Квант 1980, №6 · Страницы

КВАНМ 6
1980

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

Эти фигуры, напоминавшие врашення окружности около ее касательной или около не пересекающей ее прямой (гор), все получены одинаковым примером: из семейства окружностей одинакового радиуса с центрами, лежащими на одной окружности.

1

В НОМЕРЕ:

2. А. Михайлов. Когда день равен ночи?
3. Б. Вертецим. Метод неподвижных точек
4. В. Можаев. Телловое расширение твердых тел
5. И. Быстрый. Площадь сегмента параболы Нейля

Математический кругок
16. И. Михайлов. О диофантовом анализе

Задачик «Квант»
18. Задачи М626—М630; Ф638—Ф642
20. Решения задач М568, М570—М572, М574; Ф579, Ф586, Ф587

«Квант» для младших школьников
29. Задачи
30. С. Бельй. Разноцветная математика

Практикум абитриента
33. Г. Перевалов. Что значит «знать»?
36. Л. Асламазов. Электромагнитная индукция
Вариants вступительны экзаменов вузы в 1979 году
42. А. Пономаренко. Ленинградский государственный университет им. А. А. Жданова
43. Н. Пересток, М. Ядренко. Киевский государственный университет им. Т. Г. Шевченко
44. Я. Ерусалимский, Т. Коршикова, А. Хейфц. Ростовский государственный университет (механико-математический факультет)
44. А. Березман, К. Дунцев, О. Овчинников. Московский государственный педагогический институт им. В. И. Ленина
45. М. Калинина, О. Оноприенко. Ленинградский государственный педагогический институт им. А. И. Герцена

Искусство программирования
48. А. Салтовский. Организация ввода и вывода в ЭВМ
57. Шахматная страница
58. Ответы, указания, решения
Наша обложка (15)
Смесь (13, 28, 41, 47, 56)

© Издательство «Нука». Главная редакция физико-математической литературы, «Квант», 1980

2

Когда день равен ночи?

Казалось бы, ответ очевиден: продолжительность дня и ночи одинаковы во время равенствай, то есть 21 марта и 23 сентября ежедневно. (Интересно отмечать, что в латыни, а оттуда и в ряде европейских языков, вместо слова «равноденствие» употребляется слово «равноочие» — equinoctium, что, конечно, обозначает то же самое.) Именно в эти дни Солнце в своей годичном движении по эклиптике проходит через небесный экватор, который пересекает с горизонтом по диаметру небесной сферы, так что всегда половина экватора находится выше и половина — ниже горизонта (рис. 1). Следовательно, во время равенствий половина суточного пути Солнца проходит над горизонтом и половина — под ним; другими словами, продолжительность дня равна продолжности ночи.

Проверим это, выписав из календаря времена восхода и захода Солнца в близкий к равноденствям дня. При этом лучше выбрать год, наиболее удаленный от высокосного, чтобы уменьшить влияние неравномерности течения календарных лет, вызванной включением в каждой четвертый год добавочного дня — 29 февраля. (Эта добавка необходима для того, чтобы со временем не разойти с годом природы — так называемым тропическим годом, содержащим 365, 2422 суток.)

В таблице приведены данные о восходе и заходе Солнца (а также продолжительность дня и ночи и разность между ними), взятые из астрономического календаря на 1978 год, для Москвы (точнее — для пункта с географической широтой +56 градусов, что на 1/4 градуса севернее Москвы). В отличие от календаря времени указано не местное, а Московское декретное, что, конечное же, не изменяет продолжительность дня и夜晚.

Из таблицы видно, что равенство дня и夜晚 наступает почти на три дня раньше астрономического весеннего равноденствия и на столбко же позже осеннего. В чем причина такого страного явления?

Прежде всего заметим, что момент восхода (захода) Солнца считается момент, когда верхний край солнечного диска появляется (исчезает) на линии идеального горизонтта, как, например, на море. При этом центр Солнца находится ниже горизонтта на видимый угловой радиус солнечного диска, равный 16’, что удлиняет день наудвоенное время, нужное на поднятие (или опускание) Солнца на такой угол.

Существует еще другие значительные влияние на увеличение продолжности дня. Это — астрономическая рефрация. Поясним ее суть.

Рис. 1.

3

Лучи света от небесного тела, прежде чем попасть в глаз наблюдаются, прохождение сквозь земную атмосферу, преломляясь в ней, как в призме. Так как плотность атмосферы увеличивается к поверхности Земли, лучи преломляются все сильнее и сильнее по мере приближения к Земле.

Пусть наблюдаются на точке O (рис. 2). Свет от удаленного объекта, например Солнца, приходит на Землю практически параллельным путиом. Если бы преломления света не было, наблюдаются увиделы Солнце по направлению OS. Но, войдя в атмосферу, лучи преломляются, приближаясь к перепендикуляру к плоскопараллельным слоям, и наблюдаются увиделы Солнце по направлению касательной OR к последнему элементу луча. При этом действительное положение Солнца — точка S’ (BS’ параллельно OS).

Таким образом, Солнце кажется наблюдаемого приподнятом над горизонтом выше своего действительного положения на угол рефракции ROS. Если светило нахождение в зените, преломления света не происходит и угол рефракции (или просто рефракция) равен нулю. Набольшей величины — 35’ — рефракция достигает тогда, когда Солнце появляется над горизонтом или заходит за горизонт. Рефракция поднимает Солнце над горизонтом на 35’, в то время как диаметр солнечного диска виден с Земли под углом всего лишь 32'.

Быстрое изменение рефракции у самого горизонтта приводит еще к одному любопытному явлению, которое, верятоно, замечали многочечатели — у горизонтта Солнце какжется нам заметно сплошнуть по вертикали (рис. 3). Действительно, рассмотрим момент, когда нижний край солнечного диска виден касающимся горизонтта, а на самом деле находится на 35’ ниже. Верхний край диска приподнимается рефракцией слабее, всего на 29’. Это различе и приводит к искажению формы сол-

4

нечного диска. Когда Солнце поднимается выше над горизонтом, разность между(refракцией нижнего и верхнего краев быстро уменьшается и Солнце прибретает свой общный вид.

Вернемся к вопросу о продолжительности дня и ночи. Оба упомянутых явления удлияют день и укораивают ночь: Солнце утром восходит раньше и вечером заходит позже «геометрических» восхода и захода, определяемых моментами, когда центр Солнца пересекает горизонт. Упреждение восхода и запаздывание захода определяются временем, которое требуется на изменение высоты Солнца у горизонта на 16′+35′=51′. Это время, в свою очередь, зависит от географической широты ф места.

Небесный экватор пересекает горизонт под углом 90°—ф. При ф=0, то есть на земном экваторе, небесный экватор расположен вертикально. Там Солнце в своей видимом суточном движении, вызванном врашением Земли,однимается утром и опускается вечером перепendlкулярно к горизонту, проходя 51′ за время 3,4 минуты (из расчета, что полный оборот Земли на 360° происходит за 24 часа).

В Москве, широта которого близка к 56°, небесный экватор наклонен к горизонту на угол 90°—56°=34°. Здесь Солнце при восходе поднимается и при заходе опускается наклонно, поэтому его высота меняется медленно. В прямой которой близка к 56°, небесный экватор наклонен к горизонту на угол 90°—56°=34°.

Рис. 4.

Это соответствует времени 6,08 минуты. Из таблицы следует, что время восхода и захода Солнца включает равноведствие бывают весной и позже осенью. Другими словами, равенство дня и ночи фактически бывают 18—19 марта и 25—26 сентября (а не 21 марта и 23 сентября).

Отрадно отметить, что у нас светлое время года, когда день было длинее ночи, продолжительнее темного. Если взят неисоковый год в 365 суток и принять, что день равен ночи 18 марта и 25 сентября, то промежуток между этим датами составляет 191 сутки, а с 25 сентября до 18 марта следует года — 174, то есть светлое время года на 17 суток больше темного. Эта разность складывает из десяти суток, связанных с описанными выше явлениями, и из семи суток, которые вызываны неравномерностью движения Земли по своей орбите. Земля движется быстрее близки перигеля, который она проходит ежегодно в первых числах января, и медленнее близка афеля, наступающего в начале июля. Если сосчитать число суток между астрономическими равноведствиями, то с 21 марта по 23 сентября их будет 186, а с 23 сентября до 21 марта следует года — всего 179. Но первый промежуток приходится на весну и лето в сверном полушарии и на осень и зиму в южном полушарии. Поэтому мы, жители сверма, находимся в более благоприятном положении, так как у нас теллое и светлое время года продолжительное холодного и темного, в отличие от жителей южного полушария, где осень и зима продолжительнее и в среднем холодное.

