Квант 1977, №7 · Страницы

КВАНТ 7
1977

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО - МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
АКАДЕМИИ НАУК СССР и АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК СССР

Здесь изображено семейство замечательных кривых — циссонд. Навание «циссонда» проинсодит от греческого хиттоειδ-ηξ (плюшеподобная). Жирной красной линией показан тот участок циссонды, который рассматривался Диоклессом. Похожий на нее участок контура листа плюша также обведен красной линией. (см. с. 46).

1

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

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

В НОМЕРЕ:

2 А. Кириллов. О правильных многоугольников, функции Эйлера и числа Ферма
10 А. Митрофанов. Качаюшаяся скала
14 А. Футер. Сигналы, графы и короли на торе
20 Я. Смородинский. Масса atoma и число Авогадро
23 Лаборатория «Квант»
23 В. Майер, Р. Э. Шафир. Звук и струя
26 Математический кружок
26 Ю. Ионин, А. Пломкин. Среднее значение функции
32 Задачник «Квант»
32 Задачи M451—M455; Ф463—Ф467
34 Решения задач M411, M412, M14, M415; Ф423—Ф427
По страницам школьных учебников
41 Н. Виленкин. Как возникло и развивалось понятие функции

«Квант» для младших школьников
47 Задачи
48 Г. Розова. Слушай с пятиклассником

Практикум абитриента
Вариants вступительных экзаменов вузы в 1976 году
49 Л. Беркович, А. Тетерев, С. Фоминых. Куйбышевский государственный университет
50 О. Михенков. Московский институт управления им. С. Орджоникидзе
52 А. Беликов, Г. Гинзбург. Московский институт инженеров землеустройства
53 А. Боцу, В. Зрайенko, Е. Коваленок. Курский политический институт
55 И. Калашникова, А. Веденеев. Немного об экзаменах
56 В. Френкель. Из творческого наследия Козымы Пруткова
63 Ответы, указания, решения

Смеся (с. 9, 13, 22, 31, 45, 46)

© Главная редакция физico-mатематической литературы издательства «Нука», «Квант», 1977

2

1. Пролог

Задачи на геометрические построения — один из самых популярных в школьной математике. Почти в каждом математическом кружке разбиаются такие задачи. Это, конечно, не случайно. История геометрических построений насчитывает несколько тысяч лет, и уже древние греки достигли здесь большого искусства. В качестве примера можно привести задачу Аполлония: построить округность, касающийся трех данных окружности *).

Многим, вероятно, известны три значенные задачи древности, оказывающиеся неразрешными: о квадрату круea, трисекции уела и увоенii куба **).

Но, пожалуй, самой красивой является задача о построении правильных многоугольников. Собственно говоря, это не одна задача, а целая серия задач: для каждого натурального числа n ≥ 3 требуется с помощью циркуля и линейки построить правильный n-угодный.

Есть ли какая-нибудь закономерность в распределении «кrasных» и «черных» чисел? Оказывается, есть; но найти ее довольно трудно. Эта закономерность имеет арфметическую природу; чтобы ее описать, нам придется временно оставить геометр-

*) См. статью «Инверсия и задача Аполлония» («Квант», 1971, № 8).

**) По поводу последних двух задач см. статью «Циркулем и линейкой» («Квант», 1975, № 6).

*) Способ построения циркулем и линейкой правильного семнадцатугольника впервые был открыт К. Ф. Гауссом в 1801 году. Этот способ описывается в статье «Дебют Гаусса» («Квант», 1971, № 1).

6

санная и три внешписанные окружности), причем все эти ответы равноправны, если формулировать задачу так: построить окружность, касающуюся трех данных прямых. Отличие вписанной окружности от внешисанных основано на понятии «между» (или «внутри») и недоступно пониманию нашей машины.

Разбранные примеры показывают также, что если задача на построение имеет несколько решений, то программа построения дает все эти решения. Это утверждение также справедливо в общем случае.

Почитательный пример: геометрическое построение одного из корней квадратного уравнения автоматически приводит к построению и второго корня.

Таким образом, мы приходим к следующему прин и пу.

Всякая задача на построение, разещая с помощью циркуля и линейки, имеет 2’ решение.

Строое доказательство этого утверждения дается теорией Галуа и не может быть изложено в этой статье. Однако само утверждение выглядает очень просто и в полное могло быть открыто математиками древности. Возникает вопрос, почему же это открытие было сделано лишь в прошлом вке, хотя многое подтверждающее примеры известны уже несколько тысячелетий? (Например, упоминавшаяся выше задача Аполлоння имеет 8 решения.)

Одна из возможных причины — отсутствие современной, «машинной» построовки задачи. Другая причина — рассмотрение каждой задачи в отдельности вместе с целью однотипных задач (вроде задач на построение правильного n-угольника для каждой n).

Возможно, эта тема привлечет внимание историков математики, и они полезнее обязывают нам приину этой «упущенной возможности».

4. Правильные многоугольники

Вернемся к нашей основной задаче. Мы хотим знать, когда с помощью циркуля и линейки можно построить правильный n-угольник. Рассуждение предыдущего параграфа наводят на мысль — посмотреть, сколько решений имеет эта задача. Чтобы получить результаты ответ, нужно уточнить построовую задачи. А именно, нужно

Рис. 5.

фиксировать размер и положение правильного n-угольника (инначе, разумеется, число решений будет бесконечно, при условии, что есть хотя бы одно решение). Итак, будем считать, что наш n-угольник вписан в данную окружность о с центром O, и фиксированное положение A₀ одной его вершины. Требуется определить положения A₁, A₂, …, Aₙ−1 остальных вершин. Разумеется, достаточно найти положение точки A₁ — откладывая последовательную дуг A₀A₁, мы получим точки A₂, A₃, A₄ и т. д.

Проще всего эта задача решается при n = 6. Известно, что сторона правильного вписанного шестиугольника равна радиусу данной окружности. Поэтому нужно «программа» выглядить так (рис. 5):

1. Циркулем построить из точки A₀ окружность ω₁ радиуса |OA₀|.
2. Отметим точку A₁ пересечения окружности ω и ω₁.

Мы видим, что эта программа приводит к двум разным ответам, но соответствующие шестиугольники A₀A₁′A₂′A₃′A₄′A₅′ и A₀A₁′A₂′A₃′A₄′A₅′ отличаются лишь порядком номерации вершин.

Такая же ситuation наблюдается в случае n = 3 и n = 4. Более интересны случаи n = 5 и n = 10. Способ построения правильного пятугольника описан в статье A. Савина «Как нарисовать пятоконечную звезду» («Квант», 1976, № 1). Мы разберем здесь случай n = 10.

7

Рис. 6.

Если проведится биссектрису $A_1B$ угла $OA_1A_0$, то образовашиеся треугольники $OA_1B$, $BA_1A_0$ будут равноведренными (рис. 6), а треугольники $OA_1A_0$ и $BA_1A_0$ — подобными.

Будем считать прямую $OA_0$ числовой осью, на которой точка $O$ соответствует нулю, а точка $A_0$ — единицу. Пусть точка $B$ соответствует числу $x$. Тогда мы получаем уравнение:

$$\frac{x}{1-x} = \frac{1}{x} \text{ или } x^2 + x - 1 = 0.$$

Решив это уравнение, мы найдем точку $B$. Искомая точка $A_1$ найдется как точка пересечения данной окружности $\omega$ с окружностью с центром в точке $A_0$ и радиусом длины $x$. Таких точек две — и мы получаем два решения: точки $A'_1$ и $A''_1$ (рис. 6).

Но у нашего квадратного уравнения два корня: $x_1 = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2}$ и $x_2 = -\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2}$. Второй корень отпuisателен и по этой причине вроде бы не годится. Однако не будем спешить «отбрасывать» этот корень, а попробуем понять его геометрический смысл.

Восстановим рисунок 6, считая, что точка $B$ находится не справа, а слева от точки $O$. Мы получим рисунок 7. Это дает для искомой точки $A_1$ еще два возможных положения: $A''_1$ и $A'_1$.

Итак, мы пришли к четырем различным возможностям для точки $A_1$.

В результате получаются два разных десятиугольника: выпуклый и звездчатый, причем на каждой из них возможно две разные нумерации вершин (см. рисунки 6 и 7).

Заметим, что с «точки зреня» циркуля и линейки звездчатый десятиугольник ничего не хуже выпуклого.

Возможно возражение: у выпуклого многоугольника несмежные стороны не пересекаются, а у звездчатого — пересекаются. Но это возражение отпадает, если мы стороны будем называть не отрезок между двумя вершинами (поняття «между» у нас нет!), а всего прямую. Тогда правильный чертеж «выпуклого» десятиугольника будет иметь вид, лишь размер отличнойся от «взездчатого» (рис. 8).

Аналогичная ситuation возникает в случае пятнутrogольков. Здесь тоже имеется 4 решения, приводящих к двум различным пятнутrogолькам (рис. 9, а, б) с двумя различными нумерациями вершин на каждой.

