Решения задач М971—М975; Ф983—Ф987

37

pe write the words: “KVANT’S PROBLEMS” and the numbers of all the solved problems; in your letter enclose an unstamped self addressed envelope — we shall use it to send you the correction results. At the end of the academic year we sum up the results of the Kvant problem contest. If you have an original problem to propose for publication, please send it to us under separate cover, in two copies (in Russian or in English), including the solution. On the envelope write NEW PROBLEM IN PHYSICS (or MATHEMATICS).

Problems M991—M995 were proposed to us by the Bulgarian magazine «Matematika».

P1004. A thin uniform rod which can rotate freely in the vertical plane about a horizontal axis passing through its upper extremity hangs motionless above water (see figure Pisc. 2); the length of the rod is $l$, its density $\rho$ ($\rho$ is less than the density of water). Slowly lowering the axis, the rod is immersed in water. Find and plot the dependence between the angle formed by the rod with the vertical and the distance from the axis to water level.

D. V. Belov

P1005. A heater in which a constant temperature $T_1$ is maintained and a refrigerator with inner temperature $T_0 < T_1$ contain coils of wire. The wire from the coil in the refrigerator comes out of it and goes into the heater to the other coil. The coils rotate so that the wire from the cold coil moves toward the hot coil with velocity $v$. The wire section area is $s$, the volume specific heat is $c$. In order to keep the temperatures $T_0$ and $T_1$ constant, it was necessary to increase the power of the heater by $\Delta E_x$ and decrease the production of cold by the refrigerator by the same magnitude. Find $\Delta E_x$.

D. V. Pavlov

P1006. Determine the resistance of the resistor circuit shown on figure Pisc. 3. The resistances are given in ohms.

S. S. Krotov

P1007. A light ray falls on a solid sphere made out of two glass hemispheres of refraction indices $n_1$ and $n_2$ ($n_1 > n_2$). The sphere is rotated with angular velocity $\omega$ about an axis perpendicular to the ray (see figure Pisc. 4). Find the maximal size of the spot obtained on a screen placed directly behind the sphere.

L. G. Markovich

Решения задач

M971—M975; Ф983—Ф987

Поскольку суммарное число выгрышей всех команд равно числу проигрывшей и каждой команды провела 7 матчей, среднее число выгрышей, приходящиеся на команду, равно 3,5. Следовательно, хотя бы одна из команд — назовем ее $A$ — выгрыла не менее 4 матчей. Аналогично на каждую из 4 команд, проигрывших $A$, приходит в среднем 1,5 выгрыша в матчах между ними, поэтому одна из них — назовем ее $B$ — выгрыла не менее чем у двух. Из этих двух команд одна ($C$) выгрыла у другой ($D$). Команды $A, B, C, D$ образуют искому четверку.

Легко видеть, что утверждение задачи можно обобщить: если в турире участвовали $2^{n-1}$ команда, то всегда можно выгрыть n команда $A_1, \dots, A_n$ так, что каждая из них выгрыла у всех команда с большими номерами.

Интересно выястить, при каком наименшем $N$ (в зависимости от $n$) выделенное условие выполняется для любого турира с участем $N$ команда. Схемы туриров, изображенные на рисунках 1 и 2 (где стрелки проведены от выгрыших команда к проигрывшим), показывают, что при $n=3, N=3$ и $n=4, N=7$ наше условие уже не выполено. (Заметим, что на обихих рисунках все команды равно равны, причем на рисунке 1.) Следовательно, в этих двух случаях наименшение допустимо значение $N$ равно $2^{n-1}$. Читательям предлагается ответить на вопрос, верно ли это для $n=5, 6, \dots$.

A. T. Украинцев

38

M972. Последовательность $x_1, x_2, \dots$ задается условиями $x_1 = 1/2, x_{n+1} = x_n^2 + x_n(n=1, 2, \dots)$. Найдите целую часть числа
$$\frac{1}{x_1+1} + \frac{1}{x_2+1} + \dots + \frac{1}{x_{100}+1}.$$

Ответ: 1. Ясно, что
$$\frac{1}{x_n+1} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_n(x_n+1)} = \frac{1}{x_n} - \frac{1}{x_{n+1}},$$
позному рассматриваемая сумма равна $1/x_1 - 1/x_{100} = 2 - 1/x_{100}$. Последовательность $x_n$, очевидно, возвращает и $x_2 = 3/4$, $x_3 = (3/4)^2 + 3/4 > 1$, следовательно, и $x_{100} > 1$, то есть $1 < 2 - 1/x_{100} < 2$.

