Квант 1980, №3 · Страницы

КВАНТ
3
1980

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

Этот чертеж выполнен ЭВМ по программе, программирования. Подробнее об этом составленной учациимися Заочной школы можно прочитать на с. 47

1

Основан в 1970 году
3
1980

Научно-популярный
физико-mатематический
журнал
Академи наук СССР
и Академии педагогических
наук СССР

Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-mатематической
литературы

В НОМЕРЕ:

Главный редактор
академик И. К. Кикоин

Первый заместитель
главного редактора
академик А. Н. Колмогоров

Редакционная коллекция:
М. И. Башмаков
С. Т. Белев
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
Н. А. Патриеева
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. Болтянский. Перемещения плоскости

В. Фабрикант. Физика ломинесentных ламп

Лаборатория «Кванта»
В. Майер. Оптические опыты с глазом

Математический кругхок

М. Шкапенок. Выпуклость функций и доказательство неравенств

Задачник «Кванта»
Победители конкурса «Кванта»
Задачи М611—М615; Ф623—Ф627
Решения задач M557—M561; Ф568—Ф572
Список читателей, приславших правильные решения задачи из Задачника «Кванта»

«Квант» для младших школьников
Задачи
Ф. Бартенев. Блуждающее физики

Практикум абитуриента
В. Можаев. Закон всемирного тяготения
Н. Болотина, В. Вильке, С. Кротов. Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова

Искусство программирования
Заочная школа программирования. Уроки 7 и 8
Оlimппада по программированию

Рецензии, библиография
И. Клумова, М. Смолянский. Новые книги
Н. Розов. Прикладная математика: интересно, актуально, перспективно!

Наша обложка

Шахматная страница

Ответы, указания, решения
Смесь (8, 17, 40)

© Издательство «Наука». Главная редакция физико-mатематической литературы, «Квант», 1980

2

В. Болтянский

Перемещения плоскости

Перемещение плоскости естественно представлять с точки зрения механики как движение одного нераяжимого листа по другому. Оказывается, такие движения былиот только четырех типов. Об этом и о свойствах перемещений, полезных для решения задач, рассказано в этой статье.

1. Наглядное описание перемещений
   Пусть $g$ — произвольное отображение плоскости на себя. Отображение $g$ называется перемещением плоскости, если оно сохраняет расстояния, то есть для любых точки $A, B$ этой плоскости справедливо равенство
   $$|g(A)g(B)| = |AB|.$$
   Наглядное перемещение плоскости можно описать следующим образом. Будем представлять себе плоскость в виде двух наложенных один на другой листов, верхний из которых прорачен. На нижнем листе отмечены несколько точки; те же точки отмечены и на верхнем листе. Пере-

Рис. 1.

3

его на другую сторону («изнанку») и снова наложить на непрозрачный.

Пусть теперь в плоскости заданы две пары точек $A, B$ и $A_1, B_1$, причем $|AB| = |A_1B_1| \neq 0$. Описанная выше наглядная модель перемещения подсказывает, что существуетровно два перемещения плоскости, переводящие точку $A$ в $A_1$ и точку $B$ в $B_1$.

В самом деле, при помощи скольжения произного листа по непрозрачному можно найти только одно положение произного листа, при котором отмещенные на нем точки $A, B$ совпадут соответственно, с точки $A_1, B_1$ на непрозрачном листе (рис. 1). Можно поступить и иначе: сначала перевернуть произный лист на обратную сторону, а затем совместить отмещенные на нем точки $A, B$ с точки $A_1, B_1$ на непрозрачном листе. Других перемещений (кроме двух указанных), переводших точки $A, B$ соответственно в $A_1, B_1$, не существует. Мы видим, что:

Если $|AB| = |A_1B_1|$ (причем $A \neq B$), то существуетровно два перемещения плоскости, переводящие точку $A, B$ соответственно в $A_1, B_1$.

Разумеется, проведенный «мысленный эксперимент» с описанной наглядной моделью нельзя считать математическим доказательством формулирования утверждения — это можно считать лишь опытным подтверждением. В математике же формулирование утверждения принимается (в рамках школьной геометрии) без доказательства, т. е. представляет собой аксиomy; ее называют аксиомой подвижности*) плоскости.

2. Классификация перемещений плоскости

При вида перемещений известны еще из курса 5 класса: осевая симметрия, центраная симметрия и па-

*)В учебнике «Геометрия 6—8» (М., «Прощешение», 1979) эта аксиома формулированна несколько иначе (с. 374); предоставляем читателю убедиться, что приведенная здесь формулировка равносильна имеющейся в учебнике.

Рис. 2.

4

Рис. 3.

значит через $O$ центр окружности, описанной около этого треугольника (рис. 2), а через $l$ — прямую, проходящую через середины $M$, $N$ сторон $[AB]$ и $[BC]$. Треугольник $ABC$ — равноведенный (переменные $g$ переводит точки $A, B$ в $B, C$, поэтому $|AB| = |BC|$. Следовательно, поворот $r$ с центром $O$, переводящий точку $A$ в $B$, переводит точку $B$ в $C$. Далее, обозначим через $s$ симметрию относительно прямой $l$, через $t$ — параллельный перенос, переводящий точку $M$ в $N$. Тогда скользывая симметрия $h = s^\circ t$ переводит точку $A$ в $B$, а точку $B$ в $C$. Итак, мы нашли два переменная $r$ и $h$, каждое из которых переводит точки $A, B$ соответствующего в $B, C$. Третьего такого перемения не существует (согласно аксиоме подвижности плоскости). Следовательно, переменные $g$, которые тоже переводит $A, B$ соответствующего в $B, C$, должны совпадать либо с $r$, либо с $h$, то есть в рассматриваемом случае $g$ является либо поворотом, либо скользывающей симметрии.

6. Точки $A, B, C$ лежат на одной прямой, причем $A \neq C$. Так как $|AB| = |BC|$, то $B$ — середина отрезка $AC$ (рис. 3). Обозначим через $s_1$ симметрию относительно прямой $(AC)$, а через $t_1$ — параллельный

ный перенос, переводящий точку $A$ в $B$. Каждый из переменений $t_1$ и $h_1 = s^\circ t_1$ переводит точки $A, B$ соответствующего в $B, C$. Как и в случае $a$, отсюда следует, что $g$ совпадает либо с $t_1$, либо с $h_1$, то есть в рассматриваемом случае $g$ является либо параллельным переносом, либо скользывающей симметрии.

в) Точки $A$ и $C$ совпадают, то есть $g(A) = B$, $g(B) = A$ (рис. 4). Обозначим через $r_2$ центральную симметрию относительно середины $O$ отрезка $AB$, а через $s_2$ — симметрию относительно прямой $l_2$, проходящей через $O$ и перпендикулярной $(AB)$. Каждый из переменений $r_2$, $s_2$ переводит точки $A, B$ соответствующего в $B, A$. Отсюда, как и в предыдущих случаях, вытекает, что $g$ совпадает с одним из переменений $r_2$, $s_2$, то есть в этом случае $g$ является либо центральной симметрией (и, значит, поворотом), либо осевой симметрией. Теорема доказана.

3. Переменения и ориентация

Продолжим наглядные расхождения, связанные с моделью, рассмотренной в начале статьи. Условия считать, что на плоскости задано положительное направление отсечета углов. (Объчно на чертежах за положительное направление принимают направление против часовой стрелки.) Чтобы не забывать об этом соглашении, можно в уголке чертежа изображить окружность, на которой стрелкой указано положительное направление отсечета углов.

Если неокторое переменение описывается в нашей наглядной модели как результат скольжения плоско-

5

сти по себе, то положительное направление отчета углов при таком перемещении не меняется (рис. 1). В этом случае говорят, что произведено перемещение, сохраняющее ориентацию. Например, поворот и параллельный перенос могут быть осуществлены в результате скольжения плоскости по себе, то есть они являются перемещениями, сохраняющими ориентацию.

Если же для осуществления перемещения мы перекладываем верхний (прозрачный) лист на обратную сторону, то окружность, на которой вначале было изобразено направление обхода против часовой стрелки, перейдет в окружность с изобразенным на ней направлением обхода по часовой стрелке. В этом случае говорят, что произведено перемещение, меняющее ориентацию. Например, освая симметрия является перемещением, меняющим ориентацию (рис. 5).