8

Теперь, не решая явно задачи на построение произвольного правильного $n$-угольника, попробуем установить, сколько у нее различных решений. (Напомним, что мы считаем заданным окружность $\omega$ и точку $A_0$ на ней.) Обозначим через $x$ длину дуги $A_0A_1$. Точка $A_1$ является решением задачи (с точки зреня циркуляя), если, откладывая дуг длины $x$ от точки $A_0$ последовательно $n$ раз, мы вернемся в исходную точку $A_0$, а откладываем меньше число раз — не вернемся.

Последняя оговорка существует. Иначе в случае, например, $n=6$ нам пришлось бы назвать «правильным вписанным шестугольником» дважды пройденный треугольник, или трижды пройденный диаметр, или даже шесть раз повторенную точку $A_0$.

На языке арифметики, принимая длину всей окружности за единицу, нашей условие можно формularовать так: число $nx$ — целое, а числа $x$, $2x$, $3x$, …, $(n-1)$ $x$ — не целые. Если $n=10$, то в качестве $x$ можно взять, например, 1/10. Но это не единственный возможный выбор. Можно взять $x$ также равным 3/10, 7/10 или 9/10.

Это соответствует тем четырем решениям, которые мы раныше нашли геометрическим способом. Заметим, что если взять в качестве $x$ число 11/10 (или 13/10, 17/10, …), то новых геометрических решений мы не получим: положение точки на окружности зависит от самого числа $x = \frac{k}{n}$, а от остатка, который дает $k$ при делении на $n$.

Ясно, что несократимые дроби $\frac{m}{n}(m<n)$ и только они обладают тем свойством, что $k \cdot \frac{m}{n}$ попадает в целое число (в начальном точку окружности) лишь при $k=n$. Таким образом, каждое число, меньше $n$ и взимо проектием с ним, дает решение задачи о правильном $n$-угольнике, и мы получаем, что число различных решений этой задачи дается функцией Эйлера (см. п. 2)! В частности,

$$\varphi(3) = \varphi(4) = \varphi(6) = 2,$$
$$\varphi(5) = \varphi(10) = 4,$$

что согласуется с результатами, полученными выше геометрическим путем.

Вспомним теперь, что всякая разрешная задача на построение с помощью циркуля и линейки должна быть $2^l$ различных решений (см. п. 3), мы получим удобное необходимое условие для разрешности задачи построения правильного $n$-угольника.

Правильный $n$-угольник допускает построение циркуля и линейкой молко моеda, коеда $\varphi(n) = 2^l$ для некоморого целого $l$.

(Например, правильный семиугольник построить невозможно, так как число $\varphi(7) = 6$ не является степенью двойки.)

Необходимость этого условия мы построались объяснить. То, что оно является также и достаточно,— от-

10

Качающаяскаяскала

«…Надо сказать, что в этих местахне редкость встретить так называемую «качающуюся скала» — весмалюбитьое явление, суть которого в том, что отдельный кусок скалыв незапамятные времена получаетустойчивость равновесия. Он обычноенно стоит на каменной площадке и, если его раскачивать, он, подобнованьке-вставке, принимает первоначальное положение. Такие скалы весят иногда тысячи тонн, но послушныдвижению руки человека средней силы. Такая скала упасть не может, если, конечно, ее не взорвут …»

Это — строки из рассказа Александра Грина «Качающаяскаяскала» —грустной истории о бедном охотнике, которое предложили за три миллиона опрокинуть огромный столб,качающейся около положения равновесия. Охотник, несмотря на всесвои усилия, не справился с задачей и сошел с ума (но так и не оставилсвоей затем и все пытался столкнутькамень).

Попробуем понять, почему же устойчива «качающаяскаяскала».
Мы знаем, что для того чтобы находилось в положении равновесия, должны выполнять два условия:

векторная сумма всех сил,
действующих на тело,
равна нуль; (*)
алгебраическая сумма
моментов всех сил
относительно произвольной точки
равна нуль. (**)

Не всякое положение равновесия является устойчивым. Например, иголка, на котором действует только сила тяжести и реакция опоры, не стоит свободно на гладком столе, хотя, если иголку поставить строго вертикально, условия (*) и (**) будут выполняться. Но при малейшем отклонении иголки от вертикали возникают моменты сил, опрокидывающие иголку. В то же время кирпич стоит устойчivo на любой грани. И как бы мы ни уменьшали кирпич, сохраняя его форму, он по-прежнему будет устойчivo стоять на столе. Но тот же кирпич очень трудно «уравновесить», например, на футбольном мяче (мяч при этом будем удерживать неподвижным).

11

Из сказанного можно сделать вывод, что от формы тела (точнее, его основания) и поверхности опоры зависит устойчивость равновесия тела. Чтобы вывести критерий устойчивости, обратимся снова к качающейся скале и рассмотрим случай, когда камень и опора в области соприкосновения имеют сферическую форму. Будем предполагать, что камень и глыба, на котором он стоит, сточились или обветрились и стали гладкими, без сколов и выступов, так что область контакта камня с опорой мала и может быть принята за точку. На рисунке 1 показаноечение камня и опоры вертикальной плоскостью, проходящей через точку их соприкосновения (точка C). О и O’ — центры сферических поверхности камня и опоры в области контакта, r и R — соответствующие радиусы.

Для равновесия камня необходимо прежде всего, чтобы центр тяжести (точка P) лежал на вертикали OO’. При этом условия (*) и (**) выполнются. Посмотрим, к чем приведет небольшое отклонение камня от первогоального положения.

Пусть в результате отклонения положение камня на опоре стало таким, как на рисунке 2. Если при этом центр тяжести камня оказывается равнее вертикали AA’, то момент силы тяжести относительно точки опоры A будет способствовать дальнейшем отклонению, и камень уже не вернется в первоначальное положение. Если же точка P оказывается

Рис. 1.

Левое вертикали AA’, то момент силы тяжести относительно точки A будет возвращать камень в первоначальное положение. А это значит, что равновесие камня устойчиво.

Итак, если CP < CQ (см. рис. 2), то равновесие устойчиво. Посмотрим, как при этом связаны между собой CP R и r. В треугольнике OAQ

$$\angle OAQ = \alpha, \angle AOQ = \beta = \frac{\widehat{CA}}{r} = \frac{\widehat{C'A}}{r} = \alpha \frac{R}{r} \text{ (так как } \alpha \text{ мало).}$$

По теореме синусов имеем:

$$\frac{OQ}{\sin \alpha} = \frac{r}{\sin[\pi - (\alpha + \beta)]} = \frac{r}{\sin(\alpha + \alpha \frac{R}{r})}.$$

На интересующем малые отклонения камня от положения равновесия. Говоря «малое отклонение», мы имеем в виду, что расстояние, «проходимое» точкой контакта на поверхности опоры, т. е. дуга C’A (и, следовательно, дуга C’A = C’A), мало по сравнению с радиусами r и R поверхности камня и опоры. А это и означает, что углы α и β малы, т. е. α << 1 и β = α \frac{R}{r} << 1.

Для малых углов, как известно, синус угла с хорощей точностью равен самому углу. Поэтому выражение

12

(1) можно записать так:

$$\frac{OQ}{r} = \frac{1}{1 + \frac{R}{r}}.$$

Отсюда $OQ = \frac{r^2}{R + r}$. Так как $CQ = r - OQ = \frac{Rr}{R + r}$, то условие устойчивого равновесия камня (т. е. условие $CP < CQ$) записьвается в виде неравенства

$$CP < \frac{Rr}{R + r}$$

(2) Если поверхность имеет волнуту форму с радиусом $R$ (форму внутренней поверхности сферы радиуса $R$), то условие устойчивого равновесия камня на опоре выглядает так:

$$CP < \frac{Rr}{R - r}$$

(CP — по-прежнему расстояние от точки контакта до центра тяжеста в положении равновесия). Попробуйте вывести эту формулу самостояльно.

Отметим теперь следующее важное обстоятельство. Допустим, что равновесие камня на опоре устойчивое. При отклонении камня от положения равновесия возникнет момент силы, преляствующий этому отклонению: у силы тяжеста относительно новой точки опоры появляется плечо (см. рис. 2). Чтобы удержать камень в новом положении неподвижным, требуется приложить внешнюю силу такую, чтобы ее момент относительно новой точки опоры был равен по величины и противоположен по направлению моменту силы тяжести. (Величина и направление этой силы определяются условия (*)). Значит, даже для небольшего отклонения тела от положения устойчивого равновесия необходимо совершить работу против силы тяжести. Эта работа идет на увеличение потенциальной энергии тела. А это означает, что в положении устойчивого равновесия потенциальная энергия тела имеет минимальное значение, или, что то же самое, центр тяжеста тела занимает минимшее положение. Поэтому условия (2) можно вывести иначе, посмотрев, что происходит с центром тяжести камня при его небольшим отклонении (см. упражнение 1). Такие два различных подхода к решению проблемы устойчивости по существу полностью эквивалентны.

Если камень слегка отклонить от положения устойчивого равновесия и не удерживать его в новом положении, то он начинает возвраться назад, «просоочит» (по инерции) положение равновесия, снова вернется к нему и т. д. To есть камень будет совершать колбания около положения устойчивого равновесия.

