Квант 1986, №12 · Страницы

КВАНТ 12
1986

Научно-популярный физико-математический журнал
Академии наук СССР и Академии педагогических наук СССР

Эварист
Галуа
К 175-летию
со дня рождения
(см. с. 2)

В НОМЕРЕ:

2 Ю. П. Соловьеев. Эварист Галуа
Д. Л. Тарасов, Л. В. Тарасов. А что будет, если…?

9 Уу. P. Soloviev. Evariste Galois
D. L. Tarasov, L. V. Tarasov. What will happen, if…?

8 Science news
“Heavy” electrons in metals

12 Our calendar
175th anniversary of Avogadro’s law

13 Kvant’s lab
A. A. Borovoy. Observing fog

16 Kvant’s school
Mathematica 8
Избранные школьные задачи
Selected school problems

21 Kvant for younger school children
Problems
Alice’s evidence

22 Задания
Алиса дает показания

26 Kvant’s problems
Problems M1016—M1020; P1028—P1032
Solutions M996—M1000; P1008—P1012

29 Решения задачи M996—M1000; Ф1008—Ф1012
Список читателей, прилавших правильные решения
List of readers who have sent correct solutions

40 The art of programming
G. A. Galperin, A. V. Korlyukov. The binary algorithm

43 College applicant’s section
Уу. A. Samarski. Atomic physics in problems

48 Olympiads
A. P. Savin, T. A. Sarycheva, A. A. Fomin.
27th International mathematics olympiad

51 O. F. Kabardin, B. A. Orlov. XVII
Международная физическая оlympiad
17th International physics olympiad

55 Information
Moscow physico-technical institute’s correspondence school

58 Answers, hints, solutions
Kvant smiles (39)
Miscellaneous (50, 57)
The chess page (3rd cover page)
Our questionnaire (64)
Printed in 1986 (61)

Симпатичная елочка на первой странице обложки — наш новогодний шахматный прiver читателем журнала. Две хлопушки (белые пешки) сначала летят вверх: 1. h7 b2 2. b8Л! h2 3. h8Л! (урезры пата ликвидированы), а затем осыпают вниз: 3… b1Ф+ 4. Л:b1 h1Ф+ 5. Л:h1 (автор задачи — M. Зинаар, 1985 г. Вышрыш). О других симметричных элодах расскано на сегодящей шахматной странице.

3

риторики он теряет время и только изводит своих учитель и навлекает на себя наказания».

В это время Эварист знакомится с работами Гаусса и Абеля и чувствует, что способен сделать не менее. Будучи всего лишь учеником подготовительного класса, он без посторонней помощи готовится к экзаменам в Политехническую школе — лучшее по тем временам высшее учебное заведение Франции. Эварист верит, что в ней найдет применение все силы и энергия его ума и сердца.

Попытка поступить в Политехническую школе кончалась неудачей. Провал очень огорчил Галуа и, по словам историка математики Дюпioni, «явился первой из несправедливости, которые в конце концов отравили ему жизнь». Эварист возврашается в порядком надовеший ему коллеж и, перескочив основной, поступает в специальный математический класс. Работал в нем тогда Луи-Поль Ришар, замечательный преподаватель, горяче любивший свою науку. Среди тех, кто в разные годы занимался у него, были, кроме Галуа, замененный астроном Леверье и выдавшийся математик Эрмит.

Ришар с большим вниманием относяся к конному ученику, которое он считал самым одаренным из своих воспитников. Отзывы Ришара о Галуа лакончили: «Галуа работает только в высших областях математики», «Он значительно выше всех своих товаров». Под руководством Ришара Эварист выполнил свою первую научную работу «Доказательство одной теоремы о периодических непрерывных дробях», опубликованную в матре 1829 года в «Ле аннал де математик». В это же время под влиянием работ Лагранжа Галуа начинает интенсивно занимать из самых трудных математических проблем того времени — проблем разрешимости алгебраических уравнений в радиакалах.

Проблема эта имеет долгу историю. Еще ввилине открыли способ решения уравнения второй степени $ax^2+bx+c=0$. Корни его в современной символьке задаются формулой

$$x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a},$$

в котором входят четыре арифметических действия над коэффициентами, а также квадратный радиikal. В начале шестнадцатого века Сциппоне делы Ферро и Николо Фонтана, более известный под именем Тарталья, получили формулу для корней кубического уравнения, в котором входят четыре арифметических действия и квадратный и кубический радиikal. Неколько позже Лодовик Феррари открыл формулу для корней уравнениячетвертой степени, в котором входят радика-

Единственный портрет Эвариста, сделанный с натуры, когда ему было пятнадцать — шестнадцать лет.

4

Внутренний двор Лицей Луи-le-Gран (Париж, улица Сен-Жак, 123). В этом лице (в те времена — Королевском коллеже) Галya провел шесть лет — с октября 1823 года по декабря 1829 года.

по коэффициентам $a_0, a_1, \dots, a_n$ любого уравнения позволяло бы судить, решается оно в радиках или нет.

В течение 1829—1831 гг. Эварист полностью решил эту труднейшую проблему. Первые результаты по теории уравнения появились у него еще весной 1829 года. Галya направил их в Академию наук. Расмотреть его работу взглясая один из крупнейших французских математиков Коши, но… где-то ее затерял.

По окончании учебного года в специальном математическом классе Галya вновь сделал попытку построить в Политехническую школе и вновь провалился. Что произошло на экзамене, дополненно неизвестно. Позже Галya упомянуло о нем, написав, что на экзамене его сопроводал «сумасшедший хохот экзаменаторов». Экзаменаторами Галya были Бине и Лефбор де Фурси. Мы не знаем, какие оценки они поставили Галya; так или иначе, в Политехническую школе он не попал.

В то время, когда Эварист готовился к вступительным экзаменам, на него свалилась непоправимая беда: 2 июля 1829 года его отец, затравленный местным кюре и изучитами, покончил с собой. Эти тяжелые дни, почти совпавшие по времени с его провалом, Эварист провел дома, вместе с матерью и младшим братом Альфредом.

По совету Ришара Эварист решил построить в Приготовительную школе, желкий остаток знаменитой Нормальной школе, созданной в годы Великой французской революции. В 1822 году Бурбоны закрыли Нормальную школе, а в 1826 году она была восстановлена под названем Приготовительной школе, как продолжение коллежа Луи-le-Gран. Трехгодичная Приготовительная школа готовила учитель и государственных чиновников. 20 февраля 1830 года Эварист Галya стал ее студентом.

Первый год обучения в Приготовительной школе оказался самим успешным в жизни Галya. Здесь он познакомился с Огюстом Шевалье, и это знакомство вскоре переросло в крепкую друзжу. Галya увлеченно занимался математикой. Он написал три работы и представил их на конкурс в Академию.

Неожиданно на него обрушивается новый удар. Руководь Галya попала в руки секретаря Академии Фурье, который вскоре после этого … умер. В его бумагах рукописи Галya не оказалось — она исчезла, как и первая, а вместе с ней надежда получить Большую математическую премию. Правда, у Эвариста сохранились копии последних работ, и он опубликовал их в аппельском и юнбском номерах «Бюллетеня математических наук», но это было слабым утверением. В своих повторяющих несчастных он увидел не волю случая, а результат плоской социальной организации, которая обрекала талант на вечные лишения к выгде последственности. И со всем пломоном юности Эварист включается в борбу за политическое перестройство общества.

В июле 1830 года давно собирались над режимом Бурбонов тучи разразились революционной грозой, лишившей властки короля Карла X. Симпати Галya целиком на стороне ресурсникацев. Он активно участвует в работе революционных кружков, вступает в Общество друзей народа. Но чаяниям ресурсникацев не удалось сбиться: к власти приSEL ставленник крупного капитала «король-буржуа» Луи-Филипп. Возбудение в Париже не утихает.

Осенью 1830 года Эварист выступает в печати с резкой критикой двурушнического поведения в юльские дни директора Приготовительной школе Гинью. В результате 9 декабря его исключают из Школы. Надежда на математическую карьеру рукнула. Эварист вступает в артиллерию национальной гвардини, в большинстве своей состояния из членов Общества друзей народа. Это была вооруженная сила революции, и правильно строю Луи-Филиппа вскоре распускает национальную гвардию. Эварист остается без средств к существованию; лишь частные уроки позволяют ему свести концы с концами.

Все помыслы его в это время отделы революции — математика охотит на второй план. И все же он находится и сили, чтобы раз послать в Академию ту самого работы, которая была потеряна в прошлом году. Работа попала на отзыв академика — Лакру и Пуассону. После длительных проволоке они сообщали

5

шают, что не могут оценить рукопись положительное.

В июне 1831 года Галуа представел перед судом по обвининию «в попытке справоцировать покупение на жизнь и особу короля Французов путем заявления, сделанного в общественном месте во время публиочного собрания». Суд присяжных оправдывает Галуа, но он попадет под тайный надзор политической полиции.

14 июля 1831 года Галуа принимает участие в демонстрации. Ее участники протестиют против запрещения правительством Луи-Филиппа свободы манифестации. Многие участники этой демонстрации были арестованы, и Эварист оказылся в тюрьме Сент-Пелажи. Здесь он встретил свое двадцатилетие, и здесь же им было отредактирован его основное математическое сочинение. 16 марта 1832 года Галуа переводят в тюремную больницу с подозрением на холеру. Есть сведения, что Галуа оставался в ней еще некоторое время после того, как 29 апреля кончили срок его заключения. О его жизни в течение мая 1832 года не сохранилось никаких следов. Утром 30 мая какой-то прохожий нашел его тяжело раненным после дуля на пистолетах на берегу пруда Гласбер в парикском пригороде Жантийи. На следующий день в 10 часов утра Галуа скончался. Причина его дуля и его противник достоверно неизвестны. Перед смерти он написал письмо другу Огюсту Шевалье с просбой показыть его рукопись немецким математикам Якоби и Гауссу. Оdnako рукопись увидела свет лишь в 1846 году и осталась практическим незамеченной. Идей Галуа по-настоящему были поняты лишь в 70-х годах, после выхода в свет книги К. Жордана «Алгебраические управнения и теория подстановок».

