно $O$ точки. Надо доказать, что $EA$ и $AB$ составляют одну прямую, то есть что $EAF = CAB$. Это следует из подобия одномименных треугольников: $\triangle EAF \sim \triangle CAB$, так как $|AC| = v$, $|AD| = gt$, $|EF| = 2|OF| = gt^2$, $|AF| = vt$. Задача 2. Пусть $A$ — точка на траектории, $\overrightarrow{AB}$ — вектор скорости, $\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AD}$ — скорости составляющих движения, $|OF| = -\frac{gt^2}{2}$, $|OE| = |OF|$ (рис. 4). Мы хотим до

63

Рис. 5.

казать, что точки $E, A$ и $B$ лежат на одной прямой. Рассмотрим $\triangle EFA$ и $\triangle ACB$. Стороны $EF$ и $CB$ параллельны, $|EF| = gt^2$, $|CB| = gt$, то есть $\frac{|EF|}{|CB|} = t$. Далее, из построения точки $F$ ясно, что вектор $\overrightarrow{FA}$ равен $\overrightarrow{OA'}$, где $A' = (ut, vt)$, то есть точки $F, A$ и $C$ лежат на одной прямой, причем $\frac{|FA|}{|AC|} = t$. В результате получаем подобие рассматриваемых треугольников и $\triangle EAF = \triangle CAB$, что и требовалось доказать.

Задание 3. Ясно, что длину вектора $\vec{r}_1$ мы можем выбрать произвольно; $\vec{r}_1| = |\vec{r}_2|$. Пусть $\vec{r}_2 = \vec{KE}$ (горизонтальный вектор), $\vec{r}_1 = \vec{KF}$ (касательный вектор) (рис. 5); выберем длину $\vec{r}_1| = |\vec{r}_2|$ так, чтобы вершина $D$ ромба $EKFD$ лежала на окружности, ограничивающей произвольный круг (тогда $KD$ — это касательная к циклоне). Нам надо доказать, что $D$ — «верхняя» точка круг, то есть что прямая $OD$ вертикальная ($OD \perp KE$). Имеем $EF \perp KD$ (как диагонали ромба), а значит, $EF$ проходит через центр $O$ (как перпендикуляр к хорде, проходящий через ее

рис. 6.

Рис. 7.

середину). Получаем, что $\triangle FDO = \triangle FKO$ (по тем сторонам), а значит, $\overrightarrow{FDO} = \overrightarrow{FKO}$; но $\overrightarrow{FKO} = 90^\circ$ (FK — касательная к кругу), значит, и $\overrightarrow{FDO} = 90^\circ$, а это и требовалось доказать, так как $FD \parallel KE$.

Задание 4. Пусть $\vec{r}_2 = \vec{KA}$ (горизонтальный вектор), $\vec{r}_2| = R$, $\vec{r}_1 = \vec{KB}$ (касательный вектор к малой окружности), $\vec{r}_1| = r$ (рис. 6). Тогда $\overrightarrow{KD}$ — касательный вектор к укороченной циклоне, и нужно доказать, что $KE \perp KD$, где $E$ — нижняя точка произвольшего круга. Имеем $KB \perp OK$ (касательная и радиус), $BD \perp OE$ (горизонталь и вертикаль), значит, $\overrightarrow{KBD} = \overrightarrow{KOE}$ (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами). Далее, $|BD| = |KA| = |OE| = R$, $|KB| = |OK| = r$. Поэтому $\triangle BKD = \triangle OKE$. Таким образом, $\overrightarrow{BKD} = \overrightarrow{OKE}$; следовательно, и $\overrightarrow{EKD} = \overrightarrow{OKE} + \overrightarrow{OKD} = \overrightarrow{BKD} + \overrightarrow{OKD} = \overrightarrow{OKB}$; но так как $\overrightarrow{OKB}$ — прямой, то и $\overrightarrow{EKD}$ — прямой.

Задание 5. Ясно, что если $r_2 > r_1$, то нашей движение можно продолжить до качения круга радиуса $r_1$ с центром $O_1$ по границе круга радиуса $r_2 - r_1$ с центром $O$, однako со скольжениям ($v_1 \neq v_2$). Найдем для этого движения «рельс» и «колесо».
Имеем $u_1 = \frac{v_1}{r_1}$, $u_2 = \frac{v_2}{r_2}$ — угловые скорости вращения соответствующего $A$ векрута $O_1$ и точки $O_1$ векрута $O$. Выберем два числа $R$ и $r$ так, чтобы $Ru_2 = ru_1$, $R + r = r_2$; тогда линейные скорости точки границы круга с центром $O$ векрута $R$ и круга с центром $O_1$ векрута $r$ будут равны по величины (рис. 7); эти круги касаются друг друга, и так как описанные в условиях задачи вращения происходит в одну и ту же сторону, то в точке касания их скорости направлены в разные стороны. Поэтому круг радиуса $r$ с центром $O_1$ качится по границе круга радиуса $R$ с центром $O$ уже без скольжения (см. определение качения без скольжения — скорость в точке

64

Рис. 8.

соприкосновения равна нулю!). Обозначив

$$\alpha = \frac{u_1}{u_2}, \quad \text{получим } r = \frac{r_2}{\alpha+1}, \quad R = \alpha r.$$

Итак, мы получили, что точка $A$ будет двигаться по обычной эпициклоиде, если $r=r_1$, удлиненной, если $r<r_1$, и укороченной если $r>r_2$.