Если небольшие отклонение тела от положения равновесия не изменяет высоту центра тяжеста тела над точкой опоры. Такое положение называют безразличным равновесием. В безразличном равновесии находится, например, одноподный шарик на горизонтальной плоскости.

Теперь нам понятно, что такое «качаюшаяся скала»: это вертикальное строящий камень с низко расположенным центром тяжести или большим радиусом кривизны основания. Отклонение камня (правда, в некоторых пределах; см. упражнение 2) приводит к его колбании около положения равновесия. Качаюшаяся скала — это камень-маятник.

Конечно, нельзя руководство применены с целью строения камня столь. Дело не только в том, что у качаюшейся скалы большая масса и для того, чтобы сообщить ей ускорение, нужно приложить очень большую силу. Из-за деформации опоры под действием веса камня могут возникать силы реакции, преляствующие отклонению скала от вертикали. И тем не менее, качающаяся скала существенно в принципе не требует встроения нечто подобное?

В заключение рассмотрим примеры, которые не требуют путешествия в горы, их можно изучить и на столе, но по своей природе они также же, как качаюшаяся скала.

13

Пример 1. У однородного шара центр тяжести совпадает с геометрическим центром. Поэтому шар неустойчив на выпуклой поверхности. Однако, если у шара средна «верхушка», то он может стоять устойчив на вершине выпуклой поверхности (см. упражнение 3).

Пример 2. Забавная детская игрушка «ванька-вставка» наполнивается пример 1. Кусок свинца или стали, спрятанный у шарообразного основания ваньки-вставки, придает игрушке удивительную устойчивость.

А все ли знают, что у ваньки-вставки были (а может быть, есть кое-где и сейчас) родственники? Послушайте.

《Было когда-то на свете двадцать пять овяяных солдатков. Все они были сыновыми одной матери — старой овяяной ложки — и, значит, приходились друг другу родными братыми. Они были очень красивы: ружеye на плече, грудь колесом, мундир красный с синим. Чудо, что за солдатки…》 Это стояние овяяные солдатки из сказки Андерсена. Почему их называли стояками? Наверное, потому, что, как бы их накладали, они всегда возврашаеть в вертикальное положение. Когда открывали коробку, в которой были уложены такие солдатки, все они вскакивали, словно по команде. Каждый солдатик крепился на главном среде свинцовой полусферы и стоял удивительно устойчиво.

Пример 3. Существует легенда, что Королевский совет, проверяя нахождение и хитроумне Колумба, предложил ему поставить яйцо острым концом на стол. Колумб решил задачу в два счета; он надбил его и установил на стол. При этом он не только изменил форму поверхности в месте контакта, сделав ее положей на плоскость, но и понизил центр тяжести яйца.

Уражнения

1. Выведите условия (2), используя тот факт, что в положении источников равновесия потенциальная энергия тела минимальна.
2. Ванька-вставка стоит на неподвижном шаре. Радиусы шара и основания ваньки-вставки одинаковы и равны $R$. Максимальный угол, на котором отклонить от вертикали игрушку так, чтобы она не упала с шара, равен $\alpha_0$ (проссказывания нет). Найдите, где расположен центр тяжести ваньки-вставки.
3. Получarie радиуса $r$ стоит источнику на неподвижном шаре радиуса $R$, если выполняется условия $r < 0,6R$. Где расположен центр тяжести полушария?

Необычное в обычном

Вдумчивый подход к любмявым раскрываем неожиданные и красные их стороны. Вот один пример. Надо возвести число 487 в квадрат? Пожалуйста, пишем:

$$487 - 250 = 237, \\ (500 - 487)^2 = 169.$$

Теперь записьиваем полученные числа один за другой:

$$486 - 250 = 236, \\ (500 - 486)^2 = 196, \\ 486^2 = 236196.$$

Опять верно. Следующее число 488, для него

$$488 - 250 = 238, \\ (500 - 488)^2 = 144, \\ 488^2 = 238144.$$

Весьма интересные квадраты, неправда ли? Стоит немного. И тогда вы, наверное, возвводя 46×46 и не станете расписьвать $(40+6)^2$ как квадрат суммы, а сразу напишете ответ:

$$2100 + 16 = 2116.$$

Не так ли?

В. Заварин

14

А. Футер

Сигналы, графы и короли на торе

Наутро мелеfon как завоит! Я вскочил неодетый, схватил мрубку и крицу:
— Слушаю!
А из мрубки в ответ:
— Ты чего хрюкаешь?
— Как это — хрюкаю? Я не хрюкаю, — говорю я.
— Брось хрюкать! Говори по-человеческим! — крицит Мишка.
— Я и говорю по-человеческим. Зачем хрюкать?
— Ну, довольно мне баловать!
Все равно я не поверю, что мы поросенка в комнату примацил.

Н. Носов. Телефон

Когда два человека ведут heteropollinую беседу, слова каждой из них обычно вполне понятны собеседнику. Переспрашивать, уточнять непонятные слова приходится редко. Если тот же самый разговор вести по телефону, то, в зависимости от качества связи, неясно рассышанные слова встречаются чаще, иногда сильно затрудняя понимание. Если же мы попробуем передать по телефону не осмысленные слова, а просто последовательность букв, что-нибудь вродеритффсклаaaam…,

то окажется, что некоторые буквы часто перепутываются, например «ф» и «с», «б» и «г» и т. д.

Искажает сигналы практическки каждой способа связи, будь то телефон, радио, бинокль. С этим явлением существует разные способы борбы, но все они снижают эффективность связи. Например, по телефону можно передавать не отдельные буквы, а связные слова: «б» как «Борис», «г» как «Григорий» и т. п., — но тогда вместе одной буквы нам придется передавать 5—8. Можно повторять каждой сигнал много раз, как передавались, например, на Землю perвые фотографию обратной стороны Луны в 1959 году, но это займет во столько же раз больше времени. В этой заметке исследуется один экономный способ борбы с искажением сигналов при передаче*). Идея этого способа проста: если уж мы знаем, какие сигналы с какими можно спутать, то будем передавать лишь один сигнал из каждой такой группы, а от остальных откажется. Например, по телефону из звуков «ф», «с», «ш» — только звук «с».

*) Впервые эти вопросы исследовал американский кибернетик (француз по проискожению) Клод Шеннон.

15

Графы ошибок

Каждеое сообщение обычно состоит из отдельных «элементарных» сигналов: слов (в разговоре по телефону), букв (в морской флажковой сигнализации «семафор») или других знаков (точка и тipe на телефонке). Пусть эти элементы сигналы образуют множество $S$ — входной алфавит. Избраним каждый сигнал из $S$ кружочком и соединим пару кружочков отрезком («ребром»), если соответствующие им сигналы при передаче можно спутать друг с другом. Получится граф $^*$ с множеством вершин $S$. Изовем его графом ошибок нашего передающего аппарата.

Приведем пример. Минутная стрелка электрических часов меняет свое положение сначала как только кончается очередная минута, стрелка прыгает к следующей. Если эти часы находится дальше от нас, то мы не можем точно определить положение минутной стрелки. Но пусть мы ошибаемся какдый раз не очень сильно — не более, чем на минуту. тогда входной алфавит будет содержать 60 элементов — 60 возможных положений минутной стрелки (каждому из них соответствует точка на окружности — границе циферблата), а графом ошибок $\Gamma$ будет правильный 60-угольник — какдая точка соединена отрезками с двумя соседями.

А теперь попытаемся выяснить, что надо сделать, чтобы можно было безшибочно распознать наиболее число показаний минутной стрелки. Передаем часы так, чтобы минутная стрелка прыгала через каждые 2 минуты, то есть чтобы часы показали лишь четное число минут. тогда уже никакое видимое нам показание ни с каким другим спутать нельзя — ведь ошибок в 2 минуты или больше мы не допускаем. Таким образом, если довооритться, что множество передаваемых сигналов — это только 30 четных чисел от 0 до 58, то все они будут безшибочно определены. С другой стороны, оченьindo, что 30 — максимальное значение: если в графе $\Gamma$ взять 31 вершину или больше, то какне-нибуд две из них обязательно будут соединены (доказите!).

В этом примере мы построили множество $M$ вершин графа, обладающее следующим свойством: любые две вершины из $M$ не соединены ребром. Такое множество $M$ называется независящим множеством (н. м.). В нашем примере независящим любые наборы четырех минутной стрелки, например: {2, 8, 34, 52, 56}, — или набор показаний, делящийся на 5: {0, 5, 10, …, 55}.

Если $M$ вершин неокоторого графа $G$ содержит наиболее число вершин среди всех его $M$, то оно называется наиболее числом независящим множеством (н. н. м.), а число $\alpha(G)$ вершин в нем — числом независящим (ч. н.) графа $G$.

В рассмотрении выше графе $\Gamma$ много различных $M$, а $H, N, M$. — всего два (совокупность четырех чисел от 0 до 58 и совокупность четырех чисел от 1 до 59), и $\alpha(\Gamma) = 30$.

Если графе $G$ является графом ошибок неокоторого передающего аппарата $A$, то $\alpha(G)$ — это наиболее число различных сигналов, которые можно передать через этот аппарат без перепутывания. Поэтому $\alpha(G)$ называют еще пропускной способностью аппарата $A$.

