Квант 1978, №10 · Страницы

КВАНТ 10
1978

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

ЧТО ВЫПУКЛО, А ЧТО ВОГНУТО?

В некоторых случаях определять это легко, а в некоторых невозможно. Глаз по-прежнему будет видеть то «горку», то «впадинку». На этом рисунке замечательному голландскому художнику М. Эшеру удалось «понимать» эти неустойчивости.

2

150 лет со дня рождения Л. Н. Толстого

Художственное наследие Л. Н. Толстого давно вошло в сокровищницу мировой культуры. Шедевры Л. Н. Толстого были и остатся не только непрерывными описаниями русской жизни, но и глубокими философскими сочинениями, в которых отражены все многогранность и сложность человека. Толстой-гуманист не предписывает человека никаких отвлеченных правил, кроме обязательного для всех правила оставаться человека в любых обстоятельствах, сообщаясь с ним, но не подчиняя им. По мнению Толстого, без приобретения к общечеловеческому труду, не будь которого люди и дня не могли бы прожить, даже самый генеральный художник или ученый не смог бы считать себя равным всем людям. А без этого, по Толстому, невозможно никакое истинное творчество.

Художственное творчество Л. Н. Толстого хорошо знакомо. Гораздо меняше известны его педагогические сочинения. Нашим читателем, несомненно, будет интересно узнать, что Л. Н. Толстой много времени и внимание уделял вопросам преподавания в школе и, в частности, методике преподавания аргуметики. Ему принадлежит учебник «Арифметика», изданный в 1874 году и опирающийся на его личный опыт многоолетнего преподавания в Яснополянской школе. В этой книге, существенно отличавшейся по содержанию от учебников своего времени, нашли отражение оригинальные возможности

3

Л. Н. Толстого на преподавание арифметики. Многие идеи Л. Н. Толстого явно перекликаются с современными взглядами на преподавание математики в школе. Вот только один пример: «Уравнение, — писал Л. Н. Толстой, — следовательно, алгебру я начинаю вместе с первыми действиями…» (Л. Н. Толстой. Педагогические сочинения. М., 1953). Каждый, что это сказано не стоит назад, а сегодня, о новых учебниках для начальных классов.

Л. Н. Толстой всю жизнь любил интересные, оригинальные задачи, высокоценил простые и произчные решения. Напомним читателем одну из его любимых задач — «задачу о косцах», — которая решается нехитрыми расчуженными без составления уравнений.

«Артели косцов надо было скосить два луга, один вдвое больше другого. Половину дня артель косила большой луг. После этого артель разделился пополам: первый половина осталась на большом лугу и доксила его к вечеру до конца; вторая же половина косила малый луг, на котором к вечеру еще остался участок, скошенный на другой день одиним косом за один день работы. Сколько косцов было в артели?

В «Войне и мире» многое страницы просвещены разумным писателем о жизни, о Родине, о бытии, о человека. И чем больше перечитываешь это произведение, тем больше находит в нем нового, глубокого, неожиданного, раннее скрытого.

Ниже мы воспроизводим отрывок из романа, где речь идет об одном из важнейших вопросов философии естественного деления непрерывного движения на первые единицы проистекает большая часть человекаских заблуждений.

Известен так называемый софизм древних, состоящий в том, что Ахиллесникогда не договорит вперед и душу черпаху, несмотря на то, что Ахиллес идет в десять раз скорее черпахи: как только Ахиллес пройдет пространство, отделящее его от черпахи, черпаха пройдет вперед его одну десятию этого пространства; Ахиллес пройдет эту десятию, черпаха пройдет одну сотую и т. д. до бесконечности. Задача эта представлялась древним неразрешимою. Бессмысленность решения (что Ахиллесникогда не договорит черпаху) вытекала из того только, что произвольно был допущены первые единицы движения, тогда как движения и Ахиллеса и черпахи совершалось непрерывно.

Принимая все более и более мелкие единицы движения, мы только приближаем к решению вопроса, но никакогда не достигаем его. Только допустив бесконечно-малую величины и восходящую от нее прогрессию до одной десятиой и взяв сумму этой геометрической прогрессии, мы достигаем решение вопроса. Новая отрасль математики, достигнув искусства обращаться с бесконечно-малыми величинами, и в других более сложных вопросах движения дает теперь на вопросы, казавшиеся неразрешимыми.

Эта новая, неизвестная древним, отрасль математики, при рассмотрении вопросов движения, допуская бесконечно-малые величины, то есть также, при которых восстанавливается главное условие движения (абсолютная непрерывность), тем самым исправляет ту неизбежную ошибку, которое у человека не может не делать, рассматривая вместе непрерывного движения отдельные единицы движения.

4

Н. Виленкин

Сравнения и классы вычетов

Многим любитляем математики известна следующая задача:

Обезьяна и орехи

Пять путешествников остановились на почlee. Они взели с собой мешок орехов и обезьяну. Ноую один из них проснулся, подошел к мешку и разделил орехи на 5 равных частей, причем один орех остался линим. Он отдал обезьяне линим орех, съел свою долю и снова лезла спать. Помом проснулся второй путешествник и, не зная о поступке первого, продолжало то же самое. Помом это же сделали по очереди остальные три путешествника. Когда утром оставился орехи разделил на 5 равных частей, снова остался орех для обезьяны. Сколько было орехов?

Вся трудность этой задачи в лишних орехах, без них ответом послужило бы любое число, которое можно шесть раз делить без остатка на 5, то есть любое число, кратное $5^6 = 15625$. А из-за того, что каждый раз деление произходило с остатком, задачу решить куда труднее. Замечательное решение придумал в сту-

денческие годы знакомый английский физик Дирак. Он решил найти число орехов, которое бы … не менялось при описанной операции (делении на пять частей с выделением ореха обезьяне и подадении одной части). Читатель, несомненно, сказал, что такого числа орехов быть не может — ясно, что после этой операции оно должно уменьшиться. Но все дело в том, что Дирак не ограничивал себя натуральными числами. А тогда ему осталось решить уравнение $\frac{4}{5}(x-1)=x$. Корнем этого уравнения является число —4. Поэтому число —4 могло бы быть решением нашей задачи, но по ее смыслу, конечно, не годится. Зато теперь ясно, как получить положительный ответ: надо к числу —4, найденному Дираком, прибавить $5^6$. Проверьте, что ответ 15 621 удовлетворяет условию задачи. Впрочем, ему удовлетворяет и каждое число вида —4 + $5^6 \cdot k$, где $k$ — любое натуральное число.

Что такое сравнимые числа

Если ответься от требования положительных решения, то любое число вида —4 + $5^6 \cdot k$, где $k$ — целое, является решением задачи про орехи и обезьяну. Эти числа образуют «двустороннюю арифметическую прогрессию» с разностью $5^6$, пространiosoся в обе стороны. У них есть одно общее свойство — при делении на $5^6$ все они дают один и тот же остаток 15 621.

5

Про также числа в математике говорят, что они сравнимы друг с другой по modulo*) 15 625.

В общем виде понятие сравнимости по некоторому modulo $m \in \mathbb{N}$ можно определить двумя равносильными способами:

О пределене 1. Цельные числа $a$ и $b$ называются сравнимыми по modulo $m$, если их разность делится без остатка на $m$.

О пределене 1’. Цельные числа $a$ и $b$ называются сравнимыми по modulo $m$, если их остатки при делении на $m$ oddnakovы*).

