Квант 1978, №7 · Страницы

КВАНТ 7
1978

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

На заключительном.type XI Всегоизной олимпиады школьников по математике была приведена трудная и очень интересная задача (см. с. 33, задача M515). Рисунок, помещенный вверх, помещет вам ее решить.

1

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

Редакционная коллекция:
М. И. Башмаков
С. Т. Беляв
В. Г. Болтянский
Н. Б. Васильев
Ю. Н. Ефремов
В. Г. Зубов
П. Л. Капица
В. А. Кириллин
А. И. Климанов
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:
В. Фабрикант. Сюпризы зеленого стекла
А. Гейин. На пути к решению
В. Дуков. Конвекционные токи и токи смещения
М. Гарднер. Числа Каталана

Лаборатория «Квант»
Е. Пальчиков. Какого цвета зеленка?
А. Лушков, Ю. Лужков. «Звезды» из водяной капли

Математический кругхок
Г. С. М. Коксемер, С. Л. Грейтцер. Задча о трех кувшинах

Задачник «Квант»
Задачи M511 — M515; Ф523 — Ф527
Решения задач M461 — M464; Ф478 — Ф481

«Квант» для младших школьников
Задачи
А. Дозоров. Оптика без оптики

По страницам школьных учебников
А. Земляков, В. Орлов. Вопросы для выпускников
В. Береzin. Геометрия зубчатой передачи

Практикум абитриента
Вариantsы вступительных экзаменов 1977 года
Б. Адафонов, В. Кобелев, В. Прохоренко. Московский энергетический институт
Ю. Худак. Московский институт радиотехники, электроники и автоматики
Б. Кучеров, В. Горбачевич. Московский авиационный технологический институт им. К. Э. Циолковского
Л. Милованава. Московский институт химического машиностроения
Л. Кронагауз, Л. Кульчицкая, Б. Савина. Московский институт инженеров землеустройства
И. Бломкина, Ленинградский финансово-экономический институт им. Н. А. Вознесенского
В. Колпаков, Л. Ладуненок. Ярославский политехнический институт
Г. Мелемьева. Мариский политехнический институт им. А. М. Горького
Г. Данилова, В. Федоров. Сибирский автоматильно-дорожный институт им. В. В. Куйбышева

Ответы, указания, решения

Список читателей, приславших правильные решения задач из Задачника «Квант» (с. 49, 59, 60)
Смеся (с. 32, 43)

© Главная редакция физико-математической литературы издательства «Нука», «Квант», 1978

2

В. Фабрикам

Сюпризы
зеленого стекла

Какого цвета зеленое стекло?

Этот вопрос может вызвать чувство естественного недомнения. Читатель с раздражением скажет: зеленое стекло потому и называется зеленым, что оно … Оdnako не надо спешить со снисходительными разъяснениями. Нехитрый опыт показет вам, что вопрос о цвете зеленого стекла совсем не так прост.

Если у вас есть кусок зеленого стекла, разбейте его осторожно на несколько не очень маленьких кусочков. Затем, посмотрите сквозь один из них на нить лампы накаливания. Как вы и ожидали, нить будет казаться зеленой (рис. 1). Наложите на этот кусочек стекла второй и снова посмотрите на нить.

Верятно, вы не заметеите изменения цвета нити, она будет зеленой по-прежнему. Но если наложить на два кусочка стекла третий и посмотрите сквозь все три кусочка на нить, вы увидите ее уже неокрашенной белесоватого цвета. Сквозь четыре кусочки нить будет казаться красно売атой, а сквозь пяты кусочки — рубиново-красной!

Результат совершенню неожиданный и весма поччительный. Оказывается, цвет стекла зависит от толщины, и зеленое в тонком слое стекло становится красным при достаточно большой толщине слоя. Таким свойством обладает, конечно, не каждое зеленое стекло, но как раз самые распространенные двевые сорта зеленых стекол.

Любопытно, что это же свойство присуше растору самого важного

4

Рис. 3. Вид зеленого пейзажа через синее очки.

Рис. 4. Обыт, не сделанный Ньютоном. При прохождения белого света сквозь пирометрический клин в спектре остатся зеленье и красные лучи.

бои действительно клин из зеленого стекла, толщина которого плавано возрастает от одного конца к другому. Клин движется в металлической оправке с отвергением для наблюдания раскаленного тела. По краю клина нанесена шкала температур, причем температура растет от тонкого конца клина к толстому. Наставив отвергение оправки на раскаленное тело, надо движать клин в оправке до тех пор, пока не произойдет изменение видимого цвета тела. Тогда на шкале против указается, соединенного с оправкой, можно прочесть температуру раскаленного тела.

Пирометрическим клином особенно часто пользовается для определения температуры расплавленного металла, например, в мартеновских печах. Несмотря на свое проctype устройство, клин в опытных руках дает высокую точность.

Вы познакомились с принципом действия полезного прибора, используемого свойства зеленого стекла, но загадака самого стекла осталась загадкой.

Обыт, не сделанный Ньютоном, и ландшафтная живопись

Наверное, многое из вас помняет знаментийный опыт Ньютона с разложением солнечного луча в разноцветный спектр при помощи стеклянной призмы. Этот опыт показал, что солнечный свет представляет смесь лучей различных цветов: красного, оранжевого, желтого, зеленого, голубого, синего и фиолетового. Ньютон поцему-то не попытался несколько условить этот опыт: поставить на пути солнечного луча цветное стекло или сосуд с окрашенной жидкостью. Во всяком случае, в своих трудах Ньютон не описывает такого опыта.

Обыт с красным стеклом, собственно, ничего интересного и не дал бы. Вместо разноцветной полоски спектра остался бы только участок, соответствующий красным лучам. Результат можно было предсказать заранее: красное стекло потому и красное, что пропускает только красные лучи и поглощает все остальные.

5

Гораздо более интересен опыт с зеленым стеклом или сосудом, наполенным растором хлорофилла. В этих случаях от спектра остатуса уже не одна, а две полоски: зеленая и темно-красная. А это значит, что зеленое стекло и растор хлорофилла пропускают не только зеленые, но и красные лучи.

По поводу хлорофилла очень интересны замечания знаменитого русского ботаника К. А. Тимирзева: «Убедиться в том, что хлорофилл пропускает красные лучи, можно очень легко: стоит на залитый ярким солнечным светом ландшафт помещать через особое синее стекло (рис. 3), которое пропускает красные и синее лучи, но задерживает зеленые, для того, чтобы перед нашими изученными взорами вся природа совершенно преобразилась — под общим снимом небом мы увидим кроваво-красную растительность. Не в этой ли особенности цвета хлорофилла лежат те трудности, с которых, оченьindo, приходится бороться ландшафтной живописи? На палитре живописца, по-видимому, нет тех зеленых тонов, которые представляют взлизи ярко освещенная зелень.»

Оставим, однako, живопись пока в стороне и вернемся к природическому клину. Несолько видимземим описываем нить лампы накаливания и между ней и признам пометтирческий клин (рис. 4). На стене мы опять видим две полоски — зеленую и красную, причем соответствие этих полосок будет зависеть от толщины клина в месте прохождения светового луча. Если луч проходит сквозь тонкую часть клина, зеленая полоска значительно ярче, чем красная. При увеличении толщины клина яркость обенх полосок сияжается, и, начиная с некоторого момента, красная полоска становится ярче зеленой. Когда зеленая полоска ярче красной, нить видна зеленой, при обратном соответствии полосок — красной. При равенстве яркости полосок нить каждой бесцветной.

Как будто загадка зеленого стекла разясенена. Однако остается еще объяснить, почему с ростом толщины стекла соответствие яркости красной и зеленой полосок меняется на обратное. Оказывается, объяснение вытекает из важного закона оптики, открытоого одним бравым моряком лет действи тому назад.

Капитан дальнейго плавания и геометрическая прогрессия

Капитан дальнейго плавания французиз Пьер Бугер, живший в первой половине восемнадцатого столетия, не был, пожалый, простым моряком. Им написаны обемистые трактаты по конструкции судов, по навигации и другим отраслям морского дела. Французская Академия наук присула Бугеру три премии за работы по морскому делу и избрала его своим членом. Вкус к морской наук Бугер унаследовал от своего отца, профессора гидродолги.

Если морем Бугер занимается по наследству, то оптикой он занялся по собственному почину. Бугер первый обратил внимание на проблемы, связанные с изменениями сны света и освещенности. Он придумал первые приборы для измерения сны света и установил, что сны света Солнца в 300 тысяч раз больше сны света Луны, а в его «Оптическом трактате» содержался очень важный закон ослабления света в поглощающих телах.

Чтобы понять смысл этого закона (его также называют законом Бугера), восползуется не очень правдо-подобной, но наглядной аналогей из области спорта. Представим себе, что мы присутствуют на плохо подготовленном массивом составании в беге на семь климетров. Слабая тринировка участников стала сказаться сразу, и большими быстроустановидимой следующей любопытный закон—лишь одна треть бегунов, начавших данный климетр дистанции, добавает его до конца. Старт приняли 2187 участников, к концу первого климетра на дистанции остались 729, к концу второго — 243, к концу третьего — 81, четвертого — 27, пятого — 9, шестого — 3. Наконец, сельмой климетр заканчивает только один бегун, объясвленный победительem. Судьям даже не пришлось восполнить

6

Рис. 5. Иллюстрация применения закона Бугера для обяснения изменения цвета нити лампы накаливания при увеличении числа зелёных стекол.

Рис. 6. Острый глаз древнерусского художника заметил изменение цвета в глубине складаок ткани, произходшее за счет повторных отражений.

зоваться секундомером для определения того, кто первый коснулся финишной ленточки.

Выпишем в строку числа бегунов, пробежавших различные дистанции:
2187, 729, 243, 81, 27, 9, 3,1.

Нетрудно видеть, что эти числа обязают убивающему геометрическую прогрессию, в котором каждое последующее число в три раза меньше предыдущего, стоящего слева от него.

Вернемся от спорта к оптике. Возьем кусок окрашенного стекла. Допустим, что он пропускает одну треть падающего на него света. Добавим второй такой же кусок. Он пропускит одну треть светового потока, прошедшего через первый кусок, то есть одну девятую часть светового потока, падающего на первый кусок. Поставив еще один кусок, получим одну двадцать седьмуую часть и так далее.

Ясно, что такой же результат получился бы просто при увеличении толщины куска стекла вдвое, второе и т. д. Когда толщина стекла растет, доля пропускаемого света падает по геометрической прогрессии.

Это и есть закон, открытий Бугером. В примере с бегунами мы уже видели, как быстро уменьшаются числа в геометрической прогрессии.

Еще немного спорта

Вооруженные законом Бугера, мы можем смело броситься в атаку на загадку зелёного стекла. Оdnako прежде вспомним опять о спорте.

Новички, так неудачно пробежавшие дистанцию в семь километров, самоуверенно вызвали на соревнование команду опытных мастеров. Мастера приняли вызов и даже предложили

7

весьма великоудушные условия. На старт выходят все 2187 новичков и только 512 мастеров. Победившей считается команда, в которой больше число бегунов добавит до конца седьмого kilometer.

На составание обе команды являются в цветных майках: новички надели зеленье майки, мастер — красные.

После первого kilometer стороны новичков приобретились. Из команды новичков осталось, как и в прошлом раз, 729 бегунов, а у мастеров — 256. Большой численный перевести сохранили на стороне новичков. Поклонники мастеров были несколько обессуражены тем, что в этой команде сразу вышили из строя половина бегунов. Но один из большейков, сделав карандашом нехитры выкладки на папирской коробке, уверенно заявил, что если дело поjdет так же и дальше, то выиграют наверняка мастер.