Легко понять, что если каждое из перемещений $f, g$ сохраняет ориентацию, то и их композиция $g^\circ f$ будет перемещением, сохраняющим ориентацию. В самом деле, окружность $l$, на которой отмечено направление обхода против часовой стрелки, перейдет при перемещении $f$ в окружность $l_1$ с направлением обхода также против часовой стрелки (так как $f$ сохраняет ориентацию). В свою очередь при перемещении $g$ окружность $l_1$ перейдет в окружность $l_2$ с направлением обхода также против часовой стрелки (так как $g$ сохраняет ориентацию). При перемещении $g^\circ f$ окружность $l$ (с имеющим на ней направлением обхода против часовой стрелки) перейдет в окружность $l_2$ с тем же направлением обхода. Таким образом, перемещение $g^\circ f$ сохраняет ориентацию. Рассудядая аналогично, мы получим следующее утверждение:

Теорема 2. Если каждое из перемещений $f, g$ сохраняет ориентацию или если каждое из них меняет ориентацию, то их композиция $g^\circ f$ является перемещением, сохраняющим ориентацию. Если же одно из перемещений $f, g$ сохраняет, а другое меняет ориентацию, то $g^\circ f$ является перемещением, меняющим ориентацию.

Чтобы проще было запомнить эту формулировку, условия считать перемещения, сохраняющие ориентацию, «положительные», а перемещения, меньше ориентацию, — «отрицательными». Тогда для композиции перемещений будет действовать то же правило знаков, что и для умножения действительных чисел: если $f$ и $g$ имеют одинаковые «знаки», то результат «положитель», а если разные — «отрицатель».

Заметим, что скользывая симметрия (она определялась, как композиция освой симметрии и параллельного переноса) является, согласно теореме 2, перемещением, меняющим ориентацию. Таким образом, из всех перемещений плоскости, которые перечислены в теореме 1, поворот и параллельный перенос сохраняет ориентацию, а освая и скользывая симметрия меняют ориентацию.

4. Задание о композиции перемещений

Приименим сказано в предыдущем пункте к вопросу о нахождении композиции разных перемещений: двух освых симметрий, поворота и параллельного переноса и т. д. Мы решим три задания такого рода, а другие задания предложим читателю для самостоятельного решения.

Задание 1. Найти композицию $s_2^\circ s_1$ симметрий $s_1, s_2$ относительно двух пересекающих прямых $l_1, l_2$.

Решение. Пусть $O$ — точка пересечения прямых $l_1$ и $l_2$ (рис. 6). Через α обозначим угол, на котором нужно повернуть прямую $l_1$, чтобы она перешла в $l_2$. Возьмем точку $A \in l_1$, отличную от $O$, и положим $B = s_2(A)$. Мы имеем $s_1(O) = O$, $s_2(O) = O$, и потому перемещение $g = s_2^\circ s_1$ переводит точку $O$ в себя. Далее, $s_1(A) = A$, $s_2(A) = B$, то есть $g(A) = B$. Ясно, что поворот $r$ с центром $O$ на угол $2\alpha$ переводит точку $A$ в $B$, а точку $O$ в себя. Итак, мы имеем два перемещения $r, s_2$, каждое из которых переводит точки $O$, $A$ соответственно в $O, B$. Так как перемещение $g = s_2^\circ s_1$ тоже пере-

6

Рис. 7.

водит $O, A$ в $O, B$, в силу аксиомы подвижности) $g$ совпадает либо с $r$, либо с $s_2$. Но с $s_2$ перемещение $g$ совпадает не может, так как $s_2$ меняет ориентацию, а $g$ сохраняет (по теореме 2). Следовательно, $g=r$, то есть $s_2^\circ s_1$ есть поворот на угол $2\alpha$ вокруг точки $O$.

Задача 2. Найти композицию $s_2^\circ s_1$ симметрий $s_1, s_2$ относительно двух паралельных прямых $l_1, l_2$.

Решение *). Возьмем две точки $A, B \in l_1$ (рис. 7) и положим $C=s_2(A), D=s_2(B)$. Тогда $ABDS$ — прямогольник. Обозначим через $t$ паралельный перенос, переводящий точку $A$ в $C$. Тогда $t(A)=C$, $t(B)=D$. Итак, мы имеем два перемещения $t, s_2$, каждое из которых переводит точки $A, B$ соответственно в $C, D$. Так как $g=s_2^\circ s_1$ тоже переводит $A, B$ в $C, D$, $g$ совпадает либо с $t$, либо с $s_2$. Так как при этом $g$ сохраняет ориентацию, то $g=t$. Итак, $s_2^\circ s_1$ есть паралельный перенос.

Задача 3. Найти композицию поворота и паралельного перенос.

*) Другое решение этой задачи см. в «Кванте», 1980, № 1, с. 44.

Рис. 8.

Рис. 9.

Решение. Пусть $r$ — поворот с центром $O$ на угол $\alpha$ (рис. 8), а $t$ — паралельный перенос. Положим $A=t(O)$. Далее, проведем прямые $l_1, l_2$, перепедикулярные ($OA$), первая из которых проходит через точку $O$, а вторая — через середину отрезка $OA$. Симметрию относительно прямых $l_1, l_2$ обозначаем через $s_1, s_2$. Тогда из задачи 2 следует $s_2^\circ s_1=t$. Далее, через $l$ обозначаем прямую, проходящую через точку $O$, из которой $l_1$ получается поворот на угол $\frac{1}{2}\alpha$, а через $s$ обозначаим симметрию относительно прямой $l$. Тогда из задачи 1 следует $s_1^\circ s=r$. Значит, $t^\circ r=(s_2^\circ s_1)\circ(s_1^\circ s)=s_2(s_1^\circ s_1)\circ s=s_2^\circ s$, откуда следует (в силу задачи 1), что $t^\circ r$ есть поворот на угол $\alpha$ вокруг точки $O_1$, в которой пересекаются прямые $l_2$ и $l$.

Заметим, что при решении мы воспользовались, во-первых, ассоциативностью операции композиции перемещений (то есть возможность произвольного расставлять скобки; это свойство справедливо не только для перемещений, но и для любых отображений) и, во-вторых, тем, что для освой симметрии $s_1$ образное отображение совпадает с $s_1$, в связи с чем $s_1^\circ s_1$ есть тоже逮ственное отображение. Этот пример — разложение перемещений на освые симметрии, оси которых выбираются так, чтобы в окончательном результате произвольное «сокращение» — применяется и при решении других задач на отыскание композиции перемещений *).

• Подробнее об этом см. «Кванте», 1980, № 1 с. 42.

7

5. Применение перемещений к решению задачи

Задача 4. Две окружности с центрами $O_1, O_2$ пересекаются в точках $A$ и $B$. Доказать, что прямая $O_1O_2$ перепределила отрезку $AB$ и делит его пополам.

Решение. Обозначим через $l_1, l_2$ полукругжности, лежащие по одному сторону прямой $O_1O_2$, через $l'_1, l'_2$ — полукругжности, лежащие по другую сторону (рис. 9), а через $s$ — симметрию относительно $(O_1O_2)$. Тогда $l'_1 = s(l_1), l'_2 = s(l_2)$. Так как $s(l_1 \cap l_2) = s(l_1) \cap s(l_2) = l'_1 \cap l'_2$, получаем $s(A) = B$, то есть точки $A$ и $B$ симметричных относительно $(O_1O_2)$. Отсюда и вытекает требуемое утверждение.

В этом решении мы воспользовались тем, что для любого перемещения $f$ и любых фигур $M, N$ справедливо соответствие $f(M \cap N) = f(M) \cap f(N)$. Доказите это самостояльно.

Задача 5. На сторонах $AB$ и $BC$ произвольного треугольника $ABC$ построены вне его квадраты $ABMN$ и $BCPQ$. Точка $K$ — середина отрезка $MQ$. Доказать, что отрезок $BK$ перепределил основанию $AC$ и вдвое короне его.

Решение. Пусть $L$ — середина отрезка $AC$ (рис. 10). Надо доказать, что отрезки $BK$ и $CL$ перепределил кругду и конгруэнтны. Для этого удобнее всего установить, что первый отрезок получается из второго поворотом на $\pm 90^\circ$ вокруг некоторой точки. Итак, нам желательно найти точку, поворот на $90^\circ$ или $-90^\circ$ вокруг которой переводит точку $C$ в $B$, а точку $L$ в $K$. Но ясно, что поворот $r$ на $-90^\circ$ вокруг центра квадрата $BCPQ$ переводит точку $C$ в $B$. Значит, остается установить, что $r(L) = K$.

Мы имеем $r(C) = B, r(B) = Q$; положим $r(A) = D$. Тогда $r([BA]) = [QD]$, то есть отрезки $AB$ и $DQ$ перепределились и конгруэнтны. Значит, отрезки $BM$ и $QD$ параллельны и конгруэнтны, то есть $BMDQ$ — параллельм. Следовательно, точка $K$ (середина диагонали $MQ$) является также серединой отрезка $BD$. Так как $r([CA]) = [BD]$, получаем $r(L) = K$. Итак, $r(C) = B, r(L) = K$, то есть $r([CL]) = [BK]$, и потому отрезки $CL$ и $BK$ перепределились и конгруэнтны.