5

Б. Вергейм

Метод
неподвижных
точек

Когда мы ищем решение какого-нибудь уравнения, хорошо знать заранее, что у него есть решение — ведь если нет, то зачем время зря тратить? Это сообщение становится весом серъезным, когда речь идет о решении сложных уравнений и систем на мощных ЭВМ с дорогостями машинным временем. Поэтому очень важно роль играют так называемые теоремы существования и, которые заранее гарантируют наличие решения. Об одной из них — теореме Брауэра о неподвижной точке, интересной и полезной уже на школьном уровне, — и рассказано в этой статье.

Прогулка
Нанhem с прогулки, помня о пользове и вечности движения; в пути будут и неподвижные точки, и уравнения.

Путниковоеовое один направляется из пункта $a$ в пункта $b$, другой все время гуляет на дороге $ab$. Очевидно, их встреча неизбежна: путики хотят бы раз поравняются (оказутся одновременно в одной точке). Опишем это подробнее (рис. 1).

Пусть $x$ — координата первого ($a \leqslant x \leqslant b$) путика и скорость его постоянна; $y$ — координата второго ($a \leqslant y \leqslant b$). Каждому значению $x$ (положению первого путика) соответствует единственное значение $y$ (положение второго путика в тот же момент времени); итак, имеем функицию $y = f(x)$. Уравнение

$$f(x) = x$$

определяет место встречи.

Пример 1. Пусть $a = 0$, $b = 1000$ м, $y = 100 + 0,7x$. Если $x = 0$, то $y = 100$; если $x = 1000$, то $y = 800$ — первый обошел! Уравнение 100+

Рис. 1

6

+0,7x = x дает координату x = 333 1/3 м — здесь первый догонит второго.

Если движение второго последнее, то и функция f, и уравнение встречи будут потребнее, но все равно оченьindo, что хотя бы одна встреча произойдет.

Однако это «очевидно» нас как математиков неSTRAINВАЕТ; преждечем пойти дальше, мы уточним математическую постановку задачи и доказем существование встречи.

Предположим (как в примере 1), что функция f отображает отрезок [a; b] в себя, т. е. для всех x ∈ [a; b] имеем a ≤ f(x) ≤ b. Тогда всякое решение уравнения f(x) = x называется неподвижной точкой отображения f. (В нашем примере неподвижная точка — это как раз точка встречи.) Когда же она есть?

Теорема. У всякой непрерывной функции f, отображающей отрезок [a; b] в себя, существует неподвижная точка.

В теореме существны как непрерывность функции f, так и то, что речь идет об отрезке.

Упражнение 1. Укажите пример разрывной функции f, отображающей [a; b] в себя, без неподвижной точки.

Упражнение 2. Укажите примеры непрерывных функций, отображающих в себя, без неподвижных точки: а) объединение двух отрезков [a; b] ∪ [c; d]; б) * интегвал ]a; b[.

Для доказательства теоремы вооружимся красным и снимкам карандашами. Прежде чем их пустить в ход, обозначим

$$\varphi(x) = f(x) - x.$$

Ясно, что c ∈ [a; b] будет неподвижной точкой для f тогда и только тогда, когда c — корень уравнения $\varphi(x) = f(x) - x = 0$. Поэтому мы будем искать корень этого уравнения. Заметим, что из условия a ≤ x ≤ b, a ≤ f(x) ≤ b сразу следует $\varphi(a) ≥ 0$ и $\varphi(b) ≤ 0$. Мы будем считать оба неравенства строгими (в противном случае задача решения). Разделим теперь отрезок [a; b] на 10 равных частей и раскраим в красный цвет все отрезки, для которых значение

$$\cos x^3 - x = 0?$$

Функция cos x³ непрерывна; она отображает отрезок [−π/2, π/2] в себя (далее в отрезок [−1, 1]); значит, по теореме существует решение c ∈ [−π/2, π/2].

7

Заметим, что числа $a_n, \delta_n$ — это приближения к корню, и что делить отрезок можно не на 10, а скажем, на 2 части; такой прием (способ Большано — по имену чешского математика) фактически применяется наряду с другими алгоритмами приближенного решения уравнения.

Кроме того, наша теорема ничего не говорит о числе неподвижных точек: ясно, что их может быть много.

Чашка кофе

А теперь — чашка кофе! Размещая его плаваными круговыми движениями, увидим в центре неподвижную точку. При некоторых движениях картина сложнее, но если рассмотреть положения части в два разных момента времени, можно найти частицу, неподвижную в том смысле, что она оба раза — нё, быть может, не все время! — находится в одном и том же месте. Это оченьно, если приять физическое условие неподвижности части у стенок из-за трения, и не оченьно — но верно! — и без такого условия, лишь бы имела место непрерывность соответствующего отображения (то есть «близкие» частицы не расходились бы слишком далеко).

Чтобы «математизировать» рассмотренную ситуацию, нам будут нужны некоторые определения.

Пусть $M$ — множество точек (например, часть прямой, плоскости или пространства); $f$ — отображение множества $M$ в себя: оно каждой точке $x \in M$ ставит в соответствии ее образ $y = f(x) \in M$. Такое отображение называется непрерывным, если для любой точки $x_0 \in M$ и любого $E > 0$ существует такое $\delta > 0$, что для всех точек $x \in M$, удаленных от $x_0$ на расстояние, меньше $\delta$, расстояние между их образами $f(x_0)$ и $f(x)$ оказывается меньше $\varepsilon$.

Для случая, когда $M$ лежит на числовой прямой, расстояния между точками равно $|x_0 - x|$, между их образами — $|f(x_0) - f(x)|$, так что наше определение в существии совпадает с определением непрерывной функции («Алгебра и начала анализа 9», п. 38).

Наглядный смысл определения в том, что непрерывное отображение $f$ не должно иметь разрывов — очень близкие точки не могут слишком далеко отроваться друг от друга.

Как и раньше, мы назовем точку $x \in M$ неподвижной точкой отображения $f$ множество $M$ в себя, если $f(x) = x$.

Когда у отображения $f$ обязательно есть неподвижная точка? Ответ на этот вопрос дает

Teорема Брауэра
о неподвижной точке

Эта знаменита теорема строго доказана не так уж давно — в 1911 году*). Вместе с многочисленными обобщениями она играет видающего роль в ряде областей современной математики. Теоремы о неподвижных точках важны и в теории, и для приложений: их применяют и для расчета крыльев самолетов, и для анализа оптимальных стратегий и состояний равновесия в играх, и в математике-экономических моделях.

Teорема Брауэра. У всякою непрерывного отображения $f$ круга $M$ (вместе с его границей) в себя существует непрерывная точка.

Эта теорема верна не только для круга $M$, а для любого выпуклого орранченного множества, содержащого своего границу, например для прямого угольника, треугольника или вообщевыпуклого многоугольника на плоскости, для куба или шара в пространстве.

*) Л. Э. Я. Брауэр — голландский математик; до него теорему применял латышский математик П. Боль, и ее называют еще теоремой Боля — Брауэра.

8

Рис. 4.

Однако она справедлива не для всякого $M$:

Упражнение 3. Указите пример ограниченного множества $M$ на плоскости и его непрерывного отображения в себя без неподвижной точки.

Упражнение 4*. Построите непрерывное отображение круга без границы в себя, не имеющее неподвижной точки.

Упражнение 5. Построите разрывное отображение круга (с границей $M$ в себя без неподвижной точки.

Мы не будем доказывать теорему Браузера в наиболее общей ситуации, а рассмотрим случай, когда $M$ — равносторонний треугольник. Для доказательства нам нужно потребовать цветные карандаши, но теперь уже три: красный, синний и зеленьй. (В пространстве потребовалось бы четыре!) Они будут нужны для доказательства одного вспомогательного утверждения, известного под названием

Лемма Шперера

На рисунке 4 показана «сеть» для лова точек в правильном треугольнике $ABC$ со стороны $a$. Узлы отмечены кругжами, из каждой узла исходит 3 линии (ребра), соединяя его с соседними узлами. Ячейки сети — правильные шестиугольники со стороны $b$. Стороны треугольника разделены на $n$ равных частей, точки деления — центры граничных ячеек. $nb\sqrt{3} = a$ и $(n+1)(n+2)/2$ — общее число ячеек.