После второго kilometer «зеленьх» осталось 243 человек, а «красных» — 128. После третьего kilometer «зеленьх» — 81, а «красных» — 64. Настроение стороны новичков заметно стало падать. После четверого kilometer «зеленьх» — 27, а «красных» — 32. Все с почтением посмотрели на предсказателя с коробкой папирос.

Оставшиеся три kilometer толькоусугубили поражение «зеленьх». После пятого kilometer «зеленьх» — 9, «красных» — 16, после шестого — 3 и 8. Наконец, к финишу в конце седьмого kilometer пришли один «зеленьй» и четыре «красных».

Выпишем друг под другом числа бегунов в обихом командах:

2187, 729, 243, 81, 27, 9, 3, 1
512, 256, 128, 64, 32, 16, 8, 4.

Во второй stroke относение последующего числа к предыдущему равно одной стороны, а в первой stroke, как и раньше, — одной трети. Оказалось, что эта небольшая разница в числах не только достаточно, чтобы компенсировать больший начальный численный перевести команда «зеленьх», но и привела команду «красных» к победе. Нужна была только достаточно длиная дистанция, не менее четырех kilометров. На более коротких дистанциях победили бы «зеленьые».

В поведении зеленьх и красных лучей и «зеленьх» и «красных» бегунов существует полная аналогия (рис. 5). Зеленое стекло лучше проускает темно-красные лучи, чем зеленье, причем, согласно закону Бугара, различие в пропускании этих лучей быстро растет с ростом толщины слоя стекла («длинная дистанция»).

Но тогда естественно возникнет вопрос: почему в тонком слое стекло каждой зеленьм, если оно пропускает темно-красные лучи лучше, чем зеленье? Объясняется это спектральной характеристикой источника света, с которой проводился опыт: зеленьй участок спектра городадо ярче, чем темно-красный (команда «зеленьх» многочисленное «красных»). В тонком слое стекла («короткая дистанция») разница в поглощении темно-красных и зеленьх лучей еще не настолько велика, чтобы перекрыть перевести в начальной ярости зеленьх лучей. Основную роль играют зеленье лучи, что и дает соответствующее окраску.

С ростом толщины стекла, согласно закону Бугара, пропускание зеленьх лучей падает несравненно быстрее, чем темно-красных (числа «зеленьх» и «красных» бегунов на больших дистанциях). При достаточно большой толщине разница в пропускании луче так велика, что перекрывает начальный перевести в ярости зеленьх лучей, и от всего спектра практической остается только темно-красная половина.

Осталось только обязывать, какую роль играет температура раскаленного тела, на котором мы смотрим стекло. Известно, что чем сильнее мы раскалим любой металлической предмет, тем более даваем им свет. Недаром говорят: «Довести до белого каления». Так, при недостатном накале лампочка накаливания дает красноватый свет, при нормальном накале — горизонтов более белый. Объясняется это тем, что с ростом температуры ярость зеленьх и синих лучей растет горизонтов быстрее, чем красных.

8

Значит, при более высокой температуре разница в яркости зеленой и темно-красной части спектра больше, и ее труднее перекрыть поглощением в стекле. Вот почему при более высоких температурах раскаленого тела для изменения цвета наблюдаемого излучения нужно более только стекло.

Древнерусские inklы и наблюдания Леонардо да Винчи

На некоторых древнерусских inklах бросается в глаза необычная расщевака одеяний святых. Складки изобравенны краской, обладающей резко отличным цветом от цвета гладких частей одеяния. Например, красные складки на зеленом плаше (рис. 6) или оранжевые складки на синем одеянии. Ostрый глаз древнерусского богатмаза заметил, что неоторные ткани обладают двухцветностью и в складках прибретают другой цвет, чем наровной поверхности. Причина двухцветности ткани та же, что и в опыте с приметрическим клином.

Если луч света, отраженный от двухцветной ткани, пропустить сквозь призму, то в спектре обязательно останутся две цветные полоски. Для зеленой двухцветной ткани картина будет той же, что с зеленьм стеклом: останутся красная и зеленая полоски, остальные лучи поглотятся.

Двухцветная зеленая ткани лучше отражает красные лучи, чем зеленыые, но при однократном отражении от гладкой поверхности ткани сказывается большая яркость зеленных лучей в падающем свете. Поэтому в однократно отраженном свете все-тaking преблюдают зеленные лучи.

В складках ткани свет испытывает по крайней мере два последовательных отражения. При втором отражении красные лучи отражаются опять сильнее, чем зеленыые, и в результате двухкратного отражения происходит то же, что и в зеленом стекле большой толщины: яркость красных лучей становится большей яркости зеленных лучей, и ткани меняет цвет. Многократные отражения услышают этот эффект.

Большинство обычных ткани обладает прямо потивоположными свойствами. В складках получается более насыщенный, но такой же цветовой тон, что и наровной поверхности. Объясняется это опять-taking повторными отражениями. Свет, отраженный от таких ткани, после разложения признаков дает только одну положку в спектре вместе двух полосок у двухцветных ткани. Например, свет, однажды отраженный от желтого бархата, дает в спектре широкую полосу с наиболее яркой частью в желтой части. Кроме того, в спектре присутствует еще зеленье и голубые лучи. При двукратном отражении полоса в спектре становится уже, так как голубые лучи практически исчезают совсем, а зеленье сильно ослабляется. Это работает все тот же закон геометрической прогрессии. В результате желтого-оражневый отраженный свет делает более насыщенным.

Один из наиболее достопополнительных генев, живших когда-либо, — Леонардо да Винчи — не только заметил своим глазом художника эту особенность складок ткани, но и, как ученый, дал вполне правильное объяснение наблюдаемого явления. В «Трактате о живописи» он пишет: «Отраженные цвета имеют гориздо большую красоту, чем природный цвет этих тел, как это видно на открывающихся складках золотых ткани …, когда одна поверхности отражается в другой, стоящей направлении, а эта в ней, и так последовательно до бесконечности».

В том же «Трактате о живописи» сказано: «Рефлексы (отражения) от живого тела, получающего свет от другого живого тела, более красны и более преосходно телефонного цвета, чем любая другая часть живого тела, какая только может быть у человека». Созерцая с наслаждением в залах ленинградского «Эрмитажа» изумительные полотна Ван-Дейка и Рубенса, нетрудно заметить, что и для этих великих мастерств эфект многократных отражений не был тайной.

А. Гейн

На пути к решению

Иногда небольшое изменение или обобщение условий школьной задачи может привести к интересным теоремам и даже нерешенным проблемам. Так, несколько лет назад В. И. Арнольд предложил задачу: «Описать все наборы из $n$ натуральных чисел, таких, что произведение любых $n-1$ из них в сумме с единицей делится на оставшееся». Об этой задаче мы писали и в «Кванте» («Квант», 1976, № 12, с. 5). Получается она из современных школьной задачи: найти все такие тройки чисел, отличных от единиццы, что произведение любых двух чисел тройки, сложенное с единицей, делится на третье число («Сборник задач Московских математических оптимизации», М., «Просвещение», 1965, с. 70, задача 215). В ответе — единственный набор: (2, 3, 7). Если отбросить требование о том, чтобы все числа были отличны от единиццы, получается еще три набора: (1, 1, 1), (1, 1, 2) и (1, 2, 3). Столько же описать и все такие пары и четверки чисел. А вот дать ответ для произвольного $n$ никак не удается — это до сих пор нерешенная проблема.

В замечательной книге Д. Пойа «Как решать задачу» сформулированы «правила исследований». Перечислим некоторые из них.

Начните с частных случаев — они могут оказаться легче. Расмотите полученные результаты. Наблюдайте, обобщайте, проверяйте.

Проанализируйте метод решения, расчлените его и посмотите, какие его части могут быть пересечены на общий случай.

Подойдите к задаче с различных сторон, исследуйте различные детали; исследуйте один и те же детали, но с разных точек зрения, попытайте усмотреть в каждой детали некоторую новую интерпретацию задачи. Ищите точки соприкосновения с вашими ранее приобретенными знаниями. Пытайтесь видеть знакомое в том, что вы исследуете и полезное в том, что оказалось знакомым.

Вглядитесь в метод. Постраайтесь выделить в нем главное. Постраайтесь улучшить его.

Попробуем, пользовать «правила исследования», вымательно присмотреть к тому, что известно о задачах с $n=2, 3$ и 4; может быть, это помогет нам хотя бы учточку приализиться к решению общей проблемы.

10

1. Повторение

• А разве ты не видишь?
• Нет.
• И я тоже!

Изагровора Иа·Иас Винни Пухом*)

С чего же начать? Прежде всего — с ответов в школьных вариантах задачи (n=2, 3, 4). Выпишем эти ответы в таблицу:

| n = 2 | (1, 1) | (1, 2) | (2, 3) | |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| n = 3 | (1, 1, 1) | (1, 1, 2) | (1, 2, 3) | (2, 3, 7) |
| n = 4 | (1, 1, 1, 1) | (1, 1, 1, 2) | (1, 1, 2, 3) | (2, 3, 7, 43) |

Не правда ли, решение для различных n оцень похожи? Они образуют вертикальные серии и получаются добавлением единиц. Это наблюдение распространяется на всевозможные n с помощью следующей оцененной леммы:

Лемма 1. Пусть набор чисел (x₁, x₂, …, xₙ) является решением задачи для n=k. Тогда набор чисел (x₁, x₂, …, xₙ, 1) — решение задачи для n=k+1. И набором: если среди k+1 чисел, являющихся решением задачи для n=k+1, имеется единица, мо, убрав ее из набора, получим решение задачи для n=k.

А какрождаются новые серии: (2, 3), (2, 3, 7), …?

Пусть (x₁, …, xₙ) — решение задачи для n=k. По условию задачи, если (x₁, …, xₙ, xₙ+1) — решение задачи для n=k+1, то x₁ … xₙ+1 + 1 = Cxₙ+1, где C — неокоторое натуральное число. Попробуем положить C равным единице (так получаются числа 3=2+1, 7=2·3+1, 43=2·3·7+1). Докажем такую лемму:

Лемма 2. Если набор чисел (x₁, …, xₙ) — решение задачи для n=k, то набор (x₁, …, xₙ, xₙ+1) — решение задачи для n=k+1.

*) Все эпиграфы взяты из сказки Милна «Винни Пух и Все, Все, Все».

При помощи лемм 1 и 2 из каждой решения задачи для n=k могут быть получены два решения задачи для n=k+1. На рисунке 1 показано, как из решения задачи для n=2 при помощи леммы 1 (красные стрелки) и при помощи леммы 2 (синные стрелки) таким способом получаются решения задачи сначала для n=3, а затем — для n=4.

Ниоткуда не следует, что таким путем мы получим все решения. Впрочем, легко доказать, что набора, указанным на рисунке 1, исчерпываются все решения нашей задачи для n=2, 3, 4. К сожалению, из решения для n=4 таким способом получаются не все решения для n=5; кроме решения (2, 3, 7, 43, 1807), получающегося по решетту леммы 2, есть еще такое: (2, 3, 7, 47, 395).

2. Сведения к уравнению

Далее неиможечко,чайная ложечка,— это уже хорошо.

Винни Пух

Лемма 1 позволяет здесь и далее не рассматривать решения, содержащих 1,— с ними все ясно. Тогда, если набор (x₁, …, xₙ) — решение задачи для n=k, то все числа xᵢ различны (подумайте, почему).

11

Рис. 1.

Аналізируя ответы задачи при $n = 2, 3$ и 4, мы можем создать гипотезы лишь о строении этих ответов, а отнюдь не о том, как решать задачу. Посмотрим теперь, как эти ответы получаются для $n = 3$.

Пусть $(x, y, z)$ — некоторое решение задачи с треем числами. Тогда должны выполнять равенства

$$\begin{cases} xy + 1 = k_1z, \\ xz + 1 = k_2y, \\ yz + 1 = k_3x, \end{cases}$$

где $k_1, k_2, k_3$ — какие-то натуральные числа.