Если числа $a$ и $b$ сравнимы друг с другом по modulo $m$, то пишут так:
$$a \equiv b \pmod{m}.$$
Например, $16 \equiv 30 \pmod{7}$, так как разность $16 - 30 = -14$ делится на 7, а $72 \neq 45 \pmod{8}$, так как $72 - 45 = 27$ не делится на 8.

Арифметика остатков

Все числа, сравнимые с числом 2 по modulo 5, одинаково ведут себя при делении на 5 — они дают остаток 2. Объединим эти числа в одно множество и назовем его классом выцелов по modulo 5. Обозначим этот класс той же цифрой 2, только, чтобы отличить его от числа 2, будем писать ее так: $\bar{2}$. Значит, $\bar{2}$—не число, а бесконечная совокупность чисел:
$$\bar{2} = \{... -8, -3, 2, 7, 12, ...\}$$
Так же определяется класс выцелов по любому modulo $m$. При делении на $m$ могут получиться $m$ различных остатков: 0, 1, 2, …, $m - 1$. Каждому из них соответствует свой класс выцелов. Остатку $r$ соответствует класс выцелов $\bar{r}$, состоящий из чисел вида $r + km$, где $k$—целое число:
$$\bar{r} = \{r + km \mid k \in \mathbb{Z}\}.$$
Все множество $\mathbb{Z}$ целых чисел распадается на $m$ классов выцелов по модulo $m$. Множество всех этих классов обозначают через $F_m : F_m = \{0, 1, ..., m - 1\}$. При изучении вопросов, касающихся делимости на $m$, лучше иметь дело с конечным множеством $F_m$, чем с бесконечным множеством $Z$.

Чтобы решать задачи про делимость, надо уметь выполнять над классами выцелов аргументические операции. Начнем со сложения. Она определяется очень просто — в каждом из слагаемых (напомним, что класс выцелов есть бесконечное множество целых чисел) берет по представителю и складывает их, а потом смотрит, в какой класс выцелов попала сумма. Его и называют суммой данных классов. Например, сложим классы выцелов $\bar{4}$ и $\bar{5}$ по modulo 6. Для этого выберем в них по представителю. Чтобы долго не думать, возьмем сами остатки $\bar{4}$ и $\bar{5}$, давшие название классам. Их сумма равна 9. Но $9 \equiv 3 \pmod{6}$ и потому $\bar{4} + \bar{5} = \bar{3}$. Если же классы выцелов не в $F_6$, а в $F_8$, то сумма получится иная: $\bar{4} + \bar{5} = \bar{1}$. А в $F_9$ $\bar{4} + \bar{5} = \bar{0}$.

Чтобы покончить с вопросом о сложении классов выцелов, надо еще доказать, что при выборе иных представителей сумма не изменится. Это следует из такой теоремы:

Теорема 1. Если $a \equiv a_1 \pmod{m}$ и $b \equiv b_1 \pmod{m}$, то $a + b \equiv a_1 + b_1 \pmod{m}$.

Доказательство. Так как $a \equiv a_1 \pmod{m}$, $a = a_1 + km$, где $k \in \mathbb{Z}$, а так как $b \equiv b_1 \pmod{m}$, $b = b_1 + lm$, где $l \in \mathbb{Z}$. Поэтому $a + b = a_1 + b_1 + (k + l)m$, где $k + l \in \mathbb{Z}$, и $a + b \equiv a_1 + b_1 \pmod{m}$.

Мы свели сложение классов выцелов к сложению чисел. Поэтому классов выцелов компутативно и ассоциально, то есть $a + b = \bar{b} + \bar{a}$ и $(\bar{a} + \bar{b}) + \bar{c} = \bar{a} + (\bar{b} + \bar{c})$, прибавление класса $\bar{0}$ не меняет класса выцелов, то есть $\bar{a} + \bar{0} = \bar{a}$, и т. д.

Вычитание и умножение классов выцелов определяются точно так же — в классе выцелают по представителю и выполяют операции над ними. И здесь результаты не зависят от выбо-

6

ра представитель (доказите это сами). Более того, справедливо следующие условия:

Если $P(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами $u$ $a \equiv a_1$ (mod $m$), то $P(a) \equiv P(a_1)$ (mod $m$). Постраайтесь доказать это самостояльно.

Свойства операций вычитания и умножения классов вычитов тоже очень похожи на свойства этих операций для целых чисел (за одним исключением; о нем — ниже).

Задание на делимость

Поскольку классы вычитов по модулю $m$ текно связаны с остатками от деления на $m$, почти все задачи, в которых решить о делимости чисел, удобно решать с помощью сравнения.

Пример 1. Найдем остаток от деления $212^{1978}$ на 7.

Так как при делении 212 на 7 получается остаток 2, $212 \equiv 2$ (mod 7). Отсюда следует, что $212^{1978} \equiv 2^{1978}$ (mod 7). Заметим теперь, что $2^3 = 8 \equiv 1$ (mod 7). Но 1978 = $659 \times 3 + 1$. Значит, из $2^3 \equiv 1$ (mod 7) следует, что $2^{1978} = (2^3)^{659} \cdot 2 \equiv 1^{659} \cdot 2 = 2$ (mod 7). Поэтому при делении $212^{1978}$ на 7 получится остаток 2.

Пример 2. Выведем признак делимости на 9.

Так как $10 \equiv 1$ (mod 9), для любого $k$ имеем $10^k \equiv 1$ (mod 9). Но тогда

$$a_0 \cdot 10^n + a_1 \cdot 10^{n-1} + \dots + a_n \equiv a_0 + a_1 + \dots + a_n \pmod{9}.$$

Это значит, что числа $N = a_0 \cdot 10^n + \dots + a_n$ и $M = a_0 + \dots + a_n$ имеют одинаковые остатки при делении на 9. В частности, $N$ делится на 9 в том и только в том случае, когда на 9 делится число $M$ (сумма цифр числа $N$).

Пример 3. Доказем, что квадрат любого натурального числа либо делится на 9, либо даем при делении на 3 остаток 1.

В самом деле, если $x \equiv 0$ (mod 3), то $x^2$ делится на 9. Если же $x \equiv 1$ (mod 3) или $x \equiv 2$ (mod 3), то $x^2 \equiv 1$ (mod 3), так как $1^2 = 1$ и $2^2 = 4 \equiv 1$ (mod 3).

Пример 4. Найдем последнюю цифру числа $7^{71}$

Нам надо найти остаток от деления числа $7^{77}$ на 10. Но $7^2 = 49 \equiv -1$ (mod 10), и потому $7^4 \equiv (-1)^2 \equiv 1$ (mod 10). Найдем остаток от деления показателя $7^7$ на 4. Так как $7 \equiv -1$ (mod 4), $7^7 \equiv (-1)^7 \equiv -1 \equiv 3$ (mod 4), и потому $7^7 = 4m + 3$. Следовательно, $7^{77} = (7^4)^m \cdot 7^3 \equiv (-3)^3 \equiv -27 \equiv 3$ (mod 10). Это значит, что у чисел $7^{77}$ и 3 одинакова последняя цифра, то есть $7^{77}$ кончается на 3.

Деление классов вычитов

Разделить класс вычитов $\bar{b}$ на класс вычитов $\bar{a}$ — значит найти такой класс вычитов $\bar{x}$, что $\bar{ax} = \bar{b}$. Для целых чисел задача деления разрешима не всегда, но уже она решается, то единственный образом. Это связано с тем, что произведение двух целых чисел равно нулю лишь в случае, когда хотя один из множителей равен нулю. Но в $F_m$ делится не так. Взглянув на таблицу умножения для $F_6$, заменаем, что нули строят в ней не только в первой строке и первой столбце (там, где один из множителей равен нулю).