Задача 6. Восстановить патиуольник, зная точки $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$, являющиеся серединами последовательных его сторон.

Решение. Пусть $ABCDE$ — искомый патиуольник (рис. 11). Обозначим через $s_1, s_2, s_3, s_4, s_5$ центральные симметричные относительно точки $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$. Тогда $s_1(A) = B, s_2(B) = C, s_3(C) = D, s_4(D) = E, s_5(E) = A$, то есть перемещение $f = s_5^\circ s_4^\circ s_3^\circ s_2^\circ s_1$ переводит точку $A$ в себя. Но композиция $s_5^\circ s_4^\circ s_3^\circ s_2^\circ s_1$ пяты перемещений,

8

каждое из которых есть центральная симметрия, то есть поворот на 180°, представляет собой поворот на 180° • 5 = 2 • 360° + 180° (см. ниже задачу 9). Следовательно, f есть центральная симметрия, и потому A есть центр этой симметрии. Как же найти точку A? Берем произвольную точку A’ и строим точки B’ = s₁(A’), C’ = s₂(B’), D’ = s₃(C’), E’ = s₄(D’), F’ = s₅(E’).

Тогда f(A’) = E’, то есть точки A’ и F’ симметричных относительно исходной точки A (рис. 12), и потому A есть середина отрезка A’F’. Найдя A, легко затем отыскать и остальные вершины искомого пятугольника.

Задание

1. Сколько существует перемещений плоскости, переводящих данные отрезок AB в себя?
2. Докажите следующие аксимы подвижности: если |AB| = |A₁B₁|, причем A ≠ B, то существуетровно одно сохраняющее ориентацию перемещения, переводшее точки A, B соответствующего A₁, B₁, ировно одно меняющее ориентацию перемещение, переводшее точки A, B соответствующего A₁, B₁.
3. Сколько существует перемещений, переводящих правильный n-угольник в себя? Сколько из них сохраняет ориентацию? Меняют ориентацию? Указание. Воспользовитесь тем, что каждое из этих перемещений переводит центр описанной окружности в себя.
4. Точка A называется неподвижной точкой перемещения f, если f(A) = A. Сколько неподвижных точки имеет каждое из перемещений, перечисленных в теореме 1?
5. Прямая l называется неподвижной прямой перемещения f, если f(l) = l. Сколько неподвижных прямых имеет каждое принципать сумма S = 1/1 + a₁ + + 1/1 + a₂ + … + 1/1 + aₙ, где все числа aᵢ положительные и a₁ • a₂ • … • aₙ = 1?

Задание
наших читателей

1. Какие значения может принимать сумма S = 1/1 + a₁ + + 1/1 + a₂ + … + 1/1 + aₙ, где все числа aᵢ положительные и a₁ • a₂ • … • aₙ = 1?
   A. Ermilov

2. Если число 2²k + 2ⁿ + 1 простое, то оно — делитель числа 2²k+1 — 1. Докажите. Г. Карнаух

3. Докажите равенства:
   a) cos 2π/21 + cos 8π/21 +

• cos 10π/21 = √21 + 1/4.

6. cos 8π/35 + cos 12π/35 +

• cos 18π/35 = 1/2 cos π/5 +
• √7/2 sin π/5.

M. Розенберг

4. На рогатку подвешен груз (рис. 1). Широкий конец рогатки медленно опускают. Определите, при каком угле наклона φ груз сокользет с рогатки φ, длина нити, на которой подвешен груз, l.

M. Ваксман

9

В. Фабрикант

Физика
ЛЮМИНЕСЦЕНТНЫХ
ЛАМП

И свет, и жар

Мы так привыкли к электрическому освещению, что порой не ценим его должным образом и забываем его историю.

Первой появился электрическая лампа наkalивания.

«ВЫНИМАЕТ
паршивую
запаянную склянь.
«Это,— говорит,—
электрическая лампа»…
Вижу —
склянка.
В склянке —
волос.
Но, между прочим,
не из бороды и не из усов…
Сверху
из склянки
и свет,
и жар —
солнце,
ей-богу, солнце!»

— так писал Маяковский в стихотворении «Горяший волос».

Поэт прав, указывая, что «из склянки и свет, и жар», но, как и положено позтам, он преувеличивает, сравнивая лампу наkalивания с Солнцем. Между светом лампы наkalивания и солнечный светом имеются очень важные различия. Прежде всего, свет лампы наkalивания города же солнечного света. Кроме того, в изучении лампы наkalивания «жар» города сильнее по отношению к «свету», чем в изучении Солнца. Оба отличия вызываны одной и той же причиной: температура нити («волоса») лампы наkalивания (3000°С) примерно в два раза ниже температуры поверхности Солнца (6000°С).

Перейдем от поззии к цифрам, и мы натолкнемся на интересный парадокс. Лампа наkalивания представляет почти идеальный преобразователь электрической энергии в энергию излучения (с коэффициентом полезного действия близким к единице) и вместе с тем лампа наkalивания — очень неэкономичный источник света. Как же такое возможность?

10

Рис. 1. Кривая чувствительности глаза человека.

Оказывается, все дело в том, что человекский глаз разгрирует не на любое излучение, а только на узкий участок спектра электромагнитных волн (рис. 1) с длинами волн от 0,4 мкм до 0,8 мкм (от филотовых до красных лучей). Только такое излучение является светом в точном смысле этого слова.

На рисунке 2 показан баланс энергии современной лампы накаливания. Мы видим, что, хотя лампа накаливания превращает в излучение 86% подводимой к ней электроэнергии, только 12% превращается в видимый свет. В нейдиномое телловое излучение (инфракрасные лучи), то есть в «жар» по Маяковскому, превращается 74%! Как источник лучистого «жара» лампа накаливания близка к идеалу. Это было учтено, и сейчас на произвольные широко применяют быстрый суску окрашенных изделий (например, корпус автоматический) с помощью инфракрасных лучей, испускаемых лампами накаливания.

Рис. 2. Баланс энергии в лампе накаливания: 12% — световое излучение, 74% — инфракрасное излучение, 14% — телловые потери через вводы и держатели и через газ.

Холодный свет

Недостатки лампы накаливания как источника видимого света заставили учены искать новые источники света, более экономичные в смысле преобразования электрической энергии в световой и дайошие свет, более близкий к солнечному по цветовым свойством. Таким образом, задача состояла как в увеличении светоотдачи, так и в увеличении качества света.

У С. И. Вавилова возникла идея использовать в этих целях явление холодного свечения, называемое ломинесценцией (см., например, «Физику-10», с. 210—212). Если Солнце или лампа накаливания представляют тепловые источники, в которых излучение возникнет за счет нагрева до высокой температуры, то свечение ломинофора (ломинесцирующего тела) не связано, как правило, с его нагревом.

Нас будут интересовать так называемые фотоломинофоры, свечение которых вызывается облучением их светом от внешнего источника. Фотоломинофоры преобразуют излучение с одним длинами волн в излучения с другой длинами волн. Многие организации красители (например, оранжевая краска родимин) обладают яркой ломинесценцией под действием дневного свеча.

Современное учение о传感ительной ломинесценции многим обязано С. И. Вавилову. В частности, С. И. Вавилов показал, что ломинофоры — как преобразователь энергии излучения — могут обладать очень высоким коэффициентом полезного действия. Это свойство, очень важное для практического применения ломинофоров.

Приципп действия ломинесценной лампы

Казалось бы, можно улучшить характеристики лампы накаливания, нанесая на стенки ее колбы ломинофора и превращать с помощью传感ительной ломинесценции инфракрасное излучение раскаленной нити в видимый свет. К сожалению, такой путь нереален. Существует закон

12

Рис. 4. Баланс энергии 40-ваттной «белой» ломинесcentной лампы.

чение и как оно преобразуется в видимый свет.

Механизм генерации излучения в газовом разряде

Как уже говорилось, источником ультрафиолетового излучения в ломинесcentной лампе является электрический разряд в других парах при низком давлении*). Электроны, выравнищения с ка汰а и разогненные электрическим полем, встречаются на своем пути атомы ртути, испытывают с ним соударения.

Характер соударения, оказывается, зависит от энергии электронов**). Если энергия электрона меньше 4,9 эВ, соударение его с атомом ртути носит упругий характер — кинетическая энергия электрона практические не изменяется, а изменяется лишь направление его движения. При энергии, равной (или превышшей) 4,9 эВ, соударение электрона с атомом ртути становится неупругим — электрон отделется всего

(или почти всего) своего энергии атому ртути. Это — одно из проявлений квантовых свойств атомов.