Заметим, что может получиться $R<r$ и что ограничение $r_2>r_1$ не существенно.

Эта задача поясняет, каким образом эпициклоиды появились в системе Птолемея (II век н. э.)*). У Птолемея точка $O$ отвечает Земле, $A$ — Солнцу или планете, $O_1$ — вспомогательная точка. Без эпициклоид не обошелся и Коперник; только в точке $O$ у него находилось Солнце. Лишь при рассмотрении эллиптических орбит эпициклоиды уже не требовались**).

З а д а ч а 5’. Продолжим, как и в задаче 5, наше движение до движения всей плоскости как твердой пластины. Возникающее движение будет иметь один из трех видов в зависимости от $\alpha$. (См. обозначения в решении задачи 5.)

Пусть $\alpha > 1$. Определим $\widetilde{R}$, $\widetilde{r}$ так, чтобы

$$\widetilde{R}-\widetilde{r}=r_2, \quad \frac{\widetilde{R}}{\widetilde{r}}=\alpha, \quad \text{то есть} \quad \widetilde{r}=\frac{r_2}{\alpha-1}.$$

---

*) Птолемей, предположив, что планеты могут двигаться по удлиненным эпициклоидам, смог объяснить в рамках своей системы наблюдавшееся астрономами «попятное» движение планет (иногда планеты начинали двигаться в обратном направлении).

**) Подробнее о системах мира можно прочесть в статье Я. А. Смородинского «Николай Коперник», опубликованной в журнале «Квант», 1973, № 2.

Корректор Е. В. Сидоркина

117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15, «Квант», тел. 234-08-11. Сдано в набор 15/III-75
Подписано в печать 4/V-75 Бумага $70\times100^1/_{16}$.
Физ. печ. л. 4. Усл. печ. л. 5,20. Уч.-изд. л. 6,41
Тираж 368 940 экз. Т-06594 Цена 30 коп. Заказ 513

Рассмотрим теперь неподвижный обруч радиуса $\widetilde{R}$ с центром $O$, по внутренней стороне которого катится без скольжения круг радиуса $\widetilde{r}$ так, что его центр $O_1$ движется как сказано в условии задачи. Нетрудно убедиться, что тогда точка $A$ тоже будет двигаться так, как того требует условие. Значит, при $\alpha>1$ точка $A$ движется по гипоциклоиде, укороченной или удлиненной в зависимости от того, $\widetilde{r}=r_1$, $\widetilde{r}>r_1$ или $\widetilde{r}<r_1$.

При $\alpha<1$ положим $\widetilde{r}=\dfrac{r_2}{1-\alpha}$, $\widetilde{R}=\alpha\widetilde{r}$.

Рассмотрим неподвижный круг радиуса $\widetilde{R}$ с центром $O$, по границе которого катится без скольжения своей внутренней стороной обруч радиуса $\widetilde{r}$, центр которого совершает вращение, предписанное условием задачи ($\widetilde{r}>\widetilde{R}$). Тогда точка $A$ будет вовлечена в нужное движение, а значит, траекторией ее является перициклоида, укороченная или удлиненная.

При $\alpha=1$ получающееся движение плоскости, как легко убедиться, не будет иметь мгновенных центров вращения — точек с нулевой скоростью (рекомендуем вам для каждого случая $\alpha<1$, $\alpha=1$, $\alpha>1$ нарисовать свою картинку). Но тогда оно должно являться движением по траекториям, получающимся друг из друга сдвигом. Так как точка $O_1$ движется по окружности с центром $O$, то, значит, и остальные точки движутся по окружностям, получающимся из указанной сдвигом. Попытайтесь доказать этот результат непосредственно.

К задачам «Квант» для младших школьников»

(см. «Квант», 1975, № 5)

1. Верно. Ира собрала не меньше, чем один из мальчиков, а Таня — больше, чем второй мальчик.
2. Для нагревания 50 г льда от $-10\ ^\circ C$ до $0\ ^\circ C$ надо затратить $0{,}43\ \mathit{кал}/(\mathit{г}\cdot\mathit{град})\times 50\ \mathit{г}\cdot 10\ \mathit{град}=215\ \mathit{кал}$, а для таяния этого льда — еще $80\ \mathit{кал}/\mathit{г}\cdot 50\ \mathit{г}=4000\ \mathit{кал}$. При остывании $100\ \mathit{г}$ воды от $+10\ ^\circ C$ до $0\ ^\circ C$ выделится всего $1\ \mathit{кал}/(\mathit{г}\cdot\mathit{град})\cdot 100\ \mathit{г}\times 10\ \mathit{град}=1000\ \mathit{кал}$. Следовательно, растает не весь лед, и в сосуде будет находиться смесь воды и льда при температуре $0\ ^\circ C$.
3. Данное число всегда четно; рассмотреть последние цифры степеней $1^n$, $2^n$, $3^n$, $4^n$.
4. См. рисунок 8.

Чеховский полиграфический комбинат
Союзполиграфпрома
при Государственном комитете Совета Министров
СССР по делам издательств, полиграфии
и книжной торговли, г. Чехов Московской обл.

Рукописи не возвращаются