Нулю равны и произведение $\bar{2} \cdot \bar{3}$, $\bar{3} \cdot \bar{4}$, хотя множители отличны от нуля. Как говорят, в $F_6$ есть делители нуля (класс вычитов $\bar{a}$ называется делителем нуля, если он отличен от 0, но существует такой класс $\bar{b} \neq \bar{0}$, что $\bar{a} \cdot \bar{b} = \bar{0}$). В $F_6$ делители нуля оказывается взаимно простыми с моделем 6. Это называет на мысль о справедливости следующей теоремы:

| | $\bar{0}$ | $\bar{1}$ | $\bar{2}$ | $\bar{3}$ | $\bar{4}$ | $\bar{5}$ |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ | $\bar{0}$ |
| $\bar{1}$ | $\bar{1}$ | $\bar{2}$ | $\bar{3}$ | $\bar{4}$ | $\bar{5}$ | $\bar{5}$ |
| $\bar{2}$ | $\bar{0}$ | $\bar{2}$ | $\bar{4}$ | $\bar{0}$ | $\bar{2}$ | $\bar{4}$ |
| $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ | $\bar{0}$ | $\bar{3}$ |
| $\bar{4}$ | $\bar{0}$ | $\bar{4}$ | $\bar{2}$ | $\bar{0}$ | $\bar{4}$ | $\bar{2}$ |
| $\bar{5}$ | $\bar{0}$ | $\bar{5}$ | $\bar{4}$ | $\bar{3}$ | $\bar{2}$ | $\bar{1}$ |

7

Теорема 2. Класс вычетов $a$ в $F_m$ не является делительом нуля в том и только в том случае, когда $a$ и $m$ взаимно просты.

Доказательство. Пусть $a$ и $m$ взаимно просты. Если $a \cdot b = 0$, то число $ab$ делится на $m$. Но, в силу взаимной простоты $a$ и $m$, это может быть лишь в случае, когда $b$ делится на $m$, то есть $b = 0$. Это и значит, что $ab = 0$ лишь при $b = 0$, то есть что $a$ не является делительом нуля.

Предположим теперь, что наиболее общий делитель чисел $a$ и $m$ отличается от 1, $a = a_1d$, $m = m_1d$, $d > 1$. тогда число $m_1 < m$ — целое, причем отлично от $m$, и потому $m_1 \neq 0$. Но $am_1 = a_1dm_1 = a_1m$, то есть $am_1 = 0$. Значит, $a$ — делитель нуля.

Если число $a$ взаимно просто с моделем $m$, то все числа из класса вычетов $a$ взаимно просты с $m$. В этом случае говорят, что класс $a$ взаимно прост с $m$.

Из теоремы 2 вытекает важное Следствие 1. Если класс вычетов $a$ взаимно прост с $m$, то в $F_m$ можно однозначно делить на $a$, то есть для любого $b \in F_m$ уравнение $ax = b$ имеет одно и только одно решение.

Сначала доказаем, что это уравнение не может иметь различных решений. Если $ax_1 = b$ и $ax_2 = b$, то $a(x_1 - x_2) = 0$, а так как $a$ не делитель нуля, то $x_1 - x_2 = 0$, то есть $x_1 = x_2$. Значит, решение может быть лишь одно.

Осталось показать, что решение существует.

Мы только что доказали, что средние классов вычетов $a \cdot 0, a \cdot 1, \ldots, a(m-1)$ нет одинаковых. Значит, это же классы $0, 1, \ldots, m-1$, только, возможно, взятые в ином порядке. А тогда для любого класса $b$ найдется такой класс $x$, что $a \cdot x = b$.

Подтверждением доказанного следствия может служить таблица умножения по моделю $6$ — из нее видно, что только в строках для классов $1$ и $5$ встречаются все классы вычетов. В других строках есть лишь часть классов: в строках для $2$ и $4$ классы $0, 2, 4$, а в строке для $3$ — классы $0$ и $3$. Легко понять, как обстоит дело в общем случае:

Следствие 2. Если $(a, m) = d^*$, то уравнение $ax = b$ имеет решение лишь при условии, что $b$ делится на $d$. В этом случае число решения равно $d$.

Представляем читателю доказать это утверждение.

В случае, когда модель уравнения простым числом, можно делить на любой ненулевой класс вычетов — в этом случае все такие классы взаимно просты с моделем. Поэтому, например, в таблице умножения по моделю 5 одна строка состоит из нулей, а остальные содержат по одному разу все классы вычетов.

Теоремы Ферма и Эйлера

В теории чисел очень часто применяется так называемая Малая теорема Ферма:

Теорема 3. Если $p$ — простое число и $a$ не делится на $p$, то остаток от деления числа $a^{p-1}$ на $p$ равен 1.

По-другому ее можно сформулировать следующим образом:

Теорема 3’. Если $a$ — ненулевой класс вычетов по простому моделю $p$, то $a^{p-1} = 1$.

Доказательство. Так как $0 < a < p$, а модель $p$ — простое число, то $a$ и $m$ взаимно просты. Поэтому классы вычетов $a \cdot 1, a \cdot 2, \ldots, a(p-1)$ являются теми же самыми, что и $1, 2, \ldots, p-1$, только

$*)$ $(a, m)$ — наиболее общий делитель чисел $a$ и $m$.

10

ment нахождение в трубке. Участок трубки, в котором нахождение этот элемент, можно с хорошим приближением считать дугой окружности. Пусть радиус этой окружности равен $R$ (рис. 2).

Элемент $CD$ движется с постоянной по модулю скоростью $V$ по окружности радиуса $R$. Следовательно, он имеет центристремительное ускорение, равное $V^2/R$ и направленное к точке $O$ — центру кривизны дуги $CD^*$).

Посмотрим, какие силы сообщают это ускорение элемента $CD$. Со стороны соседних участков ленты на него действуют силы натяжения $N$, направленные по касательным к дуге $CD$ в точках $C$ и $D$ (см. рис. 2). Со стороны стенок трубки на ленту действуют силы нормального давления. Пусть на единицу длины ленты действует со стороны трубки сила нормального давления, равная по модулю $|\vec{f}|$. Тогда сила, действующая на элемент $CD$, равна $|\vec{f}| l$ (поскольку $l$ мало и $l \ll R$, можно считать, что эта сила равна именно $|\vec{f}| l$, то есть такая же, как если элемент $CD$ был прямолинейным). Согласно П закону Ньютона равноведействующая $F$ всех этих сил, направная к центру кривизны $O$, и сообщает элемент $CD$

*) Центр кривизны — центр той окружности, другой которого является криволинейный участок $CD$ (дуга $CD$). Величина, обратная радиусу кривизны, называется кривизной.

центростремительное ускорение:

$$ml \frac{V^2}{R} = |\vec{F}|$$

(1)

(ml — масса элемента $CD$). Как видно из рисунка 2, $|\vec{F}| = |\vec{N}'| - |\vec{f}| l$, где $N'$ — равноведействующая сил натяжения, действующих на элемент $CD$ со стороны соседних участков ленты. Учитывая, что угол $\varphi$ мал и sin $\varphi \approx \varphi$, находим, что $|\vec{N}'| = 2 |\vec{N}| \varphi$, $l = 2R\varphi$. Таким образом, $|\vec{F}| = 2 |\vec{N}| \varphi - 2 |\vec{f}| R\varphi$.