A. A. Анджанс

M973. В треугольнике ABC проведены высота AH и bisсектора BE. Докажите, что если $\angle BEA = 45^\circ$, то и $\angle EHC = 45^\circ$.

Рис. 1.

Рис. 2.

Достаточно доказать, что HE — биссектора угла AHC.
Проведем из точки E перпендикуляр к AC; пусть D — точка его пересечения с BC (рис. 1). Треугольники BEA и BED равны по стороне BE и приложением к ней углам ($\angle BEA = \angle BED = 45^\circ$), поэтому AE=ED. А поскольку точки A, E, H и D лежат на одной окружности (ибо сумма углов AHD и AED равна $90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$), углы AHE и EHD равны как вписанные углы, опирающиеся на равные хорды AE и ED.

Другое решение опирается на известную теорему о bisсекторасе: если BE — bisсектора треугольника ABC, то AE:EC=AB:BC (см., например, «Кваант», 1985, № 2, с. 29). Легко видеть, что справедлива и обратная к ней теорема, поэтому достаточно доказать, что AH:HC=AB:BC. Обозначая углы треугольника при вершинах A, B, C через α, β, γ, получим, что AH:HC=tg γ и по теореме синусов AB:BC=γ:sin α. Но sin α=sin ($\beta + \gamma$)=sin ($90^\circ - \gamma$)=cos γ (так как β/2+γ=∠AEB=45°), то есть sin γ:sin α=tg γ.

Заметим еще, что рассматриваемый в задаче треугольник можно охарактеризовать тем, что центр O окружности, проходящей через точки B, H и E, совпадает с проекцией точки B на прямую AC (рис. 2). (Эта окружность является так называемой окружностью Аполлория для точки A и C, то есть для ее точек X относительной AX:XB построенной.) Отсюда можно получить еще одно решение.

И. Ф. Шарыцин,
В. Н. Дубровский

M974. Двое церрают в шахматы с часами. После того как оба сделали по 40 ходов, часы обоих показали 2 часа 30 минут.
a) Докажите, что в партии был момент, когда часы однозоно обозначаили часы других более чем на 1 минуту 50 секунд.
b) Можно ли утверждать, что в некоторых моментах разница часов была не менее 2 минут?

a) Пусть абсолотная величины разности показаний часов ни в какой момент не превышает t=1 минут 50 с. Тогда время, затраченное первым шахматом на первый ход, не превышает t, а время, затраченное на любой из следующих ходов, не превышает 2t (если время обдумывания какого-либо хода больше 2t, то в начале или в конце этого отрезка времени разность показаний часов будет больше t). Таким образом, общая длительность партии, равная 5ч=300 мин, не превышает 80·2t-t=159t, то есть t≥300/159 мин>1 минут 50 с. Полученное противоречие показывает, что в

39

некоторые момент разность показаний часов превысит 1 мин 50 с.

6. Ответ: нельзя. Если на самый первый ход (точнее, по шахматной терминологии, «полуход») в партии было затрачено время $t_0=300/158$ мин, на каждый из 78 следующих — $2t_0$, а на 80-й, последний — $t_0$, то общее время обдумыания для каждого шахматиста равно $39 \cdot 2t_0 + t_0 = 79t_0 = 2$ ч 30 мин, а разность показаний часов в любой момент не превыходит $t_0 < 2$ мин; график изменения разности приводится на странице 38.

С. В. Фомин

М975. На «шахматной доске» $n \times n$ полей стоит 20 различных фигур. Известно, что каждая фигура с любого поля будет не более 20 полей.
a) Докажите, что при $n=100$ эти фигур можно переставить так, чтобы они не были друг друга.
b) Пусть дополнительно известно, что если фигур с двенадцатью, то множество полей, которые она быет, тоже параллельно свинеется (на тот же вектор). Докажите, что при $n=30$ эти 20 фигур можно расставить так, чтобы они не были друг друга.

a) Расстоянием всегоэзможно расстановки наших 20 фигур на доске $100 \times 100$ и оценим долю $p$ тех расстановок, при которых хотя бы одна фигура будет какую-то другую. Легко оценить долю расстановок, при которых данной фигур $A$ будет данную фигур $B$: при любом положении $A$ для фигур $B$ имеет $100^2-1=9999$ свободных полей, из них не более 20 находится под ударом фигур $A$; следовательно, эта доля не превыходит $20/9999$. А поскольку число (упорядоченных) пар фигур $(A, B)$ равно $20 \cdot 19=380$,

$$p \leq 380 \cdot \frac{20}{9999} < 1,$$

позному существуют позицини, в которых ни одна фигура не будет другую (их доля равна $1-p>0$).