16

Квадрат алфавита

С каждым передающим аппаратом $A$ мы связывали входной алфавит $S$, граф ошибок $G$ и число независимости графа $G$ (пропускная способность аппарата $A$) $\alpha(G)$. А как бы, если аппарат $A$ задан раз и навсегда, а его пропускная способность для нас неодостаточная? Скажем, если $A$ — телефон передавать по телефонную буквы? Выход известен — это азбука Морзе: надо передавать через $A$ пачки из нескольких знаков (точек — тipe) и считать каждую такую пачку одним сигналом.

Сначала попробуем передавать через тот же аппарат $A$ по два последовательных сигналов из $S$. Посмотрим, сколько сильно возрастает элементы любого алфавита будем называть буквами).

Попробуем определить пропускную способность аппарата $A^2$. Для этого прежде всего надо построить граф ошибок, обозначаемый через $G^2$. Посмотрим, при каких условиях сигнал $(v_1; v_2)$ можно спутать с сигналом $(w_1; w_2)$. Очевидно, для этого должно выполняться одно из следующих трех условий:

a) $v_1 = w_1$, $v_2 \sim w_2$;
b) $v_1 \sim w_1$, $v_2 = w_2$;
c) $v_1 \sim w_1$, $v_2 \sim w_2$.

Таким образом, вершины $(v_1; v_2)$ и $(w_1; w_2)$ графа $G^2$ соединены ребром, если в графе $G$ есть ребра $v_1 - w_1$ (или $v_1 = w_1$) и $v_2 - w_2$ (или $v_2 = w_2$). Например, если графе $G$ содержит всего две вершины, соединенные ребром, то $G^2$ — это квадрат с диагоналями (рис. 2).

Заддача 3. Построить граф $G^2$ для каждого из графов $G$, изображенных на рисунке 3.

Таким образом, можно считать, что $G^2$ — это «слоенный» граф: каждый его вертикальный или горизонтальный слой совпадает с $G$, а каждому ребру $a - b$ графа $G$ соответствует квадрат с диагоналями в графе $G^2$.

Попробуем найти какое-нибудь независимое множество в графе $G^2$.

Пусть в графе $G$ множество $M$ независимо. Это означает, что элементы из $M$ при передаче аппаратом $A$ друг с другом не путаются. Тогда при передаче пар букв из $M$ ни одна из этих букв не исказится, поэтому в алфавите $S^2$ не путаются друг с другом элементы вида $(a; b)$, где $a \in M$, $b \in M$. Множество пар $(a; b)$, где $a \in M$, $b \in M$, обозначается символом $M^2$. Легко видеть, что если $p$ — число элементов в $M$, то число элементов в множество $M^2$ равно $p^2$. Таким образом, пропускная способность аппарата $A^2$ является как минимум квадратом пропускной способности аппарата $A$, то есть на языке графов

$$\alpha(G^2) \geqslant (\alpha(G))^2.$$

Заметим, однако, что такое увеличение пропускной способности дается не даром — вдвое падает скорость передачи сигналов.

На самом деле буквы по телефонную передаются несколько иначе. В принципе для всех 33 буквы алфавита необходимо наборы из 6 знаков (пятизнаковых не хватит), но по телефонную передаать не только точ

17

Королі на торе

Усложним немного граф $G_5$ рисунка 3: склеим точки 0 и $n$. Получится $n$-угольник 012 … $(n-1)$. Обозначим этот граф через $P_n$. Его квадрат $P_n^2$ получится из квадрата отрезка, если склеить попарно две горизонтальные и две вертикальные его стороны. Но квадрат отрезка — настоящий квадрат, а если еще склеить его противоположные стороны, то получится тор! А точнее, сетка на торе, содержащая $n^2$ квадратиков $1 \times 1$ с диагоналями (рис. 4).

Если вершины этих квадратиков отложить с клетками горизонтой доски размером $n \times n$, то соседние в шахматном смысле поля доски оказываются соединенными отрезками сетки, или, что то же самое, ребрами графа $P_n^2$, а задача $M415$ о максимальном числе несоседних королей на торе превращится в задачу определения числа независяности графа $P_n^2$. Ее решение приведено в этом номере журнала (см. с. 37).

Если вы хотите яснее представить себе структуру н. н. м. графа $P_n^2$, решите следующие задачи.

Задча 4. Пусть множество $M$ — н. н. м. графа $P_n^2$ (или, что то же самое, горизонтой доски $n \times n$). Доказите, что

a) если $n=2s$, то $M_1^2$, где $M_1$ — некоторое н. н. м. $P_n$, является н. н. м., и $\alpha(P_2s^2) = s^2$;

18

6. если $n=4s+1$, то на каждой вертикали и на каждой горизонтали доски расположетсяровно $s=\left[\frac{n}{4}\right]$ точек (королей) из $M$ (здесь $[a]$ — целая часть числа $a$);
   в) если $n=4s+3$, то на каждой вертикали и на каждой горизонтали горизонтали доски расположется либо $s$, либо $s+1$ точек из $M$.

Задача 5. Будем изобразить граф $P_2^2$ (тор) квадратом, помня, что противоположные стороны его склеены. Наозем циклический свойством графа $P_n^2$ отображение «паралельный перенос», при котором элемент (0; 0) переходит в $(s; t)$.

Докажите, что любое н. н. $M$ графа $P_2^2$ можно привести к виду, изобразенную на рисунке 5, если разрешить циклическое сdvизом графа доски и симметричное отношение диагонали, вертикали и горизонтали квадрата.

Примечние. Симметрию относительно диагонали (0; 0) $(n-1; n-1)$ квадрата можно записать формулой $(x; y) \rightarrow (y; x)$. Циклический сdvиз может быть запись так: $(x, y) \rightarrow (x+s; y+t)$, но в этой формуле будет одна неточность. Хотелось бы отложить числа $n$ и $0$, $h+1$ и $1$ и т. д. Для этого применяются значки $\equiv$ и $(mod n)$. Говорят, что $a$ сравним с $b$ по modulo $n$ и пишут $a \equiv b$ $(mod n)$, если $a$ и $b$ при делении на $n$ дают равные остатки. Обозначим через $a$ $(mod n)$ остаток от деления $a$ на $n$. Тогда можно сказаать, что элемент $(x; y)$ переходит при циклическом сdvизе графа в элемент $((x+s) (mod n); (y+t) (mod n))$, а при отложении относительно, скажем, прямой $x=a$ — в элемент $(2a-x) (mod n); y)$.

Рис. 6.

Все, что известно

Попробуем dalleше условия наш передающий аппарат; построим аппарат $A^k$, где $k$ — некоторое натуральное число. Это значит, что с помощью аппарата $A$ мы будем передавать пачки из $k$ букв, каждой из которых береется из начального входного алфавита $S$.

По аналогии с двухбуквенными сигналами несложно построить граф $G^k$ ошибок аппарата $A^k$. Его множество вершин — это алфавит $S^k$, состоящий из всевозможных наборов букв длины $k$: $(v_1; v_2; ...; v_k)$, где все $v_i$ берутся из алфавита $S$. Несложно построить и ребра в графе $G^k$, то есть понять, какие сигналы $(v_1; v_2; ...; v_k)$ и $(w_1; w_2; ..., w_k)$ могут перепутаться. Для этого должны перепутаться между собой буквы каждой из координат, то есть для каждой $i$ $(1 \leq i \leq k)$ должны выполнять одно из двух условий: либо $v_i = w_i$, либо $v_i \sim w_i$ (если $v_i = w_i$ для каждой $i$, то данные наборы совпадают).

Определять точное значение пропускной способности аппарата $A^k$ в общем случае довольно сложно, но можно оценить ее снизу.

Задача 6. Докажите, что $\alpha(G^k) \geqslant (\alpha(G))^k$.

А дальней… Дажке в одном из самых простых случая, когда граф ошибок — это $n$-угольник $P_n$, об $\alpha(P_n^k)$ известно мало. Все, что известно из литературы, сейчас и будет расссказано.

Торическая шахматную доску размером $n \times n$ называют еще двумерным мором. Аналогично $k$-ю степени $n$-угольника (граф $P_n^k$) можно назвать $k$-мерным мором со стороны $n$. Вер-

19

Рис. 7.

шины графа $P^k_n$ можно отложить с набором из $k$ целых чисел: $(x_1; x_2; \dots; x_k)$, где каждое число $x_i$ изменяется от 0 до $n-1$.

Задание 7. Определите число вершин в графе $P^k_n$.

Согласно определению, два набора $(x_1; x_2; \dots; x_k)$ и $(y_1; y_2; \dots; y_k)$ смежны в графе $P^k_n$, если в $n$-угольнике каждой пара координат $x_i, y_i$ — соседи, то есть для каждой значения $i$-тоя координаты различаются не более, чем на единицу: $|x_i - y_i| \equiv h_i$ (mod $n$) $\in \{0, 1\}$ для всех $i$ от 1 до $k$ (например, на рисунке 6 для случая $k=3, n=5$ отмечены соседи набора (0; 1; 2)).