Бессмертие

В теории управления и исследования, в каких случаях управления разрешаются в радиках, что мало мне повод улыбить эту теорию и описать все возможные преобразования управления, допустимые даже тогда, когда оно не решается в радиках.

Рукопись, оставшаяся после Галуа, из которой взята эта цитата, называлась «Метуар об условиях разрешимости управления в радиках». Содержащиеся в этом метуаре идены были не поняты современниками Галуа и считаются нелегкими для изучения даже сейчас. В то же время, формулировка теории Галуа не сложна. Правда, вначале нужно освить несколько новых понятий.

Пусть имеется $n$ предметов, которые мы будем обозначать натуральными числами 1, 2, …, $n$. Их подстановкой называется преобразование множества этих предметов, задаваемое таблицей

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & ... & n \\ i_1 & i_2 & ... & i_n \end{pmatrix},$$

где $i_1, i_2, ..., i_n$ — это же числа 1, 2, …, $n$, но записанные в другом порядке. Каждый подстановка заключается в том, что на месте числа, стоящего в верхней строке, ставится подписанное под ним число в нижней строке.

Из $n$ чисел можно сделать $n!$ различных подстановок. Например, из трех чисел 1, 2, 3 можно сделать следующие подстановки:

$$p_0 = \begin{pmatrix} 123 \\ 123 \end{pmatrix}, p_1 = \begin{pmatrix} 123 \\ 312 \end{pmatrix}, p_2 = \begin{pmatrix} 123 \\ 231 \end{pmatrix},$$

$$p_3 = \begin{pmatrix} 123 \\ 132 \end{pmatrix}, p_4 = \begin{pmatrix} 123 \\ 213 \end{pmatrix}, p_5 = \begin{pmatrix} 123 \\ 321 \end{pmatrix}.$$

Множество подстановок из $n$ предметов обозначется через $S_n$.

9

А что будет, если…?

Д. Л. ТАРАСОВ,
кандидат физико-математических наук
Л. В. ТАРАСОВ

«А что будет, если …?» Вопросы такого типа могут быть самых различными, за словом «если» могут стать самые разные предложения, в том числе — и относительно каких-то физических процессов, явлений. Всякий раз такие вопросы позволяют нас рассматривать какую-нибудь физическую ситуацию и тем самым помогают лучше понять существо тех или иных явлений, роль и область действия тех или иных физических закономерностей.

Что будет, если скорость света во всех произрачных средах вдруг станет равной скорости света в вакууме? Может быть, сегодня этот вопрос и показется надуманным. Но, как мы увидим, ответ на него, нам предется разобраться во многих знакомых и, казалось бы, оченьных вещех. А кроме того, лет действи назад этот вопрос мог возникнуть, и притом вполне серЬезно.

Вспомним: в XVII—XVIII веках господствовал чисто механический подход к оптическим явлениям. Одиниуемые придерживались выдвинутой Ньютоном «теории источения», согласно которой свет рассматривается как поток быстрого леташих мелких «частичек». Другие, следуя Гюйгенсу, рассматривали свет как распространение упругих волн в особой среде — эфире,— заполняющей все микроое пространство, включая и прораничные тела. Для объяснения наблюдаемых явлений приходилось наделять эфир свойствами удивительных и порой необъяснимыми. Так, пришлось предложить, что скорость «упругих» световых волн в эфире зависит от того, какие именно тела «заполняет» эфир. Это было не волне понятно; на первый взгляд казалось, что скорость распространения упругих возмущений в вздесущем эфире должно быть вздедой и той же. Вот тогда-то и мог возникнуть вопрос: а не является ли скорость све-та и в самом деле одной и той же во всех телах и в вакууме?

Предположим, что это действительно так, и посмотрим, к каким «последствиям» приведет это предложение. Разумеется, мы будем пользоваться нашими знаниями о действительной природе оптических явлений, теории, согласно щелочющейся с повседневным опитом. Мы знаем, что скорость v света в какой-либо среде всегда скорости света c в вакууме. Всегда c>v. Отношение c/v есть показатель предложения света n для данной среды.

Предположим, что скорость света во всех произрачных средах сделалась равной скорости света в вакууме: v=c. Следовательно, для всех сред теперь n=1. Это означает, в частности, что исчезло преломление световых лучей на границе сред. Прохождение из воздуха в воду, световой луч не будет теперь изменять своего направления. Ложка в стакане с водой не будет казаться нам «сломанной», а расстояние до монетки на дне бассейна не будет представать.

Рис. 1. Световой луч на границе двух сред в общичной ситуации (a) и в новой ситуации (b).

11

филотовые лучи, а наименьшим — красные.

Так как теперь показатель преломления всегда один и тот же — а это означает, что он не зависит ни от выбора среды, ни от длины волны света, ни от каких-либо иных факторов, — исчезнет дисперсия, никакого разложения на цвета в признаме ты теперь наблюдайте не будем (рисунок 4). Значит, перестановить почти все спектрометры и спектрофы. Мы не сможем никака любовать радуюй на небе…

Итак, в новой ситуации мир стал заметно беднее: исчезло преломление лучей на границе сред, исчезла рефрация света в атмосфере, исчезла дисперсия. А что будет с отражением? С обычным отражением света от поверхности прорачной среды? Оно тоже исчезнет! (Это можно было устотеть уже из рисунка 1, 6). Картина получается впечатляющей. Находясь на берегу озера, мы теперь не видим в воде отраженной деревьев, кустов, облаков, не видим ночной лунной дорогки на воде. Мы вообше не видим ни лучки, ни реки, ни моря — мы будем видеть только доно! Согласитесь, это будет очень существенным изменением в пейзаже. Но это еще не все, произойдет еще более впечатляющей изменения.

Почему небо голубое? Все дело в рассеянии света в земной атмосфере. Интенсивность рассеяного света обратно пропорциональна $\lambda^4$, где $\lambda$ — длина волны света. Значит, в рассеяном свете большей интенсивностью обладает часть спектра, близкая к его филотовому концу. В результате спектр рассеяного света оказывается как бы сдивнутым в сторону более коротких волн — вместо белого света получается голубой. Глядя на небо, мы видим рассеяный атмосферой свет, и небо — голубое. Когда же мы глядим на заходящие Colнце или просто в направлении Colнца, то воспринимаем в основном не рассеяный свет, а прямые солнечные лучи, прошедшие через только слой атмосферы без рассеяния. Спектр такого света смешен в сторону более длинных волн. Поэтому заходящие Colнце красное, а небо вблизи него «окрашено» в oraжевые и красные тона.

А теперь подумаем, что будет со всем этим в той новой ситуации,

какую мы обсуждаем. На чем именно рассеивается свет? На изменениях плотности воздуха, обусловленных беспорядочными движениями молекул. Эти изменения служны: плотностьхаотических меняется от точки к точке и от одного момента времени к другому. Рассеяние света обусловлено случайными изменениями показателя преломления воздуха, которые связаны с изменениями его плотности. Иными словами, свет рассеяется на оптических недорогоностях атмосферы, обусловленных тепловым движением ее молекул. В нашей новой ситуации изменения плотности воздуха не приводят к появлению оптических недорогоностях. Значит, исчезнет рассеяние света в атмосфере — мы будем видеть черное звездное небо, а на нем яркий белый диск Colнца.

А собственно говоря, будем ли мы вообше что-нибудь видеть? Ведь как только скорость света в среде станет равной скорости света в вакууме, хрусталик нашего глаза — эта созданная самой природой линза — перестанет выполнять свои функции. Глаз превращится в подобие простой камеры-обскурцы. Сможет ли он видеть? Не будет ли возникшая при этом «дальнозоркость» чрезмерно огромной?

Вот к каким неочевидным ситуациям привед нас всего один вопрос — что будет, если скорость света становится в вакууме.

12

К 175-летию закона Авогадро

Итальянский физик Амедео Авогадро*) (1776—1856) происходил из семьи, все мужчины которого, начиная с XII века, неизменно становились адвокатами. Полягают даже, что сама фамилия Авогадро возникла из avvocato (по-итальянски — адвокат). Но будущий ученый, в двадцать лет получивший диплом доктора права, не сликом долго сохранял верность семейной традиции. Еще в юношеские годы у него пробудился живой интерес к точным наукам, а с 1800 года все свободное время он стал отдавать изучению физики и математики.

Через несколько лет Авогадро уже автор двух научных работ и член-корреспондент Туринской академии наук; в 1806 году он, наконец, оставляет адвокатскую практику и становится преподавателем физики и математики. Бывший корист продолжает упорно штуидировать специализную литературу, растет число его собственных научных работ. В ученых кругах Италии имя Авогадро получает широкую известность. В 1819 году его избрают действительным членом Туринской академии, а годом позже королевским указаом назначают профессором первой в Италии кафедры высшей (по-современному — теоретической) физики в Туринском университете.

Человек пропищательногоума, энциклопедических знаний и редкой скромности, Авогадро у себя на родине пользовался высоким научным авторитетом. Но за пределами Италии его исследования никакого отклика не находит. Широкое признание пришло лишь спустя четыре года после смерти ученого, когда в 1860 году на первом международном химическом конгрессе в Германии его соотчетственник химик С. Канницар сумел doenстия

*) Его полное имя Лоренцо Романо Амедео Карло Авогадро ди Куаргуа э ди Каррето.

до собрашихся содержание одной из статей Авогадро, написанной еще в 1811 году. В этой статье был сформирован знаменитый закон Авогадро:

В равных объемах различных газов при одинаковых температуре и давления содержится равное число молекул.

К этому важнейшейему выводу Авогадро пришел, анализируя опубликованные в 1808 году экспериментальные результаты французского физика Ж. Л. Гей-Люссака (1778—1850), изучавшего объемные соотношения в реакциях между газами и установившего, что объемы вступали их в реакцию газов и газообразных продуктов реакции относится как небольшие целые числа.

За десять лет до Авогадро гипотезу равенства числа части в равных объемах всех газов рассматривал основоположник химического атомистики англичанин Дж. Дальтон (1766—1844). Однако он вынужден был ответнуть эту, по его словам, «туманную» идею как противоречную разработанным им схемам ряда химических реакций.