Перемножив эти соотношения, получим

$$xyz (xyz + x + y + z) + xy + xz + yz + 1 = k_1k_2k_3xyz.$$

Отсюда вытекает, что $xy + xz + yz + 1$ делится на $xyz$, то есть

$$xy + xz + yz + 1 = Axyz,$$

где $A$ — натуральное число. Разделив обе части этого равенства на $xyz$, получим

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = A. \quad (1)$$

Итак, любое решение задачи для $n = 3$ удовлетворяет уравнению (1). Осовобидшись от значенателя, легко увидеть, что и обратно: если $x, y, z$ — натуральные числа, удовлетворяющие — при некотором натуральном $A$ — уравнению (1), то $(x, y, z)$ — решение задачи для $n = 3$.

Левая часть (1) принимает наиболее значение при наименьших значениях $x, y, z$; если $2 \leq x < y < z$, то

$$A \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{27}{24} < 2.$$

Следовательно, $A = 1$ и $x, y, z$ удовлетворяют уравнению

$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1.$$

Ну что же, первый шаг очень естественный. Воспользовавшись определением делимости, мы от несколько неопределенных слов — одно число делится на конкретным и знакомным нам объektам. Правда, появились новые неизвестные $k_1, k_2, k_3$, которые раньше не были, но это — общная расплата за «некоторую определению». И второй шаг вполне понятен — желание избавиться от «лишних» неизвестных (за счет перехода от системы к одному уравнению).

Проделав аналогичную операцию для произвольного $n$, мы снова получим уравнение вида

$$\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_1 \dots x_n} = A, \quad (2)$$

где $A$ — натуральное число. Снова легко проверяется обратное утверждение:

если $x_1, x_2, \dots, x_n$ — натуральные числа, удовлетворяющие — при некотором натуральном $A$ — уравнению (2), то набор $(x_1, x_2, \dots, x_n)$ является решением нашей задачи.

Итак, исходная задача эквивалентна задаче нахождения решения уравнения (2) в наименьших числах при всевозможных натуральных $A$. Продвижение, конечно, необольное, но «далясе немножечко … это уже хорошо!».

Окрыленные условия, мы можем попытаться доказать, что в уравне-

12

(2) $A = 1$. Поскольку можно считать, что $2 \leqslant x_1 < x_2 < \dots < x_n$, для $A$ получаем оценку:

$$A = \frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_1 \dots x_n} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} + \frac{1}{n!}.$$

Однако уже для $n = 14$ сумма, стоящая в правой части, больше 2. Но, может быть, из этой оценки все таки можно вывести, что величина $A$ ограничена и потому может принимать лишь конечное число значений? Так ведь нет: сумма $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ неограниченно возрастает с увеличением $n$.

Упражнение 1. Докажите это.

По-видимому, наш метод оценки слишком груб. Нельзя ли его уличшить? Ясно, например, что все числа, входящие в решение, попарно взамимо просты. Поэтому, в частности, если $x_1 = 2$, то $x_3 > 4$.

Покажем, что сумму $\frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_1 \dots x_n}$ можно оценить сверху числом $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{p} + \frac{1}{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots p}$, где $p$—просто число.

Действительно, обозначим через $p_i$ какой-нибудь простой делитель числа $x_i$. Заметим, что $p_i \leqslant x_i$. Поскольку числа $x_i$ попарно взамимо просты, все $p_i$ различны. Будем считать их упорядоченными по величины. Тогда $2 \leqslant p_1, 3 \leqslant p_2, 5 \leqslant p_3$ и т. д. Заменяя $x_i$ на $p_i$, получаем требуемую оценку.

Может быть, сумма величины, обратных простым числам, не превыходит некоторого простяного числа $M$? Это означает, что $A < M + 1$. Оказывается, и это неверно: с увеличением количества сумма $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{p}$ возрастает неограниченно *). Тем не менее получаем оценка позволяет утверждать, что $A = 1$ для всех $n \leqslant 58$. Утешительного мало, но по крайней мере ясно, почему, анализируя ответы, мы ненатолкнулись на решение с константой $A = 2$: вряд ли кому-нибудь придет в голову рассматривать задачу сразу для шестидесятей чисел.

3. Добавление одного — ничего нового

Безвозмездно, то есть даром.

Кто может заранее знать, какой путь приведет к успеху? Терпение (но не упрямство) — вот принципи исследования. Вернемся еще раз к началу нашего путешествия. Телерь у нас в руках анализ ответов и методов решения задачи для частных случаев. Приставлено внимание заслуживаюл lemмы 1 и 2— они содержат хотя какой-то алгоритм нахождения некоторых решений. Какой подход они предлагают? В обеих леммах говорится о том, как из решения задачи для $n = k$ получить решение задачи для $n = k + 1$. Нам такой подход вполне привычен (вспомните метод математической индукции). Попробуем, считая, что задача решения для $n = k$, решить ее для $n = k + 1$.

Итак, путь $(x_1, \dots, x_k)$ — решение задачи для $n = k$. Обозначим произведение $x_1 \dots x_k$ через $f_k$. Тогда $\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_k} + \frac{1}{f_k} = A$.

Если число $x_{k+1}$ дополняется набор $x_1, \dots, x_k$ до решения задачи для $n = k + 1$ и $x_{k+1} \neq 1$, то имеет место соответствие:

$$\frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_k} + \frac{1}{x_{k+1}} + \frac{1}{f_k x_{k+1}} = A$$

с тем же самым $A$ (продумайте это).

Приравнивая левые части этих двух равенств и отбрасывая одинаковые слагемы, получаем

$$\frac{1}{x_{k+1}} + \frac{1}{f_k x_{k+1}} = \frac{1}{f_k};$$

следоватьно, $x_{k+1} = f_k + 1$. Именно так получается решение и по

13

лемме 2! Значит, в равенстве $x_1 \dots x_k + 1 = C \cdot x_{k+1}$CONSTANTA $C$ равна 1 не случайно: дело тут не в простоте, а в уравнения (2). Кстати, лемма 2 $\delta$-ром следует из этого уравнения.

Таким образом, если решение задачи для $n = k + 1$ получается добавленем одного числа к решению задачи для $n = k$, то оно образуется либо по лемме 1, либо по лемме 2.

4. А если добавить два?

Интересно, что это так бумкнуло? Не может же я одиннадать столько шума! И куда, интересно знать, девалься мои воздушный шарик?

Пятачок

Итак, произходение леммы 2, по крайней мере, прояснились. Правда, новых решений мы не получили и попрежнему неопонятно, откуда берется решения, не образующесся применением лемм 1 и 2 (например, решение (2, 3, 7, 47, 395) для задачи с $n = 5$). Опять тупик? Подумаем еще раз, прежде чем сочти с выбранного пути. Исчерпали ли мы все возможности нашего подхода? Кто мешает нам добавить, ну хотя бы, два числа? Попробуем.

Предположим сначала, что $(x_1, \dots, x_k)$—решение задачи для $n = k$. Тогда

$$\frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_k} + \frac{1}{f_k} = A.$$ (3)

Пусть $(x_1, \dots, x_k, x_{k+1}, x_{k+2})$—решение задачи для $n = k + 2$ и $x_{k+1} \neq 1, x_{k+2} \neq 1$. Оказывается, и в этом случае

$$\frac{1}{x_1} + \dots + \frac{1}{x_k} + \frac{1}{x_{k+1}} + \frac{1}{x_{k+2}} + \frac{1}{f_k x_{k+1} x_{k+2}} = A$$ (4)

с тем же $A$.

Следовательно,

$$\frac{1}{x_{k+1}} + \frac{1}{x_{k+2}} + \frac{1}{f_k x_{k+1} x_{k+2}} = \frac{1}{f_k},$$ (5)

откуда

$$x_{k+2} = f_k + \frac{f_k^2 + 1}{x_{k+1} - f_k}.$$ (6)

Поскольку $x_{k+2}$ должно быть целым, число $d = x_{k+1} - f_k$ является делителем числа $f_k^2 + 1$. Итак,

$$\begin{cases} x_{k+1} = f_k + d, \\ x_{k+2} = f_k + \frac{f_k^2 + 1}{d}. \end{cases}$$ (7)

Обозначим теперь через $d$ произвольный делитель числа $f_k^2 + 1$ и определим числа $x_{k+1}, x_{k+2}$ равенствами (7). Тогда для чисел $f_k, x_{k+1}, x_{k+2}$ выполняется (6), а значит, и (5). Из (3) и (5) следует (4). Значит, расширенный набор $(x_1, \dots, x_k, x_{k+1}, x_{k+2})$ является решением нашей задачи для $n = k + 2$. Итак, нами доказана.

Лемма 3. Пусть $(x_1, \dots, x_k)$—решение задачи для $n = k, f_k = x_1 \dots x_k$ и $d$—делитель числа $f_k^2 + 1$. Тогда набор $(x_1, \dots, x_k, f_k + d, f_k + \frac{f_k^2 + 1}{d})$ является решением задачи для $n = k + 2$. И наоборот: если решение задачи для $n = k$ добавленем двух чисел $n = k$ добавленем двух чисел, отличных от 1, то добавленные числа удовлетворяют равенствам (7).

Таким образом, если решение задачи для $n = k + 2$ получается добавленем двух чисел к решению задачи для $n = k$, то оно образуется либо по лемме 2, либо по лемме 3.

Два делителя $y f_k^2 + 1$ всегда: это 1 и $f_k^2 + 1$. Однако легко видеть, что для таких делителей лемма 3 не дает ничего нового по сравнению с лемкой 2. Но затем, если $f_k^2 + 1$ не является простым числом, то лемма 3 дает начало новой серии решений $(x_{k+3}$ можно строить снова по лемме 2 и т. д.). Например, для решения (2, 3, 7) имеем $f_k^2 + 1 = 1765 = 5 \cdot 353$, и мы получаем из него по лемме 3 решение (2, 3, 7, 47, 395), которое мы упоминали в п. 1. Аналогично, из решения (2, 3, 7, 43) по лемме 3 получается решения (2, 3, 7, 43, 1823, 193 667) (здесь $f_k^2 + 1 = 3261637 = 17 \cdot 191861$).

Рассмотрим последовательность решений, получающихся из решения

14

(2, 3) по лемме 2. Изовем ее базисной. Каждый раз, когда число $f_k^2 + 1$ оказывается в ней составным, от нее по лемме 3 отшпаляется по крайней мере одна ветка (рис. 2).

А много ли составных чисел среди чисел $f_k^2 + 1$ для базисной последовательности?

У пряженение 2. Докажите, что в базисной последовательности все числа $f_{2k+1}^2 + 1$ делятся на 5.

Из упражнения 2 следует, что по крайней мере при каждом нечетном $n$ от базисной последовательности по лемме 3 будет отшпалться решение, порождающее по лемме 2 новую последовательность решения. Легко проверить, что решения, принадлежшие разным последовательностям, не совпают.

Итак, всего лишь одна базисная последовательность для каждой $n > 2$ порождает по крайней мере $\left[\frac{n-1}{2}\right]$ решения, не содержащих 1. А гипотеза, что решения без единниц не так уж «много» (точнее, что их число ограничено константой, не зависит от $n$), «бумкнула». Она была бы справедлива, если бы, начиная с некоторого $n$, все решения действительно получались только применением леммы 2.

5. Другой подход

А все почему? По какой причине?
И какой из этого следует вывод?

Иа-Иа

Конечно, пусть, который был выбран, далеко не единственный. В письме читателя А. Н. Броцкого из Кнева предлагается другой подход: вместо того, чтобы из решения задачи для $n = k$ получать решение задачи для $n = k + 1$ или $n = k + 2$, попробуем из решения задачи для некоторого $n$ получить другие решения задачи для того же самого $n$. Броцкий предложил следующее теорему:

Пусть $(x_1, \dots, x_{n-2}, x_{n-1}, x_n)$ — решение, получающей по лемме 2 из решения $(x_1, \dots, x_{n-2}, x_{n-1})$ и $\frac{f_{n-2}x_n + 1}{x_{n-1}} = d_1d_2$.