Подставим это значение $|\vec{F}|$ и $l = 2R\varphi$ в выражение (1):

$$2mR\varphi \frac{V^2}{R} = 2 |\vec{N}| \varphi - 2 |\vec{f}| R\varphi.$$

Отсюда найдем $|\vec{f}|$:

$$|\vec{f}| = \frac{1}{R} \left( |\vec{N}| - mV^2 \right).$$

Итак, мы нашли интересовавшую нас силу нормального давления со стороны стенок трубки на ленту. Точнее, мы нашли эту силу, приходящая на единицу длины ленты на участке, радиус кривизны которого равен $R$. Но для дальнейшего расстояния нас устрой эта величины.

Проанализируем формулу (2). Величина, стоявая в скобках, не меняется вдоль трубки, так что при данных $|\vec{N}|$, $m$ и $|\vec{V}|$ значение $|\vec{f}|$ определяется радиусом кривизны трубки: $|\vec{f}|$ пропорционально кри-

Рис. 2.

11

визне $-\|\vec{f}\| \sim \frac{1}{R}$. Если $\vec{V} = 0$ (лента неподвижна), $\|\vec{f}\| = \frac{|\vec{N}|}{R}$ – сила давления определяется силой натяжения и кривизной трубки в данной точке.

С гоявлением скорости $\vec{V}$ и с ее ростом значения $\|\vec{f}\|$ начинает уменьшаться и при скорости, равной

$$|\vec{V}| = \sqrt{\frac{|\vec{N}|}{m}},$$

обращается в нуль сразу по всей длине трубки. Изовем эту скорость критической ($V_{\kappa p}$).

Что это означает $-\|\vec{f}\| = 0$? Это означает, что при $\|\vec{V}\| = V_{\kappa p}$ лента не взаимодействует с трубкой. Если изменено при таком значении скорости трубку убрать, то искривление, его вызванное, остается — лента попрежнему будет изогнута на участке $AB$.

По отношению к наблюдаемой, движущемуся вправо со скоростью, равной по модулю $V_{\kappa p}$, это искривление безит по ленте влево со скоростью $V_{\kappa p}$. Такое явление называется волной, бегущей по ленте, а скорость $V_{\kappa p}$ — скоростью распространения волны.

Представим себе теперь, что $|\vec{V}| < V_{\kappa p}$ и мы убрали трубку, но суммали приложить к ленте на участке $AB$ силы давления $f$, распределенные по длине ленты так же, как от трубки. Ясно, что при этом лента получит точно такое же искривление, какое было при наличии трубки. В каждой точке кривизна ленты $\frac{1}{R}$ будет связана с приложенными силами давления той же формулиой (2). Если силы давления $f$ поддерживают постоянными, а скорость ленты увеличивать, то, как следует из формулиы (2), степень искривленности ленты, характеризуемая величиной $\frac{1}{R}$, будет увеличивать. (При этом характер распределения величины $\frac{1}{R}$ по длине участка $AB$ будет определяться законом распределения сил давления $f$ по длине этого участка.)

При неизменном законе распределения сил давления на участке $AB$ и при скорости ленты, близкой к критической, можно, таким образом, получить как уголно большое искривление ленты на участке $AB$.

Этот выбор можно сформировать по-другому. Если по ленте «бежит» нагрузка, то есть давления, некоторым образом распределения на участке $AB$, и величина этой нагрузки не меняется, а скорость ее распространения относительно ленты растет, то степень искривленности ленты на участке $AB$ возвращает с ростом скорости, а следовательно, возвращает деформация ленты от данной нагрузки. При приближении скорости к $V_{\kappa p}$ искривление ленты будет возвращать неограниченное. С этой точки зрения получается, что при скорости движения нагрузки, близкой к критической, натяжная лента перестает сопротивляться нагрузке.

Полученный выбор не зависит от характера распределения нагрузки на участке $AB$, так же как выражение для $V_{\kappa p}$ не зависит от формы искривленной трубки.

Перейдем к автоматию

Понятие критического скорости «бегущей» нагрузки может быть с помощью более сложных расчедений распространения и на другие случаи, такие, например, как бегущая по рельсу нагрузка от колеса железнодорожного вагона. Рельс также искривляется от этой нагрузки, но задача в этом случае сложнее, так как рельс в отличие от ленты имеет так называемую «жесткость на изгиб» и лежит на «упругом основании» — земле. Однако и в этом случае существуют критические скорость. Расчеты показывают, что эта скорость очень высока (порядка 1000 км/ч) и может иметь практическое значение лишь при создании поездов, движущихся с очень большими, пока не осуществимыми, скоростями.

А вот при движении совершенного автоматического скорости имеет большое практическое

12

тическое значение. Именно $V_{kp}$ определяет максимальное значение скорости, которое может развивать автоматически. И ограничение это связано не с движением, а с автоматическим шиной.

Шина соприкасается с дорогой так называемой плоской контакта. Действующие со стороны дороги силы, приложенные к шине в плоскадке контакта, представляют собой нагрузку, бегущую по шине.

Пневматическая шина (именно такие шины используются для автоматической) представляет собой оболочку, «натянутую» внутренним давлением воздуха. Форма шины, как всем известно, близка к торидальной.

Выделим мысленно малый элемент $A$ оболочки шины (рис. 3). На этот участок со стороны соседей действуют силы натяжения, направленные вдоль параллели и вдоль meridiana (точнее, по касательным к ним). Пусть значения этих сил, относенных к единице длины (по параллелю) и к единице ширины (по meridianу) элемента $A$, равны, соответственно, $|\vec{N}_x|$ и $|\vec{N}_y|$. Анализ зависит mostly от этих силами и скоростью шины дает значение критической скорости. Формула для $V_{kp}$ в этом случае оказывается аналогичной формуле (3) для тяжелой ленты —

$$|\vec{V}_{kp}| = \sqrt{\frac{|N_x|}{m'}}$$

— с той разницей, что здесь $m'$ — масса единицы поверхности оболочки. Из формулы (4) видно, что критическая скорость тем больше, чем сильнее

Для увеличения прочности шины при изготовлении оболочки в качестве «арматуры» используется сетку из очень прочных нитей (корда). Иногода нитей делают стальными (для шин грузовых автоматических, которые должны выдерживать большие нагрузки). Чтобы оценить роль сетки-арматуры, достаточно сказать, что если бы ее не было, то шина «лопалась» бы при избитовых давлениях в 20—30 раз меньше, чем те, которые выдерживают современная шина с сеткой. (Для легковых автоматических это давление 1,5—2 атм, для грузовых — 4—6 атм.)

Направление нитей корда характеризуется углом $\alpha$. Значение критической скорости зависит от этого угла:

$$|\vec{V}_{kp}| = K \text{ ctg } \alpha.$$

Здесь $K$ — коэффициент, определяемый давлением $p$ воздуха в шине, радиусом $r$ поперечного сечения шины и величины $m'$:

$$K = \sqrt{\frac{pr}{m'}}.$$

Таким образом,

$$|\vec{V}_{kp}| = \sqrt{\frac{pr}{m'}} \text{ ctg } \alpha.$$

Это — так называемая формула Тарнера. Вы можете вывести ее самостоятельно, используя свое значение школьного курса физики.

Тем, кто решил задачу Ф514 (см. «Квант» № 5, 1978), сделать это просто. Для тех, кто не решал этой задачи, даем указания, которые помогут вывести формулу (5). Рассмотрим условия равновесия элемента $A$ в предположении, что кривизна в на-

13

Правленни паралелли равна нулю; это приведет вас к соответствии $|\vec{N}_y| = pr$. Условие относительной неподвижности нитей корда (постоянство угла $\alpha$) дает связь между $|\vec{N}_y|$ и $|\vec{N}_x|$: $|\vec{N}_x| = |\vec{N}_y| \text{ctg}^2 \alpha = pr \text{ctg}^2 \alpha$.