Задачу, в котором запутались Дальтон и Гей-Люссака, а вместе с ними и множеством других крупных ученых, красив и просто решил тогда еще никому неизвестный Авогадро. Рассудал он следующим образом. Дальтон, несомненно, прав, утверждая, что элементарный акт химического реакции состоит в перегруппировке atoms, этих реакно существующих дискретиных порций материалов, из которых состоит все вещества. А колбского так так, то открытия Гей-Люссака с необходимостью следует, что между объемами газов и числом образующих их части должны существовать какое-то нежитное соотношение. Самое простое — предположить, что равные объемы всех газов при одинаковых внешних условиях содержат равное число части. Но в таком случае возникнет противоречие между обещенными схемами газов их реакций и данныхми измерений. Действительно, реакцию образования водяного пара из водорода и кислорода представляет собой водорода и одного atoms кислорода образуется одна молекула воды. Значит, если считать, что равные числа части занимают равные объемы, относение соответствующих объектов в этой реакции должно быть 2:1:1, а не 2:1:2, как установил Гей-Люссак.

Размышления над этой и несколькоими аналогичными неувязками привели Авогадро к выводу, что представления химков о газовых реакциях неточны. Так, в реакции образования воды него норно пара соединиются не atoms, а двухатомные молекулы водорода и кислорода, то есть реакция должна идти по схеме: $2\text{H}_2 + \text{O}_2 = 2\text{H}_2\text{O}$, в точности ответающий на денному относению объемов 2:1:2. Подобным же образом ученый легко привед в строоге соответствие с экспериментальным данным и рядом других схем газовых реакций.

Казалось бы, «простейшее» предположение Авогадро, как полностью оправдывает, должно было быстро получить признание в качестве нового фундаментального закона природы, тем более, что ученый оправдовал свою стать в известном французском научном журнале. Но, как уже говорилось, это произойдет лишь полвека спустя. В чем причина этой дилительной задажки? Вероятно, частично она объясняется тем, что Авогадро как человек, лишенный чистойбиния, почти ничего не сделал для пропаганды своего открытия, устранился от борббы за его признание зарубежными коллекциями. Но главное вдухный мир еще не был готов для восприятия выводов Авогадро, поскольку в отношении выводов Авогадро, поскольку в отношении исходных понятенийatom-молекулярной теории царица полная неразберика. Отсутствовать элементарное взаимопонимение: то, что один называл atomом, другой называл молекулой, а третий — частей. Физики представляют себе atoms и молекулы совсем не так, как химки. Многие вообще не верили в их реализации сущевование и считали их лишь условными символами. Собственно

(Окончание см. на c. 20)

Наблюдения над туманом
Откуда эти строки?

Доктор физико-математических наук
А. А. ВОРОВОЙ

Присматривались ли вы к тому, как появляется над рекой вечерний туман? Он возникает не сразу, а сначала сгущается над водоворотами и перекатами. Отдельные легкие облача в лунном свете наполняют jenские фигуры в белых одеждах. И начинаешь понimatь наших предков, создавших так много легенд о русалках.

С описанием этого иногда удивительное красного, а чашце тревожного и загадочного природного явления мы встречемся и на страницах произведений художественной литературы. На полях этой и следующих страниц приведено несколько произведения и стихотворных цитат, в которых описывается туман. Постаятесь догадаться, кто их авторы.

Как часто удается любоваться туманом, зависит от особенностей местности. Например, для життелей Ньюфаундленда, острова, расположенного у берегов Канады в месте, где теплое течение Гольфстрим стalkивает с холодным Лабрадорским течением, туманы — постоянные гостей. Третью часть года, включая практические все летние дни, остров покрыт густой дымкой. Наверное, даже самое красное описание тумана вряд ли вызовет восхшение у життелей Ньюфаундленда. Настоящая «страна туманов» — Англия, «туманный Альбон». У нас в стране особенно богатые туманными днями побережья северных морей — Балтийского, Охотского, Колский полуостров.

Если там, где вы живете, природные туманы — редкость, не забудьте, что у себя дома их можно видеть буквально на каждом шагу. Белое облачко, появляющееся из носика кипящero чайника, — это туман. В обиходе мы называем его паром, но это неверно, поскольку пар воды представляется собой беспетенный газ. Если быстро открыть бутылку с газированной водой, то над горлышком в первый момент появится дымок — это тоже туман. На улице в морозный день туман клубится над открытом водной поверхностью, над прорубями или полными, врывается в комнату через открытою форточку, возникает при дыхании (опять-tаки мы привыклиговить — «пар от дыхания»).

Образование тумана связано с тем, что при пожежении температуры воздуха пары,

Внешность перемены была поразительна. Секунду назад мы мучились в ярких солнечных лучах, над нами было ясное небо, и далеко-далеко до самого горизонтта море шумело и катило свой волны, а за нами белено гнался корабль, изрыгая дым, пламя и чугунные ядра. И вдруг, во мгновение ока, солнце точно загасили, небо исчезло, даже вершшки мачт пропал из виду, и на глаза наши, словно их заволокло слезами, опустилась серая пелена. Сырая мгла стояла вокруг нас, как стена доскря. Волосы, одежда — все покрылись алмазными блестками.

Сегодня все вокруг заскнуло, Как дымкой твердь заволокло, И в полумраке заонную воды игривое стекло.

Сегодня все вокруг заскнуло, Как дымкой твердь заволокло, И в полумраке заонную воды игривое стекло.

Содержащиеся в нем, в какой-то момент становятся насыщенными и при дальнейшем охлаждении начинают конденсировать. И выделяют избыток влаги в виде мелчайших капель на центрах конденсции — пылинках, частичных дыма, онах газа и т.п. Когда капли появляются в воздухе, мы говорим о тумане. А капли на поверхности земли, на листях и траве называем росой.

Чтобы представить себе, насолько изменяется содержание водыного пара в воздухе при изменении температуры, приведем такие цифры:

масса насыщенного водыного пара в 1 м³ воздуха при 30 °C составляет 30 г;

при охлаждения воздуха до 10 °C масса насыщенного пара уменьшается до 10 г/м³;

значит, в каждом кубометре воздуха 20 г воды должны выдаться в виде капель тумана или росы.

Размер капель, составляющих туман, вы можете определить следующим образом. Подержите в тумане стеклышко, смазанное взелиной, а потом рассмотите под микросопом оставшиеся на нем капли влаги. Микросоп необходим, поскольку даже самые крупные капли достигают размеров всего лишь в десяти микрон, их диаметр почти в сто мельште толщины спички.

Объчно туманы не долговечны. Мелкие капли сливаются в более крупные и опускаются вниз — туман должен выпадет на землю. Но может случиться и так, что в теплом потоке воздуха капли тумана испарятся и туман рассеется.

Все это можно наблюдать на простом опыте, для которого потребуется кофейник, сковорода и небольшой кусок резиновой трубки. Плотно вставим трубку в носик кофейника, нальем в него воду и поставим на плиту. Когда вода закипит, из трубки начинает вырываться белая струя водыного тумана. Поднесем (с помощью пинцета) конец трубки к холодной сковороде, стоящей на соседней конфорке. Туман будет подниматься над ней и частично оседать каплями на холодную поверхность металла. Но если сковороду разогреть — туман пропадет. В потоке нагретого воздуха плотность водыного пара становится ниже насыщенной, и капли воды не образуют (или испарются).

«Граждане, рейс Москва — Воркута задерживает вылетом на два часа». К сожалению, объявления такого рода нередко можно услышать в аэропорту. Чаще всего задержка происходит как раз из-за тумана. Именно он мешает принимать самолеты, идущие на посадку, и мешает их взлету. Как с этим бороться?

Сначала инженеры предложили почти очень видный способ, который так хорошо «работал» в опыте со сковородой. Дело было во время войны. Англичские летчики должны отражать на леты фашистов. Но Англия — страна туманов, и летчик, вылетая с аэродрома, далеко не был уверен, что ему удался совершить посадку в ясную погоду. И вот на шести англичских аэродромах

вдоль всей посадочной полосы запылали огромные факелы. Они подогревали воздуха, капли тумана испарились, и видимость повышалась во много раз — вплоть до километра.

Но способ этот оказался дорогим и неэффективным. Дело в том, что при сторани нефть сама образует много водяных паров, они непрерывно пополняют «резервы» тумана, и факелам в основном приходилось бороться самим с собой. В результате на каждом аэродроме за секунду сторала целая бочка нефти. Если для небольших аэродромов это было уже достаточно накладно, то для современных взлетных полос потребовалась бы целая река нефти. От подогрева воздуха пришлось отказыться.

Более перспективным оказалось рассеяние над аэродромом веществ, поглощающих влагу, например тончайшего порошка хлористого калия. Его частицы собирают капли тумана в более крупные и выпадают на землю дожudem. Влажность воздуха падает, и туман рассеивает.

Разчь зашла о туманах и самолетах, мы хотели бы уномянуть еще о двух связывающих их фактах.

Каждай из вас, наверное, не раз заменал в небе белый след от летящего самолета. Это — туман, образующийся из паров воды, поставщиком которых служит сторающе топливо. Горячий выхлопной газ, насыщенный водяными парами, попадает в холодную атмосферу и образует туман.

Куда более страшный «туманный след» может тянутся за самолетом, потерпевшим аварию. Это — след из горючего, которое выброшено в воздухный поток и распылено им в мелчайшие капли. Возникший огонь может распространяться по такому следу со скоростью в десяти метров в секунду, так что никакие пожарные средства не сумеют подспеть на помощь. В связи с этим возникла проблема в топливове веществ, существенно уменшающих горючеств такого тумана. И такие работы ведутся.

Какое-то странное, упointельное сияние примешалось к блеску места. Никогда еще не случалось ему видеть подобного. Серебряный туман пал на окрестность. Запах от цветущих яблоны и почных цветов лился по всей земле.

Сентябрь холодный бушевал, С деревьев ржавый лист вилился,
День потухающий дымился, Сходила ночь, туман встала.