Если система уравнений

$$\begin{cases} f_{n-2}x + 1 = d_1y, \\ f_{n-2}y + 1 = d_2x \end{cases}$$

имеем решение в натуральных числах, то набор $(x_1, \dots, x_{n-2}, x, y)$ может являться решение задачи.

У пряженение 3. Докажите теорему Броцкого.

Своим методом А. Н. Броцкий из решения (2, 3, 7, 47, 395, 779 731) получил решение (2, 3, 7, 47, 415, 8111), не образушееся применением леммы 3.

У пряженение 4. Проверьте, что для решения из базисной последовательности система (8) всегда имеет решение в натуральных числах,

У пряженение 5. Проверьте, дает ли метод А. Н. Броцкого, примененный к базисной последовательности, решения, не получающейся при помощи леммы 2 и 3.

Мы показ не решили проблему до конца — не знаем, сколько решения имеет задача для данного (произвольного) $n$. Но мы сделали все лишь несколько шагов, а пусть еще долог. В этом наша задача ничего не отличается от проблем, которые занимаются крупные математики. Процесс познания истинны бесконечен. Он не завершается даже решения той или иной задачи, за ней следует новые, более общие, требующие для своего решения переосмысления старых методов и изобретения новых. Как происходит такое переосмысление, какими прициппами при этом должен руководствоваться исследователь, вы видели в этой статье.

15

Конвекционные токи и токи смешения

На вопрос «Что такое электрический ток?» обычно ответают так: это направленное движение зарядов по проводнику. Однако в этом ответе есть только доля истинны. Чтобы сформировать точный ответ, обратимся к источнику вопроса.

В 1800 году италянский физик Алексеандро Волта открыл возможность получения постоянного тока с помощью источника э. д. с., который мы называем теперь галваническим элементом. В то время существовала гипотеза, согласно которой электрическое представляют собой неевесную жидкость, способную проникать через поры тела. Естественно, что электрический ток начали представлять как движение этой жидкости по цепи. Физике представило пройти долгий путь, прежде чем было установлено, что внутри проводников движется заряженные частицы вещества.

Первый шаг сделал Фарадей, показавший, что в электропитах ток представляет собой движениеонов. Ион — atom, имеющий избыток или недостаток заряда определяемого знака. Таким образом, у она две характерisticки — масса и электрический заряд. При электризме он отделяет заряд электроду и оседает на нем. Совокупность осевшихонов образует осадок, массу которого легко изменить.

Из многочисленных опытов Фарадей следовало, чтооны одной и той же валентности переносят одну и ту же порцию заряда. Кстати, именно это заключение привело позже (в 1881 году) Гельмгольца к мысли о существовании элементарного заряда (то, что он связан с элементарной частицей — электроном, физики узнали только в конце XIX века).

Заметим, что если бы Фарадей исходил из идеи элементарного заряда и законов сохранения заряда и вещества, то он мог бы два своих закона, потребовавших многоолетних трудных понятий, получить из очень простых расчудений. Допустим, что в электропите движется $N$ ионов, каждый из которых несет заряд $Ze_0$, где $Z$ — валентность, $e_0$ — величина элементарного заряда. Тогда масса освших на электроде ионов будет

$$M = Nm_0,$$

где $m_0$ — масса иона. Эти ионы при несут на электрод заряд

$$q = NZe_0.$$

Деля (1) на (2), получаем

$$M = \frac{m_0}{Ze_0} q.$$

Обозначая $\frac{m_0}{Ze_0} = k$, получаем первый закон Фарадей:

$$M = kq.$$

Умножим и разделим выражение для $k$ на число Авогадро $N_A$:

$$k = \frac{N_A \cdot m_0}{Ze_0 N_A} = \frac{\mu}{Ze_0 N_A} = \frac{1}{F} \frac{\mu}{Z},$$

где $\mu$ — молярная масса вещества, $F = N_Ae_0$ — число Фарадей.

Получается второй закон Фарадей.

Таким образом, законы Фарадя являются следствиями законов сохранения и факта существования элементарного заряда. Выражение (3) раскрывает физический смысл Фарадевского электрохимического эквивалента вещества: эффективная масса отложившегося при электропulseе вещества зависит от отношения заряда иона к его массе. Из (3) и (4) следует, что для получения осадка с большей массой нужно быть вещество с большей молярной массой и меньшей валентностью.

Отношение заряда тела к его массе в физике принято называть удель-

16

ным зарядом. Это очень важная величины. Следует сразу же подчернуть колосальныйную разницу в величины удельного заряда микроэлектрических тел. Для «легкой» элементарной частицы — электрона

$$\frac{e_0}{m_e} = \frac{1,6 \cdot 10^{-19} \text{KJ}}{9,1 \cdot 10^{-31} \text{Kr}} \approx 2 \cdot 10^{11} \text{KJ/kr}$$

для «тяжелой» — протона

$$\frac{e_0}{m_p} \approx 10^8 \text{KJ/kr}.$$

Чтобы эти величины произвели впечатление, попробуем вычислить удельный заряд шарика радиусом 1 см из алюминиевого сплава плотностью $\rho = 2 \cdot 10^3 \text{kr/m}^3$. Его масса

$$m = \rho V = 4/3 \pi r^3 \cdot \rho \approx \frac{4 \cdot 3,14}{3} (10^{-2})^3 \cdot 2 \times 10^3 \text{kr} \approx 8 \cdot 10^{-3} \text{kr}.$$

Какой заряд может удержаться на таком шарике? Известно, что интенсивное стекание заряда с поверхности тела начинается при направлении электрического поля $E_0 \approx 3 \cdot 10^6 \text{B/m}$. Напряжение поля сферы радиуса $r$ с зарядом $q$ равна

$$E = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{q}{r^2}.$$

Максимальный заряд, который может «удерживать» на такой сфере, определяется условием $E = E_0$. Таким образом,

$$q_{\text{max}} = 4 \pi \epsilon_0 r^2 E_0 \approx 4 \cdot 3,14 \cdot 8,86 \times 10^{-12} (10^{-2})^2 \cdot 3 \cdot 10^6 \text{KJ} \approx 3 \cdot 10^{-8} \text{KJ}.$$

Итак, максимальный удельный заряд алюминиевого шарика будет

$$\frac{q_{\text{max}}}{m} \approx \frac{3 \cdot 10^{-8} \text{KJ}}{8 \cdot 10^{-3} \text{kr}} \approx 4 \cdot 10^{-6} \text{KJ/kr}.$$

Удельный заряд протона превышает удельный заряд алюминиевого шарика в $10^{13}$ раз!

Представим себе, что мы хотели бы получить с помощью заряженных алюминиевых шариков ток в 1A. По определению $I = q/t$. Заряд одного шарика обозначаим через $q_1$; тогда $q = Nq_1$, где $N$ — число шариков. Ток $I = \frac{Nq_1}{t}$, и $N = \frac{It}{q_1} \approx \frac{1A \cdot 1c}{3 \cdot 10^{-8} \text{KJ}} \approx 3 \cdot 10^7$.

Поток шариков должен быть таков, чтобы через фиксированную площадку проходило в одну секунду 30 мл. шариков! Если этот поток представить себе в трубе, то ее сечение должно быть

$$S = N \pi r^2 = 3,14 \cdot 30 \cdot 10^6 \times (10^{-2})^2 \text{m}^2 \approx 10^4 \text{m}^2!$$

В то же время ток в один ampер проходит через проволочку диаметром в доли миллиметра, лишь расkalя ее. Это объясняется именно тем, что микроэлектрицы (электроны) обладают большим удельным зарядом.

Вернемся снова к вопросу о природате тока. Ток создается движением заряженных частиц. Не зарядов, а заряженных частиц! И хотя мы пишем $I = q/t$, под зарядом $q$ мы понимаем сумму зарядов частиц, имеющих определенную массу. Поэтому электрический ток обладает механическими свойствами. Впервые они были обнаружены в опытах Толмена и Стюарта. Соленид, к концам которого был присоединен галванометр, приводился в быстрое вращение, а затем резко остановливался. Гальванометр при этом фиксировал ток, а направление этого тока соответствовало движению заряженных частиц. В этих опытах был изменен удельный заряд частиц, движение которых обусловливало ток. Оказалось, что найdenная величина совпала с величины удельного заряда электрона, найденной по отклонению в электрическом и магнитном полях. Опыты Толмена и Стюарта впервые на существование в металлах свободных электронов. Будучи слабо связанным с кристаллической решеткой, электроны после остановки соленида продолжали движение по инерции — возникал кратковременный ток.

В электропитах ток представляется собой двойной потоконов, перемещающихся в противоположных направлениях. Ионы имеют одинаковые заряды, но различные массы. Например, в расторе медного купорса носителей тока является поны $\text{Cu}^{++}$ и $\text{SO}_4^{2-}$. Масса она медна 63,5 а. е. м., масса она $\text{SO}_4^{2-} - 32,1 + 4 \cdot 16 - 96,1$ — значительно большие. На простом опите, который можно

17

Пис. 1.

поставить в домашних условиях, легко обнаружить эту разница.

Банка с двумя электродами заполняется растором медного купороса. На поверхности жидкости высыпают легкие тела, например, мелкие обрезки бумаги. Включается постоянный ток. Если сизу к банке поднести постоянный магнит (рис. 1), бумажки приходят во врашательное движение. Объясняется этот эффект тем, что действующая на движущиеоны со стороны магнитного поля сила Лоренца закручивает они. Вращающиесяоны увлекают за собой молекулы воды, и все жидкость начинает врашаться. Бумажки, плавающие на поверхности, фиксируют эффектив.ECTественно, сила Лоренца закручивает и они Си++, и они SO₄⁻. Однако направление врашения жидкости определяется направлением движения более тяжельыхонов (ионов SO₄⁻). Вращение, вызванное увеличением легкими оннами Си++, «подавляется» врашением более тяжельыхонов SO₄⁻. Изменение направления тока или полярности магнит приводит к изменению направления врашения электролита.

Аналогичный эффектив имеет место в случае «стекания» заряда с острия.

Известно, что плотность загруженных части резко увеличивается в направлении к остrium, поэтому вокруг него существенно сильное электрическое поле. Нейтральные молекулы воздуха в таком поле нонизуются. Если истрие имеет положительный заряд, то имеющиеся в воздухе электроны натекают на острие, а положительныеоны двинутся в противоположном направлении. Поток этих оннов увлекает нейтральные молекулы воздуха, так же как поток оннов в электролите увлекает молекулы воды. Создается так называемый «электрический ветер». Опыт с задванением свечи таким ветром демонстрировал еще Франклин в середине XVIII века.

В рассмотренных случаях мы имеем дело с конвекционными потоками жидкости и воздуха. Исторический именно опыт с задванением свечи привел к понятному конвекционному тока. Считалось, что наряду с обычной конвекцией — потоком нейтральных частиц — существует электрическая конвекция — поток заряженных частиц. Действительно, дальнейшие исследования показали, что токи в металлах, электролитах и газах свойства к потоку заряженных частиц. Поскольку частицы обладают массой, то прициппальная разница между обычной конвекцией и электрической конвекцией нет. В работе 1875 г. Гельмогольц писал: «Я употребляю это слово [конвекция — В. Д.] в том смысле, в каком оно применяется в теории теплоты, чтобы обозначить распространение электричества посредством перемещения электрических заряженных тел». Гельмогольц же поставил прициппальная важный вопрос: можно ли рассматривать движение заряженных макросоппических тел (например, наших алюминиевых шариков) как обычный конвекционный ток.