Значения критической скорости, расчётываемые по формуле (5), оказываются довольно близкими к значениям, наблюдаемым на опыте. Для шин легковых автоматический объчно $|\vec{V}_{\text{кр}}| = 150 \div 220$ km/ч. Для скоростей автоматической этого, размещется, недостаточно. Формула Тарнера позволяет понять, какими путями можно повышать критическую скорость шины. Для этого нужно делать шину возможно более легкой (уменьшать $m'$), более «толстой» (увеличивать $r$), увеличивать давление воздуха и использовать сетку-арматуру с как можно меньше углом $\alpha$ между нитями.

Величина критической скорости шины является очень важной характеристикой, поэтому все шины проходят специальные испытания на критическую скорость. При этих испытаниях ось braшения колеса неподвижна, и шина «катится» по braшающемуся барабану. На рисунке 4 приведена fotografия шины при таких испытаниях, когда скорость качения близка к критической. На по-

14

В этой статье мы рассмотрим несколько задач, для решения которых оказывается полезным использовать векторов. В основном, это задачи, в которых требуется доказать, что некоторые три точки лежат на одной прямой, или из того, что некоторые три точки лежат на одной прямой, вывести те или иные следствия. Главной для решения таких задач является хорошо известная теорема. Точка C в том и том в том случае принадлежит прямой AB, когда векторы $\overrightarrow{AB}$ и $\overrightarrow{AC}$ коллинеарны (т. е. существует такое число $k \in R$, что $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$).

Таким образом, чтобы установить принадлежность трех точки A, B и C одной прямой, достаточно убедиться, что существует число $k$, для которого $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$. Число $k$ в соответствии $\overrightarrow{AC} = k\overrightarrow{AB}$ имеет (при $A \neq B$) простой геометрический смысл: $|k| = \frac{|\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{AB}|}$, причем $k > 0$, если точка C принадлежит лучу AB, и $k < 0$, если она принадлежит противоположному лучу.

Если, например, C — середина отрезка AB (рис. 1), то $\overrightarrow{AC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$; отсюда для любой точки Q

$$\overrightarrow{QC} = \frac{1}{2}\overrightarrow{QA} + \frac{1}{2}\overrightarrow{QB}.$$

Если, далее, $B$ — середина стороны MN треугольника AMN, а $C$ — центр тяжестни (точка пересечения медиан) этого треугольника, то длина отрезка AC составляет $\frac{2}{3}$ длины отрезка AB (рис. 2): $\overrightarrow{AC} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$; поскольку для любой точки Q выполняется равенство $\overrightarrow{QB} = \frac{1}{2}\overrightarrow{QM} + \frac{1}{2}\overrightarrow{QN}$, можно заключить, что

$$\overrightarrow{QC} = \frac{1}{3}\overrightarrow{QA} + \frac{1}{3}\overrightarrow{QM} + \frac{1}{3}\overrightarrow{QN}.$$

Наконец, еще одно замечание: если векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ неколлинеарны, то из соответствия

$$\vec{ka} + \vec{lb} = \vec{ma} + \vec{nb}$$

вытекем, что $k = m$ и $l = n$. В самом деле, это равенство можно переписать в виде

$$(k - m)\vec{a} = (n - l)\vec{b};$$

если теперь $k \neq m$, то $\vec{a} = \frac{n - l}{k - m}\vec{b}$, что противоречит неcolлинеарности векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$. Таким образом, $k = m$ и, аналогично, $l = n$.

Вот и все «теоретическая» примерность. А теперь рассмотрим подобно четыре примера.

Пример 1. Хорошо известно, что середины оснований трапеции и точка пересечения ее диагоналей расположены на одной прямой. Доказем теперь в некоторых случаях «обратную» теорему: если точка A пересечения диагоналейчем們у

15

Рис. 2.

ника MNPQ и середины B, С его про-
тивоположных сторон MN и PQ лежат на одной прямой, то MNPQ — трапеция или параллелограмм (рис. 3).

Доказательство. Положим $\vec{a} = \vec{AM}$, $\vec{b} = \vec{AN}$. Тогда $\vec{AP} = k\vec{a}$ (так как точки A, M, P лежат на одной прямой) и, точно так же, $\vec{AQ} = l\vec{b}$. Так как B — середина отрезка MN,

$$\vec{AB} = \frac{1}{2}\vec{AM} + \frac{1}{2}\vec{AN} = \frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}.$$

Точно так же

$$\vec{AC} = \frac{1}{2}\vec{AP} + \frac{1}{2}\vec{AQ} = \frac{k}{2}\vec{a} + \frac{l}{2}\vec{b}.$$

По условию точки A, B, C лежат на одной прямой, и потому существует такое число m, что $\vec{AC} = m\vec{AB}$, то есть

$$m\left(\frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}\right) = \frac{k}{2}\vec{a} + \frac{l}{2}\vec{b}.$$

В силу неоколинености векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$, отсюда вытекает, что $m = k = l$.

Наконец, имеем

$$\vec{MN} = \vec{b} - \vec{a}, \vec{PQ} = l\vec{b} - k\vec{a} = k(\vec{b} - \vec{a}),$$

то есть $\vec{PQ} = k\vec{MN}$. Следовательно, $(PQ) \parallel (MN)$, то есть $MNPQ$ — трапеция или параллелограмм.

Заметания. На рисунке 3 точки A, M, N, P, Q расположены так, что числа k и l отрицательны. Однако в решении этого нитле не использовалось. Поэтому приведенное рассуждение пригодно без всяких изменений и к случайю, когда числа k, l положительны. Этот случай изобранен на рисунке 4. Таким образом, мы «задаром» получили доказательство и такой теоремы: если точка A, в котором пересекаются продолжения сторон NQ и MP чемырхолника MNQP, и середины B, C сторон MN и PQ расположены на одной прямой, то чемырхолник MNQP — трапеция. Представляем читатель убедиться также, что приведенные рассуждения проходят (почти без изменений) в обратном порядке. Это дает векторное доказательство соответствующих «прямых» теореms: во всякой трапеции середины оснований и точка пересечения диаzoналей лежат на одной прямой; во всякой трапеции середины оснований и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой (инными словами, все четые указывающие точки расположены на одной прямой).

Пример 2. На стороне ON параллелограмма AMNO и на его ди-

16

Рис. 4.

аеонали ОМ взямы также точки В и С, что $\overrightarrow{OB} = \frac{1}{n} \overrightarrow{ON}$ и $\overrightarrow{OC} = \frac{1}{n+1} \overrightarrow{OM}$ (рис. 5). Доказать, что точки A, B, C лежат на одной прямой.

Решение. Положим $\overrightarrow{AB} = \vec{a}$, $\overrightarrow{ON} = \vec{b}$. Тогда

$$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{AO} + \frac{1}{n+1} \overrightarrow{OM};$$

$$\overrightarrow{AO} = \overrightarrow{AB} - \overrightarrow{OB} = \vec{a} - \frac{1}{n} \vec{b};$$

$$\overrightarrow{OM} = \overrightarrow{ON} - \overrightarrow{AO} = \vec{b} - \left( \vec{a} - \frac{1}{n} \vec{b} \right) = \frac{n+1}{n} \vec{b} - \vec{a},$$

то есть

$$\overrightarrow{AC} = \left( \vec{a} - \frac{1}{n} \vec{b} \right) + \frac{1}{n+1} \left( \frac{n+1}{n} \vec{b} - \vec{a} \right) = \frac{n}{n+1} \vec{a},$$

или $\overrightarrow{AC} = \frac{n}{n+1} \overrightarrow{AB}$. Из этого следует, что точки A, B, C лежат на одной прямой.