Задание 8. Определите число соседей каждой вершины $k$-мерного tora.

Задание 9. Докажите, что

$$\alpha(P^k_n) \leq \left[ \left( \frac{n}{2} \right)^k \right].$$

Задание 10. Определите $\alpha(P^k_n)$, если $n$-четное.

Для нечетных $n$ справедлива оценка

$$\left( \frac{n-1}{2} \right)^k \leq \alpha(P^k_n) \leq \left[ \left( \frac{n}{2} \right)^k \right],$$

а иногда известно и точное значение $\alpha(P^k_n)$.

Теорема. Если $n-1$ делится на $2^k$, то

$$\alpha(P^k_n) = \frac{n-1}{2^k} \cdot n^{k-1}.$$

Полное доказательство этой теоремы довольно длино, поэтому показем лишь, как определить независящее множество с таким числом элементов. По каждому набору $(x_1; x_2; \dots; x_{k-1})$ первый $k-1$ координат получим $r = \frac{n-1}{2^k}$ значений $k$-тоя координаты:

$$x_k \equiv 2l + r(2^{k-1}x_1 + 2^{k-2}x_2 + \dots + 2^1x_{k-1}) \pmod n.$$

Здесь $l$ — любое целое число от 0 до $r-1$.

Если для случая $k=2$ вы изобразите множество вершин, координаты которых заданы последней формулой, то получится ответ задан. М415 при $n-1$, делящем на 4.

Эти результаты позволяют построить таблицу значений $\alpha(P^k_n)$ (рис. 7).

В ней часть чисел получена теоретически, а остальные — при помощи вычислительной машины. Вы видите, что с ростом $k$ и $n$ должна незаполненных мест становится все-всеоме.

Может быть, кто-то из вас заполнит пропуски в этой таблице и решит задачу об определении пропускной способности передачи аппаратов?

21

Тоchnость изменения в а. е. м. очень высока. Так, относительная масса водорода по современным изменениями равна

$$\mu_H = 1,007825036 \text{ (11) a. e. m.}$$

Число в скобках (11) означает, что указаная величины известна с такой точностью, что в последних двух знаках возможно ошибка примерно в 11 единицц. Иначе говоря, последние две цифры могут быть на самом деле и 47, и 25, и любым другим числом, заключенным между ними.

Таким образом, масса в а. е. м. определяется с большей точностью, чем масса в килограммах. Но вот беда: физики не умют изменять массу макросоппечного тела, например, металлической детали непредставлено в а. е. м. В килограммах умеют, а в а. е. м. — нет. Деталь в масс-спектрометр не «запустить», а atom углерода нельзя положить на весы. Значит, надо найти какой-то путь, чтобы изменить массу atoms углерода в килограммах, а тогда мы легко будем переводить массу, измененную в а. е. м., в килограммы и обратно — из килограмма в а. е. м. О том, как была изменена масса atoms в килограммах, и притом с большей точностью, мы и расскажем.

Но прежде обьясим, как связано со всем сказанным выше числом Авогадро. Дело в том, что число Авогадро и 1/12 массы atoms $^{12}$С связаны. Действительно, число Авогадро — $N_A$ — это, по определению, число части в моле вещества. В 1 моле, т. е. в 12 e углерода $^{12}$С, содержится $N_A$atomов:

$$N_A = \frac{12e/mol}{m_{12}C^2}.$$

Но $m_{12}C$($e$) = 12 а. е. м., так что исключное значение величины $N_A$ равно

$$N_A = \frac{1}{12 m_{12}C}.$$

Таким образом, число Авогадро есть просто обратная величина atomной единиццы массы, выраженной в граммах. Можно было бы вообще неводить $N_A$, однако во многих формулах по привчке пищут $N_A$, а поэтому число Авогадро осталось в физике как константа, равная числу части в моле вещества.

Измерить $N_A$ — это то же самое, что изменить массу какого-либо atoms в граммах — «взвешить» atom. Зная же массу atoms, уже нетрудно определить значение atomной единиц массы в граммах (т. е. обратную величины числа Авогадро).

Приогда наад в Америкском Бюро стандартов — институте, специальизируется на сверхточных изменениях, — группа физков проведела очень интересная числа Авогадро. Эксперименты проводились по такому плану. Сначала изменялся объем $V_0$ ($cm^3$), который приходит на один atom в кристалле. Это делается очень точно при помощиRENTеноструктурного анализа образца. Затем изменялась плотность кристалла $\rho$ ($e/cm^3$). Затем, зная молярную массу $\mu$ вещества кристалла и массу atoms $m = \rho V_0$, находим число Авогадро.

$$N_A = \frac{\mu}{\rho V_0}.$$

При помощи масс-спектромета с очень высокой степенью точности определили относительно atomную массу Si. Тем самым, с той же точностью находили молярную массу Si. Это оказалось необходимо в связи с тем, что она незначительно различалась у разных образцов природного кремния.

Далее необходимо было как можно точнее изменить плотность кремния. Для этого надо было очень определить массу, поступили примерно так, как когда-то поступил Архимед с коронной царя Гиерона.

Образец опустил вяжелую жидкость (четырехфтористый углерод). Измерив массу вытесенной жидкости $m_{2k}$ (это можно сделать с большей точностью) и поделив ее на плотность жидкости $\rho_{2k}$, можно было бы найти объем вытесенной жидкости, т. е. объем образца $V$. Однако плотность жидкости известна с недостаточно высокой точностью. Чтобы «избавиться», от нее в последующих вычислениях, поступили так. В ту же

22

Жидкость опустил стальной шарик, объем которого был изменен с очень высокой точностью (чело нельзя сделать с кристаллом кремния). Измерив массу вытесенной жидкости $m'_{ж}$ и поделив ее на объем шарика $V_{ш}$, нашли $\rho_{ж}$. Итак, объем образца равен $V = \frac{m_{ж}}{m_{ш}} V_{ш}$. Поделив массу образца на его объем, нашли плотность кремния $\rho$.

По результатам всех измерений было найдено число Авогадро. Оно оказалось равным

$$N_A = 6,0220941 \cdot 10^{23} \text{ mol}^{-1}.$$

Относительная ошибка вычисленной величины меньше $10^{-6}$%. Пользователь этим значением $N_A$, можно получить с такой же точностью величины массы протона в килogramмах: образная величины $N_A$ есть а.е. м. в килogramмах.

Рогатая сфера Алексадера

Каждай из вас прекрасно знает, что такое сфера. Представьте себе телер, что сфера изготовлена из прочной пленки, который можно растягивать и скжимать, но запрещается скленвать и рвать. Тогда из сферы можно получить поверхности, сильно от нее отлично шея, например, тетраэдр, куб или цилиндр с динамими. С точки зрения одного из разделов «вышей геометрии» — «топология» все эти поверхности одинаковы.

На обложке вы видите одну из таких «одинаковых со сфера» поверхностей (топологический образ сферы) — розатую сферу Алексадера. Из обычной сферы можно получить интересный процесс изобразенного на рисунке 1. На первом шаге получается конструция «сцепленные палцы». Затем эту конструкцию следует повторить на каждой пале зачеренных на рисунке «дисков», снова сцеплить «палцы» (следующего порядка) и т. д.

Рогатая сфера Алексадера обладает одним видом свойством. Если расстояние объчную сферу и любую окружность, целиком лежащую в этой сферы или внутри ее, то эту окружность можно стянуть в точку, не пересекая поверхности сферы. Иначе говоря, область, на которой сфера делит пространство, односвязны. Долго время математики думали, что любой топологический образ сферы делит пространство на две односвязные области (обобщение знаменитой леммы Жордана о том, что произвольная замкнутая несамопересекающая линя делит сферу на две односвязные области). Однако в 1924 году американскому математнику Дж. У. Алексадеру удалось построить «рогатую сферу», которая, как и обычная сфера, разбиает пространство на две области А и В («внутренность») и «внешняя область В не односвязна.

Если вы хотите познакомиться с топологическим pobлиже, рекомендуем вам прочитать статью В. Г. Болтянского и В. А. Ефремовича в сборнике «Matематическое просвещение» — №№ 2, 3, 4 и 6 (Москва, 1957—1960 г.).

И. К.

23

Лаборатория «Кванта»

Описанные в статье опытные уже более ста лет, однако время не наложило на них отпечатка старости. Мы не знаем, предвидели ли учены, исследовавшие живкие струпы,возможность практического применения обнаруженных им явлений. Скорее всего нет. Тем не менее, как это всегда и бывают (так уже устроен мир!), восхшшаясь красотой и постиграя существенно вещей, человек извлекает из этого далекого от повседневности заяния непосредственную полезу. Сейчас живкие струпы широко использются на практике — струпные услители, генераторы и т.п.

Звуковой генератор

Необходимый для оптовоз звуковой генератор в нашей дни проще всего собрать на трансисторах. Их и другие необходимые детали можно приобретены в любом радиомагазине.