Каждая внутренняя вершина принадлежит тем, а граничная — двумя ячеекам.

Пометим теперь числом 1 все ячеек, кроме последней одной стороны, числом 2 — ячеек второй, числом 3 — ячеек третьей (рис. 4). Оставшиеся (внутренние) ячеки помещим числам 1, 2, 3 совершенно произвольно. Раскрасием ячеки типа 1, 2 и 3 в зеленьй, синий и красный цвет соответственно. Назовем вершину полной, если она содержится в ячейках всех трех цветов.

Лемма. Существует полная вершина*).

Доказательство. Строим шаг за шагом ломанную, составляя ее из ребер «типа 1—2», примыкающих к ячейкам с числам 1 и 2. Начнем с края, где по условию есть лишь одно такое «двухцветное» ребро $p_0p_1$, и за конечное число шагов приходим к полной вершине: если ребро типа 1—2 $p_{k-1}p_k$, $k=1, 2, \dots$, привело нас к неполной вершине $p_k$, то найдется еще одно ребро типа 1—2, исходящие из узла $p_k$ (рис. 5), оно дает вершину $p_{k+1} \neq p_k$. Этот путь, очевидно, не возвращается ни на край, ни к проиденным вершинам (почему?). Так как множество вершин конечно, то ломаная обязаательно закончится в полной вершине.

Лебедь, рак да шука

Доказем теперь теорему Браузера для случая, когда $M$ — правильный

*) Эта лемма лишь частичный случай знаментий леммы, принадлежащей немецком математику Шпереру.

Рис. 5.

9

треугольник $ABC$ (рис. 4). Пометим точку $A$ числом 1, $B$ — числом 2, $C$ — 3 и запишем эти числа в соответствующих трех ячейках. Далее, в ячейках с центрами на стороне $AB$ пишем 1, на $BC$ — 2; на $CA$ — 3. Каждый внутренней точке $x$ ставим в соответствие метку — одно из чисел 1, 2, 3 — по следующему правилу: число 1, если расстояние от точки $x$ до стороны $AB$ не больше, чем расстояние от точки $y=f(x)$ до $AB$ (точка $x$ не «снижается» при отображении $f$); если этого нет, то число 2, когда точка $x$ не приближается к $BC$ (расстояние от $x$ до $BC$ не больше расстояния от $y$ до $BC$); в остальных случаях берем 3 — при этом точка $x$ удаляется от стороны $CA$ (см. на рисунке 4 области для $\vec{x}y$, которые отвечают метки 1, 2, 3). Запишем в каждую внутреннюю точку метку ее центра. По лемме Шпернана найдем полную вершину $x_0$ и вспомним значения басно Крылова:

…Лебедь рвется в облака,
Рак пятится назад,
а циука тянет в воду —
Да только воз и ныне там!
Мы как раз ищем неподвижную точку: подобие этого воз из басни составляют ячейки с чисlami 1, 2, 3, связанные с полной вершиной $x_0$. (Эта вершина «почти неподвижна» — при достаточно малом $b$ она мало приближается к $AB$, к $BC$ и к $CA$, т. е. мало двигается.)

Возьем теперь последовательность чисел $b_1, b_2, ..., b_k$, …, стремяшихся к нулю, и для каждой $k$ найдем свою полную вершину $x_k$. Получим последовательность точек

$$x_1, x_2, ..., x_k, ...$$

Первый случай. Если эта последовательность сходится*) к точке $\bar{x} = \lim_{k \to \infty} x_k$, то $\bar{x}$ — неподвижная точка данного отображения. (Ее неподвижность следует из того, что $\bar{x}$ не приближается ни к одной из трех сторон треугольника.)

Упражнение 6. Докажите неподвижность точки $\bar{x}$.

Второй случай. Если последовательность $x_1, x_2, ..., x_k$, … не сходится, то можно подобрать последовательность номеров $n_1 < n_2 < ... < n_k < ...$ так, чтобы последовательность точек

$$x_{n_1}, x_{n_2}, ..., x_{n_k}, ...$$

сходилась к некоторой точке $\bar{x}' = \lim_{k \to \infty} x_{n_k}$.

Упражнение 7. Докажите существование такой последовательности номеров $n_1, n_2, ..., n_k, ...$ и неподвижность точки $\bar{x}'$.

Развитие метода неподвижных точек

Теорема Браузера, которое мы доказали для отрезка и для треугольника, обобщается не только на трехмерное пространство (как было указано выше), но и на «пространство любого числа измерений». Более того, пользователь математик Ю. Шаудер обобщил ее на случай «бесконечномерных» пространств. Дальнейшее развитие этого направление получило в работе академика А. Н. Тихонова. Полский математик С. Банах доказал важную теорему о скатии пространств, обогатившую метод неподвижных точек. В последнее время построения, подобные рисунку 4, применяются для счета на ЭВМ приближении к неподвижным точкам и для решения многохлizких задач.

Упражнения

8. Применяя теорему Браузера (для отрезка) показать, что следующее уравнение имеет решение: а) $x - \cos x = 0$; б) $\cos (\sin x) - x = 0$.

9. Отображение $f:(x, y) \rightarrow (x', y')$, где $x' = x^2 + 1, 5xy, y' = 0, 5xy + y^2$, на отрезке $S = \{(x, y) | x \geq 0, y \geq 0, x + y = 1\}$ имеет неподвижную точку. Докажать это по теореме Браузера, а также решая систему $x = x^2 + 1, 5xy; y = 0, 5xy + y^2$.

10. Показать, что система

$$\begin{cases} x = \sin(x + y), \\ y = 0, 5(x^2 + xy^3) \end{cases}$$

иметет решение.

11. Исследовать систему

$$\begin{cases} x_1 = x_2^2 + 2x_2x_3 + x_1x_2, \\ x_2 = x_3^2 + x_3x_1, \\ x_3 = x_1^2 + x_1(x_2 + x_3) \end{cases}$$

на существование ненулевого решения (по теореме Браузера). Решить ее элементарными средствами.

10

В. Можаев

Тепловое расширение твердых тел

Хорошо известно, что практические все твердые тела при нагревании расширяются. Это — универсальное свойство твердых тел. Относительно удлинение большинства твердых тел при нагревании на 1°C составляет ~10⁻⁵. Чтобы понять природу этого, на первый взгляд, очевидного явления, необходимо разобраться в характеристике взаимодействия между atoms в твердом теле.

Любое твердое тело состоит из устойчивой системы части — атомов, ионов или молекул, — взаимодействующих друг с другом. Мы не будем подробно остановываться на природа этих взаимодействий, а смотрим их общий характер.

Для устойчивости ансамбля части, образующих твердое тело, необходимо наличие двух типов сил: сил прияжения, которые не дают расстояния такой системе, и сил ottалкивания, не позволяющих частицам. И силы прияжения, и силы ottалкивания тем больше, чем меньше это расстояние. Однако по мере уменьшения расстояния абсолотная величины силы ottалкивания возратает гораздо быстрее, чем абсолотная величины силы прияжения.

На рисунке 1 приведен общий вид зависимости силы прияжения (a) и силы ottалкивания (b) от расстояния между частицами твердого тела. Кривая c — это результатушая этих сил, которая и описывает характер силы взаимодействия. На расстоянии r = r₀ силы ottалкивания уравновешивают силы прияжения, и результатушая сила взаимодействия обращается в нуль. Расстояние r₀ между частицами соответствует устойчивому состояние равновесия. Действительно, смешение части из положения равновесия приводит к появлению результатушей силы, которая стремится вернуть их в положение равновесия.

Для описания взаимодействия между частицами объчно использовать понятие энергии взаимодействия. На рисунке 2 приведен график зависимости энергии взаимодействия от расстояния между частицами. Численное значение энергии при расстоянии r между частицами 1 и 2 равно работе, которое необходимо совершить, чтобы переместить частицу 2 из бесконечности, где энергия взаимодействия равна нулю, в точку, на

11

ходящуюся на расстоянии $r$ от частицы 1. При сближении частиц до расстояния $r_0$ работа совершается слиями притяжения — энергия взаимодействия в этой области отрицательна. При сближении от расстояния $r_0$ до расстояния $r < r_0$ необходимо совершать работу против сил отталкивания — в этой области энергия взаимодействия положительная. В положении устойчивого равновесия (при $r = r_0$) полная энергия взаимодействия достигает минимального значения.