Согласно квантовым представлениям каждой atom может обладать лишь определенными запасами энергии, или, как говоря, он может находиться лишь на вполне определенных энергетических уровнях. Следовательно, и принимает atom может лишь определенные порции энергии. Так, для атома ртути такой минимальной порцией является энергия 4,9 эВ. Менышую энергию atom ртути не принимает (проявляется его «квантовая гордость»). Что же происходит с атомом дальше?

На рисунке 5 изображена очень грубая схема энергетических уровней атома ртути. В результате неупругого стольновения с электроном atom переходит в возбужdenное состояние, соответствующое энергетическим уровню 3, «живет» на этом уровне примерно 10⁻⁷ с и возврашается обратно на уровень 1.

Заметим, что атомы аргона, хотя их число превышает число атомов ртути в сотни раз, совершенно не возбуждаются. Связан это с тем, что минимальная энергия возбуждая атомов аргона значительно выше, чем у атомов ртути.

16

Рис. 10. Спектральные кривые коэффициента отражения краситель: а) красного; б) зеленого; в) синнего.

Цветовое зрение связывано со сложной структурой сетчатки человекаского глаза. В ее состав входят палочки и колбочки — светочувствительные клетки, связанные с окончаниями разветвленного в сетчатке зрительного нерва (рис. 9). Палочки более чувствительны и работают даже в условиях слабой освещенности (ночное зрение), но при этом цвета практически не различаются («ночью все кошки серы»). Колбочки менее чувствительны и работают только при достаточно большой освещенности (дневное зрение), но это обеспечивает различение цветов. Для сравнения укажем, что усовместится только палочки, поэтому они должны шурить глаза. У кур, наоборот, — только колбочки, вот почему они ложатся спать с заходом солнца.

Считается, что в человекаском глазу имеет три типа колбочек.

Рис. 11. Распределение энергии в спектре luminiscентных ламп: а) «дневного» светета; б) «белого» светета; в) «теллюбелого» светета.

При поглощении света колбочной одного из этих типов возникает ощущение синего цвета, другого — зеленого цвета и третього — красного цвета. Восприннимаемый нами цвет предмета зависит от соответствия интенсивностей возбуждения трех указанных типов колбочек. Это соответствие в свою очередь зависит от спектрального состава света, отраженного от предмета и попадающего в глаз. Аспектральный состав отраженного света определяется зависимостью коэффициента отражения предмета от длины волны (рис. 10) и спектральным составом падающего на предмет света. Так, многие такие при дневном свете и при свете ламп накаливания имеютсовсем разные цвета. Поэтому опытные покупатели в магазина часто подносят покупку к окну, чтобы избежать неожиданностей в дальнейшем. Неприятны изменения цвет-

18

Лаборатория «Кваита»
системой, инчае аккомодация была бы невозможна: на сетчатке глаза 9 получились бы резкими изображения предметов, расположенных лишь на вполне определенном расстоянии от глаза, и нерезкими — изображения всех остальных предметов.

Исследования показали, что за аккомоданию ответствен хрусталик глаза. Если на сетчатке глаза появляется нерезко изображение на близдаемого предмета, соответствующий сигнал по зрительному нерву поступает в мозг, образытывается там и подается на так называемую цилиnarную мышцу 7, которая, сокращаясь или растяваясь, изменяет кривизну поверхностей хрусталика до тех пор, пока на сетчатке не получится резко изображение.

Можно ли экспериментально доказать, что именно хрусталик осуществляет аккомоданию? Как удостовериться в том, что аккомодация вызывается изменением кривизны поверхностей хрусталика?

Наверное, прежде всего нужно убедиться, что хрусталик действительно существует. Возьмите зеркало и посмотрите в него на свой глаз. Вы легко обнаружите в нем белую плотную оболочку — склеру 1, произчный участок этой оболочки — роговицу 2, радужную оболочку 4 (которая служит регулятором светового потока, создающего изображение, и определяет цвет глаз).

Обсуждение проблемы
Постотите на кончик карандаша, расположенного на расстоянии 15—30 см от глаза, при этом более удаленные предметы вы будете видеть нерезко. Переведите взгляд на далекие предметы — нерезким станет кончик карандаша. Obviously мы не замечаем этого: все предметы, на которые мы смотрим, кажутся нам вполне резкими. Это означает, что глаз сам, независимо от нашего сознания, как бы настраивает на резкость. Такой процесс называют аккомодацией глаза. Как же она осуществляется?

Оптическая система глаза (рис. 1) состоит из роговицы 2, водяностой жидкости 3, хрусталика 6 и стекловидного тела 8. Ясно, что глаз обладает регуляторюощейся оптической

19

ловека), зачок 5 — ответные в радужной оболочке. Но хрусталика вы не увидите! Как же быть?

Поскольку оптическая система глаза создает на сетчатке изображения предметов, показатели преломления элементов системы должны отличаться от показателя преломления окружающей среды. (И действительно, согласно изменяемом показателя преломления роговицы, хрусталика, водяностой жидкости и стекловидного тела равны соответствию $n_p = 1,376$, $n_{xp} = 1,386$, $n_{B.x} = n_{c.t} = 1,336$.) При переходе света из одной среды в другую, помимо преломления, наблюдается и отражение света. Это означает, что, поместив перед глазом источник света, можно надеться увидеть его изображение в отраженном свете.

В первом приближении границы раздела различных сред в глаза представляют собой сферические поверхности. Следовательно, они должны действовать как сфериские зеркала.

Итак, мы приходим к выводу, что оптическая система глаза не только формирует изображение предмета на сетчатке, но еще и создает несколько подобных изображений за счет отражения света от поверхности роговицы и хрусталика. Обнаружив эти изображения на опите, вы сумете доказать существование хрусталика. А исследовав изменение этих изображений при «наводке» глаза на резкость, можно уяснить оптическую существость акмодации.

Модельные опты

Прежде чем приступить к экспериментальнойному исследованию самого глаза, попробyte содействовать его роговицу и хрусталик.

В качестве модели хрусталика глаза можно использовать двояковый луч с увеличением 2—3,5 (она называется часовой и продолжается в магазинах фототоваров). На расстоянии 10—20 см от лучы расположите подключенную к батарейке лампочки для карманного фонаря. Глядя на луч со стороны лампочки, вы увидите два ее изображения.

Рис. 2.

Женяя: прямое и перевернутое (рис. 2). Попробyte перемещать лампочку перепедикулярно оптической оси лучы — вы заметите, что изображения смещаются в разные стороны.

На рисунке 3 представлен ход лучей при обращении изображений $l_1$ и $l_2$ предмета l поверхностями лучы (построение проведено без учета преломления в луче). Прямоое изображение $l_1$ создает передняя поверхность 1 лучы, действующая как выпуклое зеркало, а перевернутое изображение $l_2$ — задняя поверхность 2, представляющая собой волнутое зеркало.

Как правило, в опите одно изображение источника получается больше другого. Попробуем обьяснить, почему.

Для сферических зеркал справедливы все те же самые соответствия, что и для тонкой линзы. Увеличение предмета, даваемое передней поверхности лучы (выпуклим зеркалом), равно (см. рис. 3)

$$\Gamma_1 = \frac{l_1}{l} = \frac{f_1}{d_1}.$$

Расстояние $d_1$ от предмета до зерка-

20

ла и расстояние $f_1$ от зеркала до изображения связываны соответствием

$$\frac{1}{d_1} - \frac{1}{f_1} = -\frac{1}{F_1}.$$

Учитывая, что фокусное расстояние зеркала равно половине радиуса кривизны $R_1$ первой сферического поверхности лупы, получим

$$\Gamma_1 = \frac{F_1}{F_1 + d_1} = \frac{R_1}{R_1 + 2d_1}.$$

Если предмет находится на большом расстоянии от зеркала по сравнению с его радиусом кривизны ($d_1 \gg R_1$), в значентеле предыдущего формулы первым слагаемый по сравнению со вторым можно пренебречь и считать, что увеличение выпуклого зеркала равно

$$\Gamma_1 = \frac{R_1}{2d_1}.$$

Аналогично, увеличение предмета, даваемое задней поверхности лупы (вогнутым, зеркалом), выражается такой же формулой, только вместо $R_1$ должно быть $R_2$, а вместе $d_1 - d_2$:

$$\Gamma_2 = \frac{R_2}{2d_2}.$$

Поскольку лупа — тонкая линза, то есть ее толщина мала по сравнению с радиусами кривизны, различием в расстояниях $d_1$ и $d_2$ можно пренебречь. Тогда для увеличения предмета, даваемых поверхности лупы, имеем

$$\Gamma_1 = \frac{l_1}{l} = \frac{R_1}{2d} \text{ и } \Gamma_2 = \frac{l_2}{l} = \frac{R_2}{2d},$$

где $d = d_1 = d_2$ — расстояние от предмета до лупы.