Замечания. В решении нигде не использовалось, что число $n$ — натуральное. Приведенное рассужdenе показывает, что здесь $n$ может быть любым действительным числом, отличным от 0 и —1 (в значенателей дробей имеются выражения $n$ и $n+1$).

На рисунке 5 изображен случай $n = 4$ (точка B отсекает четверть стороны ON, а точка C — пятую часть диагонали OM). Если же положить $n = -m-1$, то будем иметь $\frac{1}{n} = -\frac{1}{m+1}, \frac{1}{n+1} = -\frac{1}{m}$, т. е.

$$\overrightarrow{OB} = -\frac{1}{m+1} \overrightarrow{ON}, \overrightarrow{OC} = -\frac{1}{m} \overrightarrow{OM}.$$

На рисунке 6 изображен случай, когда $m = 3$ (на продолжении стороны ON от точки O отклонена четверть стороны, а на продолжении диагонали — третье четверольник MNP). На прямых MN, NP, PM взямы точки A, B и C:

$$\overrightarrow{MA} = \alpha \overrightarrow{AN}, \overrightarrow{NB} = \beta \overrightarrow{BP},$$

$$\overrightarrow{PC} = \gamma \overrightarrow{CM}.$$

Доказать, что если $\alpha \beta \gamma = -1$, то точки A, B, C лежат на одной прямой (теорема Менелая).

Доказательство. Положим $\overrightarrow{AN} = \vec{a}, \overrightarrow{BP} = \vec{b}, \overrightarrow{CM} = \vec{c}$.

Тогда

$$\overrightarrow{MA} = \alpha \vec{a}, \overrightarrow{NB} = \beta \vec{b}, \overrightarrow{PC} = \gamma \vec{c}.$$

Векторы $\overrightarrow{AB}$ и $\overrightarrow{AC}$ легко выразить

18

Рис. 8.

Так как $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AO} - \overrightarrow{BO}$ и $\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CA}$, получаем
$$\overrightarrow{b} - \overrightarrow{a} = x(\beta \overrightarrow{b} - \overrightarrow{a}) - y(\alpha \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}),$$
то есть
$$(x + \alpha y - 1)\overrightarrow{a} - (y + \beta x - 1)\overrightarrow{b} = 0.$$

Ввиду неоколlinearности векторов $\overrightarrow{a}$ и $\overrightarrow{b}$, коэффициенты в левой части последнего равенства должны быть равны нулю, то есть
$$\begin{cases} x + \alpha y = 1, \\ \beta x + y = 1. \end{cases}$$

Решая эту систему уравнения, находим ответ:
$$x = \frac{1 - \alpha}{1 - \alpha\beta}, \quad y = \frac{1 - \beta}{1 - \alpha\beta}.$$

Задание и

1. Точки $A, B, C, M$ и $N$, не лежащие на одной прямой, расположены так, что лучи $AM$ и $BN$ параллельны и противоположно направлены; $|AC| = p, |BC| = q, |AB| = p + q$. При каком соответствии между длинами отрезков $AM$ и $BN$ точки $M, N$ и $C$ расположены на одной прямой?

2. Прямы $a$ и $b$ параллельны. На прямой $a$ взяты произвольные точки $A_1, A_2, A_3$, на прямой $b$ — произвольные точки $B_1, B_2, B_3$. На отрезках $A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$ взяты также точки $C_1, C_2, C_3$, что $|A_1C_1| = \alpha |A_1B_1|, |A_2C_2| = \alpha |A_2B_2|, |A_3C_3| = \alpha |A_3B_3|$. Доказите, что точки $C_1, C_2, C_3$ расположены на одной прямой.

3. Точки $M, N, P$ симметрины точки $O$ относительно сторона треугольника $ABC$. Доказите, что точки $O$ и центры треугольников $ABC$ и $MNP$ лежат на одной прямой.

4. Точки $A, B, C$ — центры треугольников $OMN, ONP, OMP$. Доказите, что центры треугольников $BCD, ACD, ABD, ABC$. Доказите, что отрезки $AA_1, BB_1, CC_1, DD_1$ пересекаются в одной точке $M$, причем точка $M$ отсекает от каждой из этих отрезков четвертый. Следайте чертежами для плоского и пространственного слуаев.

19

10. Рис. 10.

11. Докажите, что если точка пересечения средних линей чет孵уговольника ABCD принадлежит диагонали AC, то диагональ BD делится диагональ AC пополам. Справедлива ли обратная теорема?

12. Дан треугольник MNP. На прямых MN, NP, PM взяты также точки A, B, C, что $\overrightarrow{MA} = \alpha \overrightarrow{AN}, \overrightarrow{NB} = \beta \overrightarrow{BP}, \overrightarrow{PC} = \gamma \overrightarrow{CM}$. Докажите, что если $\alpha \beta \gamma = 1$, то прямые MB, NC и PA пересекаются в одной точке (теорема Чевы).

13. Отрезки $A_1A_4$ и $D_1D_4$ (произвольно расположенные в пространстве) разделены на три конгрузные части каждой точки $A_2$, $A_3$ и соответственно, $D_2$, $D_3$ (рис. 10). Точки $B_i$ и $C_i$ делят отрезок $A_iD_i$ на три конгрузные части ($i = 1, 2, 3, 4$). Докажите, что точки $B_1, B_2, B_3, B_4$ лежат на одной прямой и точки $C_1, C_2, C_3, C_4$ лежат на одной прямой.

14. На отрезках $A_1C_1$ и $A_2C_2$ (произвольно расположенных в пространстве) взяты такие точки $B_1$ и $B_2$, что $|A_1B_1| = \alpha |A_1C_1|$, $|A_2B_2| = \alpha |A_2C_2|$. На отрезках $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2$ взяты такие точки $M, N, P$ (рис. 11), что $|A_1M| = \beta |A_1A_2|$, $|B_1N| = \beta |B_1B_2|$, $|C_1P| = \beta |C_1C_2|$. Докажите, что точки $M, N, P$ лежат на одной прямой.

15. Две материальные точки движутся равномерно (с ненулевыми скоростями) по двум прямым $a$ и $b$. Прямая, соединяющая движущие точки, все время проходит через неподвижную точку $O$. Доказите, что $a \parallel b$.

16. Две материальные точки движутся в пространстве прямолинейно и равномерно со скоростями $v_1$ и $v_2$. Положения движущихся точки в момент времени $t$ обозначаем через $A_t$ и $B_t$, а через $C_t$ обозначаем также точку отрезка $A_tB_t$, что $|A_tC_t| : |A_tB_t| = \alpha (0 < \alpha < 1)$. Докажите, что точка $C_t$ также движется равномерно и прямолинейно. С какой скорость?

17. Самолет, несущий яркий точчный источник света, движется над плоской поверхности равномерно и прямолинейно со скоростью $v_1$, а второй самолет — равномерно и прямолинейно со скоростью $v_2$. В некоторых моментах самолет, второй самолет и тень второго самолета находится, соответственно, в точках $A, B, C$ (рис. 12), причем $|BC| = \alpha |AC| (0 < \alpha < 1)$. При каком соответствии между скоростями самолетов тень второго самолета тоже движется равномерно и прямолинейно?