Вблизи абсолотного нуля частицы в твердом теле располагаются на расстояниях $r_0$ друг от друга, находясь на дне потенциальной ямы (в энергетическом смысле этого слова). При нагревании твердого тела происходит увеличение полной энергии $E$ частиц. Эта энергия, отсутствиямая от дна потенциальной ямы, включает в себя кинетическая и потенциальную энергия частиц. Единственный доступной формулирования частиц в этом случае является колебательное движение около положенной равновесий. Полная энергия $E$ колебуляющей частицы в твердом теле, так же как и энергия молекул газа, пропорциональная температуре $T$.

Рассмотрим колебания частицы, находящейся в потенциальной яме (на участке, защищованном на рисунке 2) и обладающей полной энергей $E$. Для простоты пустычаща 1 неподвижна, а колебляется частица 2. В момент прохождения положения равновесия (точка $O$ на рисунке 3) частица 2 обладает максимальной kinетической энергей, равной $E$. При движении частицы влево от положения равновесия кинетическая энергия расходуется на предоление сил отталкивания ее от частицы 1 и переходит в потенциальную энергию взаимодействия. Отклонение влево происходит до тех пор, пока все кинетическая энергия частицы не перейдет в потенциальную энергию. Это происходит в точке $A$ на расстоянии $x_1$ от положения равновесия. В этой частица останавливается и начинает двигаться в обратном направлении. При движении вправо от положения равновесия кинетическая энергия частицы 2 расходуется на предоление сил притяжения к частице 1 и также переходит в потенциальную энергию взаимодействия. В точке $B$, находящаяся на расстоянии $x_2$ от положения равновесия, все кинетическая энергия переходит в потенциальную,

12

частица остановливается и начинает двигаться влево.

Общий характер поведения частицы 2 мы описали. Тепер рассмотрим его более детально.

Обратимся снова к рисунку 1. В окрестности точки $r_0$ зависит часть $F(r)$ можно приближенно, с определенной степенью точности, считать линейной. В этом случае сила $F(x)$, возникшая при отклонении частицы от положения равновесия на расстояние $x$, пропорциональная этому отклонению и направлена к положению равновесия. (Мы полагаем, что такие силы возникают при упругих деформациях твердых тел. Именно из этого предложения и следует закон Гука.) В таком приближении изменение потенциальной энергии частицы в окрестности точки $r_0$ описывается зависимостью

$$U(x) = \frac{Kx^2}{2},$$

(1)

где $K$ — неокторный постоянный коэффициент, и частица совершает гармоничческие колебания с частотой $\omega = \sqrt{K/m}$. Позному также приближение называют гармоничским.

Можно ли, оставившись на гармоничском приближении, объяснить тепловое расширение тела? Нет. И вот почему. Потенциальная кривая $U(x)$ в гармоничском приближении — это парабола, симметричная относительно вертикали $x = 0$ (см. рисунок 3). Значит, с повышением температуры, то есть с увеличением полной энергии частицы, может произойти только увеличение амплитуды колебаний частицы 2, а среднее расстояние между частицами 1 и 2 остается неизменным. Значит, и размер тела остается при нагревании неизменным.

Итак, нам нужно более точно, чем гармоничским приближением описать характер изменения потенциальной энергии частицы 2 в окрестности точки $O$.

В действительности потенциальная кривая несимметрина — ее левая ветвь «растет» значительное быстрее, чем права. Для учета симметрины потенциальной кривой в окрестности точки $O$ представим потенциальную энергию частицы в таком виде:

$$U(x) = K \frac{x^2}{2} - \beta \frac{x^3}{3},$$

(2)

где $x$, по-прежнему, — отклонение от положения равновесия. Добавляем $\beta x^3/3$, мы приближаем нашу модельную потенциальную кривой к реальной кривой. (В первом приближении мы заменили действительную кривой потенциальной энергии взаимодействия параболой (1), теперь мы делаем следующее приближение.)

Несимметричный характер потенциальной кривой (2) приводит к тому, что максимальные отклонения частицы 2 вправа $(x_2)$ и влево $(x_1)$ оказываются неодинаковыми:

$$|x_2| > |x_1|.$$

Поэтому среднее положение частицы уже не совпадает с положением равновесия — оно смешается вправо от точки $O$ на расстояние $\bar{x} = \frac{|x_2| - |x_1|}{2}$. Иными словами, среднее расстояние между частицами 1 и 2 увеличивается на $\bar{x}$, а это означает, что нагревание тела, то есть увеличение энергии его частиц, приводит к увеличению линейных размеров тела.

Проведем теперь оценку линейного коэффициента теплового расширения $\alpha$. Пусть тело нагрето до неокторной температуры $T$, при которой средняя тепловая энергия егоatomов равна $E$. Тогда для левого крайнего положения частицы 2 (точка $A$ на рисунке 3) можно записать:

$$E = \frac{Kx_1^2}{2} + \beta \frac{|x_1|^3}{3}.$$

(3)

(Mы приравняли полную энергию частицы ее потенциальной энергии в левом крайнем положении.) Аналогично для правого крайнего положения (точка $B$)

$$E = \frac{Kx_1^2}{2} - \beta \frac{|x_1|^3}{3}.$$

(4)

Пусть температура тела увеличилась на величины $\Delta T$. Взяв приращения от обенх частей уравнения (3) и (4), получим

$$\Delta E = K|x_1| \cdot \Delta |x_1| + \beta x_1^2 \cdot \Delta |x_1|,$$

(5)

$$\Delta E = K|x_2| \cdot \Delta |x_2| - \beta x_2^2 \cdot \Delta |x_2|.$$

(6)

Из уравнений (5) и (6) найдем из-

14

И. Быстрый

Площадь сегмента параболы Нейля

В 1657 году двадцатилетний студент Оксфордского университета Уильям Нейль (1637—1670) нашел длину дуги «полукубический параболы» $y = a^3\sqrt{x^2}$. Это открытие позволяет современников, и в память о рано умершем талантливом математике полукубическая парабола называется параболой Нейля.

В нашей время параболу Нейля можно встретить не только вузовском курсе анализа, но и в школьном учебнике*). А недавно на лекции для абитриентов я получил такую запись:

Как найти площадь фигуры, орангиенной кривой $y = 3\sqrt{x^2}$ и касательной к ней в точке $x = -8$?

Вот что я тогда ответил.

Эта задача, несмотря на каждуюся простоту, связана с определением трудностей.

Первая трудность возникла при нахождения касательной к параболе Нейля

$$f_1(x) = 3\sqrt{x^2}$$

в точке $x = -8$. Как известно, уравнение касательной определяется по формуле

$$y - f_1(-8) = f'_1(-8)(x + 8).$$

Здесь

$$f_1(-8) = 12,$$

*) «Алгебра и начала анализа 9», задачи 438, 4746, «Алгебра и начала анализа 10», задача 393a.

$$f'_1(-8) = 3\left(\frac{2}{3}\right)' \mid_{x = -8} = -3 \cdot \frac{2}{3}x^{-1} \mid_{x = -8} = 2 \cdot (-8)^{-1/3}.$$

Значит, производная не существует (поскольку выражение $(-8)^{-1/3}$ не имеет смысла), следовательно, не существует и касательной к кривой (1).

Между тем, из чертежа ясно, что выбор неверен: пряма $(AB)$ — касательная! В чем дело? Как же найти угловой коэффициент касательной? Дело в том, что формула

$$(\sqrt[n]{x^m})' = \left(x^{\frac{m}{n}}\right)' = \frac{m}{n}x^{\frac{m}{n}-1},$$

верная при $x \geq 0$, здесь неприменима. Для вычисления производной (при $x < 0$) следует пользоваться формулой

$$(\sqrt[n]{x^m})' = \frac{m}{n}\frac{\sqrt[n]{x^m}}{x},$$

$x \neq 0, n \in \mathbb{N}, m \in \mathbb{Z},$

(kоторая, разумеется, применена и для положительных $x$). В соответствии с ней имеем

$$f'_1(-8) = (3\sqrt{x^2})' \mid_{x = -8} = -3 \cdot \frac{2}{3}\frac{\sqrt[n]{(-8)^2}}{(-8)} = -1.$$

Подставив $f_1(-8) = 12$ и $f'_1(-8) = -1$ в равенство (2), получим искомое уравнение касательной:

$$y = 4 - x.$$

Уражнение 1. Найди точки пересечения линий $f_1(x) = 3\sqrt{x^2}$ и $f_2(x) = 4 - x$.