Отметим, что наша оценка довольно грубая — позицини, в которых несколько фигур был другие, мы учили столько раз, сколько в них таких пар фигур.

6. Будем ставить фигуры на доску последовательно. Если первая фигура уже поставлена, то вторую нельзя ставить на 1) поле, занятое первой фигурой, 2) поля, находящиеся под ударом первой (их не более 20), 3) поля, с которых вторая фигура будет первую. Покажем, что в 3-й группе также не более 20 полей.

Пусть $\vec{v}_1, \dots, \vec{v}_k$ — векторы, соединяющие центр поля, занятого 2-й фигурой, с центрами полей, которые она быет. Этот набор векторов не меняется при сдвиге фигуры, однокоторые из них могут выходить за края доски (на рисунках показаны такие векторы для двух положений шахматного коня). Поля, с которых 2-й фигура быет 1-ю, получаются, если отложить от поля, занятого 1-й фигурой, векторы $-\vec{v}_1, -\vec{v}_2, \dots, -\vec{v}_k$ — их не более 20.

Таким образом, для 2-й фигурцы число запретных полей не превышает 41. Поставим ее на одно из оставшихся полей, тогда для 3-й фигурцы будет не более $2 \cdot 41=82$ запретных полей и т. д. Для 20-й фигурцы число запретных полей не превышает $19 \cdot 41=779<900$, поэтому и ее можно будет поставить на доску с соблюдением условий задачи.

Обратите внимание на принципальное решение двух пунктов нашей задачи: в отличие от решения задачи 6) решения задачи a) никак не помогает найти нужную расстановку — это, как говоря, «чистое доказательство существования».

А. К. Толыцо

40

Ф983. На шероховатом столе лежит брусок массой $m=1$ кг; коэффициент треня покоя бруска о столе $\mu_0=1$, коэффициент треня скольжения $\mu=0.9$. К бруску прикреплена пружина жесткость $k=1$ Н/m. Пружину начинают тинуть в горизонтальном направлении так, что ее свободный конец движется с постоянной скоростью $v=1$ м/c (пис. 1). Как будет движаться брусок?

Вудем рассматривать движение системы поэтапно.

Первый этап: брусок неподвижен, пружина расстояется. Это происходит до тех пор, пока в некоторый момент времени $t_1$ сила натяжения пружины ($|kx_1|$) не достигает значения максимальной силы треня покоя ($\mu_0mg$); с этого момента брусок начинает движется.

Найдем $t_1: kx_1=\mu_0mg$, или $k(vt_1)=\mu_0mg$, откуда

$$t_1=\mu_0\frac{mg}{kv} \approx 10\text{ c}.$$

Введем обозначение $k/m=\omega^2$. Тогда

$$t_1=\mu_0g/v\omega^2.$$

В этот момент расстояние пружины

$$x_1=vt_1=\mu_0\frac{g}{\omega^2}.$$

Второй этап. С момента времени $t_1$ брусок начинает движаться. Расмотрим это движение в системе координат, которая движется со скоростью $\vec{v}$. В этой системе (обозначим ее $c$) в момент времени $t_1$ брусок имеет скорость $-\vec{v}$ и координату $x=0$, пружина расстояга на $x_1=vt_1$. Дальнейшее движение бруска происходит под действием силы упругости $f_{\text{упр}}=kx_1$ и силы треня скольжения $f=\mu mg$, направленной в сторону, противоположную направлению вектора $\vec{v}$ (так направлена скорость бруска относительно стола, которой в системе $c$ имеет постоянную скорость $-\vec{v}$). Вспомним, что под действием упругой силы и постоянной силы (в данном случае — треня) тело совершает гармоничное колбация:

$$x_c=x_{c\text{max}} \sin(\omega t+\varphi)+x_0(\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}),$$

где $x_0$ — положение равновесия, которое определяется условиям

$$k(x_1-x_0)-\mu mg=0 \Rightarrow$$

$$x_0=x_1-\frac{\mu mg}{k}=x_1-\mu\frac{g}{\omega^2}=\Rightarrow \Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$$

где $\Delta\mu=\mu_0-\mu$.