Ответ на этот вопрос мог дать опыт, аналогичный тому, который произведел датский физик Ганс Христан Эрстед в 1820 г. Он обнаружил, что если влизи проводника с током помещить магнитную стрелку, то она отклоняется. На стрелку действует сила, пропорциональная величины тока. Навравление этой силы зависит от направления тока.

Гельмогольц предложил своеу ученику Генри Роуленду поставить следующий опит: зарядить диск, поме-

18

Рис. 2.

стить около него магнитную стрелку и привести диск во врашение. Если врашение заряженного диска эквивалентно протеканию тока (по замкнутой цепи), то как и в случае тока, врашение диска должно вызывать появление магнитного поля.

Действительно, Роуленд обнаружил отклонение магнитной стрелки. Эксперимент был трудный. Как уже говорилось, макросопперсные тела не могут «траспортировать» большие заряды. Поэтому приходилось изменять магнитное поле очень слабого тока.

Итак, токи во всех веществ — жидких, твердых, газообразных — сводятся к токам конвекционным. А может ли ток существовать в вакууме, где нет частицы вещества? Обратимся к опыту, схема которого изображенна на рисунке 3. Если включить источник переменной Э. д. с., амператор зафиксирует ток. Опыт дает следующее результат. Величина тока в цепи пропорциональна частоте колебаний, генерируемых источником Э. д. с., и величине emкость конвектора. Описанный опыт был известен еще в прошлом вке. Объясняли его так: источник Э. д. с. заставляет заряженные частицы колебаться в проводнике, соединяющим обкладки, они «бегают» от обкладки к обкладке, при этом между обкладками ничего не происходит, либо там — вакуум. В этих рассуждениях ток представляется в виде механического процесса движения заряженных частицы.

Генциальный англійский физик Джеймс Клерк Максвелл введил принципно новое представление. Движение заряженные частицы связаны с электрическим и магнитным полями. Изменение тока приводит к изменению полей. Фарадей открыл явление электромагнитной индукции, которое сводится, по Максвеллу, к возниклению электрического поля при изменениях поля магнитного. Уверенный в симметрическом электромагнитных явлении, Максвелл предположил, что изменения электрического поля порождают поле магнитное.

В цепи, изображенной на рисунке 3, между пластнами конденсатора изменяется электрическое поле. Согласно Максвеллу, этот процесс приводит к появлению магнитного поля. Но магнитное поле вызывается током. Следовательно, процесс, происходит между обкладками конденсатора, можно интерпретировать как протекание тока. Не существует «концов» тока. Если цепь разорвана диэлектриком или вакуумом, ток продолжает свой путь, только он будет иметь иную природу. Максвелл называет это ток током смесиния. Происхождение термина таково. Максвелл предполагает, что пространство, какушкася нам пустым, заполнен материалной средой с особыми свойствами — эфиром. Эфиир имеет ячейистую структуру (такую, например, как кристаллическая решетки), и под действием сил электрического поля ячейки могут деформироваться — смещаться, подобно тому как смещаются частицы диэлектрика.

Ток может быть вызван как конвекционный, так и смесием. В случае конвекционного тока его величины пропорциональна скорости перемещения заряженных частиц; ток смесиния определяется скоростью смесиния, а она, естественно, пропорциональна частоте колебаний. Чем больше емкость конденсатора, тем больше будет объем эфира (при заданном расстоянии между обкладками), следовательно, тем больше эфиект смесиния. Такова физическая картина.

Matематические свойства гипотезу Максвелл выразил так:

$$i_{\text{CM}} = \varepsilon_0 S \frac{dE}{dt}$$

— ток смесиния пропорционален площади S разрыва цепи (или площади плоскости конденсатора) и скорости изменения напряженности электрического поля ($\varepsilon_0 = 8,86 \cdot 10^{-12} \text{ Ф}/\text{м}$).

21

найдет эту последовательность в книге Слоуна. Она почти наверняка будет приведена в справочнике с дополнительными сведениями, из которых читатель сможет узнать, что это за штука.

В этой статье мы рассмотрим последовательность

1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, …
имеющего в справочнике номер 577. Члены этой последовательности называются числами Каталана. Они не так хорошо известны, как числа Фибоначчи, но обладают тем же прелестим свойством неожиданного появления в самых непредвиденных местах, особенно в комбинаторных задачах. В 1971 году математик из университета Зап. Виргинии Генри Гулд опубликовал библиографию, содержащую 243 ссылки на случай использования чисел Каталана; во многих случаях авторы статей даже не подозревали, что имели дело с последовательностью, известной в течение более чем двух веков. В 1976 году Гулд увеличил число ссылок до 450. Вообщество, числа Каталана — часто встречалось послеовательность; тем не менее она достаточно неизвестна, чтобы заставить математика, лишеного доступа к справочнику Слоуна, затратить больше числа на переоткрытие формул, выведенных много лет назад.

Первым с числами Каталана столкнулся Леонард Эйлер. Он подсчитал, сколькоими способами выпуклей многоугольник может быть разделен на треугольники непересекающимся диагоналями. В качестве примера можно привести случай треугольника, квадрата, пятугольника и шестугольника (рис. 1). Заметим, что в каждом из этих случаях, неависимо от количества сторон $n$-угольника, число диагоналей равно $n-3$, а число треугольников $n-2$. Легко доказать, что это соответствие выполняется вообщеде для всех многоугольников. Числа различных трианглuyций указано в виде для каждой из этих четырех многоугольников есть первые четыре числа последовательности Каталана.

Эйлер, использует метод математической индукции, который здесь, по его словам, оказался трудоемким, получил такую формулу:

$$\frac{2 \cdot 6 \cdot 10 \cdot \dots \cdot (4n-10)}{(n-1)!}$$

Сомножители, стоящие в числитель, задаются формулой $4n-10$, где $n$ — целое положительное число больше 2. Восклицательный знак, конечное же, обозначает факторial (произведение всех целых положительных чисел, не превосходящих данного числа). Например, при $n=6$ (случай шестугольника) формула

Рис. 2. «Скобочная» трианглuyция семиугольника.

Рис. 1. Задча Леонард Эйлер о трианглuyции многоугольника.

22

принимает вид

$$\frac{2 \cdot 6 \cdot 10 \cdot 14}{5!} = 14.$$

Очень простые рекуррентные формулы получаются, если помещить еще одну единшую передрядом 1, 2, 5, 14, … (Получимряд 1, 1, 2, 5, 14…) Пусть $k$ — последнее вычисленное число Каталана, а $n$ — номер следующего числа. Тогда это число вычисляется по формуле

$$\frac{k (4n - 6)}{n}.$$

Современник Эйлера Иоганн Андреас фон Сегнер получил загадочно-reкуррентную формулу для последовательности Каталана вида 1, 1, 2, 5, … Запишем в ряд все уже найденные числа Каталана, а поднимим запишем те же числа в обратном порядке. Умножим каждое верхнее число на соответствующее нижнее и сложим получшиеся произведение; результат и будет следующим числом Каталана. Например,

$$\frac{x \cdot 112514}{145211} = \frac{14+5+4+5+14}{42}$$

Задача Эйлера о триангуляции многоугольника в некотором смысле изоморфна задачам, казалось бы, совсем с ней не связанным. Сам Эжен Шарль Каталан, белгийский математик, именем которого называется последовательность, в 1838 году решил следующее задачу. Пусть у нас имеется целочка из $n$ букв, расположенных в заданном порядке. Необходимо расставить $n-1$ пару скобок таким образом, чтобы внутри каждой пары стоялоровно два «выражения». Эти спаренных выражениями могут быть либо две соседние буквы, либо буква и соседнее выражение в скобках, либо два соседних выражения. Сколькими способами могут быть расставлены скобки?

Для двух букв $a, b$, имеется только одна возможность: $(ab)$. Для трех букв таких возможности уже две: $((ab) c)$ и $(a (bc))$. Для четырех букв количество способов увеличивается до пяты: $((ab) (cd)), (((ab) c) d), (a (b (cd))), (a ((bc) d))$ и $((a (bc)) d)$.

Эти числа 1, 2 и 5 есть первые три числа Каталана; оказывается, числа

23

Рис. 3. Триангуляция и корневые кубические деревья.

бражены в общеприятном виде. Легко понять, каким образом порядок расположения ветвей соответствует расстоявке скобок. Под каждой цепочкой букв со скобками мы запишем двойное число, получаемое заменой всех левых скобок единицами, а всех букв — нулями, пропуская правые скобки. Эта двойная запись — удобный краткий способ записи нашей триангуляции многоугольника и соответствующего этой триангуляции деревья. Нам нет необходимости вводить обозначения для правых скобок, так как если задано положение левых скобок и метод группировки букв,

24

то правые скобки могут быть расставлены единственным образом.

Польский математик Ян Лукасевич предложил удобный способ нахождения двойного числа, соответствующего данному дереву (рис. 4). На рисунем дерево с четырьмя верхими ветвями. Концы этих ветвей помещены нулями, а кубические вершины — единицами. Представим себе червака, взбирающегося по стволу и оходящого все дерево вдоль пунктной линии (рис. 4). На каждой вершине червак обьявляется метку. Однако обьявенная метка второй раз не называется. В нашем примере червак обьявит метки 1101000, дающие то самое двойное число, которое отвечает расстановке скобок в выражении, соответствующем этому дереву.

В 1964 году было обнаружено, что число произвольных корневых деревьев с $n$ ребрами также равно $n$-му числу Каталана. У таких деревьев всего $n$ вершин, не считая корня, но вершины могут иметь любую степень.

Можно указать много способов установления взаимно однозначного соответствия между таким деревьями и корневыми кубическими деревьями. Простейший способ был указан Фрэнком Бернхартом (рис. 5). Кубические деревья перерисуем так, чтобы каждое ребро после от вершины вертикального вверх или горизонтального вправо.

Представим себе, что каждое горизонтальное ребро (на рисунке 5 — сине линия) стягивает в точку и исчезает. Если на правом конце горизонтального ребра есть кубическая вершина, то она переносится налево и сливается с вершиной на левом конце. Все вертикальные ребра остаются различными. Это простое преобразование переводит все корневые кубические деревья с $n$. Концевыми вершинами в корневые деревья с $n$ ребрами.

Червак, обползающий любое дерево из этого нового множества (см. рисунок 5, правое дерево в каждой пале), назовет то же самое двойное число, что и на исходном дереве, если он изменит свой алгоритм следующего образом. Он начинает не с корня, а с нижней вершины. Каждый раз, когда червак лежет вверх по ребру, он записывает 1, когда же он лезет вниз, то записывает 0.

Рассмотрим шахматные доски с стороны 2, 3, 4, …, в которых закрашены все квадраты северо-западнее главной диагонали (рис. 6). Требуется проверитьладь из левого нижнего угла в правый верхий. Двигается можно только на север и на восток, не заходя при этом на закрашенные клетки. Спрашивает, сколько существует различных путей ладьи на доске со стороны $n$?

И снова дают ответ числа Каталана. Под стороной длины $n$ написем

25

двоичное число, соответствующее корневому кубическому дереву с $n$ концевыми вершинами. Продвигаясь по двойным разрядам числа слева направо, будем двигать ладью впраvo, прохода 1, и вверх, прохода 0 (последняя двойная цифра не учитывается). Эта последовательность двойных цифр определяет путь, и все пути ладьи могут быть получены таким же образом.

Ниже приведется еще 7 заиматательных задач, решаемых с помощью чисел Каталана. В первых пятин я отметил, как соответствующее двойные числа (без последней цифры) дают решение задачи.

1. Два человека, $A$ и $B$, балютируются на должность. Каждый из них получает $n$ голосов. Сколькими способами можно подсчитать $2n$ голосов так, чтобы ни разу $A$ не был впереди $B$? (1 — голос за $A$, 0 — голос за $B$).