Теперь, когда известна абсцисса точки $B$, легко найти площадь кривой линейного треугольника AOB. Как

15

известно, это можно сделать по формуле
$$S = \int_{x_A}^{x_B} [f_2(x) - f_1(x)] dx.$$
Имеем
$$S = \int_{-8}^{1} (4 - x - 3\sqrt[3]{x^2}) dx = \int_{-8}^{1} (4 - x) dx - 3\int_{-8}^{1} \sqrt[3]{x^2} dx. \quad (3)$$
Вычисление первого интеграла нижней трудностей не вызывает:
$$\int_{-8}^{1} (4 - x) dx = 4x - \frac{x^2}{2} \bigg|_{-8}^{1} = 67,5 \left(e d\right)^2. \quad (4)$$
А вот вычисление второго интеграла неожиданно приводит к выводу:
$$3\int_{-8}^{1} \sqrt[3]{x^2} dx = 3\int_{-8}^{1} x^{\frac{2}{3}} dx = \frac{9}{5} x^{\frac{3}{2}} \bigg|_{-8}^{1} = 59,4 \left(e d\right)^2. \quad (5)$$
Подставив результаты (4) и (5) в равенстве (3), получим
$$S = 67,5 - 59,4 = 8,1.$$
Ураженя
2. Запишите формулу (*) в терминах степенной функции.
3. Запишите формулу (**) в терминах степенной функции.
4. Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями
$$y = 2\sqrt[4]{x^2}, y = 0,4x + 2,4.$$
— интеграл не существует, поскольку выражение $(-8)^{\frac{5}{3}}$ не имеет смысла!

*) Если $m < 0$, то нужно дополнительно потребовать, чтобы $x \neq 0$.

Наша обложка

Картины на воде
Картину, которое мы воспроизвели на первой странице обложки, вы можете «нарисовать» сами за несколько минут.
В фотографическую книге или какой-нибудь другой сосуд налейте воды; в отдельных маленьких посудинках разведите в бензине или скипидаре небольшие колчества художественной масляной краски несколько цветов (деляйте это подальше от огня и электронприборов). Затем эту краску осторожно капайте на поверхность воды. Капли начинают расползаться, образуя на поверхности приудливый плавающий рисунок. Этот рисунок можно изменить, осторожно помещать его палочкой, подув на него.
Плотный лист бумаги (чертежной) осторожно взбить mente за уголки и положите его на секунду плашма на поверхность воды. Красочный слой впитается в бумагу. Тепер сымите лист, переверните его и оставьте сохнуть. Картина готова.
Поведение капель на поверхности воды зависит от концентрации краски в растворитель, от того, в какой последовательности и с каким инвервалом padают капли на воду, от сорта краски. Первыше капли, как правило, быстро растекаются по всей поверхности воды. Если подождать минуту, пока расторитель с поверхности испарится, и после этого на образованшуюся пленку капать новой краской, то новые капли могут разломать пленку на отдельные «льдинки», разбегающиеся в разные стороны.
Основную роль во всех этих явлениях играет, очень видно, поверхность натяжение.

Ю. Котов

16

О диофантовом анализе

Область теории чисел, в котором исследуются целочисленные решения уравнений вида $P(x, y, ..., z) = 0$, где $P(x, y, ..., z)$ — многочлен от нескольких переменных с целыми коэффициентами, называется диофантовым анализом, а сами эти уравнения — диофантовыми. О некоторых диофантовых уравнений и способах их решения мы уже писали*).

Напомним, что решение диофантово уравнения — это значить следующие:

1. имеет ли оно хотя бы одно целочисленное решение;
2. конечно или бесконечно число его целочисленных решения;
3. найти все его целочисленные решения.

Например, для уравнения $x^3 + y^3 + z^3 = 30$ показано ни одного целочисленного решения. Однако, возможно, решение будет найдено позднее. А может быть, будет доказано, что их не существует.

А вот для уравнения $x^3 + y^3 + z^3 = 3$ известны четые решения: (1; 1; 1), (4; 4; —5), (4; —5; 4), (—5; 4; 4). Но пока остается открытым вопрос: а есть ли другие решения?

Другой пример. Доказано, что уравнение $x^3 + y^3 + z^3 = 2$ имеет бесконечное множество решений в целых числах $(x; y; z) = (1 + 6\alpha^3; 1 - 6\alpha^3; -6\alpha^2)$, где $\alpha$ — целое число. Но до

*) См. «Квант», 1971, № 3, c. 15; 1978, № 1, c. 25; № 12, c. 2.

сих пор не выясено, все ли его решение задаются этим формулами.

Мощным средством доказательства бесконечности множества целых решений диофантовых уравнений является метод параметризации. Суть этого метода состоит в представлении переменных $x, y, ..., z$ в виде функции, зависимости от целочисленных параметров $\alpha, \beta, ..., \gamma$: $x = A(\alpha, \beta, ..., \gamma), y = B(\alpha, \beta, ..., \gamma), ..., z = C(\alpha, \beta, ..., \gamma)$, где $A, B, ..., C$ — многочлены с целыми коэффициентами. Методы параметризации, порой весма искусственные, но исключительно оригинальные, требуют, как правило, большой изобретательности, а потому способствует приобретению и развитию навыков самостояльной творческой деятельности в математике.

Вернемся к уравнению $x^3 + y^3 + z^3 + z^3 = 2$ и попытаем его параметризовать. Для этого положим $x = a + b, y = a - b$, где $a$ и $b$ — целые числа; получим $2a^3 + 6ab^2 + z^3 = 2$. Пусть $a = 1$, тогда $6b^2 = -z^3$, откуда $z = 6c$ ($c$ — целое), то есть $b^2 = -36c^3$. В таком случае $c = -\alpha^2$ ($\alpha$ — целое), но тогда $b = 6\alpha^3$. Окончательное имеем $(1 + 6\alpha^3)^3 + (1 - 6\alpha^3)^3 + (-6\alpha^2)^3 = 2$.

To есть $x = A(\alpha) = 1 + 6\alpha^3, y = B(\alpha) = 1 - 6\alpha^3, z = C(\alpha) = -6\alpha^2$. Подставляя вместо $\alpha$ целые числа, получим различные решения.

Задача 1. Параметризовав уравнение $x^3 + y^3 + z^3 = 2t^3$, доказите бесконечность множества его целочисленных решений.

Matematиков, занимающих теории чисел, вот уже много лет привлекает нерешенная до сих пор задача: разрешимо ли в целых числах уравнение $x^4 + y^4 + z^4 = t^4$?

В 1914 году А. Веребрюсов предложил доказательство его неразрешимости. Однако, как выяснили позже, его доказательство этого уравнения в целых числах высказал еще Эйлер. В 1945 году было доказано, что уравнение $x^4 + y^4 + z^4 = t^4$ не имеет решений в целых числах для $|t| < 10^8$. Но, разумеется, это — еще не полное решение.

17

Попытаемся решить задачу более простую, хотя и «более сложную» с виду: докажем бесконечность множества целочисленных решений уравнения $x^4 + y^6 + z^{12} = t^4$.

Пусть $x = a - b$, $t = a + b$, где $a$ и $b$ — целые числа. Тогда $y^6 + z^{12} = 8a^3b + 8ab^3$. Положим $y^6 = 8a^3b$, $z^{12} = 8ab^3$; тогда $a = c^3$, $b = d^3$ (с и $d$ — целые числа) и $y^2 = 2c^3d$, $z^4 = 2cd^3$.

Отсюда следует, что $2cd$ — квадрат целого числа. Полягая $c = a^4$, $d = 2\beta^4$ ($\alpha, \beta$ — целые числа), получаем тоже действующее

$$\left( \alpha^{12} - 8\beta^{12} \right)^4 + \left( 2\alpha^6\beta^2 \right)^6 + \left( 2\alpha\beta^3 \right)^{12} = \left( \alpha^{12} + 8\beta^{12} \right)^4,$$

доказывающее требуемое.

Задача 2. Найдите еще одно тожество, описывающее решение уравнения $x^4 + y^6 + z^{12} = t^4$.

А вот для доказательства неразрешимости неокоторого диофантова уравнения очень полезно было заметить рассмотреть это уравнение «по неокоторому modulo»*). Поясним, что мы имеем в виду.