Скорость бруска при этом изменяется по закону

$$v_c=\dot{x}_c'=x_{c\text{max}} \omega \cos(\omega t+\varphi).$$

Найдем значение $x_{c\text{max}}$ и $\varphi$. Для этого подставим в (1) и (2) значения $t=t_1$, $x_c=x(t_1)=0$, $x'(t_1)=-v$:

$$0=x_{c\text{max}} \sin(\omega t_1+\varphi)+\Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$$

$$-v=x_{c\text{max}} \omega \cos(\omega t_1+\varphi).$$

Перепишем эти уравнения в такой форме:

$$x_{c\text{max}} \sin(\omega t_1+\varphi)=-\Delta\mu\frac{g}{\omega^2},$$

$$x_{c\text{max}} \cos(\omega t_1+\varphi)=-\frac{v}{\omega}.$$

Возведя (3) и (4) в квадрат и сложив полученные выражения, найдем:

41

$$x_{c \max}^2 = \frac{(\Delta \mu)^2 g^2}{\omega^4} + \frac{v^2}{\omega^2} \approx 2 \text{ m}^2, \quad x_{c \max} \approx 1,4 \text{ m}.$$

Поделив (3) на (4), получим:

$$tg(\omega t_1 + \varphi) = \Delta \mu \frac{g}{v \omega}$$

$$(\sin(\omega t_1 + \varphi) < 0, \cos(\omega t_1 + \varphi) < 0)$$

откуда

$$\varphi = \pi + \arctg \frac{\Delta \mu \cdot g}{v \omega} - \omega t_1 \approx \frac{5 \pi}{4}.$$

Перейдем теперь в неподвижную систему отсчета (в момент времени $t_1$ начала координат в обеих системах совпадают):

$$x = x_c + v(t - t_1) = x_{c \max} \sin(\omega t + \varphi) + v(t - t_1) + \Delta \mu \frac{g}{\omega^2} = \sqrt{2} \sin((t - 10) + \frac{5 \pi}{4}) + (t - 10) + 1 \text{ (м)},$$

$$x' = x_{c \max} \omega \cos(\omega t + \varphi) + v = \sqrt{2} \cos((t - 10) + \frac{5 \pi}{4}) + 1 \text{ (м/c)}.$$

Эти уравнения описывают движение бруска от момента времени $t_1$ до момента $t_2$, когда скорость бруска становится равной 0 и силу треня скольжения заменит сила треня покоя. В момент $t_2$

$$x' = x_{c \max} \omega \cos(\omega t_2 + \varphi) + v = 0.$$

Вспомним, что угол $\theta = \omega t_1 + \varphi$ находится в третьей четверти. При дальнейшем росте $t (t > t_1)$ угол этого будет растит, cos $(\omega t + \varphi)$ также будет растит, следовательно, и скорость будет растит, оставаясь положительной. Когда $(\omega t + \varphi)$ оказывается во второй (шестой) четверти, cos $(\omega t + \varphi)$ будет отрицательным, и когда он становится cos $(\omega t_1 + \varphi)$, скорость бруска становится нулю. Таким образом,

$$t_2 = t_1 + \frac{2 \left( \pi - \arctg \frac{\Delta \mu \cdot g}{v \omega} \right)}{\omega} \approx 15 \text{ c},$$

$$x(t_2) \approx 7 \text{ m}.$$

Заметим, что силы натяжения пружины в моменты $t_2$ и $t_1$ связаны соотношениям

$$f(t_1) - \mu mg = -(f(t_2) - \mu mg) \Rightarrow f(t_2) = 2 \mu mg - f(t_1).$$

Но $f(t_1) = \mu_0 mg$; поэтому

$$f(t_2) = mg(2 \mu - \mu_0) < \mu_0 mg.$$

Значит, в момент $t_2$ брусок остаются и не будут движаться до момента $t_3$, когда $f(t_3)$ станет равной

42

по модулю $\mu_0 mg$. Интервал времени $t_3 - t_2$, очевидно, равен

$$t_3 - t_2 = \frac{f(t_3) - f(t_2)}{kv} = \frac{2(\mu_0 - \mu)g}{v\omega^2} \approx 2\text{ c.}$$

Затем цикл повторяется, так что $t_4 - t_3 = t_2 - t_1$, и т. д. Графики функции $x(t)$ и $x'(t)$ приведены на рисунках 2 и 3 (см. с. 41).