Прициплальная схема звукового генератора приведена на рисунке 1. Собственно генератор собран на трансисторах $T_1$ и $T_2$. Такой генератор дает колебания, по форме близкие к прямогольной, то есть состояние из множества синусодальных гармоник. Вот почему его называют мультимиктором (multum — много, vibro — колебание). Частота колебаний, даваемых мультимиктором, определяется емкости конденсаторов $C_1$, $C_2$ и сопротивлениями резисторов $R_2$, $R_3$, $R_4$. Переменный резистор $R_3$ служит для плавного изменения частоты. На трансисторе $T_3$ собран услитель низкой частоты. Нагрузкой трансистора $T_3$ является первичная обмотка трансформатора $Tp$, ко вторичной обмотке которого подключен диамик (громкоговоритель) $Tp$.

Звуковой генератор может быть собран, например, так, как показано на рисунке 2. В налаживания этот прибор не нуждается, и, если детали исправны, а прибор собран в соответствии со схемой, генератор начинает работать сразу по включении питания.

Влияние звука на водяную струю

Аналізируя работу струйного авто-genератора, мы уже говорили о том, что звук должен каким-то образом

24

влиять на струю. Предлагаем вам выяснить на опите, так ли это на самом деле.

Сtekлянную трубку с ответием диаметром около 1 мм виденьте в конец резинового шланга, другой конец которого опустите в сосуд с водой, расположенный на высоте 0,5—1 м над поверхностью стола. Сtekлянную трубку укрепите на столе под произвольным углом к горизонту. Ртом вытяните из шланга воздуха и получите струю.

В опытах со струйным автогенератором мы рекомендували шланг соединять неосредственно с водопроводным краном. Здесь такой способ получения струи нежелательен потому, что по железным трубам водопровода хорошо распространяется различные звуки и, если они как-то влияют на струю, будутмешать наблюдаемым.

Выходящая из ответия стеклянной трубки струя недорога. Вблизи ответия она сплошная, затем мутнеет и уже в верхней части траектории разбивает на совершенное обособленные капли, которые падают настолько быстро, что создают ошибение целого снова непрерывных струй (рис. 3, а). Теперь рядом со стеклянной трубкой поставьте на стол динамик и подklючите его к звуковому генератору. Включите питания и постепенно изменяйте переменным резистором частоту звука. Вы заметите, что при определенной частоте сплошной (прозрачный) участок струи резко сокращается, а сноп струй сппается, образуя одну внешне совершенную непрерывную струю (рис. 3, б)! Это настолько удивительно, что все, кто видит описанное явление первый раз, приходит в изучение. Оказывается, воданая струя чрезвычайно чувствительна к звуку. Можно расположить динамик в любом месте стола, ответи его на другой стол — все равно, если частота звука подобна правильно, струя реагирует на звук. Меняя частоту звука, можно получить из сноп струй и две струи, примерное равные по толщине (рис. 3, с), и три струи, и две струи, одна из которых значительно тонше другой и быть как-то в сторону (рис. 3, д), и т. д.

Если для проведения опытов вы не решились собрать звуковой генератор, его можно заменить любым другим источником звука, частоту которого можно изменять. Самый доступный из них — это ваш голос. Над только имеет в виду, что звук, на котором реагирует струя, должен быть достагоно низким. Лучше всего, если его частота лежит в пределах 200—500 Hz. Громко кричат струе вовсе не обязательно: она довольно послушна, если вы уменьшите струе на понятном ей языке. Другим возможность источником звука является, например, гитара. Приносится его к поверхности стола и перебирайте струны. Вы без особого труда подберете звук такой частоты, при котором размазанная струя сппается. Взяв одновременное звуки слегка отличiousся частот, можно получить звуковые биеняя, и тогда струя будет сппаться в такт с изменениями звука.

Попробуем обяснить, почему же разбрызганная струя сппается под действием звука. Заметим еще раз, что как только струя начинает реаги-

Рис. 1. Прициплальная схема генератора. Параметры схемы: трансисторы $T_1$—$T_3$ типа МП41; диамик $\Gamma p$ типа 0,5ГД21; трансформатор $Tp$ — выходной от карманного радиоприемника; напряжение питания 4,5—9 В (одна или две последовательно соединенные батарейки для карманного фонаря); $R_1 = R_5 = 10$ кОм, $R_2 = R_4 = 47$ кОм, $R_3 = 68$ кОм, $C_1 = C_2 = 0,05$ мкФ.

Рис. 2. Внешний вид генератора.

25

ровать на звук (при определенной частоте последнего), произный участок струпу уменшается. Это означает, что процесс образования капель теперь начинается раньше. В чем причина?

В отсутствие звука струпа сама распадается на капли, причем капли появляются более или менее упорядоченным образом. Однако в силу случайных obstructions капли оказываются немного различными. Каждый из них, обладая свой массой и скорость, летит по соответствующей траектории, а все движущие капли вместе создают впечатление снола струпу. При совпадении частоты звука с частотой естественного образования капель этот процесс образования начинается (сплошная часть струпу укорачивается) и происходит почти с стороны периодичностью. Звук как бы отрывается от струпа через равные промежутки времени одинаковые капли. Эти капли быстро движутся по одной траектории и производят впечатление одной спилшейся струпу.

Чтобы проверить правильность этого качественного объяснения, изготовьте простейший стrobоскоп.

Квали микрозлектроиггателя припаяйте жесткую насадку диаметром около 30 мм и толщиной 0,5—1 мм. Двумя болтами с гайками закрепите на этой насадке картоный диск диаметром 150 мм с четырьмя симметрично расположенными прорезями. Микрозлектроиггатель создает с одной (или двумя) батарейками через реостат, изготовленный из грифеля простого карандаша. Передвигая контакт по грифелю (или наоборот), можно менять сопротивление реостата и тем самым регулировать скорость вращения диска стrobоскопа.

Получите спилшуюся струпо и посмотрите на нее через стrobоскоп. Правильно подобрав скорость вра-

Рис. 4. Вид спилшейся струпу через стrobоскоп.

Рис. 3. Струп при различных частотах звука.

26

Среднее значение функции

В этой статье понятие среднего арифметического $n$ чисел обобщается на функции, определяемые на отрезке, окружности и сфере. Кроме того, в ней решается задача М394 («Квант», 1976, № 7).

1. На конечном множестве

Выступая на классном собрании, Макар Ливанов сказал: «Давайте бороться за то, чтобы успеваемость каждого ученика нашего класса была выше средней!». Видимо, Макар не очень хорошо знал математику. Давайте разберемся.

Как известно, средним арифметическим $n$ чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$ называется число $M = M(x_1, x_2, \dots, x_n)$, задаваемое равенством

$$M(x_1, x_2, \dots, x_n) = \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n}.$$ (1)

Следуя признаву Макара, мы должны были бы добиться одновременного выполнения неравенств $x_1 > M, x_2 > M, \dots, x_n > M$. Сложив эти $n$ неравенств, мы получим противоречие с (1).

Отметим неокоторые важные свойства среднего арифметического:

I. $M(x_1 + y_1, x_2 + y_2, \dots, x_n + y_n) = M(x_1, x_2, \dots, x_n) + M(y_1, y_2, \dots, y_n)$.

II. $M(\alpha x_1, \alpha x_2, \dots, \alpha x_n) = \alpha M(x_1, x_2, \dots, x_n)$.

III. $\min(x_1, x_2, \dots, x_n) \leqslant M(x_1, x_2, \dots, x_n)$.

У пряжене 1. Докажите свойства I—III.

У пряжене 2. Докажите для $n > 1$ неравенство $C_{2n}^n > \frac{2^{2n-1}}{n}$. Это легко сделать метод математической индукции, но можно — при помощи свойства III.

Свойство III часто используется следующим образом: чтобы установить, что средние $x_1, x_2, \dots, x_n$ есть числа, большее числа $d$, достаточно проверить, что $M(x_1, x_2, \dots, x_n) > d$. Расмотрим, например, задачу, предлагавшуюся на X Всесоюзной математической олимпиде.

Задача 1. На круглом столе как-то лежат 50 правильно идущих круглых часов. Докажите, что в некоторых моментах сумма расстояний от центра стола $O$ до концов минутных стрелок в момент времени $t$ час, а через $d$ сумма расстояний от точки $O$ до центра часов. Требуется доказать, что $f(t) > d$ в некоторых моментах $t$. Мы показем, что существует $t_0$, для которой $M(f(t_0), f(t_0 + \frac{1}{2})) > d$.

Значит, один из моментов $t_0$, $t_0 + \frac{1}{2}$ — исключый.

Обозначим через $O_i$ центр $i$-х часов, через $A_i$ — конец минутной стрелки этих часов в некоторых моментах $t$, через $B_i$ — конец минутной стрелки тех же часов через полчаса, т. е. в момент $t + \frac{1}{2}$. Поскольку по условияю все часы «правильно идут», найдется такой момент $t_0$, в которых точки $O, A_1$ и $B_1$ не лежат на одной прямой. Расмотрим треугольник $OA_1B_1$ и медиану $OO_1$ в нем (рис. 1). Легко доказать, что в любом треугольнике длина медианы меньше полусуммы длины сторонон, между которых она заключена (докажите!). Поэтому в момент $t_0$ мы имеем

27

Рис. 1.

$$\frac{OA_1 + |OB_1|}{2} > |OO_1|.$$ Для остальных часов в этот момент $$\frac{|OA_i| + |OB_i|}{2} \geq |OO_i|$$ (почему только $\geq$, а не >?). Сложив 50 неравенств, получим $M(f(t_0), f(t_0 + \frac{1}{2})) > d$.