2. Положим пенины, ниже и даим*) в ряд. На пенины положим лицом вверх колоду из $n$ карт, иуших по старшинству сизу вверх. За один раз карту можно перединуть или с пенина на ниже, или с ниже на даим (другие перемещения не разрешаются). Пользовать этиими двумя ходами, мы пересеем все карты на даим за $2n$ ходов. Сколько разных перестановок можно получить на даиме, если исходное количество карта $n$? (1 — перемещение с пенина на ниже, 0 — перемещение с пенина на даим).

3. Пьяница выходит из дверей бара и берет вперед. Он с равной вероятностью делает шаг вперед или назад, причем все шаги его равны по длине. Сколькими способами он может вернуть к двери за $2n$ шагов? (1 — шаг вперед, 0 — шаг назад.)

Этот задаче о случайном большении можно придать другую форму. Король начинает с 1-го ряда шахматной доски, и, делая ход вперед или назад по вертикали, возвращается на исходную клетку после $2n$ ходов. Нарисуем пространство-временную диаграмму, откладывая время по горизонтальной оси. Зигзагообразную линию можно рассматривать как профиль горной цепи с пиками высотой в целое число миль, не превышающее $n$. Кривые ходов короля изобразят все горные цепи такого вида.

4. Четное число ($2n$) солдат, все разного роста, построены в две равные шеренги — $A$ и $B$. Сколькими способами можно это сделать так, чтобы слева направо в каждой шеренге солдаты расположились в порядке увеличения роста, и любой солдат в шеренге $B$ был выше соответствующего солдата в шеренге $A$? (Занутерум солдат числа 1, 2, 3, …, по возрастанию роста, и занутерум также слева направо цифры в двойных числах, соответствующих корневым деревям с $n$ ребрами. Тогда номера единиц даут положение солдат в ряду $A$, а номера нулей — в ряду $B$. Эта задача легко моделируется с помощью колоды карт.)

5. Билеты стоят 50 центов, и $2n$ покупателей стоят в очереди в кассу. Половина из них имеет по 1 долару, остальные — по 50 центов. Кассир начинает продажу билетов, не имея денег. Сколько существует различных порядков в очереди, таких что кассир всегда сможет дать сдачу? (1—50 центов, 0—1 долар.)

6. Гексафлексагоны — это заиматательные игрушки, получающие при складывании прямых или загзагообразных полос бумаги в шестиугольниках, которые меняют свою лицевую поверхность при перебанини (они описаны в главе 1 моей книги*). Правильный гексафлексагон определяет тип при перебанини проходит через различные состояния. Общее количество таких состояний для всех правильных гексафлексагонов с $n$ поверхностями является числом Каталана. Например, гексагоскафлексагон (6 поверхностей) может быть сделан трех способами. Полное число всех состояний — число Каталана 42.

Если мы не будем обращать внимание на состояние гексафлексагона

*) Пенини, ниже, даим — мелкие моеты: 1, 5, 10 центов США. (Прим. перев.)
*) М. Гарднер, Математические головоломки и развлечения, «Мир», 1971 г

26

Рис. 7. Как числа Белла перечисляют рфимовки.

и заинтересуемся, сколько сумшественно различными способами можно сделать гексафлексаон с $n$ поверхностями, то ответ дается последовательностью, перечисляющей триангуляции многоугольников без учета тех, которые получаются вращением или отражением уже полученных. Эта замещательная последовательность (№ 942 по книге Слоуна) имеет вид 1, 3, 4, 12, 27, 82, 228, 733, 2282, 2528, …

В неопубликованных статых Бернхартта и других энтузинатов, интересующая флексаонами, описано, как смену состояние, возникало при перегибании флексаона с $n$ поверхностями, можно наглядно представить, движясь вдоль линей $(n+1)$-угольника, разбитого на треугольники.

7. За круглым столом сидит четное число человек. Каждый пожимает руку одному из остальных так, что никакие две пары соединенных рук не пересекают. Сколькими способами это можно сделать?

Может ли вы найти простой геометрический способ установления взаимно однозначного соответствия между этой задачей и каждой из предыдущих? (Имеется изящный способ, предложенный Бернхартом.)

Нерекуррентные формулы для $n$-го числа Каталана имеют различный вид в зависимости от того, как занумерены члены последовательности. Формула прибретает простейший вид, если последовательность начинается так: 1, 2, 5, … При такой нумерации $n$-м числом Каталана будет

$$\frac{(2n)!}{n!(n+1)!}$$

Если последовательность на-

чинается с 1, 1, 2, 5, …, то оказывается, что все нечетные числа Каталана, большее единицы, стоят на тех и только тех местах, номера которых являются степенью двойки. Так, четвертое,осьмое, шестнадцатое и т. д. числа Каталана — нечетные. Это только одно из многоих необъчайных свойств последовательности.

Предостережение: решая комбинаторные задачи, легко перепутать числа Каталана с теCHO связанной с ним последовательностью 1, 2, 5, 15, 52, 203, 877… (В примечании к своей библиографии, которая также включает список ссылок на указанную выше последовательность, Гулд отмечает, что если подчитываемые объекты достаточно сложны, то при $n=4$ легко можно пропустить 15-й объekt и предположить, что имеешь дело с последовательностью Каталана.) Эти числа называются числами Белла по имени Эрика Белла, опубликовавшего много статей на эту тему. Числа Белла перечисляют разбиения на классы множества из $n$ элементов. Например, количество различных рфимов для строфа из $n$ строчек есть число Белла. Четырехшие имеет 15 возможных рфимовок. Если на правила рфимовки в конце (состояем из 14 строчек).maxнуть рукой, получится 190 899 322 различных рфимовок (14-e число Белла).

На рисунке 7 показывает, как числа Белла перечисляют все рфимовки для строфа, содержащих от одной до четырех строк. Рифмулизация между собой строки соединним другами. Отметим, что лишь когда мы добавились до четырехштей, потребовалось другую проблему в 1970 году в своей докторской диссертации, называла рфимовки, которые не нуждаются в пересечении друг, плоскими. Числа Белла перечисляют все рфимовки, числа Каталана — только плоские рфимовки.

Числа Белла стоит в справочнике Слоуна под номером 585. Но колокола*) вызванают другую историю, которое мы отложим до будущих времен.

*) У Гарднера здесь игра слов: Bell (Белл) — bell (колокол). (Прим. ред.)

27

Е. Пальчиков

Какого цвет зелена?

Не верь глазам своим.
К. Прутков

Та самая зелена, который смазывает мелкие раны и царапины? Многие, наверное, скажут, что зеленого (и будут правы!).

Но посмотрите сквозь пузырек с зеленкой на какой-нибудь яркий источник света — например, на Солнце, нить лампочки накаливания или на дуговой разряд. Вы увидите, что зелена пропускает только красный свет. Получается, что зелена красного цвета!?

Возьмите несколько кивет разной толщины, налейте в них растор зеленики*) и посмотрите на просвет. Тонкие слои растора имеют, действительно, зеленный цвет, более толстые прибретают неопределенную серую окраску (с прупурным оттенком), а еще более толстые кажутся красными. Иными словами, цвет зависятот толщины слоя растора. Как это можно обяснить?

Оказывается, спектр пропускания тонкого слоя зеленики имеет в видимой области две полосы проэрачности: широкую сине-зеленую и узкую красную (рис. 1). На самом деле красная полоса не узкая, а простая дальше в инфракрасную область, но глаз человека из этой ши-

*) Зеленку желательно разбавить, иначе придется брать очень тонкие киветы.

28

«Звезды»
из водяной капли

В двенадцатом номере нашего журнала за прошленный год в разделе «Лаборатория «Кванта» была опубликована статья М. Голубева и А. Кагаленко «Капля на горячей поверхности». Редакция получила много открыток на эту статью. Предлагаем вашему вниманию небольшую заметку об одном из опытов, проведенных с водяной каплей на раскаленной поверхности.

Для опытов мы воспользовались дальнейем левой конфоркой (мощность 1500 Вт) электронными «Лучч». С помощью тонкой наждачной бумаги тщательно очистили от грязи сферическую поверхность конфорки (радиус кривизны равен 80 мм), раскалили ее до температуры 400—500°C и капнул на нее немного воды (массой 3—8 г).

Сначала капля вела себя очень неустойчиво: она врашлась, вытягаясь из стороны в стороны, в центре капли появлялись и лопались пузырыки пара (рис. 1). Пар выбрасывался в окружающей пространство небольшими порциями вместе с частичками воды.

После неокотого уменшення размеров капли ее поведение стало более стабильным — в капле возникли устойчивые продолжно-поперечные колебания. В результате такого сложного колебательного движения вместе с сферической капли появлялась «звезда» правильной геометрию

же слоя. Другими словами, коэффициент пропускания для одного слоя надо возвести в квадрат. При этом для сине-зеленой полосы коэффициент пропускания уменшится очень сильно, а для красной полосы остается почти неизменным.

На рисунке 2 показано, как изменяются коэффициенты пропускания красной и сине-зеленой полос при последовательном увеличении толщины слоя зеленики. Ясно, что для сине-зеленого света становится все меньше и меньше по сравнению с долей красного света. Начиная с неокотой определенной толщины, растор зеленики на просвет будет не зеленьм, а красным.

Так какого же цвета зеленька на самом деле?

Если вы по-прежнему замудняемесь ответить на этом вопрос, советчем вам прочитать стимкла, опубликованную в этом номере журнала (прим. ред.).

29

Задача о трех кувшинах

Предлагаемая статья является открытым из книг амерikanских математиков Г. С. М. Коксетера и С. Л. Грейтцера «Новые встречи с геометрией», русский перевод которого в блияйшее время будет опубликован в серии «Библиотека математического кружка» издательством «Наука». Материал подготовлен к печати Л. Савиной.

Сейчас мы рассмотрим применение геометрии к решению задач, в которых требуется разделить жидкость на определенные порции с помощью инструментов, казалось бы, непредидельных для этого. Для решения нам понадобятся так называемые трилинейные координаты, которые мы сейчас и опишем.

Объчно для нанесения точек с заданныхми декартовыми координатами пользовются миллиметровой бумаги. Для наших целей лучше использовать трилинейрованную бумагу, т. е. бумагу, на которой проведены три системы параллельных линей, разбиающие ее на маленькие равносторонние треугольники. Нарисуем на такой бумаге большой равносторонний треугольник ABC со стороными, проходящими по линям сетки. Для произвольной точки P в этой плоскости определяем числа x, y, z как расстояния от этой точки до прямых BC, CA и AB соответственно, причем для каждой из этих прямых расстояние будет положительным, если точка лежит по ту же сторону от этой прямой, что и треугольник ABC, и отпечатным в противном случае. Полученную точку чисел (x, y, z) будем называть трилинейными координатами мочи P относимально треугольника ABC. Заметим, что для точек, лежащих в кородинаты для описания ситуации, в которой участвует три переменные величины, имеющие постоянную сумму. Если одна из этих величины x, y или z остается постоянной, а две другие изменения, то точка (x, y, z) движется по прямой, параллельной одной из сторон треугольника ABC. В частности, прямые, на которых лежат кородинаты BC, CA и AB, описываются уравнениями

$$x = 0, y = 0, z = 0,$$

а вершины A, B, C имеют координаты (h, 0, 0), (0, h, 0), (0, 0, h).

Именно такая ситуация возникнет в том случае, когда h литров жидкости разлито по тем сосудам: в первом x литров, во втором y литров и в третьем — z литров. Постепенно переливанию жидкости из второго сосуда в третьий соответствует движение точки с трилинейными координатами (x, y, z) относительно треугольника ABC с высотой, равной h, по прямой x=сопst в направлении, соответствующем уменшению y и увеличению z. Если каждый сосуд может вместе h литров (такую ситуацию мы будем обозначать символом [h; h, h, h]), то каждая из координат x, y, z может принимать любое значение от 0 до h, и множество точек, в которых можно попасть, как-мо переливая жидкость из одного сосуда в другой — это множество мы назовем областью операции — задается неравенствами.

$$0 \leq x \leq h, 0 \leq y \leq h, 0 \leq z \leq h,$$

30

и совпадает со всем треугольником ABC.