Туча крупево вPOSE связала, Закурился пахучий туман.

Как грустна вечерняя земля!
Как тинстевенны туманы над болотами.

Ее глаза — как два тумана, Полуульбка, полуплач…

16

Matematika 8

Публикуемая заметка адресована во всемиклассикам, но может быть полезна также учащимся девятых и десятых классов.

Геометрические преобразования в планиметрических задачах

Поворот, освая и центральная симметрия, параллельный перенос, готовия — все эти преобразования плоскости часто помогают установить многое интересные и важные свойства геометрических фигур, более полно раскрывать содержание предмета.

В этой статье мы рассмотрим несколько задач планиметрики, решения которых с помощью преобразования плоскости существует проще других традиционных методов, и немного коснемся вопроса о композиции преобразований.

Задание 1. Пусть $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC$, $M$ — точка пересечения его медиан, $H$ — точка пересечения его высот. Покажите, что точки $O$, $M$, $H$ лежат на одной прямой.

Решение. На рисунке 1 точки $B_1$ и $C_1$ — середины стороны $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$, $BB_2$ и $CC_2$ — его высоты.

Рассмотрим готовую с центром $M$ и коэффициентом $k=-2$. При этой готовии точки $B_1$ и $C_1$ отображаются соответственно в точки $B$ и $C$. Поскольку при готовии сохраняются величины углов, отрезок $B_1O$ перейдет в отрезок, лежащий на прямой $BB_2$, а отрезок $C_1O$ перейдет в отрезок, лежащий на прямой $CC_2$, так что точка $O$ пересечения прямых $B_1O$ и $C_1O$ перейдет в точку $H$ пересечения высот $BB_2$ и $CC_2$. Отсюда следует, что точки $O$, $M$, $H$ лежат на одной прямой.

Задание 2. Данные окружности различных радиусов, пересекающих в точке $A$. а) Покажите, что существуетровно две различные точки $M$ и $N$ также, что данные окружности домашними с центром $M$ и домашними с центром $N$. 6) Покажите, что $\angle MAN=90^\circ$.

Решение. а) Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры наших окружностей и $PQ$ и $RS$ — их diamетры, перепедикулярные прямой $O_1O_2$. Гомотетия должна переводить $PQ$ в $RS$; значит, она либо переводит $P$ в $R$ и $Q$ в $S$, либо переводит $P$ в $S$ и $Q$ в $R$. В первом случае центр готовии есть точка пересечения прямых $PR$ и $QS$; во втором случае — точка пересечения прямых $PS$ и $QR$. 6) При готовии двух окружностей с центром $M$ точки $O_1$ есть образ точки $O_2$ (рис. 2); она же есть образ точки $O_2$ и при готовии с центром $N$. Точка $A$ при готовии с центром $M$ переходит в точку $A_1$, а при готовии с центром $N$ она переходит в точку $A_2$. По свойству готовии прямые $O_1A_1$ и $O_2A$, а также $O_1A_2$ и $O_2A$ параллельны. Из этого следует, что точка $O_1$ лежит на прямой $A_1A_2$. Поэтому $\angle A_1AA_2=90^\circ$, откуда и $\angle MAN=90^\circ$.

Задание 3. На окружности даны три точки: $M$, $N$ и $K$. Впишите в эту окружность треугольник $ABC$ так, чтобы прямые $AM$, $BN$ и $CK$ были bisсектированы углов $A$, $B$ и $C$ соответственно.

Решение. Пусть $ABC$ — искомый треугольник. Проведем через точки $M$, $N$, $K$ касательные к данной окружности (рис. 3) и рассмотрим треугольник $A_1B_1C_1$, получающийся в их пересечении.

Поскольку равны дуги $AK$ и $KB$, $BM$ и $MC$, $AN$ и $NC$, попарно параллельные прямые $A_1B_1$ и $AB$, $B_1C_1$ и

17

ВС, А₁C₁ и AC. Таким образом, треугольники ABC и A₁B₁C₁ готовятся, и по свойству готовии bicsektрисы одного из них параллельны bicsektрисам другого.

Отсюда вытекает нужное построение.

Через точки M, N, K проводим касательные к окружности. При их пересечении образуется треугольник A₁B₁C₁. Проводим в нем bicsektрисы — прямые A₁M₁, B₁N₁, C₁K₁ на рисунке 3. Через точки M, N, K проводим прямые, параллельные A₁M₁, B₁N₁ и C₁K₁ соответственно. Эти прямые пересечут окружность в трех нужных точках A, B, C.

Задача 4. В окружность вписан четырехугольник ABCD. Доказите, что прямые, проведенные через середины его сторона перепendlukулярно соответствующим противоположным сторонам, пересекаются в одной точке.

Решение. Пусть точки M, N, F, K — середины сторона AB, BC, CD и AD соответственно (рис. 4). Прямые, проведенные через точки M, N, F, K перепendlukулярно соответственно сторонам AB, BC, CD и AD, пересекаются в центре данной окружности — точке O. Ясно, что четырехугольник MNFK — параллелограмм. Пусть P — его центр симметрии.

При центральной симметрии с центром в точке P точки F, M, K, N симметрины соответственно точки M, F, N, K. Пусть a, b, c, d — прямые, проходящие через точки M, N, F, K соответственно, перепendlukулярные сторонам CD, AD, AB, BC. Очевидно, что при центральной симметрии с центром P прямые a, b, c, d являются образами прямых OF, OK, OM, ON соответственно (при центральной симметринии прямая перехідит в параллельную ей прямую). Отсюда следует утверждение задачи: прямые a, b, c, d пересекаются в одной точке E — образе точки O при центральной симметрии с центром P.

Задача 5. Продолжения боковых сторон AD и BC равноведренной трапеции ABCD пересекаются в точке L. Доказите, что окружности, описанные около треугольников ACL и BDL, пересекаются в центре окружности, описанной около данной трапеции.

Решение. Треугольник ABL — равноведренный. Его высота LM является его осью симметрии (рис. 5). Красная окружность, проходящая через точки A, C, L, есть отображение синею окружности, проходящей через точки B, D L при симметрии относительно оси LM. При этом

18

точка $K$ пересечения с осью симметрины $LM$ отображается на себя — точку пересечения красной окружности с осью симметрины.

Позному при данной симметринии дуга $KC$ симметрина дуг $KD$, а дуга $AK$ симметрина дуг $KB$. Кроме того, дуга $AK$ равна дуг $KC$, откуда следует равенство этих четырех дуг. Позному равны и хорды, стягивающие эти дуги, так что точка $K$ является центром окружности, описанной около трапеции $ABCD$.

Задча 6. Найдите точку, сумма расстояний которой от вершин данной треугольника была бы минимальной.

Решение. Пусть $ABC$ — данный треугольник, $P$ — произвольная точка плоскости. Повернем треугольник $ABC$ вокруг точки $A$ на $60^\circ$ (рис. 6). Пусть точки $B_1$ и $P_1$ — образы точки $B$ и $P$ при этом повороте. Тогда $B_1P_1=BP$, $AP_1=AP$, и следовательно,
$$l=AP+BP+CP=AP_1+B_1P_1+CP=B_1P_1+P_1P+CP.$$
Ясно, что $l$ будет минимальным, если точки $P_1$ и $P$ будут лежать на прямой $B_1C$. Легко подсчитать, что в этом случае $\angle APC=\angle APB=\angle BPC=120^\circ$.

Таким образом, искомая точка — это точка, из которой стороны данного треугольника видны под углом $120^\circ$.

Задча 7. На сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены правильные треугольники $ABC_1$, $BCA_1$ и $ACB_1$. Доказите, что прямые $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке.

Решение. Пусть $O$ — точка пересечения прямых $AA_1$ и $BB_1$. Повернем плоскость треугольника $ABC$ вокруг точки $C$ на $60^\circ$ против часовой стрелки. При этом повороте (рис. 7) треугольник $CBB_1$ есть образ треугольника $CAA_1$. Позному углы $A_1AC$ и $BB_1C$ равны, откуда и углы $AOB_1$ и $ACB_1$ равны, то есть $\angle AOB_1=60^\circ$.

Отложим теперь на прямой $BB_1$ от точки $O$ отрезок $OO_1=AO$ и повернем плоскость вокруг точки $A$ на $60^\circ$ так, что точки $B$, $B_1$, $O_1$ перейдут в точки $C_1$, $C$, $O$ соответственно. Мы получили, что при этом повороте прямая $BB_1$ переходит в прямую $CC_1$, содержащую точку $O$.

Замечание. Точка $O$ лежит на окружности, описанной около треугольника $AB_1C$, так что $\angle AOC=120^\circ$. Аналогично $\angle AOB=\angle BOC=120^\circ$. Итак, все стороны треугольника $ABC$ видны из точки $O$ под углом $120^\circ$ (сравните этот результат с решением задачи 6).

Докажем теперь три небольшие, но очень важные теоремы о композициях различных преобразований.

Теорема 1. Последовательная симметрия относительно двух пересекающихся осей есть поворот вокруг точки $O$ пересечения этих осей на угол, вдвое больший угла между ними.

Доказательство. Пусть $M$ — произвольная точка, отличная от точки $O$, $M_1$ — точка, симметриная $M$ относительно оси $l$, $M_2$ — точка, симметриная $M_1$ относительно оси $k$, $\alpha$ — угол между вектором $\overrightarrow{OM}$ и осью $l$, $\varphi$ — угол между осями $k$ и $l$. Предположим, что точка $M_1$ лежит внутри угла, равного $\varphi$ (другие слу-

19

Чай аналогичны). Тогда (см. рис. 8) угол между векторами $\overrightarrow{OM}$ и $\overrightarrow{OM_1}$ равен $2\alpha$, угол между векторами $\overrightarrow{OM_1}$ и $\overrightarrow{OM_2}$ равен $2(\varphi - \alpha)$ и угол между векторами $\overrightarrow{OM}$ и $\overrightarrow{OM_2}$ равен $2\alpha + 2(\varphi - \alpha) = 2\varphi$. Так как, очевидно, $|\overrightarrow{OM}| = |\overrightarrow{OM_1}| = |\overrightarrow{OM_2}|$, нашей преобразование действительно есть поворот на угол $2\varphi$.