Следовательно, если изображения $l_1$ и $l_2$ получаются разных размеров, то различны радиусы кривизны лупы. Знача расстояние от предмета до лупы и изменив увеличения, даваемые поверхности лупы, можно определить радиусы кривизны ее поверхности.

Советует вам проверки еще один опит с моделью хрусталка глаза.

Следите из пластлина небольшую прямогольную камеру, в боковой стенку камеры вставьте лупу. Получите изображения горяшей лам-

почки в отраженном от поверхности лупы свете и обратите внимание на их яркость. Тепер налейте в камеру воды — яркость изображения, создаваемого задней поверхности лупы, затем уменышится. Оказывается, интенсивность света, отраженного от границы раздела двух сред, зависит от показателей преломления этих сред *). В данном случае при замене воздуха на воду интенсивность отраженного света уменшилась.

Мы достаточно подробно разобрали, что должно было бы наблюдаться в отраженном свете, если бы оптическая система глаза состояла из одного хрусталка. Однако глаз имеет еще и роговицу, и две камеры, заполненные водяной жидкостью и стекловидным телом.

Смоделировать действие роговицы можно, помещив перед лупой, на расстоянии 2—4 мм от нее, окноовое стекло, имеющее оптическую силу +1 диоптрия (продается во всех аптеках). На получившуюся оптическую систему направьте свет от лампочки для карманного фонаря. Провода наблюдается со стороны лампочки, вы видите четыре ее изображения, три из которых прямы и одно перевернуть. Обратите внимание на то, что изображения, образованные отражением света от поверхности окнового стекла, расположены очень близко друг от друга.

Заполните водой полость между окновым стеклом и лупой, а также пластinianую камеру за лупой. Пронаблюдайте, как при этом изменяется яркость изображений, создаваемых различными сферическими поверхностими вашего оптического системы.

Советует вам ни в коем случае не торопиться при постановке моделиных опитов. Чем тщательно вы их проведете, тем лучше будет представлять, что должны наблюдаться в живом глазу, и тем легче сможете обнажить нужные изображения.

*) Строгий расчет для коэффициента отражения света $k$ от границ раздела двух сред $n_1$ и $n_2$ — показатели преломления граничных сред.

21

М. Шкапенюк

ВЫПУКЛОСТЬ
ФУНКЦИЙ
И ДОКАЗАТЕЛЬСТВО
НЕРАВЕНСТВ

В этой статье исследуются свойства выпukлых функций. В частности, установливается неравенство между средним арфметическим значением выпukлой функции в л точках и ее значением в среднем арфметическим этих точек. Из этого неравенства легко получаются классические соотношения между средним гармоничским, средним геометрическим, средним арфметическим и средним квадратическим.

Выпukлые функции
Рассмотрим функцию $f$, дифференцирую в любой точке отрезка $[a; b]$, и обозначим через $\Gamma$ часть графика функции $f$, отвечающего этому отрезку:

$$\Gamma = \{(x; y) | x \in [a; b] \text{ и } y = f(x)\}.$$

Функция $f$ называется выпukлой вверх на отрезке $[a; b]$ («Алгебра и начала анализа 10», п. 79), если для любой точки $T \in \Gamma$ кривая $\Gamma$ лежит ниже касательной к $\Gamma$ в точке $T$ (рис. 1 a). Аналитически, как легко видеть (рис. 2), это условие записья в виде неравенства

$$f(x_2) < f(x_1) + f'(x_1)(x_2 - x_1),$$

которое должно выполнять при любых (различных) $x_1, x_2 \in [a; b]$. Аналогично определяется выпukлость вниз на отрезке (рис. 1, б); для нее знак < в неравенстве (1) нужно заменить на >.

В том же пункте учебника формулируется достаточно при любых функциях: если на промежутке вторая произвольная положительная (отрицательная), то график обращен выпukлостью вниз (вверх). Геометрические первому случае obtueаетускоренное возрастание или замедленноеубывание, а второму — замедленноеубывание илиускоренноеубывание.

Примеры 1) Функция $f(x) = x^2$ выпukла вниз на любом отрезке $[a; b]$. 2) Функция $f(x) = \lg x$ выпukла вверх $[a; b]$, если $0 < a < b$. 3) Функция $f(x) = \sin x$ выпukла вверх $[0; \pi]$ и выпukла вниз $[\pi; 2\pi]$.

Рассмотрим теперь несколько простых свойств выпukлых функций; мы их формулируем для случая функций, выпukлых вверх, оставляя читатель их переформулировки для функций, выпukлых вниз.

I. Если $f$ выпukла вверх $[a; b]$, то для любых (различных) точки

$$f\left(\frac{1}{2}(x_1 + x_2)\right) > \frac{1}{2}(f(x_1) + f(x_2)).$$

Рис. 1 a

Рис. 1 6

22

Доказательство очевидно: достаточно проверки касательную к графику функций в точке $\frac{1}{2}(x_1+x_2) \in [a; b]$ и заметить, что длина отрезка $|AB|$ равна $\frac{1}{2}(f(x_1)+f(x_2))$ (рис. 3).

Можно показать, что дифференцируемая на отрезке $[a; b]$ функция, обладающая свойством I, обладаетно будет выпуклой вверх. На этом факт не потребуется, поэтому доказательство мы не приводим.

II. Если функция $f(x)$, $g(x)$ выпуклы вверх на $[a; b]$, то их сумма $h(x)=f(x)+g(x)$ тоже выпукла вверх на $[a; b]$.

Дейстивительно, складывая неравенства (1) для $f$ и $g$ и пользовать тем, что $h'(x)=f'(x)+g'(x)$, мы сразу получим неравенство (1) для функции $h$.

III. Если функция $f(x)$ выпукла вверх на $[a; b]$, то функция $h(x)=-f(x)$ выпукла вниз на $[a; b]$.

Это сразу следует из определения выпуклости функции. Из свойств II и III сразу вытекает следующее свойство:

IV. Если функция $f(x)$ выпукла вверх на $[a; b]$, а функция $g(x)$ выпукла вниз на этом отрезке, то функция $h(x)=f(x)-g(x)$ на нем выпукла вверх.

А вот и обещанное основное неравенство.

Теорема. Если функция выпукла вверх на $[a; b]$ и числа $x_1, x_2, \dots, x_n \in [a; b]$ ($n \geqslant 2$) не все равны, то

$$f\left(\frac{1}{n}(x_1+\dots+x_n)\right) > \frac{1}{n}[f(x_1)+\dots+f(x_n)].$$

Эта теорема — неиссЯкаемый источник неравенства: достаточно подставить любую конкретирую выпуклу вверх функцию вместе функции $f$ в (*) и… неравенство готово! Например, взяв вместе $f$ функцию sin, получим, что для любых (различных) $x_1, \dots, x_n \in [0; \pi]$ выполняется такое неравенство:

$$\sin\left(\frac{1}{n}(x_1+\dots+x_n)\right) > \frac{1}{n}(\sin x_1+\dots+\sin x_n).$$

Мы отключим доказательство теоремы до конца статьи, а сейчас посмотрим, как из нее получаются.

Классические неравенства

Напомним несколько определений, часто встречающихся в математике и грашших важную роль в ее приложениях (теории вероятностей, математической статистике и т. д.).

Средним гармоничским положительным чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$ называется число

$$P_{-1} = \left(\frac{1}{n}(x_1^{-1}+x_2^{-1}+\dots+x_n^{-1})\right)^{-1} = n/(x_1^{-1}+x_2^{-1}+\dots+x_n^{-1}).$$

Средним геометрическим положительным чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$ называется число

$$P_0 = \sqrt{x_1 \cdot x_2 \cdot \dots \cdot x_n},$$

25

Победители конкурса «Квана»

Ниже публикуется список школьников — победителей нашего конкурса. В соответствии с решением оргкомитета Всесоизной олимпiadы школьников победители конкурса «Квана» получают право участвовать в четвертом (республиканском) этапе Всесоизной олимпiadы 1980 года.