И. И. Мазин

Ф984. При kolke drove torop иногда застревает в расщепление полена. В таких случаях должны так, как показано на рисунке 1, либо — как на рисунке 2. Какой способ более эффективен?

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3.

По мере того как топор входит в полено, увеличивается расщеплина между полинами полена по обе стороны от топора: эти поливны испытывают скатные в направлениях, перпендикулярных «шекам» топора; происходит накопление пругоя деформации в дереве. Разрыв (раскол) полена происходит в момент, когда эта деформация достигнет определенного «максимального выдерживаемого» значения.

Будем считать, что перед ударом о «наковалью» в первом и во втором случая система топор + полено имеет одну и ту же энергию. При ударе о наковалью часть этой энергии переходит в тепло. В первом случае (дерево внизу) удар неупругий, во втором — упругий. Значит, в первом случае потери энергии при ударе ($\Delta E_1$) больше, чем во втором ($\Delta E_2$). Оставшаяся энергия расходуется на работу против сил треня при взаимном перемещении топора и полена и на увеличение энергии пругоя деформации в полене. Запишем этот энергетический баланс:

$$E'_1 = E - \Delta E_1 = A_1 + U_1,$$
$$E'_2 = E - \Delta E_2 = A_2 + U_2.$$

Из сказанного выше ясно, что $E'_2 > E'_1$, то есть $A_2 + U_2 > A_1 + U_1$.

Понятно, что если $U_2 > U_1$, то второй способ более эффективен.

При одном и том же перемещении топора относительно полена из одинаковых начальных положений, то есть при одном и том же значении $A$ ($A_1 = A_2$), очевидно, $U_2 > U_1$. Показем, что величины $A$ и $U$ пропорциональны друг другу.

Работа $A$ совершается против силы треня, которая меняется при смесении топора относительно полена, поскольку сила нормальной реакции $N_t$ (рис. 3). Энергия $U_t$ равна работе, совершаемой силой нормального давления топора на дереве. Эта сила в любой момент времени численно равна силе нормальной реакции $N_t$. Из всего сказанного ясно, что условие $A_2 + U_2 > A_1 + U_1$ означает, что и $A_2 > A_1$, и $U_2 > U_1$, и следовательно, второй способ — удар о наковалью топор — более эффективен.

Т. С. Петрова

Ф985. В сосуд, заполненный жидким эфиром, погружают перевернутую пробирку $A$. Из нее сразу же начинают

43

выходить пузырьки. Пузырьки «собирают» в первоначально полностью заполнению эфиром пробирку B (см. рис.нок), длина которого в два раза больше, чем длина пробирки A. При этом из пробирки B вытесятся 2/3 первого начального объема эфира. Температура в комнате поддерживается равной 20 °C, давление равно нормальном atmosферному. Объясните процесходит несколько мм pt. ст.). Пузырьки перестановыт выходить, когда прекратиется испарение эфира внутри пробирки A, то есть когда давление пробирка там становится равным давлению насыщенных паров $p_H$ и суммарное давление равно $p_H + p_B = p_0$, где $p_B$ — давление воздуха.

Аналогичное условие должно выполняться и в пробирке B. При этом воздуха, занимающий в пробирке A объем $V_0$, в пробирке B будет занимает объем $\frac{4}{3}V_0$. Пользовать законом Бойля — Марютта, можно записать:

$$p_0V_0 = p_B(V_0 + \frac{4}{3}V_0) = \frac{7}{3}p_BV_0,$$

откуда находим $p_B = \frac{3}{7}p_0$. Тепер легко определять давление насыщенных паров эфира:

$$p_H = p_0 - p_B = \frac{4}{7}p_0 \approx 430 \text{ мм pt. ст.}$$

А. И. Буздин

У атомов металла (вольфрама и платины), находящся на поверхности пластины, и у атомов углерода в молекULE оксини углерода CO имеются ненасыщенные химические связи. Взаимодействие оксини углерода с чистой поверхности металла приводит к возникновению сильной химической связи между атомом C и поверхности атомом металла. Эта реакция сопровождается выделением тепла. При этом оксини углерода на поверхности металла, образу монослой, причем на каждой атом металла, расположенного на поверхности пластины, приходит одна молекуля CO и ось молекул перепедикулярна поверхности металла (рис. 1).