2. На отрезке

В задаче 1 оказалось достаточно оценить среднее арифметическое двух значений функций. А нельзя ли рассмотреть среднее всех значений? Чтобы подобить определению этого понятия, придамим геометрический смысл среднему $n$ положительных чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$.

Разобъем какой-нибудь отрезок $[a; b]$ на $n$ равных частей и построим ступенчатую функру, состояшую из прямогольников, основаниями которых служат получившиеся отрезки длины $\frac{b-a}{n}$, а высоты равны, соответственно, $x_1, x_2, \dots, x_n$ (рис. 2). Площадь этой ступенчатой функции равна $M(x_1, x_2, \dots, x_n) \cdot (b-a)$. Таким образом, $M(x_1, x_2, \dots, x_n)$ — это высота прямогольника с основанием $[a; b]$, равновеликого соответствующей кривой нейной трапеции (рис. 3). Поскольку в рассматриваемом случае площадь

Рис. 2.

это трапеции равна $$\int_a^b f(x) \, dx$$ («Алгебра и начала анализа 10», п. 101), $M(f)$ определяется формулой

$$M(f) = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x) \, dx. \quad (2)$$

Определение (2) годится не только для непрерывной и неотрицательной функции, но и для любой функции, определяенной на $[a; b]$, для которого права часть равенства (2) имеет смысл.

Так определение среднее значение обладает свойствами, аналогичными свойствам I—III:

I’. $M(f + g) = M(f) + M(g)$.

II’. $M(\alpha f) = \alpha M(f)$.

III. $$\min_{[a; b]} f \leqslant M(f) \leqslant \max_{[a; b]} f.$$ Уражение 3. Докажите свойства I’—III'.

Уражение из I’—III’ свойства IV’. Если $f(x) \leqslant g(x)$ для всех $x \in [a; b]$, то $M(f) \leqslant M(g)$.

Со средним значением функции на отрезке вы уже стalkивались в заметке А. Виленкина «Игла Бюфона» («Квант», 1977, № 5). Приведем еще один пример применения этого понятия.

Задание 2. На плоскости данных векторы $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$, сумма которых равна 0. Докажите неравенство

$$|\vec{a}| + |\vec{b}| + |\vec{c}| + |\vec{d}| \geqslant |\vec{a} + \vec{d}| + |\vec{b} + \vec{d}| + |\vec{c} + \vec{d}|. \quad (3)$$

Наше решение этой задачи будет опираться на ее одномерный вариант:

28

Рис. 3.

Упражнение 5. Докажите, что если $a, b, c, d$ — действительные числа, сумма которых равна 0, то $|a| + |b| + |c| + |d| \geq |a+d| + |b+d| + |c+d|$.

Решение. Если в (3) векторы $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ заменить их проекциями на какую-нибудь ось («Геометрия 9»), получится (4). Возникает идея: доказать (3), рассматривая проекции данных векторов $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ на всевозможные оси. Попробуем ее реализовать.

Пусть $\vec{p}$ — вектор. Введем вспомогательную функцию $p$ следующим образом: фиксируем некоторую ось $l_0$; обозначим через $p(\alpha)$ проекцию вектора $\vec{p}$ на ось $l$, образующую с осью $l_0$ угол $\alpha$ (рис. 4). Если $\varphi$ — угол между вектором $\vec{p}$ и осью $l_0$, то $p(\alpha) = |\vec{p}| \cos(\varphi - \alpha)$.

Рассмотрим среднее значение $M(|p|)$ функция $\alpha \rightarrow |p(\alpha)|$ на отрезке $[0; 2\pi]$. Из определения (2)

$$M(|p|) = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} |p(\alpha)| d\alpha =$$

$$= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} |\vec{p}| \cos(\varphi - \alpha)| d\alpha =$$

$$= \frac{|\vec{p}|}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} |\cos(\varphi - \alpha)| d\alpha.$$

Покажем существование такого $k \neq 0$, что для любого вектора $\vec{p}$ справедливо равенство

$$M(|\vec{p}|) = k |\vec{p}|.$$

(6)

В силу (5) достаточно доказать, что интеграл $\int_{0}^{2\pi} |\cos(\varphi - \alpha)| d\alpha$ не зависит от вектора $\vec{p}$, то есть не зависит от угла $\varphi$.

$$\int_{0}^{2\pi} |\cos(\varphi - \alpha)| d\alpha = \int_{0}^{2\pi} |\cos(\alpha - \varphi)| d\alpha =$$

$$= \int_{0}^{2\pi} |\cos \alpha| d\alpha = \int_{0}^{2\pi} |\cos \alpha| d\alpha =$$

$$= \int_{0}^{2\pi} |\cos \alpha| d\alpha + \int_{0}^{2\pi} |\cos \alpha| d\alpha + \int_{0}^{2\pi} |\cos \alpha| d\alpha + \int_{0}^{2\pi} |\cos \alpha| d\alpha.$$

(7)

В этой выкладке использованы два свойства интегралов:

$$\int_{a}^{b} f(x + p) dx = \int_{a+p}^{b+p} f(x) dx,$$

$$\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{c} f(x) dx + \int_{c}^{b} f(x) dx$$

29

«Алгебра и начала анализа 10», п. 106 и задача № 512). Центральным местом выкладки является использование того факта, что $2\pi$ — период функции $\alpha \rightarrow \cos \alpha$.

Интеграл $\int_0^{2\pi} |\cos \alpha| d\alpha$ вычислить (он равен 4), но нам важно лишь то, что он не зависит от $\varphi$ и отличен от 0.

Если $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = 0$, то для любого $\alpha$ имеем $a(\alpha) + b(\alpha) + c(\alpha) + d(\alpha) = 0$. В силу (4)

$$|a(\alpha)| + |b(\alpha)| + |c(\alpha)| + |d(\alpha)| \geq |a(\alpha) + d(\alpha)| + |b(\alpha) + d(\alpha)| + |c(\alpha) + d(\alpha)|.$$

(8)

Поскольку (8) выполняно для любого $\alpha \in [0; 2\pi]$, из свойств IV’ и I’ вытекает

$$M(|a|) + M(|b|) + M(|c|) + M(|d|) \geq M(|a+d|) + M(|b+d|) + M(|c+d|).$$

Из (6)

$$k|\vec{a}| + k|\vec{b}| + k|\vec{c}| + k|\vec{d}| \geq k|\vec{a}+d| + k|\vec{b}+d| + k|\vec{c}+d|.$$

Сократив на $k$, получаем (3).

3. На окружности и сфере

Задание 3. В пространстве данных векторы $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$, сумма которых равна 0. Доказите для них неравенство (3).

Хотелось бы доказать (3) переменем «плоского расчудения» (из задания 2) в пространство. Для этого надо как-то определить среднее значение модели проекций вектора на всевозможные оси в пространстве. Чтобы посяснить, как это делается, рассмотрим сначала функцию, определяемые на окружности единичного радиуса.

Пусть $f$ — такая функция. Для произвольного $\alpha$ положим $f(\alpha) = f(A)$, где $A$ — конец пути нашей окружности с радианной мерой $\alpha$ (рис. 5). Таким образом, произвольной функции $f$, заданной на единичной окружности, мы поставили в соответствии неокоторую функцию $f$,

определенную на всей прямой. Очевидно, $f$ — периодическая функция с периодом $2\pi$. Определим теперь среднее значение $M(f)$ функции $f$ на окружности как среднее значение функции $f$ на отрезке [0; 2π].

В приведенном решении задачи 2 ключевую роль играла неравенство среднего $M(|p|)$ от направления вектора $p$. Эта неравенство есть частьный случай следующего общего свойства средних значений функции на окружности:

$V'$. Пусть $f$ и $g$ — функции, определяемые на окружности, причем существует максимум $\alpha$, что для любих $A$ окружности $g(A) = f(R^\alpha(A))$ (десь $R^\alpha$ — поворот вектора данной окружности на угол $\alpha$). Тогда $M(g) = M(f)$.

Упражнение 6. Докажите свойство $V'$.

Переход к задаче 3, рассмотрим в пространстве сфера единичного радиуса с центром в начале координат $O$. Для функции, заданных на этой сфере, можно так определить среднее значение, чтобы свойства $I$ — $V'$ выполнялись. Мы не можем здесь обьясить, как это делается, так как для этого пришлось бы ввести интеррирование по сфере. (Это можно сделать с помощью интерральных сумм примерно так же, как определяется интерраЛЬ на прямой в п. 104 учебника «Алгебра и начала анализа 10».) Допустим, что среднее значение $M(f)$ функции $f$ на сфере как-то определено, причем свойства $I'$ — $V'$ выполняются. (Таким образом, мы как рассматриваем аксиоматическое задание среднего значения функции

30

цини на сфере. Интересно отмечить, что «аксиомами» $I' - V'$ оно определяется однозначно.)