Два целых числа $a$ и $b$ называются сравнимыми по modulo $k$, если разность $a - b$ делится на $k$. Легко видеть, что два числа $a$ и $b$ сравнимы по modulo $k$ тогда и только тогда, когда они имеют одинаковые остатки при делении на $k$. То, что $a$ и $b$ сравнимы по modulo $k$, записывают так:

$$a \equiv b \pmod{k}.$$

Пусть нам надо решить диофантово уравнение

$$x^3 + 117y^3 = 5.$$

Рассмотрим это уравнение «по modulo 9», то есть с точностью до слагаемых, кратных девяты. Нетрудно показать, что любое число в кубе или делится на 9, или дает при делении на 9 в остатке 1 или 8, то есть $x^3 \equiv 0 \pmod{9}$ или $x^3 \equiv 8 \pmod{9}$.

Поскольку 117 делится на 9, $117y^3 \equiv 0 \pmod{9}$. Таким образом,

$$x^3 + 117y^3 \equiv 0 \pmod{9}.$$

или

$$x^3 + 117y^3 \equiv 1 \pmod{9}.$$

или

$$x^3 + 117y^3 \equiv 8 \pmod{9}.$$

Поэтому уравнение $x^3 + 117y^3 = 5$ не имеет целочисленных решений.

Задача 3. Докажите, что уравнения a) $x^3 + y^3 = 9t \pm 4$; b) $x^3 + y^3 = 9t \pm 3$; b) $x^3 + y^3 + z^3 = 9t \pm 4$ не имеет целочисленных решений.

Треугольные и квадратные числа*) связаны соответственно с правильным треугольником и квадратом (см. рисунки 1, 2).

Обозначим $n$-е треугольное число через $T_n$, $n$-е квадратное число через $K_n$.

Задача 4. Докажите следующие формулы: $T_n = \frac{1}{2}n(n+1)$; $K_n = n^2$.

Задача найти все треугольные числа, являющиеся квадратными, связаться к решению уравнения $T_n = K_n$, то есть уравнение $n(n+1) = 2m^2$.

Решить это уравнение нам по может уравнение $x^2 - 2y^2 = 1$. Оно имеет бесконечное множество решений (в натуральных числах), задаваемых рекуррентно: $x_{k+1} = 3x_k + 4y_k$ и $y_{k+1} = 2x_k + 3y_k$, $x_1 = 3$, $y_1 = 2$ (докажите это самостояльно или посмотрите доказательство в «Кванте», 1978, № 1, с. 26).

(Окончание см. на c. 35)

*) См. статьи М. Башмакова («Кванте», 1971, № 3) и А. Геронимуса («Кванте», 1978, № 12).

2 «Кванте» № 6

18

Задачи

М626—М630; Ф638—Ф642

М626. Каждая сторона выпуклого четырехугольника разделена на 8 равных частей. Соответствие точки деления на противоположных сторонах соединены друг с другом, и полученные клетки раскрашены в шахматном порядке. Докажите, что сумма площадей клеток равна сумме площадей белых клеток.

В. Произвольов

М627. В каждой клетке бесконечного листа клетчатой бумаги записано натуральное число.
a) Пусть каждое из этих чисел встречаетсяровно один раз. (Приведите примеры такой расстановки чисел!)
Докажите, что для любого заданного m найдется две соседние (имеющие общую сторону) клетки, разность чисел в которых не меньше m.
6) * Пусть каждое число n ∈ N встречаетсяровно n раз (то есть 1 — один раз, 2 — два раза и т. д.).
Укажите наиболее число k такое, что обязательно найдется две соседние клетки, разность чисел в которых не меньше k. (Приведите пример такой расстановки, в котором разность чисел в любой паре соседних клеток не больше k+1.)

А. Толыво

М628. На сфере построен треугольник, одна «сторона» которого имеет величины 120°. Докажите, что «медиана», опущенная на эту «сторону» делится каждой из двух других «медиан» на две равные части. («Медианы» и «стороны» — другие больших окружностей.)

А. Ягуьянц

М629. a) Докажите, что число 2^{2n-1}-9n^2+21n—14 делится на 27 при любом натуральном n.
b) Докажите, что если числа a+b и a^2+b делятся на m, то a^n+b делятся на m при любом n (a, b и m — неокоторые натуральные числа).
b) * Докажите, что если f(n)=a^n+b_0+b_1n+…+b_kn^k делится на m при n=1, n=2, …, n=k+1, n=k+2, то f(n) делится на m при любом n (a, b_0, b_1, …, b_k, m — неокоторые натуральные числа).

Т. Маликов

20

М568. Дизайн выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке O. Доказите, что
a) если радиус окружности, вписанных в треугольника AOB, BOC, COD и DOA, равны между собой, то ABCD — ромб;
b) если радиус окружности, вписанных в треугольника ABC, BCD, CDA и DAB, равны между собой, то ABCD — прямоугольник.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

Пусть $r$ — радиус, $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей, вписанных в треугольники AOB и COD; $P, Q, R, S$ — точки касания этих окружностей со стороны AO, BO, CO, DO этих треугольников (рис. 1).

Докажем сначала, что четырехугольник ABCD — параллелограмм. Для этого достаточно установить, что его диагонали AC и BD делятся точкой O пополам.

Предположим, что это не так. Пусть, например, $|AO| > |OC|$. Мы доказем, что из этого неравенства следует неравенства $|BO| < |OD|$ и $|BO| > |OD|$, что невозможно.

Из неравенства $|AO| > |OC|$ следует, что $|AP| > |CR|$, поскольку $|OP| = |OR|$; из $|O_1P| = |O_2R|$ вытекает $O_1AP < O_2CR$, и поэтому $BAO < DCO$. Следовательно, $ABO > CDO$ и $BQ < DS|$, но это значит, что $|BO| < |OD|$.

Повторяя проведенные рассудения для треугольников BOC и AOD (рис. 2; проделяйте это самостояльно), получим, что $DAO < BCO$, откуда $ODA > CBO$, и, следовательно, $|DS_1| < |BQ_1|$, то есть $|BO| > |OD|$.

Полученное противоречение доказывает, что $|AO| = |OC|$. Так же доказывается, что $|BO| = |OD|$. Итак, четырехугольник ABCD — параллелограмм.

Из равенства площей треугольников AOB и BOC (мы пользовемся известной формулой $S = pr$) получаем

$$\frac{1}{2}r(|AO| + |OB| + |AB|) = \frac{1}{2}r(|OC| + |OB| + |BC|),$$

откуда $|BC| = |AB|$, то есть четырехугольник ABCD — ромб.

6. Первое решение. Пусть (рис. 3) $A_1$ и $A_2$, $B_1$ и $B_2$, $C_1$ и $C_2$, $D_1$ и $D_2$ — точки касания окружностей, вписанных в треугольника ABD, ABC, BCD, CDA, со стороны четырехугольника ABCD; $O_1, O_2, O_3, O_4$ — центры этих окружностей; $P, Q, R, S$ — точки касания окружностей с диагонали AC и BD; $r$ — радиус окружностей.

Сначала мы доказем интересный и сам по себе факт: для произвольного выпуклого четырехугольника ABCD длинны отрезков между точками касания, лежащими на противоположных сторонах четырехугольника, равны, то есть $|A_1B_2| = |C_1D_2|$ и $|B_1C_2| = |A_2D_1|$.

Убедимся сначала, что рисунок 3 «правильный», то есть что расположение точек касания на сторонах четырехугольника именно такое, как это показано на рисунке 3.

Рассмотрим, например, треугольники ABD и ACD и докажем, что точка $A_2$ лежит близке к точке $A$, чем точка $D_1$.

Для этого достаточно доказать, что $|AA_2| + |DD_1| < |AD|$.

Легко видеть, что

$$|AA_2| = \frac{|AB| + |AD| - |BD|}{2}$$

$$|DD_1| = \frac{|AD| + |CD| - |AC|}{2}$$

Сложив эти равенства, получим

$$|AA_2| + |DD_1| = |AD| + \frac{|AB| + |CD| - |BD| - |AC|}{2}$$

Но $|AB| + |CD| < |BD| + |AC|$ (доказите это!) и, следовательно,

$$|AA_2| + |DD_1| < |AD|$$

Теперь доказем, что $|A_2D_1| = |B_1C_2|$ и $|D_2C_1| = |A_1B_2|$.

21

Пользовать свойством отрезков касательных (рис. 3), получаем

$$|BD| = |BP| + |PD| = |BA_1| + |DA_2| = = |BB_2| + |A_1B_2| + |DD_1| + |A_2D_1|.$$ (1)

С другой стороны,

$$|BD| = |BR| + |RD| = |BB_1| + |B_1C_2| + |DD_2| + |D_2C_1| = = |BB_2| + |B_1C_2| + |DD_1| + |D_2C_1|.$$ (2)

Приравнивая выражения (1) и (2), получаем

$$|A_1B_2| + |A_2D_1| = |B_1C_2| + |D_2C_1|.$$ (3)

Проведя точное также вычисления для диагонали AC, получим

$$|A_2D_1| + |D_2C_1| = |A_1B_2| + |B_1C_2|.$$ (4)

Сложив теперь равенства (3) и (4), получим

$$|A_2D_1| = |B_1C_2|.$$

Следовательно, и $|D_2C_1| = |A_1B_2|$.