Математика
А. АГАЕВ — с. Покровка АзССР, 10 кл.
Р. АРДАН — Львов, с. ш. № 11, 10 кл.
Л. АРУШАНОВ — Баку, с. ш. № 151, 10 кл.
А. БАЛИНСКИЙ — Львов, с. ш. № 11, 10 кл.
А. БАРГ — Киев, ФМШ № 2 при КГУ, 9 кл.
С. БЕСПАМЯТНЫХ — Москва, ФМШ № 18 при МГУ, 10 кл.
А. БРАГИНСКИЙ — Волгодонск, с. ш. № 13, 10 кл.
Я. БРЕГМАН — Киев, с. ш. № 208, 10 кл.
С. ВАХРИН — Новосибирск, ФМШ № 165 при НГУ, 9 кл.
М. ГАЙСИНСКИЙ — Ташкент, с. ш. № 103, 9 кл.
Л. ГИТЛИН — Витебск, с. ш. № 3, 10 кл.
А. ЕРМОЛИН — Петрозаводск, с. ш. № 30, 10 кл.
А. ЖИЛИНСКИЙ — пос. Крупки Минской обл., с. ш. № 2, 10 кл.
А. КАПЛАН — Сумгант, с. ш. № 11, 10 кл.
А. КЕЛАРЕВ — Свердловск, с. ш. № 141, 10 кл.
И. КУЗЬ — Львов, с. ш. № 11, 10 кл.
А. МЕГРЕЦКИЙ — Ленинград, ФМШ № 45 при ЛГУ, 10 кл.
Р. НАБОКОВ — Москва, ФМШ № 18 при МГУ, 10 кл.
С. НОВАКОВСКИЙ — Саратов, с. ш. № 13, 10 кл.
А. ПАВЛЫЧЕВ — Рига, с. ш. № 1, 10 кл.
В. ПИДСТРИГАЧ — Львов, с. ш. № 11, 10 кл.
К. ПОДДУБНЫЙ — Киев, ФМШ № 2 при КГУ, 10 кл.
А. ПОПЕЛЮХИН — Киев, ФМШ № 2 при КГУ, 10 кл.
В. РАДЧЕНКО — Киев, ФМШ № 2 при КГУ, 10 кл.
И. РОЙЗМАН — пос. Калииновка Винницкой обл., с. ш. № 2, 10 кл.
С. СТАДНИЧЕНКО — Москва, ФМШ № 18 при МГУ, 10 кл.
Л. ТЕПЕР — с. Ялтушков Винницкой обл., 10 кл.
В. ТИТЕНКО — д. Блужа Минской обл., 8 кл.
В. ЦЕКАНОВСКИЙ — Донецк, с. ш. № 17, 9 кл.

Физика
А. БЕССАРАБСКИЙ — пос. Запрудня Московской обл., 10 кл.
И. БЕССОНОВ — Москва, ФМШ № 18 при МГУ, 10 кл.
Б. ВЕЙЦМАН — Одесса, с. ш. № 53, 8 кл.
И. ДАНИЛОВСКИЙ — Горький, с. ш. № 82, 10 кл.
Н. ЖИТЕНЕВ — пос. Черноголовка Московской обл., с. ш. № 82, 10 кл.
Е. КОГАН — Днепропетровск, с. ш. № 23, 10 кл.
А. ЛЯПИН — Москва, ФМШ № 18 при МГУ, 9 кл.
Г. МОЛЧАНОВ — Саратов, с. ш. № 13, 10 кл.
Д. ОВСЯНИКИВ — Ленинград, ФМШ № 45 при ЛГУ, 10 кл.
О. ПАНАШЕНКО — Киев, с. ш. № 145, 10 кл.
В. СЕРЕДА — Львов, с. ш. № 1, 10 кл.
Г. СОЛДАК — Минск, с. ш. № 50, 10 кл.
М. СТРЕШИНСКИЙ — Донецк, с. ш. № 17, 10 кл.
И. ФОМЕНКО — Днепропетровск, с. ш. № 23, 10 кл.
В. ШАБЛИНСКИЙ — Киев, ФМШ № 2 при КГУ, 10 кл.
И. ШВЕЦ — Киев, ФМШ № 2 при КГУ, 10 кл.

26

Задачи

M611—M615; Ф623—Ф627

M611. На хорде AB окружности с центром O берется произвольная точка M. Через точки A, M и O проводится окружность, пересекающая первую окружность в точках A и C. Доказите, что $|MB| = |MC|$.

С. Колпаков, ученик 10 класса

M612. Возрастющая последовательность натуральных чисел ($a_n$) такова, что $a_{n+1} \leq 10a_n$. Доказите, что если все числа $a_n$ записать рядом (без пробелов и запятых), то полученная последовательность цифр не будет периодической.

А. Карадулян

M613. На сторонах треугольника ABC во внешнюю сторону построены подобные между собой треугольники

$$ADB, BEC \text{ и } CFA \left( |AD| |DB| = |BE| |EC| = |CF| |FA| = k; \right)$$

$$\widehat{ADB} = \widehat{BEC} = \widehat{CFA} = \alpha.$$

Доказите, что:

a) середины отрезков AC, DC, BC и EF — верхины параллелограмма;

b) у этого параллелограмма два угла имеют величины $\alpha$, а отношение длины сторона равно $k$.

Л. Купцов

M614. Для каждой натурального $n$ через $S(n)$ обозначим сумму цифр всех натуральных чисел от 1 до $n$ (в десятичной записи):

$$S(1) = 1, S(2) = 3, S(3) = 6, ..., S(9) = 45, S(10) = 46, S(11) = 48, S(12) = 51, ...$$

a) Найдите $S(100)$.

b) Доказите, что $S(10^k - 1) = 45k \cdot 10^{k-1}$ для всех $k = 1, 2, ...$

b) Доказите, что для двухначного числа $\overline{ab}$

$$S(\overline{ab}) = 5a^2 + ab + 41a + b(b+1)/2.$$

г) Найдите аналогичную формулу для трехначных чисел.

27

Д) Вышите S(1980).

Анджей Пашевич
(Польша)

М615. Докажите, что перimetр любого сечения треугольной парамиды плоскостью не превосходит наиболее из перimetров ее граней.

В. Сендеров

Ф623. Переменный конденсатор с начальной емкостью $C_0$, заряженный до напряжения $U$, замыкают на резистор с сопротивлением $R$ (рис. 1). Как нужно изменять со временем емкость конденсатора, чтобы в цепи щелл постояний ток? Какую мощность развивают внешние силы, благородя котором изменяется емкость конденсатора?

Ф624. В отростке сосуда, закрытою плоским поршнем диаметра $D=5$ см, имеется небольшое количество воды (рис. 2). Диаметр отростка $d=2$ мм. Если при постоянной температуре $t=20^\circ\text{C}$ поршень опустить на $H=10$ см, то уровень воды в отростке повышается на $h=1$ мм. Найти давление насыщенных паров воды при температуре $t=20^\circ\text{C}$.

Ф625. Из яичной скорлупы сделан реактивный двигатель, показанный на рисунке 3. Площадь ответствия в скорлупе $s=3$ мм². Какова наиболее сила тягги такого двигателя, если температура воды в скорлупе поддерживается равной 100°С?

Ф626. Гимнаст падает с высоты $H=12$ м на горизонтальном натянутую упругую сетку, которая проигнается при этом на величины $h=1$ м. Оценить, во сколько раз максимальная сила, действующая на гипнаста со стороны сетки, больше силы тяжесте, если размер сетки много больше $h$ и масса сетки мал по сравнению с массой человека.

Ленинградская городская olимпиада, 1979 г.

Ф627. Пока вы решали задачи из «Кванта», картошка, которая варилась на плите, сварилась, вода выкипела и кастрюла изнутри пригорелла. Куда надо лить холодную воду, чтобы нагар легче отскочил — внутри кастрюли или на ее внешнюю поверхность?

Л. Ашкинази

28

Решения задач
M557—M561; Ф568—Ф572

М557. Дано n попарно взамимо простых чисел, больших 1 и меньших (2n—1)². Доказите, что среди их обязательно встретиется простое число.

Утверждение задачи доказем метод «от противного». Допустим, что все данные числа $a_1, a_2, \dots, a_n$ — составные. Сопоставим каждому из них его минимальный простой делитель: $a_i \rightarrow q_i$. Пусть $q = \max_{1 \leq i \leq n} \{q_i\}$. тогда $q \geq p_n$, где $p_n$ — n-e простое число (поскольку числа $a_1, \dots, a_n$ попарно взамимо просты).

Индикцией по $k$ легко доказывается неравенство $p_k \geq 2k - 1$. (Действительно, оно верно для $p_2 = 3$. Далее $p_{k+1} \geq p_k + 2$ при $k \geq 2$.) Тем самым $q \geq 2n - 1$. Следовательно, для того $a_j$, для которого $q_j = q$,

$$a_j \geq q_j^2 \geq (2n-1)^2$$

— противоречие. Значит, среди данных чисел обязательно встретиется простое.