Теорема 2. Последовательная симметрия относительно двух различных центров симметрии есть параллельный перенос.

Доказательство. Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры симметрии и $M$ — произвольная точка плоскости. Пусть, далее, точка $M_1$ симметрина точке $M$ относительно центра $O_1$ и точка $M_2$ симметрина точке $M_1$ относительно центра $O_2$. Тогда $O_1O_2$ есть средняя линия треугольника $MM_1M_2$ (рис. 9), и потому $\overrightarrow{MM_2} = 2\overrightarrow{O_1O_2}$. Мы видим, что нашей преобразование смешает произвольную точку на один и тот же вектор $2\overrightarrow{O_1O_2}$; значит, оно является параллельным переносом.

Теорема 3. Последовательное выполнение параллельного перенос и геометрии есть домотерия с тем же коэффициентом.

Доказательство. Пусть вектор $\vec{a}$ задает параллельный перенос, $O$ — центр геометрии, $k$ — коэффициент геометрии. Произвольная точка $M$ при составном преобразовании переходит в точку $M_1$ такую, что (см. рис. 10)

$$\overrightarrow{MM_1} = \vec{a} + (k - 1)(\overrightarrow{OM} + \vec{a}) = (k - 1)\overrightarrow{OM} + k\vec{a}.$$

Обозначим через $O_1$ такую точку, что

$$\overrightarrow{O_1O} = \frac{k\vec{a}}{k - 1}$$

(у нас $k \neq 1$). Тогда

$$\overrightarrow{MM_1} = (k - 1)\overrightarrow{OM} + (k - 1)\frac{k\vec{a}}{k - 1} = (k - 1)\overrightarrow{OM} + (k - 1)\overrightarrow{O_1O} = (k - 1)\overrightarrow{O_1M},$$

$$\overrightarrow{O_1M} = \overrightarrow{O_1M} + \overrightarrow{MM_1} = k\overrightarrow{O_1M}.$$

To есть нашей преобразование есть геометрия с центром $O_1$ и коэффициентом $k$.

Следствие 1. Последовательное применение параллельного перенос и центраной симметрии есть центральная симметрия.

Следствие 2. Нечетное число последовательных центральных симметрий есть центральная симметрия.

Мы предложаем читательям, использовать доказанные утверждения, решить самостояльное две задачи на композиции преобразований.

Задча 8. Найдите угол между осями симметрии $a$ и $b$, если результат последовательных симметрий относительно осей $a, b$, а совпадает с результатом последовательных симметрий относительно осей $b, a, b$.

Задча 9. Докажите, что если произвольную точку последовательно шесть раз симметрично отражать относительно центра симметрии $A, B, C, A, B, C$, то она вернется в исходное положение.

В. И. Стомахин

20

Избранные школьные задачи

Восьмой класс

1. Найдите $x^2+y^2+z^2$, если
   $$x+y+z=1, \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0.$$

2. Точки $E$ и $F$ — середины сторона $AB$ и $CD$ четырехугольника $ABCD$. Докажите, что середины отрезков $AF, BF, CE$ и $DE$ являются вершинами параллелограмма.

3. По дороге бассейна плавают с постоянными неодинаковыми скоростями два спортмена. Они в разное время выплывают из разных концов дорогки навстречу друг другу и первый раз встречаются в точке $C$. Встретившись, они разворачиваются, допливают каждый до своего конца дорогки и снова плыут настречу друг другу, пока не встречятся в точке $D$, и так далее. Где произойдет их 20-я встреч?

4. Решите уравнение
   $$\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^2+\left(\frac{x-2}{x-1}\right)^2-\frac{5}{2}\frac{x^2-4}{x^2-1}=0.$$

5. В треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $75^\circ$, высота $CH$ равна поливине стороны $AB$. Найдите угол $CBA$.

Девятый класс
6. Решите уравнение
$$\sqrt{x+2+3\sqrt{2x-5}}+\sqrt{x-2-\sqrt{2x-5}}=2\sqrt{2}.$$

7. На сторонах $AB, AC$ и $BC$ треугольника $ABC$ даны точки $M, L$ и $K$ такие, что четырехугольник $KLMB$ — параллелограмм. Найдите площадь этого параллелограмма, если известно, что площадь треугольников $AML$ и $KLC$ соответственно равны $S_1$ и $S_2$.

Наш календарь

К 175-летию закона Авогадро
(Начало см. на c. 12)

говора, различие между атомами и молекулами было по-настоящему осознано именно благодария избвения работе Авогадро.

А между тем уже сам Авогадро отсутствив предоставлял, сколь широкие возможности открывает найденный им закон для определения химических формул различных газообразных веществ, для определения их относительной атомных и молекулярных масс. Но какова физическая основа его закона, так сказаать, откуда он береется, Авогадро не знал. Исчерпывающее объяснение для возникшая в конце 50-х годов прошло века кинетическая теория газов.

Хотя Авогадро, конечно, понимал, что число молекул, скажем, в одном литера газообразного вещества (согласно открывающей для всех газов) огромно, о каких конкретоно величины может тут идти речь, узнать ему не довелось. Эта задача была надежно решена

лишь в начале нашего столета, и только после этого отпали последние сомнения в реальности атомов, представления о которых зародились около двух с половинной тысячей тому налад. Измерения, проведенные несколькоми совершенню различных физики и химии, получившая название числа Авогадро.

В. Е. Явелов

21

Задания

1. Проверьте, что $(3^2+5^2)^2=16^2+30^2$, и попробyte доказать, что квадрат суммы двух квадратов различных чисел всегда является суммой двух квадратов.

2. Решите арифметический ребус: НИТКА+НИТКА=ТКАНЬ. Одинаковым буквам соответствуют одинаковые цифры, разным — разные.

3. Заядный альпинист для Сережа рассказывает нам, что сумерки в горах заметно короче, чем на равнине. Как вы думаете, с чем это связано?

4. Чтоы попасть домой из Дворца пionеров, я могу выйти либо на станции метро Математическая, либо на следующее — станции Физическая. От станции Математическая я иду втрое дольше до дома, чем от станции Физическая, причем пока поезд подходит к станции Физическая, я успеваю прояты треть пути от станции Математиская до дома. В каком случае я быстрее попаду домой?

5. На рисунке изображена часть крепостной стены. Один из камней стены имеет столб причудливую форму, что если вытащить его из стены и положить иначе, то стена станетровой (см. рисунок; на рисунке переложены два камня). Изображите этот камень.

Эти задания нам предложили: ученик 8 класса из Ворошиловграда Миша Кравченko, В. А. Гончарук, А. И. Буздин, В. Д. Выон, А. М. Домашенко.

2. Что лучше: бутерброд с ветчиной или вечное блаженство?

3. Перед началом судебного заседания приступушие обменивались друг с другом рукопожатями. Докажите, что число людей, пожавших нечетное число рук, четно.

4. Можно ли 12 присяжных заседателей занумеровать так, чтобы слева от которого сидел тот, слева от которого сидел тот, слева от которого сидел тот, слева от которого — первый, и т. д. Наконец, слева от 12-го сидел тот, слева от которого сидел 5, 6 баранок стоят вместе и 6 баранок стоят вместе 24 пенса. Что дороге: крепель или бараанка?

5. Присяжные разместились в зале суда так, что каждый из них видел одно и то же количество других присяжных и присяжных, причем ни один из них не видел всех остальных. Как они могли разместиться?

хочет, конечно, сказаать: неважно,—
произнес on почитительного.— Ну да,— поспешно
сказал Король.— Я именно это и хотел сказаать. Конечно, неважно! И забормotal вполглсяа: — Важно — неважно… неважно… Некоторые присяжные записали: «Важно!», а другие — «Неважно!». В эту минуту Король крикнул: — Тихо! Посмотрел в записную книжку и прочитал: «Правил 42. Всем, в ком большие милли росту, следует немедленно по книгу заал».— Никуда я не уйду,— сказала Алиса.— И вообше, это не настоящее правило. Вы его только что выдумали.— Это самое старое правило в книжке!— возразил Король.— Почему же оно тогда 42-e?— спросилла Алиса.— Оно должно быть первым! Король побледел и торопливо закрыл книжку. Велиый Корлик поспешно вскочил со своей места.
— С позволення Ващого Величества,— сказал он,— тут есть еще улики. Только что был найден один документ.— Читай!— сказал Король Кролику. Кролик надел очики. Воцарилось мертвое молчание. Bot что прочитал Великий Кролик. Я знаю, с ней ты говорил И с ним, конечно, тоже. Она сказала: «Очень мил, Но плавать он не может». Там побывали та и тот (Что знают все на свете), Но если б делу дали ход, Вы были бы в ответе. Я дал им три, они нам— пять, Вы шесть им посулили. Но все вернулись к вам опять, Хотя моими были. Она, конечно, горяча, Не сорь со мной направно. Да, видшь ли, рубить сплеча He так уж безопасно. Но он не должен знать о том (Не выболтай случайно), Все остальные ни при чем, И это наша тайна.— Это очень важная улика,— проговорил Король.— Все, что мы сегодня слышали, по сравнению с ней бледнет. А теперь путь присяжные обдумают свое… Но Алиса не дала ему кончить.— Если кто-нибуд из них сумеет объяснить мне эти стихи,— сказала Алиса,— яdam ему песть пencов.— Яуверена, что в них нет никакого смысл! Король валянул на стихи одним глазом и произнес: — Кое-что я, кажется, объяснить могу, «…но плавать он не может…» И, повернутьшься к Валету, Король спросил: — Ты