Do such пор мы не пользовались равенством радиусов вписанных окружностей, так что полученный нами результат справедлив для произвольного выпуклого четырехугольника.

Теперь завершим решение задачи.

Так как центры окружностей одинаково удалены от соответствующих сторон, получаем $(O_1O_2) \parallel (AB)$ и $(O_3O_4) \parallel (CD)$; а так как $|O_1O_2| = |A_1B_2|$ и $|O_3O_4| = |C_1D_2|$, получаем $|O_1O_2| = |O_3O_4|$.

Аналогично, $|O_2O_3| = |O_1O_4|$ и, значит, четырехугольник $O_1O_2O_3O_4$ — параллелограмм, а так как стороны четырехугольника ABCD параллель站起来 на параллелограмма, четырехугольник ABCD — тоже параллелограмм.

Приравняв выражения для площей треугольников ABD и ABC, получим

$$\frac{1}{2} r (|AB| + |BD| + |AD|) = \frac{1}{2} r (|CD| + |AD| + |AC|),$$

откуда $|BD| = |AC|$.

Таким образом, диагонали параллелограмма ABCD равны по длине, а это и значит, что ABCD — прямогольник.

Второе решение. Как и в первом решения, мы докажем сначала, что четырехугольник ABCD — параллелограмм.

Для этого проведем через точки B и D прямые, параллельные стороне AC (рис. 4), и отложим на них по одному сторону от прямой BD отрезки BB’ и DD’ длины $|AC|$.

Четырехугольник BB’DD’, очевидно, — параллелограмм. Легко видеть, что треугольники BCB’, B’CD’, CD’D конгруэнтны треугольником ABC, ABD и ACD соответственно, так что радиус окружностей, вписанных во все четырехугольника, на которые параллелограмм разбит отрезками CB, CB’, CD и CD’, равны.

Докажем, что точка C совпадает с точкой E пересечения диагонали параллелограмма BB’D’D'.

В самом деле, если это не так, то точка C принадлежит одному из треугольников, на которые параллелограмм разбиается своим diagonалям (на рисунке 4 это треугольник DED’). В этом случае радиус окружности, вписанной в треугольник DED’, будет больше r, а радиус окружности, вписанной в треугольник BEB’, — меньше r, что противоречит конгруэнтности треугольников DED’ и BEB'.

Таким образом, точка C совпадает с точкой E пересечения диагонали параллелограмма BB’D’D’ и следовательно, $[DC] \parallel [AB]$ и $[AD] \parallel [BC]$, то есть четырехугольник ABCD — параллелограмм.

Для завершения этого решения достаточно проверить рассужждение, уже проведенные в конце первого решения.

A. Егоров

23

М571. Убывающий последовательность $(x_n)$ положительных чисел такова, что при любом натуральном $n$
$$\frac{x_1}{1} + \frac{x_2}{2} + \frac{x_3}{3} + \dots + \frac{x_n}{n} < 3.$$

Мы доказем более сильное утверждение: для нашей последовательности при любом натуральном $n$
$$\frac{x_1}{1} + \frac{x_2}{2} + \frac{x_3}{3} + \dots + \frac{x_n}{n} < 2.$$
Действительно, поскольку $x_i > 0$,
$$\sum_{k=1}^{n} \frac{x_k}{k} \leq \sum_{k=1}^{(n+1)^2-1} \frac{x_k}{k} = \sum_{k=1}^{n} \sum_{m=k^2}^{(k+1)^2-1} \frac{x_m}{m}.$$
Поскольку последовательность $(x_n)$ – убивающая,
$$\sum_{k=1}^{n} \frac{x_k}{k} \leq \sum_{k=1}^{n} x_k^2 \left( \sum_{m=k^2}^{k^2+k-1} \frac{1}{m} + \sum_{m=k^2+k}^{k^2+2k} \frac{1}{m} \right) \leq$$
$$\leq \sum_{k=1}^{n} x_k^2 \left( \frac{k}{k^2} + \frac{k+1}{k^2+k} \right) = 2 \sum_{k=1}^{n} \frac{x_k^2}{k} \leq 2,$$
что и требовалось.

Оценка 2 уже неулучшаема: мы предлагаем читателям доказать самостояльно, что для любого $c < 2$ можно найти убивающую последовательность из положительных чисел такую, что при любом натуральном $n$
$$\sum_{k=1}^{n} \frac{x_k^2}{k} \leq 1 \text{ и } \sum_{k=1}^{n} \frac{x_k}{k} > c.$$

3. Чантурия

24

М572. Кенгуру прыгает по уеллу $x \geq 0$, $y \geq 0$ координатной плоскости Оxy следующего obrazом: из точки $(x; y)$ кенгуру может прыгануть в точку $(x+1; y-1)$ или в точку $(x-5; y+7)$, причем прыгается. Из каких начальных точек $(x; y)$ кенгуру не может прыгать в точку, находящуюся на расстоянии большие 1000 от начала координат? Нарисуйте множество всех таких точек $(x; y)$ и найдите его площадь.

Graph

М574. Конечная последовательность $a_1, a_2, \dots, a_n$ из чисел 0 и 1 должна удовлетворять следующему условию: для любого целого $k$ от 0 до $n-1$ сумма $a_1 a_{k+1} + a_2 a_{k+2} + \dots + a_n - k a_n$ является нечетным числом. а) Придумайте последовательность для $n=25$. б) Докажите, что такая последовательность существует для некоторого $n>1000$.

Еще одна формулировка задачи М574:
Найдите последовательность $e_1 < e_2 < \dots < e_i$ натуральных чисел такую, что каждое число от 1 до $e_i - e_1$ представляет в виде разности $e_j - e_i$ некоторых из этих чисел нечетным числом способов.

Ответом является «ступенчатый треугольник» $T$ (см. рис.): он содержит два граничных полуткрытых промежутка $[0; A], [0; B]$ (где $A$ и $B$ — точки с координатами (5; 0) и (0; 5) соответственно), но не содержит никаких других граничных точек (точек десяти отрезков, ограничивающих «ступенчики»). Площадь его, очевидно, равна 15.

Достаточно доказать, во-первых, что из «треугольника» $T$ кенгуру выйти не может, и, во-вторых, что из остальных точек угла $x \geq 0, y \geq 0$ может удалиться сколь годно далеко от начала координат. Первое очевидное: нахождение $T$, кенгуру может совершать только прыжки типа (1; -1), и поэтому неизбежен оказаться на оси $Ox$. Для доказательства второго утверждения заметим, что комбинация прыжков (1; -1) и одного прыжка (-5; 7) дает «прыжок» (0; 2); поэтому кенгуру, нахождение в области $M_1 = \{(x; y) | x \geq 0, y \geq 5\}$, легко убежит вертикально вверх, многократно повторяя эту комбинацию из шести прыжков. Если кенгуру нахождение в области $M_2 = \{(x; y) | x \geq 1, 5 > y \geq 4\}$, то следует четырёх прыжка (1; -1) и один прыжок (-5; 7), кенгуру попадет в области $M_1$, откуда он уже имеет убегать. Аналогично нахождение еще четырёх прыжок «области убегания» $M_3, M_4, M_5, M_6$

$$M_6 = \{(x; y) | x \geq 5 - k, k + 1 > y \geq k\}, k = 3, 2, 1, 0.$$

А. Сосинский

Первое решение. Легко придумать такую последовательность из четырех чисел: $A_1 = 1101$. Чтобы построить нужную последовательность из двацати пятей чисел, мы трижды использовать $A_1$, причем разделяем $A_1$ нулями так:
$$A_2 = 1101 000 1101 00000000 1101.$$

Такое построение можно продолжить и далее: если последовательность $A = (a_1, a_2, \dots, a_n)$ удовлетворяет условиям, то и последовательность

$$B = \begin{bmatrix} A & 00...0 & A & 00...0 & A \\ n & n-1 & n & 3n-2 & n \end{bmatrix},$$

состоящая из трех наборов $A$ и двух наборов нулями, также ему удовлетворяет.