Пусть $p$ — вектор. Введем вспомогательную функцию $p$ следующим образом: для любой точки $A$ нашей сферы обозначим через $p(A)$ проекцию вектора $p$ на ось, определяемого вектором $\vec{OA}$.

Рассмотрим среднее значение $M(|p|)$ функции $A \rightarrow |p(A)|$ на сфере. Покажем существование такого $k \neq 0$, что для любого вектора $p$ выполняется (6). Для этого, выду свойства $II'$, достаточно доказать, что $|\vec{p}| = |\vec{q}|$ влечет $M(|p|) = M(|q|)$.

У практике 7. Покажите, что это достаточно.

Пусть $|\vec{p}| = |\vec{q}|$. Обозначим через $R$ какой-нибудь поворот пространства векруг оси, проходящий через точку $O$, который переводит луч с направляющим вектором $\vec{q}$ в луч с направляющим вектором $p$. тогда для любой точки $A$ сферы $q(A) = p(R(A))$. Из $V'$ вытекает $M(|q|) = M(|p|)$.

Дальнейшее решение задачи 3 должно повторяет решение задачи 2. (Упражнение 5 и задачи 2, 3 исчерлыют задачу М394.)

4. Длина через ширину

Идею, на котором основано решение задачи 2 и 3, можно использовать для вычисления длины плоской замкнутой выпуклой ломаной.

Пусть $J$ — такая ломаная, $a_1, a_2, \dots, a_n$ — ее звенья. Фиксируем некоторую ось $l_0$. Пусть $l_\alpha$ — ось, образующая с осью $l_0$ угол $\alpha$. Обозначим через $Ш(\alpha)$ «ширину» нашей ломаной в направлении оси $l_\alpha$, т. е. длину ее проекции на ось $l_\alpha$. Оказывается, если знать «ширину» ломаной $J$ в произвольном направлении, т. е. уметь вычислять функцию $\alpha \rightarrow Ш(\alpha)$, то можно найти ее длину $L$. Покажем, как это сделать.

Обозначим через $a_i(\alpha)$ длину проекции звена $a_i$ на ось $l_\alpha$.

У практике 8. Докажите, что $Ш(\alpha) = \frac{1}{2} [a_1(\alpha) + a_2(\alpha) + \dots + a_n(\alpha)]$.

В решении задачи 2 было показано, что среднее значение функции $\alpha \rightarrow a_i(\alpha)$ пропорционально $|a_i|$. Из (5) и (7) коэффициент пропорциональноности равен $\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |\cos \alpha| d\alpha = \frac{2}{\pi}$.

Из упражнения 8 и свойств $I'$, $II'$ среднее значение $M(Ш)$ функции $Ш$ равно получиме средних значений функции $\alpha \rightarrow a_i(\alpha)$. Следовательно,

$$M(Ш) = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{\pi} |a_1| + \right. \\ + \frac{2}{\pi} |a_2| + \dots + \frac{2}{\pi} |a_n|) = \\ = \frac{1}{\pi} \left( |a_1| + |a_2| + \dots + |a_n| \right) = \frac{1}{\pi} L.$$

Отсюда и из (2)

$$L = \pi \cdot M(Ш) = \pi \cdot \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} Ш(\alpha) d\alpha = \\ = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} Ш(\alpha) d\alpha (9)$$

Таким образом, зная функцию $Ш$, мы можем найти длину $L$ ломаной $J$.

У практике 9. Докажите, что если длины всех сторон и диагоналей выпуклого многоугольника меньше $d$, то его перimeter меньше $πd$.

Формула (9) справедлива для любой плоской замкнутой выпуклой кривой. Изложенный метод определения длины «через ширину» предложил в 1930 году известный полский математик Г. Штейнгуз.

5. Длина суммы

Задча 4. На плоскости данных векторы $a_1, a_2, \dots, a_n$, сумма длины которых равна 1. Докажите, что средние можно выбрать несколько векторов, длина суммы которых не меньше $\frac{1}{\pi}$.

Решите эту задачу, следуя предлагаемому ниже плану. Пусть $3$ — подмножество множества $\{a_1, a_2, \dots\}$.

31

…, $a_n$ с наиболее длиной суммы.

Упражнение 10. Докажите, что все векторы из $B$ «смотрит в одну сторону», т. е. образуют с некоторой осью остые углы.

Назовем псевдопроекция вектора $p$ на ось $l$ обычную проекцию, если угол между $p$ и $l$ — острый, и число $0$ — в противном случае. Фиксируем некоторую ось $l_0$. Пусть $l_\alpha$ — ось, образующая с осью $l_0$ угол $\alpha$. Положим

$$g(x) = \begin{cases} \cos x, & \text{ если } \cos x > 0, \\ 0, & \text{ если } \cos x \leq 0. \end{cases}$$

Упражнение 11. Проверьте, что $\int_0^{2\pi} g(\varphi - \alpha) d\alpha = 2$ при любом $\varphi$.

Если $\varphi$ — угол между вектором $p$ и осью $l_0$, то псевдопроекция этого вектора на ось $l_\alpha$ равна $|p|g(\varphi - \alpha)$.

Обозначим сумму псевдопроекций векторов $a_1, a_2, \ldots, a_n$ на ось $l_\alpha$ через $f(\alpha)$.

Упражнение 12. Докажите, что среднее значение функции $f$ на отрезке $[0; 2\pi]$ равно $\frac{1}{\pi}$.

Упражнение 13. Докажите, что ось $l_\alpha$ можно выбрать так, что сумма псевдопроекций данных векторов на эту ось будет не меньше $\frac{1}{\pi}$.

Упражнение 14. Докажите утверждение задачи 4.

Константу $\frac{1}{\pi}$ в задаче 4 нельзя заменить никакой большей констаной. В этом можно убедиться, взяв достаточно большое $n$ и векторы, идущие по сторонам правильно $n$-угольника.

Если в задаче 4 заменить $\frac{1}{\pi}$ на $\frac{1}{4}$, соответствующое утверждение будет верно и для векторов в пространстве.

Арифметика с геометрией

a) Найдите длины сторона квадрата и равностороннего треугольника, изображенных на рисунке, если в формулах, выражающих длины сторона, каждой буквой запищена некоторая цифра.

b) Решите ту же задачу для одного ромба, изображенного на следующем рисунке.

В. Радунский

32

Задачи

M451—M455; Ф463—Ф467

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи не стандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки ньюшней школьной программы. Наиболее трудные задачи отмечены звездочек.

Решения задач из этого номера можно прислать не позднее 1 октября 1977 года по адресу: 113035, Москва, М-35, Б. Ордынка, 21/16, редакция журнала «Квант». После адреса на конверте написите номера задач, решения которых вы посылаете, например, «M451, М454» или «Ф467». Решения задач по каждому из предметов (математике и физике), а также новые задачи просылаять в отдельных конвертах. Задачи из разных номеров журнала прислайте также в разных конвертах. В письмо вложите конверт с написанным на нем вашим адресом (в этом конверте вы получите результат проверки решения). Условия оригинальных задач, предлагаемых для публикации, прислайте в двух экземплярах вместе с вашими решениями этих задач (на конверте пометьте: «Задачик «Кванта», новая задач по физике» или «…новая задач по математике»). После формирования задач мы обычно указываем, кто предложил нам эту задач. Разумеется, не все эти задачи публикаются впервые. В этом и следующих номерах «Задачик «Кванта» составлен в основном из задач, предлагавшихся на последней Всегоизной олимпиде.

M451. На плоскости отмещено несколько точек, не лежащих на одной прямой, и около каждой написано число. Известно, что если прямая проходит через или более отмещенных точек, то сумма всех чисел, написанных около этих точек, равна нулю. Докажите, что все числа равны нулю.

Ф. Вайнитейн

M452. В окружность вписаны треугольники $T_1$ и $T_2$, причем вершины треугольника $T_2$ являются серединами дуг, на которые окружность разбивается вершинами треугольника $T_1$. Докажите, что в шестиугольнике $T_1 \cap T_2$ диагонали, соединяющие противоположные вершины, параллельны сторонам треугольника $T_1$ и пересекаются в одной точке.

H. Нецветаев

M453. Дано множество положительных чисел $\{a_1; a_2; ...; a_n\}$. Для каждого его подмножества выпишем сумму входящих в него чисел (расматриваются суммы из одного, двух, …, $n$ слгаемых). Докажите, что все выписанные числа можно так разбить на $n$ групп, чтобы в каждой группе относение набольшего числа к наименшему не превысило 2.

M454. За круглым столом сидят 7 гномов. Перед каждой стонут кружка. В некоторых из этих кружек налито молоко. Один из гномов разливает все свое молоко в кружки остальных поровну. Затем его сосед справа делает то же самое. Затем то же самое делает следующий сосед справа и так далее. После того, как последний, следующий гном разливаем остальные свое молоко, в каждой кружке оказалось столько же молока, сколько было в ней вначале. Во всех кружках вместе молока 3 литра. Сколько молока было первоначально в каждой кружке?

B. Гутенахер