ведь не можешь плавать? Валет грустно покачал головой. — Ку-
да мне! — сказал он. (Это было верно — ведь он был
бумажный.) — Пусть присяжные решают, винен он или нет,— про-
изнес Король в двадцатый раз за этот день. — Нет! — сказала Короле-
ва. — Пусть выносят приговор! А винен он или нет — потом раз-
беремся! — Чепуха! — сказала громко Алиса. — Как только такое в
голову может прийти! — Кому выSTRAПНЫ! — сказала Алиса.
(Она уже выросла до своего объного рosta.) — Вы ведь всего-навсего
колода карт! Тут все карты поднялись в воздух и попетели Алисе в
лицо. Она вскрикнула, принялась от них отбиваться… и обнару-
жила, что лежит на берегу, головой у sectры на коленях,
а та тихо смахивает у нее с лица сухие листья, улавшие с
дерева. — Алиса, просись сказала сестра. — Какой
мне страный con присились! — сказала Алиса и
рассказала сестре все, что запомнила о своих удин-
ытельных приключениях. А когда она кончила, сес-
тра поцеловала ее и сказала: — Правда, сон был очень
страный! А теперь беги домой, не то опозда-
ешь к чаю. Алиса бежала и все время думала,
что это был.за удесяный сон. Аестра ее
осталась сидеть на берегу. Подпершись ру-
кой, смотрел она на заходшие солнце и дума-
ла о маленькой Алисе и ее удесяных Приключениях,
пока не погрузилась в полурему. И вот что ей
привидились. Сначала она увидела Алису — снова ма-
ленкие руки обвились вокруг ее колен, снова на
нее смотрелли сизу вверх большие блестящие гла-
за. Она слышала ее голови, как Алиса
встрехивает головой, чтобы откинуть со лба во-
лосы, которые вечно leазут ей на глаза. Она при-
слушалась: все вокруг окнило, и страанные существа,
которые силились Алисе, казалось, окружили ее.
Так она и сидела, закрыв глаза, воображая, что
и она попала в Страну Чудес, хотя знала, что
стоит ей открыть их, как все вокруг снова
станет прививным и обеденным; только ветер
зашируит травой, погонит по труду рыбь
и западает камыши; звон посуды превраща-
тся в tremькане колокольника на
пее у овцы, произнителенный голово. Короле-
вы — в окрик пастуха, плач младенца и
крик Грифона — в шум скотного двора.
И она представила себе, как ее естера

выраctet и, сохранив простое и лю-
бание детское сердце, станет
собирать вокруг себя друг-
гих детей, и как глаза
их забlectят от
дивных
сказок.

Погеему
будащим
новый ко
работик
плаваем
а лист
буда
ди
нем?

допущик лорти

26

Задачи

M1016—M1020; Ф1028—Ф1032

M1016. Многоугольник описан около окружности с центром O. Пусть P — центр масс многоугольника, K — центр масс его контура. Доказите, что точки P, O и K лежат на одной прямой, причем PO=2PK. (При определении центра P мы рассматрием многоугольник как однородную плоскину, центра K — как контур из однородной проволоки.).

И. З. Вайштейн

M1017*. Каждый вершинное правильного пятугольника приписано некоторое целое число так, что сумма всех пятей чисел положительная. Разрешается проделать следующую операцию: если trem последовательным вершинам приписаны числа x, y, z и y<0, то эти числа заменяются соответственно на x+y, —y и z+y. Такие операции выполняются, пока хотя бы одно из пятей чисел отрицательно. Обязательно ли этот процесс закончится через конечное число шагов?

M1018. Пусть A и B — соседние вершины правильного n-угольника с центром O. Треугольник XYZ, равный треугольнику OAB, вначале совпадает с ним, а потом движется в плоскости n-угольника так, что точки Y и Z остаются на контуре, а X — внутри n-угольника. Какую фигуру опишет точка X, когда Y и Z совершат полный оборот по границе n-угольника?

M1019. На листе клетчатой бумаги отмечено некоторое конечное множество M узлов (точек пересечения линей сетки). Доказите, что всегда можно окрасить некоторые точки множество M в белый цвет, а остальные — в красный так, чтобы на каждой линей сетки разность между числом белых и красных узлов по modulo не превысала 1.

M1020*. На сфере радиуса 1 проведена a) кривая, длина которой меньше π;
b) замкнутая кривая, длина которой меньше 2π. Доказите, что найдется плоскость, проходящая через центр сферы, не пересекающая проведенной кривой. (Можно считать, что кривая на сфере — это «ломана», состоящая из двух больших кругов.)

В. В. Прасолов, Г. А. Гальперин

Ф1028. Легкийстерень с массивным шариком на верхнем конце начинает падать из вертикального положения без начальной скорости. Нижний

27

конец стержня упирается в уступ на горизонтальной плоскости (рис. 1). Какой угол с вертикалью будет составлять скорость шарика в момент удара о плоскость?

Е. И. Бутиков

Ф1029. При Staционарном падении струпы воды на плоское блюдце можно наблюдать такую картину: в некотором радиuce $r$ от места падения струпу уровень воды очень низок, а на расстоянии $r$ уровень испытывает скачок (рис. 2). Оцените радиус $r$, если расход воды $q$, высота падения $H$, высота водной ступени $h$. Считать, что начальная скорость истечения воды из крана $v_0 \ll \sqrt{2gH}$.

А. А. Алабузин, А. В. Уманский

Ф1030. На невескомой нити жесткостью $k$ высит тело массой $m$. Максимальное натяжение, которое выдерживает нить, равно $T$. Тело приподнимают на высоту $x$ от положения равновесия и отпускают. При каком минимальном $x$ нить порвется?

В. Г. Харитонов

Ф1031. Проводация сфера разбилась на несколько осколков, разлетшихся на большие расстояния друг от друга. Осколки в произвольном порядке соединяют тонкими проводами. Что больше: электроемкость получившейся системы осколков или электроемкость сферы? Емкость проводов пренебречь.

И. М. Луценко, ученик 10 класса

Ф1032. На автоматических для обзора проискодияшегося задачи используется зеркало заднего вида. Это зеркало может быть плоским или выпуклым. Распространено мнение, что одним из недостатков выпуклого зеркала является неравномерность прироста изображения равномерного приближающегося к нему предметов, из-за чего водитель автоматия с таким зеркалом обращает внимание на нагоняющий автомать в потоке транспорта, лишь когда тот выходит из ряда для обгона. Верно ли это представление?

Найдите связь скорости равномерного движущегося воды главной оптической оси сферического зеркала предмета со скоростью изменения размеров его изображения в зеркале. Сравните выпуклое зеркало заднего вида с плоским. Каковы его преимущества и недостатки?

В. А. Котов

Problems

M1016 — M1020; P1028 — P1032

M1016. Let $P$ be the centre of mass of a polygon inscribed in a circle of centre $O, K$ — the centre of mass of its boundary. Prove that the points $P, O$ and $K$ are on one straight line and $PO = 2 \cdot PK$. (In determining the point $P$, we view the polygon as a uniform plate; for the point $K$ — as a uniform wire contour.)

I. Z. Vainshtein

29

Решения задач
M996—M1000; Ф1008—Ф1012

Если центры квадратов совпадают, утверждение задачи очевидно. Это расположение всегда можно получить, сдинив параллельно один из квадратов, поэтому достаточно доказать, что при параллельном пересечении, скажем, красного квадрата сумма красных сторон восмиугольника-пересечения не меняется. При этом можно ограничиться сдигром вдоль одной из сторон этого квадрата, так как любой параллельный перенос можно заменить двумя таким сдиграми (вдоль перепедикулярых сторон).

Итак, сдиним красный квадрат вдоль одной из его сторон (рис. 1). Тогда две стороны восмиугольника (параллельные направления сдигига) не изменятся; третья сторона уменьшится на величину, равную гипотенузе прямого угольного треугольника, показанного на рисунке 1 штриховкой, а четвертая сторона увеличится на также же величину (заштрихованные треугольники, очевидно, имеют одинаковые углы и одинаковые высоты, опущенные на гипотенузу, и следовательно, равны). Таким образом, сумма всех 4 красных сторон не меняется, что и требовалось доказать.

Приведем еще одно решение. Расмотрим прямуюугольные треугольники, отсекаемые от каждой из квадратов стороными другого квадрата, и проведем в них высоты из вершин прямых углов. Все эти треугольники подобыны между собой, поэтому достаточно доказать, что сумма красных высот (см. рис. 2) равна сумме синих высот. Для доказательства надо только заметить, что сумма площадей 4 красных треугольников (рис. 3, а) равна сумме площадей синих треугольников (рис. 3, б), поскольку каждая из этих сумм равна разности площади выпуклого восмиугольника, вершинами которого является вершины данных квадратов, и площади квадрата, и что эти суммы равны произведением полуперimetра квадрата на суммы красных и синих высот.

Аналогичное рассужждение о площадях упомянутых выше прямойугольных треугольников, отсекаемых квадратами друг от друга, показывает, что и сумма квадратов длин красных сторон восмиугольника равна сумме квадратов длин синих сторон.

В. В. Произвольов

Средние чисел от 1 до 1986 имеют равно два — 729=3⁶ и 1458=2·3⁶, — делящиеся на 3⁶; наиболее степень 3, на котором могут делиться остальные числа, — 3⁵. Таким образом, всевозможные произведения mn (1≤m<n≤1986), за исключением 729·1458=2·3¹², содержат множество числа 3 самое большее в степени 11. Приведя сумму всех дробей 1/mn (кроме 1/729·1458) к наиболее общему общему знаменателю, мы получим дробь

30

вида $a/(3^{11} \cdot b)$, где $a$ и $b$ — натуральные числа, причем $b$ не делится на 3. Пусть $s$ — сумма, расматривается в задаче, тогда

$$s - \frac{a}{3^{11}b} = \frac{1}{2 \cdot 3^{12}},$$

или $2 \cdot 3^{12}sb - 6a = b$. При целом $s$ левая часть здесь делится на 3, а правая — нет. Поэтому $s$ не может быть целым.

Д. А. Митькин

*М998. Расстояние все терраэдры AXBY, описанные около даниной сферы. Доказите, что при фиксированных точках A и B сумма углов четырехугольника AXBY, то есть сумма

$$\angle AXB + \angle XBY + \angle BYA + \angle YAX,$$

не зависит от выбора точек X и Y.

*М999. a) Доказите, что для любых положительных чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ выполняно неравенство

$$\frac{1}{a_1} + \frac{2}{a_1 + a_2} + \dots + \frac{n}{a_1 + a_2 + \dots + a_n} < 4\left(\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n}\right).$$

Доказите, что.constantу 4 в правой части неравенства 6) можно заменить на 2; в) нельзя заменить числом, меньшим 2.