Вблизи поверхности пластиновой пластины можно выделить две плоскости $P_1$ и $P'_1$, находящаяся на расстоянии $l$ друг от друга и проходящие через центры атомов углерода и кислорода соответственно. Будем считать, что положительные заряды (дипольные заряды $+\Delta q$) расположены в плоскости $P_1$ с поверхности плоскости заряда $+\sigma_1$, а отрицательные — в плоскости $P'_1$ с поверхности плоскости заряда $-\sigma_1$ (рис. 2).

Аналогично, вблизи поверхности волфрамовой пластины расположены две разноментою заряженные плоскости $P_2$ и $P'_2$ с поверхности плоскости заряда $+\sigma_2$ и $-\sigma_2$ соответственно.

Таким образом, расчет разности потенциальов $U$ между пластинами волфрама и пластины сводится к определению разности потенциальов между двумя параметрами разноментою заряженных плоскостей:

$$U = \frac{\sigma_1}{\varepsilon_0} l - \frac{\sigma_2}{\varepsilon_0} l = \frac{\sigma_1 - \sigma_2}{\varepsilon_0} l. \tag{1}$$

44

Среднее число atomов металла, нахождение их на единичной площади его поверхности (поверхность плотность atomов γ), определяется через объемную плотность atomов соотношения

$$\gamma = n^{2/3},$$

где $n$ — объемная плотность atomов металла. В свою очередь объемная плотность atomов равна

$$n = \frac{\rho N_A}{M},$$

где $\rho$ — плотность металла, $N_A$ — число Авогадро, $M$ — молярная масса металла. Ясно, что

$$\sigma = \Delta q \gamma.$$

Учитывая соотношения (2)—(4), искомуо разность потенциалов представим в виде

$$U = \frac{\Delta q \cdot l}{\varepsilon_0} N_A^{2/3} \left( \left( \frac{\rho_W}{M_w} \right)^{2/3} - \left( \frac{\rho_{Pt}}{M_{Pt}} \right)^{2/3} \right).$$

Подставив численные значения ($\varepsilon_0 = 8,85 \times 10^{-12} \text{ Ф/m}$, $N_A = 6,02 \cdot 10^{23} \text{ mol}^{-1}$, $\rho_W = 19,1 \times 10^3 \text{ кг/m}^3$, $\rho_{Pt} = 21,5 \cdot 10^3 \text{ кг/m}^3$, $M_W = 0,184 \text{ кг/mоль}$, $M_{Pt} = 0,195 \text{ кг/mоль}$), получим $U = 24 \text{ мВ}$.

В заключение следует заметить, что в решении задачи допущено упрощение — мы не учили, что в кристаллической структуре atomы волфрама и платины расположены в определенном порядке и, следовательно, при различных средах различное число atomов металла оказывается на его поверхности. Поэтому формула (2) требует уточнения для каждого конкретного случая расположения atomов на поверхности металла. Кроме того, в различных плоскостях поверхности atomы обладают различной валентностью, и это тоже надо учитывать.

Е. Н. Юносов, И. В. Яминский

Ф987. На картине И. Левитана «Март» тени на снегу, отбрасываемые деревьями в ясный солнечный день, солубого цвета. Не правильнее ли (с физической точки зреня) было направлять их темными, бесцветными (черными или серыми)?

Освещенное любого участка поверхности земли создается как прямыми солнечными лучами, так и рассеянным в атмосфере солнечным светом. Как известно, граница тени задает область, куда не попадают прямые солнечные лучи. Если бы вообщеника лучи в эту область не попадали, то соответствующее участки были бы бесцветными (черными).

В ясный солнечный день (когда на небе почти нет обlakов) рассеянный солнечный свет, приходящий на землю, «имеет синюю окраску» (цвет неба). Попадая в область «прямой» тени, этот свет отражается от белого снежного покрова без существенного поглощения (таково свойство белого снега) и придает тени синей цвет. Описанный эфект тем более наглaden, чем чисте снежный покров.

А. С. Бутов