Гораздо больший интерес представляет случай [h; a, b, c]. Здесь три данных сосуда имеют емкости a, b, c и h≥a>b>c. Поставим за дачу: нужно отмерить определенную величины d литров жидкости, множество переливая ее из одного сосуда в другой; при этом разрезается molько либо полностью опоржimb один сосуд, либо до краев наполним другой (а возможно, произойдет мои другие одновременное). Область операций теперь задается неравенствами

$$0 \leq x \leq a, \ 0 \leq y \leq b, \ 0 \leq z \leq c,$$

которые, как правило, определяют правильный или неправильный шестиугольник, ограниченный шестью прямыми

$$x = 0, \ x = a, \ y = 0, \ y = b, \ z = 0, \ z = c.$$

Но в частиных случаях эта область может превращаться в пятнуюугольник, трапецю, параллелограмм или (как мы уже видели) охватывает весь равносторонний треугольник.

Будем считать, что числа a, b, c, h и d — целые.

На рисунках 1 и 2 проиллюстрирована ситuation [8; 7, 6, 3]: 8 литров жидкости неокоторым образом разлиты в сосуды емкости 7, 6 и 3 литров. Здесь область операций является шестиугольник $0 \leq x \leq 7, \ 0 \leq y \leq 6, \ 0 \leq z \leq 3$, ограниченный прямыми $x = 7, \ z = 0, \ y = 6, \ x = 0, \ z = 3, \ y = 0$. Прилинейные координаты вершин шестиугольника (отно-

сительно равностороннего треугольника с высотой 8) — (7, 1, 0), (2, 6, 0), (0, 6, 2), (0, 5, 3), (5, 0, 3), (7, 0, 1). Допустим что в первом сосуд находится 3 литра жидкости, во втором — тоже 3; тогда в третьем сосуд — 2 литра жидкости. Такому распределению жидкости соответствует точка с координатами (3, 3, 2). ШестЬ направленной, исходящих из этой точки, указывают на шесть возможных операций по переливинию. направление от точки (3, 3, 2) к точке (5, 3, 0) соответствует процессу опустошения треугольника сосуда: содержащаяся в нем жидкость переливается в первый сосуд; противоположному же направлению — от точки (3, 3, 2) к точке (2, 3, 3) — процесс наполнения треугольника сосуда: он долженся жидкость из первого. направление от точки (3, 3, 2) к точке (0, 6, 2) соответствует процессу опустошения первого сосуда, содержимое которого переливается во второй сосуд; при этом второй сосуд полностью заполняется, и т. д.

Допустим, что нам нужно отмерить 4 литра жидкости (то есть получить 4 литра хотя бы в одном из сосудов). Прежде всего заметим, что при первом же разрезаенном переливании жидкости мы от внутренней точки области операций (в нашем случае — от точки (3, 3, 2)) переходим к ее граничной точке — таковый условия. Например, красная ломана на рисунке 2 задает один из возможных способов перехода от точ-

31

ки (3, 3, 2) к точке (4, 4, 0) (и, таким образом, деления восьми литров на две равные порции). Легко видеть, что звенья ломаной всегда параллельны сторонам треугольника ABC, причем ломана «поворачивает» только тогда, когда попадает на границу области. Если теперь, не ставя перед собой задачи об отмеривания четырех литров, проведится из точки (3, 3, 2) всевозможные ломаны (so звеньями, параллельными сторонам треугольника ABC, и с концами на границе нашей шестиугольной области), то рано или поздно мы pobываем во всех граничных точках нашего шестиугольника. То же справедливо для любой целой точки данной области операций (как внутренней, так и граничной). Значит, каково бы ни было распределение восьми литров жидкости по сосудам для случая [8; 7, 6, 3], «доливанением» и «опорожнением» сосудов можно отмерить любое число литров жидкости (меншее восьми).

На рисунке 3 проиллюстрирован случай [10; 8, 7, 6]: 10 литров жидкости разлить по сосудам, вместецшим 8, 7 и 6 литров. Область операций здесь снова шестиугольник. В этом случае для любого распределения десяти литров по сосудам легко отмерить $d=1, 2, 3, 4, 6, 7, 8$ и 9 литров жидкости. Но если с самого начала ни в одном из сосудов не содержится пяты литров жидости, то мы эти 5 литров никаку путь, прохождения через точки (0, 5, 5), (5, 0, 5) и (5, 5, 0), замкнут, и на него нельзя попасть ни с какого другого пути. Вообще, если $h=2d \geq a > b > c > d$, то в ситуации [h; a, b, c] опустошением и допливением сосудов $d$ литров жидкости нельзя отмерить, как бы эти $h$ литров ни были распределены по сосудам, если только ни в одном из сосудов первогоначального не было $d$ литров.

Рассмотрим еще случай [10; 8, 6, 4] — четное число литров жидкости разлить по сосудам с четыыми емкостями (рис. 4). Здесь область операций — пятуугольник. Из рисунка 4 видно, что если первоначально в каждой из сосудов было по четному числу литров, то есть исходная точка — с четыыми координатами (например, (6, 2, 2)), то мы никогда не сможем отмерить нечетное число литров жидости.

Нанболее известны задания, соответствующие случай [h; a, b, c], где $h=a=2d=b+c$. В этом случае область операции — паралллограмм с вершинами (a, 0, 0), (c, b, 0), (0, b, c), (b, 0, c). На рисунках 5 и 6 показаны два решения задания, соответствующие случай [8; 8, 5, 3] с исходным распределением жидкости (8, 0, 0); требуется отмерить 4 литра жидкости. Иными словами, два человека, имея сосуд, наполненный восемь литрами какой-то жидкости, и два пустых сосуда, емкостью 5 литров и 3 литра, хотя разделить эти 8 литров жидости поровну.

Первое, что нужно сделать — это наполнить либо сосуд емкостью 5 литров, как на рисунке 5, либо сосуд емкостью 3 литра, как на рисунке 6.

Рис. 3.

Рис. 4.

32

После этого всякий раз, когда ломаная попадает на одну из сторон нашего параллелограмма — прямы $y = 0, y = 5, z = 0, z = 3$, — мы расматриваем эту сторону как зеркало. (Правило зеркальных отражений объясняется тем, что каждый отрезок ломаной, параллельный стороне исходного треугольника, соответствует операции переливания жидкости из одного сосуда в другой, а третий сосуд в это время не трогают.) Таким образом мы получаем решение $(8, 0, 0) \rightarrow (3, 5, 0) \rightarrow (3, 2, 3) \rightarrow (6, 2, 0) \rightarrow (6, 0, 2) \rightarrow (1, 5, 2) \rightarrow (1, 4, 3) \rightarrow (4, 4, 0)$ и решение $(8, 0, 0) \rightarrow (5, 0, 3) \rightarrow (5, 3, 0) \rightarrow (2, 3, 3) \rightarrow (2, 5, 1) \rightarrow (7, 0, 1) \rightarrow (7, 1, 0) \rightarrow (4, 1, 3) \rightarrow (4, 4, 0)$. Ясно, что отмерить лиюбо е целое число литров жидкости в ситуации $h = a = b + c$ можно лишь в том случае, когда числа $a$ и $b$ взаимно просты.

Гипотрохонды

Рисунок на первой странице обложки, выполненый на ЭВМ, изображает семейство замкнутых кривых — гипотрохонд.

Трохоид — линия, который вычерчивает точка, жестко связанная с окружностью $(O_2, r)$, катящая без скольжения по прямой. Когда же окружность $(O_2, r)$ катится не по прямой, а по неподвижной окружности $(O_1, R)$, касаясь ее изнутри, то точка $M$ жестко связан с окружностью $(O_2, r)$, описывает гипотрохонд. Ясно, что цикл лонда («Квант», 1978, № 4, с. 13) — частный случай гипотрохонды, гипопиклонда (см. там же) — частный случай гипотрохонды.

Здесь на рисунке изображены точки $M_1, M_2, M_3$, жестко скрепленные с окружностью $(O_2, r)$, где $r = \frac{R}{3}$. Эти точки расположены так, что $M_1\overset{\frown}{O_2}M_2 = M_2\overset{\frown}{O_1}M_1$ и $|O_2M_2| - |O_2M_1| = |O_2M_3| - |O_2M_2|$. (Таким образом, точки $M_1, M_2$ и $M_3$ лежат на спраил Арихимеда — см. «Квант», 1976, № 6, третья страница обложки).

Семейство гипотрохонд, показанное на обложке, описывается точками $M_1, M_2, M_3, \dots, M_{10}$, расположенными на аналогичным образом. При $|O_2M_i| < 2R/3$ гипотрохонда — замкнутая самопересекающая линия, представляющая из себя вогнутый кривolinейный треугольник с petлями у вершин. Если $|O_2M_i| > 2R/3$, то получаем замкнутую самопересекающую линию несколько иного вида: она состоит из трех выпukых лепестков, пересечение которых — выпukый кривolinейный треугольник.

В. Березин

33

Задачик
кванта

М511—М515; Ф523—Ф527

М511. Внутри четырехугольника $ABCD$ отмечена точка $M$ такая, что $ABMD \leftarrow$ параллелограмм. Докажите, что если $CBM = CDM$, то $ACD = CDM$. (8—9 кл.)

Ю. Михеев

М512. Пусть $f(x) = x^3 - x + 1$. Докажите, что для любого натурального $m > 1$ числа $m, f(m), f(f(m))$, $f(f(f(m)))$, … попарно взимно просты. (10 кл.)

А. Колотов

М513*. Докажите, что существует такое число $A$, что в график функции $y = A \sin x$ можно писать не менее 1978 попарно неконгруэнтых квадратов. (Квадрат называется вписанным, если все его вершины принадлежат графику.) (10 кл.)

В. Федогов

М514*. Докажите, что существует такая бесконечная ограниченная последовательность $\{x_n\}$, что для любых различных $m$ и $k$ выполено неравенство
$$|x_m - x_k| \geq |m - k|^{-1}.$$ (9, 10 кл.)

С. Коняzin

М515. Задано конечное множество $K_0$. К нему добавляются все точки, которые можно получить симметричным отражением одной точки этого множество относительно другой. Полученное множество обозначается $K_1$. Аналогично из множества $K_1$ получается $K_2$, из $K_2 \leftarrow K_3$ и т. д.

a) Пусть множество $K_0$ состоит из $d$ в $x$ точек $A$ и $B$ на расстоянии $1$. При каком наменшем $n$ в множестве $K_n$ найдется точка, находящаяся на расстоянии 10000 от точки $A$?

b) Пусть $K_0$ состоит из трех пунктах $K_0 \leftarrow$ множество четырехугольника площади 1. Найдите площадь наименьшего выпуклого многоугольника, содержащого множество $K_n$ ($n = 1, 2 \ldots$). (8 кл.)

В следующих трех пунктах $K_0 \leftarrow$ множество четырехугольника площади 1.

b) Расмотрим наименьший выпуклый многоугольник, содержащий все точки многоугольника $K_1$. Сколько и каких граней у этого многоугольника?

36

М462. Плоскость пересекаем боковые ребра правильной четырехугольной парамиды в точках, отстоящих от вершины на расстояния a, b, c и d (рис. 1). Докажите, что

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

Рис. 1.

Рис. 2.