18. Три материальные точки движутся в пространстве равномерно и прямолинейно, каждая — со своей скоростью. Положения движущихся точки в момент времени $t$ обозначаем $A_t, B_t, C_t$. Докажите, что центр тяжести треугольника $A_tB_tC_t$ также движется равномерно и прямолинейно.

20

Е. Гик

Ваш рейтинг, гроссмейстер?

На страницах «Кванта» мы не разписали о различных связях, существующих между математикой и шахматами. В этой статье мы рассекем о системе коэффициентов Элю, широко использованиемны для оценки и прогноза результатов шахматистов в современных (турипах и матчах).

В те далекие времена, когда во всем мире в шахматных турипах выступало всего несколько десять мастеров, сравнивать результаты шахматистов было современ нетрудно. Вопрос, кто из двух мастеров играет сильнее, решался просто: на противении какого-то отрезка времени они встречались между собой в турипах, и если один регулятор операjal другой, значит, он и был сильнее; если же впереди оказалась то один, можно было предположить, что их сила примерно одинакова; в особо спорных случаях между ними устранвался матч.

Сейчас шахматные современная проискодят одновременно в несколько странах и даже в нескольких городах одной страны. В одной лишь международных квалификационных современных (то есть таких, в которых присваивается международные значения) участвует добрая тысяча шахматистов, из которых многое знают друг о друге лишь понасыщке. В таких условиях сравнивать силу мастеров стало труднее.

Первые попытки построить систему оценок сил шахматистов относится к началу века. А в конце 50-х годов начались практические испытания нескольких систем, основанных на том, что каждому шахмату присваивается меняющийся от современника к современию индивидальный коэффициент, или, иначе, рейтинг (от англійского слова rating — «оценка»), вычисляемый по определенной формуле и зависимости от коэффициентов противников и показ-

21

занного результата. После многолетнего обсуждения различных систем коэффициентов (приципиально не отличаюшихся друг от друга) Международная шахматная Федерация (ФИДЕ) в 1970 году официально приняла система индивидальных коэффициентов, разработанную американским математиком профессором Арпадом Эло.

Покажем сначала, как по системе Эло ведется расчет коэффициентов, а затем обсуadm ряд ее особенностей.

Пусть «старый» коэффициент данного участника (т. е. коэффициент перед началом соревнования) — $K_{ct}$. «Новый» коэффициент (коэффициент после окончания соревнования) $K_{now}$ находится по следующей формуле:

$$K_{now} = K_{ct} + 10 (N - N_{ojk}),$$

(1) где $N$ — число набранных очков (результат шахматства в соревновании), а $N_{ojk}$ — так называемое окн и даемое число очков.

Для вычисления $N_{ojk}$ прежде всего подсчитывается средний коэффициент $K_{cp}$ всех соперников данного шахматства (в случае матча $K_{cp}$ совпадает с $K_{ct}$ его партнера), который затем okругляется до целого числа *).

*) «Погранничные» числа (вроде 2377,5) okругляются, по соглашению, в любую сторону — например, в сторону меньших чисел.

Затем находим отсклонение коэффициента $K_{ct}$ от $K_{cp}$:

$$\Delta K = K_{ct} - K_{cp}.$$

(2)

Тепер из таблицы 1 по $|\Delta K|$ определяется окн и даемый процент очков:

$$h = \begin{cases} h_6, если \Delta K \geqslant 0. \\ h_m, если \Delta K < 0. \end{cases}$$

(3)

Наконец, ожидаем число очков получается при okруглении до 0,5 очка по следующей формуле:

$$N_{ojk} = \frac{h}{100} \cdot m,$$

(4)

где $m$ — число партий, которое шахмату представить в соревновании. Неформально говоря, $N_{ojk}$ — это наболее верятный результат шахматства в соревновании, а $h$ — наболее верятный процент набранных очков; это и объясняет соответствие (4).

Заметим, что в СССР при расчете рейтигов советских шахматов с 1 января 1977 года официально использовался система Эло, с той лишь разницей, что okругление в формуле (4) производится до 0,1 очка.

Если перед началом турира мы хотим найти $K_{i_{now}}$ каждого участника турира, мы должны, в соответствии с равенством (2), вычислить средние рейтиги $K_{i_{cp}}$ противников каждого участника ($i = 1, 2, ..., n$). Оказывается, эту работу можно

22

упростить. Пусть $K_{cT}^1, K_{cT}^2, \dots, K_{cT}^n$ — рейтиниги участников турнира до его начала. Введем величины

$$K_T = \frac{K_{cT}^1 + K_{cT}^2 + \dots + K_{cT}^n}{n}$$

(она округляется до целого числа), называемую коэффициентом турнира. Легко доказать, что

$$\Delta K = \frac{n}{n-1} (K_{cT} - K_T),$$

(5)

где округление вновь произведится до целого числа (результаты округления в формулах (2) и (5) совпадают). Таким образом, вместо того, чтобы $n$ раз вычислять коэффициенты $K_{cP}^i$, нам достаточно один раз найти коэффициент $K_T$, после чего для определения $\Delta K$ пользоваться формулой (5).

Для квалификации междунарного турнира по системе Эло необходимо чтобы: 1) не менее 2/3 его участников имели рейтинг; 2) коэффициент турнира $K_T$ был не менее 2250. Если же перед началом такого турнира у кого-то из участников еще нет рейтинга, то он получает начальный коэффициент $K_0 = 2200$ (который, очень удобно, после турнира может уменьшиться). Так как $K_0$ — число целое, а числа $N_{ojk}$ округляются до 0,5 или 0,1, рейтиниги шахматистов — всегда числа целые, причем у Эло они оканчиваются на 0 или 5.

Внимательно посмотрев на таблицу 1, мы замечем, что от строки к строке процент $h$ меняется на 1 и при достижении $h_6 = 100$ (соответственно, $h_M = 0$) уже не меняется (мы попадем в «зону насыщения»).

Чтобы лучше понять таблицу 1, поставляемся графические изображения $h$ от $\Delta K$, причем $h$ будем воспринать в соответствии с интуитивным смыслом слов «ожидаемый процесс очиков».

Если коэффициент $K_{cT}$ данного участника совпадает с $K_{cp}$ его противников, то следует ожидать, что он наберет $50\%$ очков; поэтому искомая кривая должна проходить через точку с координатами $\Delta K = 0$, $h = 50$. Естественно считать ее симметричной относительной этой точки. Если $K_{cT} > K_{cp}$, то, разумеется, $h > 50$, а если $K_{cT} < K_{cp}$, то $h < 50$. Поскольку $h$ меняется от 0 до 100, кривая должна асимптотически стремиться к прямой $h = 100$ при $\Delta K \rightarrow +\infty$ и к оси абсцисс при $\Delta K \rightarrow -\infty$.

Огромная статистика совершенний показывает, что если из двух шахматистов, играющих матч, один так сказает, сльнее другого на разряд, то он в среднем набирает 75% очиков.

Указанное обстоятельство Эло при построении кривой учел следующим образом: положив, что разница между двумя соседними ступенками в шахматной нерархии составляет 200 единиц рейтинга, он проводил кривой через точку с координатами $\Delta K = 200$, $h = 75$ (и, соответственно, $\Delta K = -200$, $h = 25$).

Итак, вид нашей кривой довольно ясен (см. рисунок), и ее можно использовать для определения значений $h$ при данных $\Delta K$. Однако такой способ нахождения $h$ неудобен по нескольким принципам. Во-первых, сама кривая, несмотря на вышеказанные свойства, не определяна однозначно; во-вторых, целых значений $\Delta K$ бесконечно много и их нельзя — все затабулировать; наконец, не изменять же всякий раз величины $h$ линейкой! Поэтому и возникает идея разбить ось абсцисс на конечное число отрезков (и два бесконечных полинтераvals) с постоянным $h$ на каждом из них так, чтобы значения $h$ на соседних отрезках отличались на 1.