А. Колотов

M558. В круге расположено $k > 1$ черных секторов, угод какдого из которых меньше $180^\circ / (k^2 - k + 1)$. Доказите, что круг можно повернуть вокруг центра O так, что все черные секторы перейдет в белую часть круга.

Рис. 1.

Пусть вместе сложены два круга, на одном из которых отмечено r черных секторов с центральными углами $a_1, a_2, \dots, a_r$, на другом — s синих с углами $\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_s$ (рис. 1). Попробуем найти достоинные условия, при которых круг с синими секторами можно повернуть на такой угол $\varphi$ ($0 < \varphi < 2\pi$), чтобы ни один из синих секторов не пересекался с черным.

Углы поворота $\varphi$ удобно отмечать на специальной окружности $c$ длины $2\pi$ с данной на ней точкой 0 (нулем). «Повернем» задачу иначе. Отметим на $c$ все запретные углы $\varphi$ — такие, при повороте на которые какой-то синий радиус совпадает с каким-то черным. Каждая пара (черный сектор с углом $a_i$, синий сектор с углом $\beta_j$) дает интервал запретных $\varphi$ длиной $a_i + \beta_j$. Поэтому, если какдое $a_i < \pi/k$, в частности, если какдое $a_i < \pi/k^2$. Доказать утверждение и для секторов с углами $a_i < \gamma = \pi / (k^2 - k + 1)$ можно, следка уточнить в этом случае оценку

*) Суммирование $\sum_{i,j} \text{ произвольных } i = 1, 2, \dots, r, j = 1, 2, \dots, s$.

Рис. 2.

29

длины «запретного» множества. Все «запретные» интервалы, соответствующие параметров совпадающих секторов ($\alpha_i, \alpha_i$), содержатся в одном интервале длины $2\gamma$ с центром $O$. А сумма всех остальных величины запретных углов

$$\sum_{i,j,i \neq j} (\alpha_i + \alpha_j) = 2(k-1)\sum_i \alpha_i$$

менные $2(k-1)k\gamma = 2\pi - 2\gamma$, так что и в этом случае найдется «незапретное» значение $\varphi$.

Задача решения, но возникает вопрос, нельзя ли еще поднять границы для $\alpha_i$? Утверждение задачи, вообще говоря, не сохраняется, если углы всех $k$ секторов взяты по величины равны $\gamma = \pi/(k^2-k+1)$. Опровергающие примеры для $k=2, 3, 4, 5$ весма любопытны (рис. 2): красные точки — концы биссеектрис секторов — должны быть расположены в $k$ вершинах правильного ($k^2-k+1$)-угольника, выбранных так, что для любого $m=1, 2, ..., k^2-k$ найдется пара красных точек, между которых расположено (в ту или иную сторону по окружности) $m$ сторон ($k^2-k+1$)-угольника. Проверьте, что тогда «запретное множество» — все $\varphi \in [0; 2\pi]$.

Сама по себе комбинаторная задача: при каких $k$ можно расположить $k$ красных точек на окружности длины $2C_k^2+1=k^2-k+1$ так, чтобы для любого $m=1, 2, ..., k^2-k$ найдется пара красных точек, между которых расположено (в ту или иную сторону по окружности) $m$ сторон ($k^2-k+1$)-угольника. Проверьте, что тогда «запретное множество» — все $\varphi \in [0; 2\pi]$.

Сама по себе комбинаторная задача: при каких $k$ можно расположить $k$ красных точек на окружности длины $2C_k^2+1=k^2-k+1$ так, чтобы для любого $m=1, 2, ..., k^2-k$ найдется пара красных точек, между которых расположено (в ту или иную сторону по окружности) $m$ сторон ($k^2-k+1$)-угольника. Проверьте, что тогда «запретное множество» — все $\varphi \in [0; 2\pi]$.

Пусть для неокоторого $k$ такое красное множество $\Pi_0$ существует. Тогда $\Pi_0$ и его образы $\Pi_m$ ($m=1, 2, ..., k^2-k$) при поворотах на углы $m\gamma, \gamma=\pi/(k^2-k+1)$, обладают такимми свойствами:

1°. Для любых $i \neq j$ пересечение $\Pi_i \cap \Pi_j$ состоит из одной точки.

2°. Любые две из точки множества $\Pi = \bigcup_m \Pi_m$ (вершин правильного ($k^2-k+1$)-угольника) принадлежатровно одному из $\Pi_m$.

3°. Существуют четыре точки множества $\Pi$, не содержащиеся в одном $\Pi_i$.

Множество $\Pi$ с такой системой подмножества $\Pi_m \subset \Pi$ называется конечной проективной плоскостью*). Известно, что конечные проективные плоскости существуют для $k=p^r+1$, где $p$ — простое, $r$ — натуральное числа (например, $k=3, 4, 5, 6, 8, 9$) и не существует, если $k=7, 15$; понятно; теперь, что в последнем случае не может существовать и опровергающего примера в задаче М558 (так что, например, для семи секторов с углами $\pi/43$ ее утверждение верно). Но уже для $k=10$ вопрос пока не удается решить даже с помощью ЭВМ.

Отметим, что конечная проективная плоскость не обязательна и такую «циклическую» номерацию точек, при которой прямые $\Pi_m$ получаются друг из друга с двумя номерами — это дополнительное требование, возможно, облегчит доказательство отсутствия таких «циклических плоскостей» для неокоторых $k$. (Заметим, что все проективные плоскости над конечным полем из $p^r$ элементов имеют такие циклическую номерацию; см. об этом в главе «Разностные множества» книги М. Холла.)

Н. Васильев, Г. Гальперин, В. Произвольов

*) Мы уже встречались в «Кванте» с тем, что разные по содержанию задачи затрагивают это понятие — см., например, задачи М5, («Кванте», 1970, № 1) и М335 («Кванте», 1975, № 7). Число $n=k-1$ называется «порядком» проективной плоскости; здесь $k=n+1$ — число точки на «прямой» $\Pi_n$ (и число «прямых», проходящих через данную точку; эти числа всегда одинаковы для всех точек и «прямых»). Про конечные проективные плоскости см. в книге Э. Артина «Геометрическая алгебра» (М., «Наука», 1969) и книге М. Холла «Комбинаторика» (М., «Мир», 1970).

30

М559. Докажите, что если $x, y, z$ — длины сторона треугольника, то

$$\left| \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right| - \frac{y}{x} - \frac{z}{y} - \frac{x}{z} < 1.$$

Левую часть удобно разложить на множители:

$$B = \left| \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right| = \frac{\left| z \left( x^2 - y^2 \right) + x \left( y^2 - z^2 \right) \right|}{xyz} = \frac{\left| (y-z) \left( z-x \right) \left( x-y \right) \right|}{xyz}.$$

$B < 1$, поскольку $|y-z| < x$, $|z-x| < y$ и $|x-y| < z$.

Уменьшить оценку 1 нельзя: например, при $x = \varepsilon$, $y = 1 + \varepsilon^2$, $z = 1 + \varepsilon$ ($\varepsilon$ — малое положительное число) $B$ будет больше $(1-\varepsilon)^3$.

В. Сендеров

М560. В дне ящика имеет дырка. Нужно сделать выпуклу заслонку наименьшей площади, при любом положении которого на дне ящика дырка будет закрыта. Решите эту задачу, если:

a) дно ящика — квадрат $4 \times 4$, а дырка расположена так, как показано на рисунке 1.

b) дно ящика — квадрат $n \times n$ ($n$ — нечетно), а дырка расположена в центре (рис. 2).

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

14 в форме выпуклого восьмигольника, составленного из перечисленных выше квадратов и треугольников (он выделен на рисунке 3), всегда покрывает квадрат $A_1$. Следовательно, она является исключой.

6. Допустим, что у нас есть выпуклая заслонка, при любом положении которого на дне ящика $n \times n$ дырка $A$ полностью закрыта.

Рассмотрим наименьший прямоугольник $P$ со стороными, параллельными сторонам квадрата, содержащий нашу заслонку. Пусть его размеры $(n-x) \times (n-y)$. Параллельно сдигга $P$ вместе с заслонкой, легко убедиться, что все прямоугольники, получаемый переносом клетки $A$ на расстояние не более $x$ влево-право и $y$ вверх-вниз, должны закрыть заслонке; длины сторона этого прямоугольника $u = 1+x$, $v = 1+y$. Кроме того, на каждой стороне $P$ должны быть точка заслонки; поэтому заслонка должна включать еще по крайней мере четыре треугольника (рис. 4) общей площадью $(n-u-x)v/2 + (n-v-y)u/2$. Итак, площадь заслонки не меньше

$$uv + (n-u-x)v/2 + (n-v-y)u/2 = (n-x)(1+y)/2 + (n-y)(1+x)/2 = n + x(n-y-1)/2 + y(n-x-1)/2 \geq n.$$

(ведь, очевидно, $x$ и $y$ не превысают даже $(n-1)/2$).