**Обоизначим через $A_1, B_1, X_1, Y_1$ точки касания сферы с граями BXY, XYA, YAB, ABX соответственно (см. рисунок). Треугольники $AXB_1$ и $AXY_1$ равны (сторона $AX$ у них общая, а $AB_1=AY_1$ и $XB_1=XY_1$ как касательные, проведенные к сфере из общей точки), поэтому $\angle B_1AX = \angle Y_1AX$. Следовательно, сумма $\angle B_1AX + \angle AXY_1$ равна $\angle Y_1AX + \angle AXY_1$, то есть внешнему углу треугольника $AY_1X$ при вершине $Y_1$ (на рисунке отмечен красной дужкой). Аналогично сумма $\angle A_1BX + \angle BXY_1$ равна внешнему углу треугольника $BY_1X$ при $Y_1$ (отмечен синей дужкой), поэтому $\angle B_1AX + \angle AXB + \angle A_1BX = \angle AY_1B$. Точно так же

$$\angle B_1AX + \angle AYB + \angle A_1BY = \angle AX_1B.$$

Складывая эти равенства, получим в левой части расматривается в задаче сумму углов, а в правой — величины, не зависит от X и Y (точки $X_1$ и $Y_1$ определяются прямой $AB$ и сферы однозначно).

И. Ф. Шарыzin

**a) Пусть $b_1, b_2, \dots, b_n$ — это последовательность чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$, расположенных в порядке возрастания. Поскольку при любом $i$ от 1 до $n$

$$\frac{i}{a_1 + a_2 + \dots + a_i} \leq \frac{i}{b_1 + b_2 + \dots + b_i}$$

$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n} = \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n},$$

достаточно доказать неравенство для чисел $b_i$:

$$\frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1 + b_2} + \dots + \frac{n}{b_1 + b_2 + \dots + b_n} \leq 4\left(\frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \dots + \frac{1}{b_n}\right).$$

Оценим слагаемые в левой части так:

$$\frac{2}{b_1 + b_2} \leq \frac{2}{b_1 + b_1} = \frac{1}{b_1},$$

и при любом $k$, $2 \leq k \leq (n+1)/2$,

$$\frac{2k-1}{b_1 + b_2 + \dots + b_{2k-1}} \leq \frac{2k-1}{b_k + \dots + b_{2k-1}} < \frac{2}{b_k-1},$$

$$\frac{2k}{b_1 + b_2 + \dots + b_{2k}} \leq \frac{2k}{b_{k+1} + \dots + b_{2k}} < \frac{2k}{b_k}.$$

Отсюда следует нужное неравенство:

31

$$\frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1 + b_2} + \frac{3}{b_1 + b_2 + b_3} + \frac{1}{b_1 + b_2 + b_3 + b_4} + \dots < < \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_1} + \frac{2}{b_1} + \frac{2}{b_2} + \frac{2}{b_2} + \frac{2}{b_3} + \frac{2}{b_3} + \dots = 4 \left( \frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_2} + \frac{1}{b_3} + \dots \right).$$

6. Пример, приведенный в пункте в), подсказывает, что неравенство с константой 2 в правой части близко к равенству, когда числа $a_i/i$ примерно равны. Положим $t_i = a_i/i$, $1 \leq i \leq n$. Тогда для любого $m \leq n$ верна такая оценка:

$$\left( p_1 + \dots + p_N \right) \left( \frac{1}{p_1} + \dots + \frac{1}{p_N} \right) \geq \geq N + \sum_{1 \leq i < j \leq N} \left( \frac{p_i}{p_j} + \frac{p_j}{p_i} \right) \geq \geq N + \frac{N(N-1)}{2} \cdot 2 = N^2.$$

Нераевенство Коши-Буняковского:
$$\left( x_1^2 + \dots + x_n^2 \right) \left( y_1^2 + \dots + y_n^2 \right) \geq \geq \left( x_1 y_1 + \dots + x_n y_n \right)^2$$

Мы применили неравенство, указанное на полях, для $N = \frac{m(m+1)}{2} = 1 + 2 + \dots + m$ чисел, среди которых $t_j$ берется $j$ раз; ту же оценку можно получить, используя неравенство Коши-Буняковского для наборов $x_i = \sqrt{a_i}$ и $y_i = i/\sqrt{a_i}$, $1 \leq i \leq m$).

Сложим все такие оценки при $m$ от 1 до $n$; коэффициент при $1/a_i$ будет равен
$$\beta_i = 4i^2 \left( \frac{1}{i(i+1)^2} + \frac{1}{(i+1)(i+1)^2} + \dots + \frac{1}{n(n+1)^2} \right).$$

А поскольку
$$\frac{1}{j(j+1)^2} < \frac{1}{2} \frac{2j+1}{j^2(j+1)^2} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{j^2} - \frac{1}{(j+1)^2} \right),$$
справедлива оценка
$$\beta_i < 4i^2 \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{1}{i^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) < 2.$$

в) Положим $a_i = i$. Тогда левая часть неравенства равна $2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{1+n} \right)$, а правая $c\left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right)$, где $c$ — константа, на которую мы и хотим заменить 4. Если $c \leq 2$, то их разность
$$2\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n+1} \right) - c\left( 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \right) = (2 - c)\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \right) + \frac{2}{n+1} - c$$

при достаточно большом $n$ будет положительная, поскольку с ростом $n$ сумма $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ неограниченно растет.

Это следует, например, из такой оценки: при $n = 2^k$
$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^k} > \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} = \frac{k}{2}.$$

Л. Д. Курляндчик, Л. С. Меркурьев

32

На продолжении отрезка AM отложим точку B’ такую, что MB’=MB (см. рисунок). Угол B’MB как внешний угол треугольника AMB равен сумме углов MAB и MBA. В то же время угол KMA как вписанный измеряется половиной дуги AK и, следовательно, равен полусумме углов MAB и MBA. Позотому MK — биссертиса угла B’MB. Это значит, что MK⊥B’B и KB’=KB. Отсюда следует, что KA=KB=KB’. Опуская из точки K перепределиляр KH на AM, получим AH=HB’=HM+MB, что и требовалось.

Эту задачу можно решить и с помощью тригонометрии: положив ∠MAB=α, ∠MBA=β, получим AM=2R sin β, MB=2R sin α. Позотому Позотому

AM+MB=2R(sin β+sin α)=4R sin α+β/2 cos α-β/2.
С другой стороны,

AK=2R sin α+β/2, ∠KAM=β-α/2,
и потому

AH=2R sin α+β/2 cos β-α/2=1/2(AM+MB).

Архимед — автор этой задачи — опубликовал ее в практике «Измерение кругга» в такой формулировке: «Если вписанный в дугу окружности сложный на две неравные части отрезок прямой принмает опущенный на него из середины дуги перепределиляр, то этот перепределиляр разделит всю ломанную линию пополам». Это утверждение позволяет вычислять длины хорд суммы и разности двух данных дуг.

А. А. Егоров

Ф1008. Стержень AB помещен внутри цилиндра. В точке A стержень закреплен шарнирно, в точке C он опирается на верхиной кромку цилиндра, точки A и C лежат в вертикальной плоскости, проходящей через оси цилиндра (рис. 1); угодл, который составляет стержень с горизонтом, равен α. Стержень смешают по верхиной кромке так, что онкасается ее в точке C’ и угодл C’OC равен ф. При каком минимальном коэффициенте треугольника будет находиться в этом положении в равновесии?

Пусть стержень находится в равновесии в новом положении, когда он касается цилиндра в точке C’. На стержень действуют сила тяжесте, сила реакции шарнира в точке A, сила N нормальной реакции цилиндра в точке C’ и сила треня f. Условие равновесия стержня — равенство нулю геометрической суммы этих сил и равенство нулю суммы моментов сил.

Из всех уравнений равновесия стержня рассмотрим одно — равенство нулю суммы моментов сил относительно вертикальной оси, проходящей точку A (относительно этой оси момент силы реакции шарнира и момент силы тяжесте равны нулю). Нетрудно понять, что это условие сводится к тому, что суммарный вектор сил N и f лежит в вертикальной плоскости, проходящей точку A (относительно этой оси момент силы реакции шарнира и момент силы тяжесте равны нулю). Оси координат X, Y и Z направим из точки C’ соответствующем в центр окружности O, по касательной к окружности и вертикальной вверх (рис. 2).

Введем три единчных вектора n₁, n₂ и n₃, ко-

33

торые направлены соответственно вдоль стержня, вдоль силы $\vec{N}$ и вдоль силы $\vec{f}$. Пусть угол, который образует вектор $\vec{n}_l$ с горизонтом, равен $\alpha'$. Так как в результате поворота стержня вертикальная плоскость, в которой он лежит, поворачивается на угол $\varphi/2$, то нетрудно показать, что

$$tg \alpha' = tg \alpha/\cos (\varphi/2).$$

Выразим каждый из векторов $\vec{n}_l$, $\vec{n}_N$ и $\vec{n}_f$ через единичные векторы $\vec{n}_x$, $\vec{n}_y$ и $\vec{n}_z$. Начнем с $\vec{n}_l$:

$$\vec{n}_l = \vec{n}_x \left( -\cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_y \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} + \vec{n}_z \sin \alpha'.$$

Сила $\vec{N}$ перpendикularна стержню и касательной к окружности в точке $C'$ (кромке цилиндра), откуда следует, что вектор $\vec{n}_N$ перpendикularен вектору $\vec{n}_y$, то есть

$$\vec{n}_N = \vec{n}_x \sin \gamma + \vec{n}_z \cos \gamma,$$

(*)

а также вектору $\vec{n}_l$. Отсюда получим соответствие между углами $\gamma$ и $\alpha'$ в виде

$$tg \gamma = tg \alpha'/\cos (\varphi/2).$$

Чтобы определить направление вектора $\vec{n}_f$, учтем, что он перpendикularен и вектору $\vec{n}_N$, и вектору $\vec{n}_l$. После нескольких выкладок получим

$$\vec{n}_f = \vec{n}_x \left( -\cos \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_y \left( -\sin \gamma \sin \alpha' - \cos \gamma \cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right) + \vec{n}_z \sin \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2}.$$