В результате вместе нашей главной кривой мы получаем «лестиницу» (см. рисунок). Высота ее ступенек одинаковая и равна 1, а их длины по мере удаления от центра в соответствии с повышением кривой увеличаются.

23

Разумеется, таблица 1, построенная по этой «лестице», могла бы выглядеть и несколько иначе (при выборе чуть более узких или более широких отрезков с фиксированным $h$), однако прициплального значения это не имеет — лишь бы сохранялся общий характер зависимости $h$ от $\Delta K$.

В настоящее время перед началом любого крупного турира подсчитывается числа $N_{ojk}$ для всех его участников, что позволяет прикинуть окончательные итоги турира и наиболее вероятное распределение мест в нем. Однако этот популярый способ прогнозирования можно применять не только перед началом севернования, но и перед каждым его турим. Если мы сложим очки, набранные участником в уже состоявшихся турирах, с очками, которые «обещают» ему коэффициенты Элю в оставшихся турирах, мы получим ожиданный результат в турире с учетом уже сыграных партий.ECTественно считать, что эти прогнозы точнее характеризуют положение участников в данной момент, чем фактически набранное им число очков, так как они учитывают информацию об оставшихся противныхах.

Метод прогнозирования, о котором идет речь, имеет некоторые технические трудности. Ведь, скажем, при 22 участниках турира для нахождения чисел $N_{ojk}$ перед каждым туриром расчет ожидаемых результатов приведется в таблице 21 раз. Вручную такая работа потребует нескольких часов вычисления, причем к ней можно приступить только после жеребевки турира. Впрочем, ЭВМ справляется с такой задачей всего за какую-то минуту!

При применении формулы (1) возникает парадокс, на котором стоит остановиться подробнее. Представьте себе, что вы решили сыграть матч со своим товарием, скажем, из 1000 партии. Вы оба — перворазрядники и имеете одинаковыйрейтинг 2000. Пусть вы выиграли этот mapфон со счетом 580:420. По прогнозу вы должны были свести матч вничью, т. е. набрать $N_{ojk} = 500$ очков. Разница в 80 очков даст вам прибавку крейтингу 800 единиц. Итак, закончив этот матч, вы получитерейтинг 2800 — больше, чем у самого чемпонами мира!

Нетрудно видеть, что при увеличении числа партии в матчерейтинг одного шахматства вообще может неограниченно растить,рейтинг другого — неограниченно padать.

Таким образом, линейная зависимость между результатом шахматства в северновании и приращением егорейтинга не совсем правомерна. Выйти из положения пытались разными способами. Самый распространенный из них — введение в формуле (1) вместе коэффициента 10 переменного параметра $\alpha$, зависит от числа партии:

$$K_{нов} = K_{ст} + \alpha (N - N_{ojk}).$$

При этом от парадокса удалется избавиться, но заметно усложняется расчет коэффициентов.

Происхождение парадокса связано с тем, что коэффициенты шахматств фактически меняются не только в конце севернования, но и в процессе его. Так, в упомянутом матче из 1000 партий вскоре после его начала вы поведете в счете, что должно привести к увеличению вашегорейтинга и padениюрейтинга. Если вы в среднем набираете 58% очков (согласно окончательному счету), то, как только разница в вашихрейтках достигает 60 единиц (2030 против 1070), коэффициенты стабилизируются и в дальнейшем не будут сильно меняться (разница в 60 единицрейтке как раз соответствуют 58% очков — см. таблицу 1).

Из сказанного следует, что система Элю исправляется очень просто — пересечет коэффициентов следует после каждой партии! Однако такой частный пересечет, оправдаваемый математически, практическими нikого не устроит. Итак, не годится расчетрейтгов ни после большого числа партии, ни после каждой партии.

Истина, как всегда, лежит послеdefine. Формула (1) проста и удобна, и не хочеется от нее отказывать, но необходимо ограничиться «средним» числом партии. Сам Элю полагает, что если $m \leq 25$, то никаких недора-

24

зумений не производит, и линейная зависимость в (1) вплане допустима. Практические большого числа партий в современных и небывает. Исключение может представить только матч на переменную мира, проводимый по новой системе (без ограничения числа партий). Видимо, в этом случае матч следует разбитить на отдельные отрезки длиной не более 25 партий, и после каждого из них подправлять коэффициенты партеров.

Итак, система индивидальных коэффициентов Эло устроена в полне разумно и практически очень удобна. Лучшее ее подтверждение — достоверность прогноза.

В настоящие время коэффициенты Эло используют весма широко, например, для присвоения междуна-
родных шахматных званций. В зависимости от $K_T$ существует 15 категорий «трудности» туриров, для каждой из которых установлены свои процентные нормы, причем для присвоения звания международного массета или международного гроссействатора требуется доступ, соответствно, рейтина 2400 или 2500.

Основываясь на своей системе, Эло проделал ряд любопытных подсчетов. В частности, он рассчитал коэффициенты всех крупнейших шахматистов со времен Морфи. В 1963 году он опубликовал результаты своих расчетов (табл. 2). Для каждой «классика» шахмат Эло вычислил средний рейтинг, характеризующий результат его выступлении на «наилучшем» отрезке длиной в пять лет. К 1963 году лидерами в списке Эло (рейтинг 2600 и выше) были 28 шахматистов.

За прошедшие 15 лет список можно было бы пополнить еще десятьюнадцатью гроссейстерами экстра-класса, в том числе четырьмя последними чемпонами мира — Т. Петросяном, Б. Спасским, Р. Фишером и А. Карповым.

Найвисший рейтинг за всю историю шахмат имел после завоевания звания чемпонами мира Р. Фишер — 2780. Но поскольку по правилам ФИДЕ шахматист, не выступой в современных три года подряд, не включается в так называемый рейтинг-LIST ФИДЕ, в 1975 году его возглавил новый чемпонами мира А. Карпов.

Задачи
наших читателей

1. Найти пары чисел $m, n$, отвечающие закономерности

a) $3 = \frac{2 \cdot 3}{1 \cdot 2} = \frac{9 \cdot 10}{5 \cdot 6} = \dots = \frac{m(m+1)}{n(n+1)} = \dots = \frac{6887 \cdot 6888}{3976 \cdot 3977} = \dots$

b) $2 = \frac{3 \cdot 4}{2 \cdot 3} = \frac{20 \cdot 21}{14 \cdot 15} = \dots =$

$$\frac{m(m+1)}{n(n+1)} = \dots$$

C. Суслов
(г. Свердловск)

2. Если к двумначному числу приписать следа числа на единицу большее, то полученное число будет полным квадратом. Найти исходное число.

И. Михалкович
(Mинская обл.)

3. Докажите неравенство

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2 + k - 1} > \frac{1}{k^2 + 2k - 2}$$

4. Пусть $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC, AA_0, BB_0, CC_0$ — его высоты. $A_1, B_1$ и $C_1$ — проекции точки $A_0, B_0$ и $C_0$ на прямые $AO; BO$ и $CO$ соответствно. Доказите, что тогда одна из величины

$$|A_0A_1| \cdot BC|^4, |B_0B_1| \cdot |AC|^4, |C_0C_1| \cdot |AB|^4$$

равна сумме двух других.

Y. Алла
(г. Выру)