Докажем более общий факт: вместе с последовательностями $A = (a_1, a_2, \dots, a_n)$ и $C = (c_1, c_2, \dots, c_m)$ удовлетворяет условиям задания и последовательности $B$ длины $(2n-1)(m-1)+n$ из $m$ «блоков»:

$$B = \begin{bmatrix} a_1 c_1, & a_2 c_1, & \dots, & a_n c_1, & 0, 0, \dots, 0, \\ a_1 c_2, & a_2 c_2, & \dots, & a_n c_2, & 0, 0, \dots, 0, \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_1 c_m-1, & a_2 c_m-1, & \dots, & a_n c_m-1, & 0, 0, \dots, 0, \\ a_1 c_m, & a_2 c_m, & \dots, & a_n c_m \end{bmatrix};$$

здеся $j$-й блок повторяет последовательность $A$, если $c_j = 1$, и нульой, если $c_j = 0$.

Пусть целое $k = (2n-1) q+r$, где $q=0; r=0, 1, \dots, n-1$ или $-n < r < n, 0 < q < m$ (q и r — целые). Тогда при сdwите последовательности $B$ на $k$ мест $j$-й блок $(a_1 c_j, a_2 c_j, \dots, a_n c_j)$ будет пересекаться только с $(j+q)-m$ блоком исходной последовательности, причем со сdwетом на $r$ единиц в индек-

26

М574 получится, если располагается последовательность из 0 и 1 на окружности и требовать, чтобы при любом k сумма попарных произведений целевов, отстоящих на k, была нечетной. Если Вам удается получить результат по этой задаче, напишите нам об этом.

Ф579. В схеме, показанной на рисунке, $R_1 = 10$ Ом, $R_2 = 20$ Ом, $R_3 = 15$ Ом, например в сети переменного тока $U = 10$ В. Определить мощность, которая выделяется на резисторх с сопротивлением $R_2$ и $R_3$.

Circuit diagram

Пользовну перiode $T$ переменного тока диод закрыт, и через резистор $R_2$ чётёт переменный ток $I = \frac{U}{R_1 + R_2}$. За время $T/2$ на резисторе $R_2$ выделяется энергия

$$W' = I^2 R_2 \frac{T}{2} = \frac{U^2 R_2 T}{2(R_1 + R_2)^2}.$$

Вторую пользовну перiode диод открыт. Общее сопротивление резисторов $R_2$ и $R_3$, соединенных параллельно, равно $R_0 = \frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3}$. Например на этих резисторах равно $U_0 = \frac{U}{R_1 + R_0} R_0$.

За эту пользовну перiode на резисторх $R_2$ и $R_3$ выделяются соответствующее энергии

$$W'' = U_0^2 R_2 \frac{T}{2} = \frac{U^2 R_0 T}{2(R_1 + R_0)^2},$$

$$W_3 = U_0^2 R_3 \frac{T}{2} = \frac{U^2 R_0 T}{2(R_1 + R_0)^2}.$$

Средние мощности, выделяются на резисторх $R_2$ и $R_3$ за полный перiod, равны соответствующим

$$N_2 = \frac{W' + W''}{T} = \frac{U^2 R_2}{2(R_1 + R_2)^2} + \frac{U^2 R_0}{2R_2(R_1 + R_0)^2},$$

$$N_3 = \frac{W_3}{T} = \frac{U^2 R_0}{2R_3(R_1 + R_0)^2}.$$

Подставив численные значения величины $U, R_1, R_2, R_3$, найдем

$$N_2 \approx 1,6 \text{ Вт}, \quad N_3 \approx 0,7 \text{ Вт}.$$

Г. Коткин

Ф586. Теллоизолированный сосуд откаан до глубокого вакуума. Окружающий сосуд одноатомный идеальный газ имеет температур $T_0$. В некоторые момент открывают краан, и просходит заполнение сосуда газом. Какую температуру $T$ будет иметь газ в сосуде сразу после заполнения?

Чтобы понять, как при заполнении сосуда газом изменяется температура, нужно рассмотреть проискоды при этом энергетические превращения. При открывании крана какая-то порция газа заталкивается в сосуд слиams давления окружающего газа. Благодаря работе этих сил вывашияется в сосуд газ прибретает кинетической энергии направленного максимического движения — он входит в сосуд стружей. При встрече со стенками сосуда и с уже попавшим в сосуд газом стружей направленное, ослабевает и в конце концов рассеивается. При этом кинетическая энергия упорядоченного движения газа в струже превращается во внутреннюю энергию, то есть энергия хаотического теплового движения его молекул.

Все это происходит hastолько быстро, что теплобменом входшего в сосуд газа с окружашим газом и стенками можно пренебреть. Поэтому для всего рассматриваемого процесса

27

первый закон термодинамики имеет вид: работа $A$ сил давления окружащего сосуда над водешим в сосуд газом равна изменению внутренней энергии $\Delta U$ вошедшего газа:
$$A = \Delta U.$$

При заполнения небольшего откачанного сосуда давление и температура в атмосфере окружащего газа остаются неизменными. Поэтому для нахождения работы $A$ представляет себе, что наш откаченный сосуд находится внутри большого цилиндра с подвижным поршнем (см. рис.). Цилиндр заполнен газом, температура которого $T_0$; давление газа в цилиндре $p_0$. Процессу заполнения сосуда соответствует перемещение поршня вправо при постоянном давлении $p_0$. Действующая слева на поршень слая совершает работу $p_0V_0$, где $V_0$ — объем, «вытесяемый» при перемещении поршня. Эта работа и будет равна интерсуцией нас работе внешних сил над загалкиваемых в сосуд газом, так как энергия не вошедшего в сосуд газа внутренняя остается неизменной. Обратим внимание на то, что объем $V_0$ не совпадает с внутренним объемом заполняемого сосуда, так как температура $T$ газа в сосуд отличается от $T_0$.

С помощью уравнения состояния идеального газа работы $A$ можно выразить через температуре $T_0$ и количество газа $v$, вошедшего в сосуд:

$$A = p_0V_0 = vRT_0.$$

Изменение внутренней энергии $\Delta U$ газа, вошедшего в сосуд, равна

$$\Delta U = v \times \frac{3}{2}R(T - T_0).$$

Подставляя выражения (2) и (3) в уравнение первого закона термодинамики (1), получаем

$$T = \frac{5}{3}T_0.$$

Таким образом, температура заполняющего откачанный сосуд газа оказывается выше температуры окружащего сосуд газа. Отметим, что полученный результат не зависит ни от объема сосуда, ни от давления $p_0$. Temperature газа в сосуд не зависит также и от того, будет ли заполнение сосуда произходить до конца, пока давление в нем не сравняется с давлением газа в окружающей среде, или кран будет перекрыт равше.

Е. Бутиков, А. Быков, А. Кондратев

Ф587. Проводник массы $M$ и длины $l$ подвешен к диэлектрику за концы с помощью двух одинаковых проводящих неисъемных пружин с общим коэффициентом жесткости $k$. К верхним концам пружин подсоединен конденсатор емкости $C$. Вся конструкция высит в однородном магнитном поле с индукцией $B$, перендикулярной плоскости конструкции.

Проводик смещают в вертикальной плоскости из положения равновесия и отпускают. Определить дальнейшее движение проводника в вертикальной плоскости. Сопротивлением, собственной индуктивностью и емкостью проводников претенбрец.

Направим координатную ось $X$ вертикально вниз; за начало отсчета координат примем положение равновесия стержня (см. рис.ок).

Пусть $x_0$ — удлинитель каждой пружины в этом положении. Согласно П закону Ньютона

$$Mg - kx_0 = 0.$$

При смешении стержня из положения равновесия силаяжестеются неизменной, а сила упругости меняется. Следовательно, после того как стержень отпускают, он начинает движаться сускорением по направлению к положению равновесия. Так как это движение произходит в магнитном поле, в стержне возникает ЭДС индукции $\mathcal{E} = Bvl$, где $v = \dot{x}$ меняющаяся сQ, временем скорость стержня. В цепи появляется ток, и конденсатор заряжается. Поскольку сопротивление проводящих пружин равно нулю, направление на конденсатор равно $\mathcal{E}$ и заряд $q$ конденсатора равен $\mathcal{C}\mathcal{E} = CBvl$. Следовательно, ток в цепи в любой момент времени равен

$$i = \dot{q} = C\dot{\mathcal{E}} = CB\dot{v}l = CB\ddot{x}l.$$

На стержень с током в магнитном поле действует сила $F$