М463. Данные натуральные числа $x_1, x_2, \dots, x_m, y_1, y_2, \dots, y_n$. Суммы $x_1 + x_2 + \dots + x_m$ и $y_1 + y_2 + \dots + y_n$ равны между собой и меньше mn. Докажите, что в равенстве $x_1 + x_2 + \dots + x_m = y_1 + y_2 + \dots + y_n$ можно вычеркить часть слагаемых макс, чтобы снова получилось верное равенство.

$$4 + 5 + 5 = 1 + 1 + 6 + 6 \quad (\text{неЛЬЗЯ}),$$
$$3 + 3 + 4 + 5 = 1 + 1 + 6 + 7 \quad (\text{МОЖНО})$$

Обозначим через $\alpha$ величины угла, которые образует высота парамиды с боковыми ребрами, через $A, B, C, D$ — точки пересечения секущей плоскости с боковыми ребрами и высотой, через $H$ — вершину парамиды (рис. 1). Ясно, что между длинами $a, b, c$ и $d$ должны быть неокоторое соответствие: ведь через три точки $A, B, C$ проходит единственная плоскость, следовательно, $d$ можно выразить через $a, b$ и $c$. Получить такое соответствие, можно, выразив длину общей бисекторицы $HK$ в каждом из треугольников $AHC$ и $BHD$ через угол $\alpha$ и длины их сторон: $a, c$ (в одном) и $b, d$ (в другом) и приравняв результаты. Именно так и получится треугольное равенство.

Для того чтобы получить нужную формулу длины бисекторицы $l = |HK|$ в треугольнике $AHC$, воспользуемся тем, что $S(AHC) = S(AHK) + S(KHC)$ (рис. 2). Умножив на 2, получим

$$ac \sin 2\alpha = al \sin \alpha + cl \sin \alpha,$$

откуда

$$\frac{2\cos \alpha}{l} = \frac{1}{a} + \frac{1}{c}.$$

Аналогично из треугольника $BHC$

$$\frac{2\cos \alpha}{l} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

Отсюда

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{c} = \frac{1}{b} + \frac{1}{d}.$$

Н. Васильев

◆

Будем вести доказательство индукцией по $k = m + n$. Так как $x_1 + x_2 + \dots + x_m \geq m, y_1 + y_2 + \dots + y_n \geq n$, то mn > m, mn > n, открываем $m \geq 2, n \geq 2, k \geq 4$. Если $k = 4$, то есть $m = n = 2, x_1 + x_2 = y_1 + y_2 < 4$, то хотя бы одно из чисел $x_1, x_2$ равно 1 и хотя бы одно из чисел $y_1, y_2$ равно 1. Так что для $k = 4$ утверждение задачи справедливо. Предположим, что утверждение доказано для $m = n = k$, и доказем его для $m + n = k + 1$.

Пусть $x_1$ — наиболее из чисел $x_1, x_2, \dots, x_m, y_1$ — наиболее из чисел $y_1, \dots, y_n$ ($m + n = k + 1$). Если $x_1 = y_1$, то вычеркиваем $x_1$ и $y_1$. Пусть $x_1 > y_1$. Расстояние равенство

$$(x_1 - y_1) + x_2 + \dots + x_m = y_2 + \dots + y_n,$$

(*) содержащшее все $m + n - 1 = k$ слагаемых. Чтобы привести к нему индукционное предложение, нужно проверить, что $y_2 + \dots + y_n < m(n - 1)$. Положим $S = y_1 + y_2 + \dots + y_n$. Тогда $y_1 \geq \frac{S}{n}$ и, следовательно,

$$y_2 + \dots + y_n < S - \frac{S}{n} = S \cdot \frac{n - 1}{n}.$$

Так как $S < mn$, то $y_2 + \dots + y_n < mn \cdot \frac{n - 1}{n} = m(n - 1)$.

Вычеркием в равенстве (*) часть слагаемых так, чтобы снова получилось верное равенство (это можно сделать по предположению индукции); мы получим либо исключаем, либо равенство, содержащшее в левой части разность $x_1 - y_1$. В последнем случае нужно $y_1$ перевести в правильную часть.

Д. Бернистей, Ю. Ионин

37

М464. На плоскости данной 1000 квадратов со стороными, параллельными осем координат. Пусть $M$ — множество центров этих квадратов. Докажите, что можно отметить часть квадратов так, чтобы любая точка множество $M$ попала не меньше чем в один и не более чем в четыре отмеченных квадратов.

Докажем эту лемму. Можно считать, что общая точка — это начало координат $O$. Из пути центров данных квадратов по крайней мере два центра обязаны лежать в одной из четырёх плоскости, определяемых осми координат (к четырём присоединяются ограничивающие их лучи). Пусть центры $O_1$ и $O_2$ квадратов $S_1$ и $S_2$ лежат в I четверти, а $(x_1; y_1)$, $(x_2; y_2)$ — координаты точки $O_1$ и $O_2$. Выберем из чисел $x_1, y_1, x_2, y_2$ наиболее;
пустую, направим, $x_1$. Покажем, что тогда $O_2 \in S_1$. Действительно, ясно, что точка $(x_1; x_2) \in S_1$. Поскольку $O \in S_1$, отсюда следует, что всякая точка $(x; y)$ такая, что $0 \leq x \leq x_1$, $0 \leq y \leq x_1$, принадлежит $S_1$. В частности, $(x_2; y_2) \in S_1$, что и требовалось.

Описем теперь правильное «отмеченных» квадратов. Пусть $K_1$ — наиболее из данных 1000 квадратов (зесь и далее, если наиболее не несколько, берем один из них). Пусть $K_2$ — наиболее из тех квадратов данного семейства, которые имеют центры вне $K_1$; $K_3$ — наиболее из тех квадратов данного семейства, которые имеют центры вне $K_1$ и $K_2$, и т. д. Этот процесс оборвет с построением такого квадрата $K_n$, что вне $K_1$, …, $K_n$ нет точек множества $M$ (общее число квадратов конечного). Отмеченные таким образом квадраты $K_1$, …, $K_n$ удовлетворяют, оченьному из условий задачи: они покрывают множество $M$. Чтобы показать, что они удовлетворяют и второму условию, достаточно убедиться, что никакие пять из них не имеют общей точки. Действительно, по лемме, если такая точка нашлась, один из отмеченных квадратов содержал бы центр другого. Остается заметить, что для выбранных нами квадратов это не так. Действительно, если $i < j$, то центр $K_j$ вне $K_i$ по построению; при этом $K_j$ не больше $K_i$, следовательно, центр $K_i$ также вне $K_j$.

А. Плоткин

Ф478. На кубик, лежащий на ладкой горизонтальной поверхности, на летем моно Makой же кубик, причем кубики стальковатся соими параллельными граями. Скорость налета оценено кубика до стольновения была направлена под углом $\alpha$ к боковым граям (рис. 3). Как будут движаться кубики после стольновения, если коэффициент трения между граями кубков равен $\mu$?

Рис. 3.

Обозначим $F$ абсолотное значение сил упругости, с которым кубики действуют друг на друга при стольновении. Тогда абсолотное значение силы трения между кубками равен $\mu F$ (рис. 4).

За время $\Delta t$ проекция импульса каждой кубков на ось $Y$ изменяется по абсолотной величины на $F\Delta t$. Поэтому каждый кубок из кубков

$$|\Delta (mv_y)| = F\Delta t.$$

Абсолотное значение изменения проекции импульса каждой кубок на ось $X$ равно $\mu F\Delta t$:

$$|\Delta (mv_x)| = \mu F\Delta t.$$

Из этих соотношений видно, что для каждой кубика

$$|\Delta (mv_x)| = \mu |\Delta (mv_y)|.$$

Это соотношение справедливо для любых интервалов времени. Следовательно, если обозначить $v_x$ и $v_y$ проекции скорости кубика на оси $X$ и $Y$ после стольновения кубков, $v_x$ и $v_y$ — значения ее проекций до стольновения, то

$$\mu m |v'_x - v_y| = m |v'_x - v_x| \Rightarrow \mu' |v'_x - v_y| = |v'_x - v_x|.$$

Обозначим $u$ и $w$ скорости кубков $I$ и $II$ до стольновения ($w = 0$), $u'$ и $w'$ скорости кубков $I$ и $II$ после стольновения. Считая, что потеря энергии при стольновении происходит только за счет действия силы трения, получим для кубика $I$ ($u_x = u \cos \alpha$, $u_y = u \sin \alpha$)

38

$$u'_y = 0, u'_x = u \cos \alpha - \mu u \sin \alpha = u (\cos \alpha - \mu \sin \alpha),$$
для кубика II ($w_x = 0, w_y = 0, w = |\vec{w}|$)
$$w'_y = u \sin \alpha, w'_x = \mu u \sin \alpha \quad (u = |\vec{u}|).$$
При абсолотно неупругом (вдоль оси Y) ударе
$$u'_y = w'_y = \frac{1}{2} u \sin \alpha,$$
$$u'_x = u \cos \alpha - \frac{1}{2} \mu u \sin \alpha.$$
(Мы считали, что скорость $\vec{u}$ направлена параллельно линии, соединяющей центры масс кубиков, и площадь контака при соударении равна площади соприкасающих граней. При этих условиях кубики после удара не врашаются.)

И. Слободецкий

Ф479. Для определения неизвестного объема $V_1$ баллона I собиратом схему, приведенную на рисунке 5. Объем баллона II равен $V_2$ и $V_2 \leq V_1$. Сначала система откачивается до давления $p_0$, близко к нулю. Затем закрывают кран B и заполняют баллон II газом до давления $p_0$. После этого закрывают кран A, открываюм кран B и измеряюм установившееся в системе давления $p_1$ манометром C. Затем при закрытом кране B вынь направляюм баллон газом до давления $p_a$, открываюм кран B и измеряюм установившееся в системе давления $p_2$. Эту операцию повторяют n раз. Покажите, что отношение $\frac{p_n - p_0}{np_a}$ есть величины по стойнная и равная $\frac{V_2}{V_1 + V_2}$.

Из условия эксперимента с помощью закона Бойля — Марпорта получается система n уравнений
$$p_0 V_1 + p_a V_2 = p_1 (V_1 + V_2),$$
$$p_1 V_1 + p_a V_2 = p_2 (V_1 + V_2),$$
$$p_{n-1} V_1 + p_a V_2 = p_n (V_1 + V_2).$$
Эта система позволяет выразить все $p_i$ ($i = 1, 2, \dots, n$) через $p_0$ и $p_a$. Действительно,
$$p_i = \frac{p_{i-1} V_1 + p_a V_2}{V_1 + V_2},$$
откуда
$$p_i - p_a = \frac{V_1}{V_1 + V_2} (p_{i-1} - p_a) = \alpha (p_{i-1} - p_a),$$
где $\alpha = \frac{V_1}{V_1 + V_2}$. Следовательно,
$$p_{i-1} - p_a = \alpha (p_{i-2} - p_a), p_{i-2} - p_a = \alpha (p_{i-3} - p_a)$$ и т. д.
Таким образом, $p_n - p_a = \alpha^n (p_0 - p_a)$, откуда
$$p_n = p_a + \alpha^n (p_0 - p_a),$$
$$p_n - p_0 = (p_a - p_0)(1 - \alpha^n).$$
Но $1 - \alpha^n = (1 - \alpha)(1 + \alpha + \alpha^2 + \dots + \alpha^{n-1}) \approx n \frac{V_2}{V_1 + V_2}$ (поскольку $V_1 \gg V_2$ и, следовательно, $\alpha$ близко к единице). Значит,
$$p_n - p_0 \approx (p_a - p_0) n \frac{V_2}{V_1 + V_2},$$
$$\frac{p_n - p_0}{n (p_a - p_0)} \approx \frac{V_2}{V_1 + V_2}.$$
Если $p_0 \ll p_a$, то
$$\frac{p_n - p_0}{np_a} \approx \frac{V_2}{V_1 + V_2}.$$

Рис. 5.

А. Митрофанов