На рисунке 5 изображена фигура $M$, которая всегда покрывает центральный квадрат $A$. Площадь ее, очевидно,

31

Рис. 5.

М561. Два треугольника $A_0B_0C_0$ и $A_1B_1C_1$, площади которых равны $S_0$ и $S_1$, расположены так, что лучи $A_0B_0$ и $A_1B_1$, $B_0C_0$ и $B_1C_1$, $C_0A_0$ и $C_1A_1$ параллельны, но противоположно направлены. Найдите площадь треугольника с вершинами в серединах отрезков $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

равна $n$, то есть минимально возможная. Таким образом, это — искомая заслона.

Заметим, что в решении не использовалось, что сторона квадрата $n$ — целое число, важно лишь, что $n > 1$.

Было бы интересно решить эту задачу для других пар фигур; например, вполне праводополобно, что если «дыра» и «дно ящика» — концентрические круги радиусов $r$ и $R$, то выпуклая заслона наименьшей площади — наименьшая выпуклая фигура, содержащая меньший круг и диаметр большого круга (се площадь равна $2r\sqrt{R_2-r^2}+2r^2\arcsin r/R$).

В. Батырев

◆ Ответ. Искомая площадь

$$S = \left( \frac{\sqrt{S_0}-\sqrt{S_1}}{2} \right)^2.$$ (1)

Из условия задачи следует, что треугольники $A_0B_0C_0$ и $A_1B_1C_1$ готовятся (рис. 1), причем коэффициент готовится отрицательен и по модулю равен

$$k = \frac{|A_1B_1|}{|A_0B_0|} = \frac{|B_1C_1|}{|B_0C_0|} = \frac{|C_1A_1|}{|C_0A_0|} = \frac{\sqrt{S_1}}{\sqrt{S_0}}.$$

Пусть $O$ — центр этой готовности, то есть

$$\overrightarrow{OA}_1 = -k\overrightarrow{OA}_0, \overrightarrow{OB}_1 = -k\overrightarrow{OB}_0, \overrightarrow{OC}_1 = -k\overrightarrow{OC}_0.$$

Тогда, если $A, B, C$ — середины отрезков $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$ соответственно, то

$$\overrightarrow{OA} = (\overrightarrow{OA}_0 + \overrightarrow{OA}_1)/2 = \overrightarrow{OA}_0(1-k)/2$$

и аналогично

$$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB}_0(1-k)/2, \quad \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OC}_0(1-k)/2.$$

Следовательно, треугольник $ABC$ готовится треугольнику $A_0B_0C_0$, и коэффициент готовится по модулю равен $\frac{|1-k|}{2}$; поэтому

$$\frac{\sqrt{S}}{\sqrt{S_0}} = \frac{|1-k|}{2} = \frac{|1-\sqrt{\frac{S_1}{S_0}}|}{2} = \frac{\sqrt{S_0}-\sqrt{S_1}}{2\sqrt{S_0}}.$$

Отсюда следует формула (1).

Заметим, $1^\circ$. Треугольники $A_0B_0C_0$ и $A_1B_1C_1$ могут лежать в параллельных плоскостях; им будет параллельна и плоскость треугольника $ABC$. Все приведенные выше расчудения и ответ (1) остаются в силу.

$2^\circ$. Наше решение тесно связано с таким полезным фактом: отрезок $AB$, соединяющий середины диагоналей $A_0A_1$ и $B_0B_1$ трапеции с основаниями $A_0B_0$ и $A_1B_1$, параллельен основаниям и равен по длине полуразности их длин (рис. 2).

$3^\circ$. Пусть точки $A_t, B_t, C_t$ делят отрезки $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$ в одном и том же заданном отношении; пусть, например,

$$\frac{\overrightarrow{A_0A_t}}{\overrightarrow{A_0A_1}} = \frac{\overrightarrow{B_0B_t}}{\overrightarrow{B_0B_1}} = \frac{\overrightarrow{C_0C_t}}{\overrightarrow{C_0C_1}} = t.$$

Тогда площадь $S_t$ треугольника $A_tB_tC_t$ будет выражаться формулу (1) (соответствующую с лучю $t = 1/2$). Подумайте, что получается при $t = \frac{\sqrt{S_0}}{\sqrt{S_0}+\sqrt{S_1}}$.

$4^\circ$. То обстоятельство, что в задаче данных треугольники, не является существенным; треугольники могут быть заменены

32

Рис. 4.

Ф568. Приombардировке лицевой мишени протонами с энергейой не меньше 1,88 МэВ может происходить ядерная реакция

$$7\text{Li} + p \rightarrow 7\text{Be} + n.$$

При какой энергии протонов образуются в реакции нейтроны могут лететь назад от лицевой мишени?

ны других фигурами, готовотничьи относительно некоторого центра $O$. Более точно: пусть дана точка $O$ и точка $A_0$ описывает некоторую замкнутую несамопересекающую кривую, охватывающую фигуру площади $S_0$ (см. рис. 3).

Одновременно точка $A_1$, определяемая вектором $\overrightarrow{OA}_1 = -k \cdot \overrightarrow{OA}_0$, $k = \sqrt{S_1/S_0}$, описывает другую кривую (охватывающую фигуру площади $S_1$). Тогда середина $A$ отрезка $A_0A_1$ описет кривую, охватывающую фигуру площади (1). Аналогично точка $A_t$ такая, что $\overrightarrow{A_0A_t} = t\overrightarrow{A_0A_1}$ (то есть $\overrightarrow{OA_t} = t\overrightarrow{OA_0} + (1-t)\overrightarrow{OA_1} = (t-k+kt)\overrightarrow{OA_0}$; $t$ — фиксированное число), описет кривую, охватывающую фигуру площади, определяемой по формуле (2).

$$S_{KLMNPQ} = \left( \frac{\sqrt{S_0} + \sqrt{S_1}}{2} \right)^2.$$

(ср. с формулой (1))*).

Л. Купцов

Согласно законам сохранения энергии и импульса

$$E_p = E_{\text{Be}} + E_n + Q,$$

(1)

$$\vec{p}_p = \vec{p}_{\text{Be}} + \vec{p}_n,$$

(2)

где $E_p$, $E_{\text{Be}}$, $E_n$ — соответственно энергии протона, ядра бериллия и нейтрона, $\vec{p}_p$, $\vec{p}_{\text{Be}}$, $\vec{p}_n$ — импульсы этих частиц. При энергии протона $E_p = E_0 = 1,88$ МэВ суммарная энергия $E$ ядра бериллия и нейтрона минимальная. Найдем ее.

Для этого рассмотрим процесс в системе отчета, движущейся со скоростью центра масс системы протона — ядро лития. В этой системе протон и ядро лития движутся навстречу друг другу. При минимальной возможной энергии взаимодействующих частиц (протона и ядра лития) энергия образовавшихся в процессе реакции ядра бериллия и нейтрона равна нулю — эти частицы покоятся.

Тепер перейдем к системе отчета, в которой литиевая мишень неодвижна. В этой системе ядро бериллия и нейтрон, образовавшиеся в результатеombардировки мишени протоном с энергейой $E_p = E_0$, движется как одно целое со скоростью, равной скорости центра масс системы протон — ядро лития. Их суммарная энергия $E$, согласно закону сохранения энергии, определяется равенством

$$E_0 = E + Q,$$

(1')

а их суммарный импульс $\vec{p}$, согласно закону сохранения импульса, равен

$$\vec{p} = \vec{p}_0$$

(2')

($\vec{p}_0$ — импульс протона с энергейой $E_0$). Учитывая, что импульс частицы и ее энергия связаны соотношением $p = |\vec{p}| = \sqrt{2mE}$ ($E = \frac{mv^2}{2} = \frac{(mv)^2}{2m} = \frac{p^2}{2m}$), равенство (2’) мы можем переписать так:

$$\sqrt{2mE_0} = \sqrt{2(m+M)E}$$

(здеся $m$, обозначены масса протона и масса нейтрона, $M$ — масса лития и масса ядра бериллия). Отсюда находится $E = \frac{m}{m+M} E_0$. Подставив это значение в (1’), на

*) Прим. ред. О далеко идущих обобщенных формул рассказываюсь в статье «Семейство параллельных $n$-угольников» («Квант», 1974, № 11).