(**)

Из уравнения (*) и (**) следует, что $N_x = N \sin \gamma, N_y = 0,$

$$f_x = f \left( -\cos \gamma \cos \alpha' \sin \frac{\varphi}{2} \right),$$

$$f_y = f \left( -\sin \gamma \sin \alpha' - \cos \gamma \cos \alpha' \cos \frac{\varphi}{2} \right).$$

Как уже было отмечено, уравнение моментов сил свойства к тому, что, в частности, горизонтальная проекция суммы сил $\vec{N}$ и $\vec{f}$ должна лежать в плоскости стержня, то есть

$$f_x \sin \frac{\varphi}{2} + N_x \sin \frac{\varphi}{2} + f_y \cos \frac{\varphi}{2} = 0.$$

Миниальное значение коэффициента трения $k_{\min}$ определяется соответствием $k_{\min} N = f$. Тогда окончательно получим

$$k_{\min} = \frac{tg (\varphi/2)}{\sqrt{1 + ctg^2 \alpha \cos^2(\varphi/2)}}.$$

С. С. Кротов

Ф1009. Плоский диск радиуса $R$, расположенный в горизонтальной плоскости, начинают продвигаться между двумя вертикальными нитями, расстояние между которых $R$; длина каждой нити 2л, жесткость k, концы нитей закреплены (рис. 1). Найти сили, дейст-

34

виущую на диск со стороны одной нити через время t, если в начальной момент нити были нераспределены и касались диска; диск движют с постоянной скоростью v. Толщиной диска претенбреть; тренце не учитывать.

Предположим, что права нить касается диска в точке $B_2$, лежащей ниже точки $B_1$ (рис. 2, 6). Очевидно, что сила $T$ упругости нити направлена вдоль отрезка $BB_2$. Эта сила имеет проекции на касательную к диску в точке $B_2$ и на радиус $OB_2$. Со стороны диска на нить действует

$$\text{В треугольнике } OB'B |OB'| = R, \quad |BB'| = vt,$$
$$\text{Так что } r = R - \sqrt{R^2 + v^2 t^2} - Rvt \sqrt{3}.$$

сила реакции $N$, направлена по радиусу $OB_2$. Вдоль касательной нижкие силы со стороны диска на нить не действуют (треннее отсутствует). Следовательно, в результате действия силы $T$, направленной вдоль $BB_2$, точка $B_2$ нити будет скольнить по краю диска к точке $B_1$. К аналогичному выводу мы пришли бы, предположив, что точка касания нити с диском лежит выше точки $B_1$. (Подобные расчужнения справедливны и для левой нити.)

Следовательно, в любой момент нити касаются диска в точках, которые лежат на радиусах, проходящих через точки $A$ и $B$. Найдем силу $F$, действующего на диск со стороны левой нити в момент, когда $|BB'| = vt$ (см. рис. 2, a).

Пусть удлинение нити к этому моменту равно $\Delta l$. Тогда со стороны каждой половины нити на диск в точке $B_1$ действует сила $T = k \cdot \Delta l$, и суммарная сила, с которой нить действует на диск, равна $F = 2T \sin \alpha = 2k \cdot \Delta l \cdot \sin \alpha$,

где $\alpha$ — угол, который составляют половины нити с вертикальной (рис. 3). Как видно из рисунка 3,

$$\sin \alpha = \frac{|bB_1|}{|BB_1|} = \frac{r}{l + \Delta l},$$
$$l + \Delta l = \sqrt{l^2 + r^2}, \quad \Delta l = \sqrt{l^2 + r^2} - l,$$

так что

$$F = 2kr \frac{\sqrt{l^2 + r^2} - l}{\sqrt{l^2 + r^2}} = 2kr \left(1 - \frac{l}{\sqrt{l^2 + r^2}}\right),$$

где $r = R - \sqrt{R^2 - Rvt \sqrt{3} + v^2 t^2}$ (см. рис. 2, a).

А. С. Розенберг

Ф1010. Две диэлектрические заряженные нити бесконечной длины расположены в пространстве как две скрещивающие перпендикулярные прямые. Линейная плотность

35

зарядов на нитях σ. Найти силу взаимодействия нитей. Считать, что нити очень тонкие и перераспределение зарядов не происходит.

плотность заряда σ. Нить паралельна стороне квадрата и находится на высоте $r (r \ll a)$ от него (см. рисунок).

Разобъем плоскость на очень тонкие полоски шириной $\Delta x$ также, что

$$\Delta x \cdot \rho = \sigma \Rightarrow \Delta x = \sigma / \rho$$

(каждая полоска не что иное, как «нить» с линейной плотностью заряда $\sigma$). Так как $r \ll a$, можно считать, что сила $f$, с которой квадрата действует на нить, одна и та же. Эта сила и есть исключая в задание величины. Найдем ее.

Сила $F$, с которой действует плоскость на нить, равна

$$F = 2\pi k \rho \cdot \sigma l$$

(поскольку $r \ll a$); с другой стороны,

$$F = \sum f = f \frac{a}{\Delta x} = f \frac{l}{\Delta x} = fl \frac{\rho}{\sigma}.$$

Из этих двух соотношений находится $f$:

$$f = 2\pi k \sigma^2 = 2\pi \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \sigma^2 = \frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}.$$

И. В. Шутовский

Ф1011. Воздуший шар, подъемная сила которого создается горячим воздуха, устроен так, что объем его обозреваемый камеры практически построен, а давление в ней равно внешнему давлению, так как камера в нижней своей части сообщается с атмосферой. Обозрев в камере произвольная постоянная для компенсации теплотдачи в окружающей среду. Такой шар при постоянной мощности нарезательная плавает в атмосфере на определенной высоте. На сколько изменяется высота плавания, если при увеличении мощности нарезательная средняя температура воздуха в камере увеличится на $\Delta t = 0,1$ °C от начальной температуры $t = 57$ °C? Температура окружающей среды $t_0 = 17$ °C.

◆ Условие плавания воздуханого шара на некоторой высоте

$$mg + \rho V g = \rho_0 V g,$$

(1) где $m$ — масса оболочки воздуха шара и грузовой кабины, $\rho$ — плотность горячего воздуха, $\rho_0$ — плотность атмосферного воздуха на высоте плавания шара, $V$ — объем камеры, $g$ — ускорение свободного давления.

Из (1) следует, что на новой высоте равновесие будет возможность, если величины $\rho_0$ изменятся так, что

$$\Delta \rho = \Delta \rho_0,$$

(2) где $\Delta \rho_0$ — изменение плотности атмосферного воздуха, $\Delta \rho$ — изменение плотности горячего воздуха в камере.

При небольших изменениях высоты давление уменьшается с увеличением высоты ($\Delta h$) на

$$\Delta p = \rho_0 g \cdot \Delta h.$$

Поскольку температура атмосферы остается постоянной, для плотности атмосферного воздуха на разных высотах имеем:

$$\frac{\rho_0 - \Delta \rho_0}{\rho_0} = \frac{p_0 - \Delta p}{p_0},$$

откуда

$$\Delta \rho_0 = \rho_0 \frac{\Delta p}{p_0} = \rho_0^2 \frac{g}{p_0} \Delta h.$$

(3) Плотность горячего воздуха в камере изменяется за счет изменения температуры и давления:

$$\Delta \rho = \frac{p_0 \mu}{RT} - \frac{(p_0 - \Delta p) \mu}{R (T + \Delta T)} =$$

36

$$\frac{\mu (p_0 \cdot \Delta T + \Delta p \cdot T)}{R (T + \Delta T)} = \frac{p_0 \mu \left( \frac{\Delta T}{T} + \frac{\Delta p}{p_0} \right)}{RT \left( 1 + \frac{\Delta T}{T} \right)},$$

и так как $\frac{\Delta T}{T} \ll 1$,

$$\Delta \rho \approx \frac{p_0 \mu}{RT} \left( \frac{\Delta T}{T} + \frac{\Delta p}{p_0} \right).$$

(4)

Подставляя (3) и (4) в (2), находим:

$$\Delta h = \frac{RT_0^2 \cdot \Delta T}{\mu g T (T - T_0)} \approx 18 \text{ m.}$$

Е. Н. Юносов, И. В. Яминский

Ф1012. Торец длинного стеклянного цилиндра радиуса R закрыт светопропониемой пластинкой, в котором имеется вертикальная щель; ширину d щелки можно менять. На пластинку под углом a падает пучок паралелных световых лучей (пис. 1); освещенность пластинки E. У противоположного торца цилиндра находится фотогелем. Построить график зависимости светового потока, примаемого фотогелемом, от ширины щелки d. Показатель преломления стекла n.

Рис. 1.

Рис. 2.

Рис. 3. В треугольнике CC’D $|CC'| = l$,

$$|C'D| = l \mathrm{tg} \beta, |CD| = \frac{l}{\cos \beta}.$$

В треугольнике CC’O’ $|CO'| = \sqrt{l^2 + x^2}.$

с предельным углом полного внутреннего отражения.

Рассмотрим ход луча CD, лежащого в плоскости AA’B’B. Проведем через точку C прямую, паралелную прямой AB (и оси цилиндра), и отложим на ней отрезок $|CC'| = |AD| = l$ (пис. 3). По теореме косинусов из треугольника CO’D имеем:

$$|CO'|^2 = |CD|^2 + |DO'|^2 - 2 |CD| |DO'| \cos \gamma,$$

$$l^2 + x^2 = \frac{l^2}{\cos^2 \beta} + R^2 - 2 \frac{lR}{\cos \beta} \cos \gamma.$$

(1)

37

Из треугольника $C'O'D$ имеем:
$$|C'D|^2 + |C'O'|^2 = |O'D|^2,$$
или
$$l^2 \mathrm{tg}^2 \beta + x^2 = R^2.$$ (2)

Из (1) и (2) находим:
$$\cos \gamma = \frac{\sqrt{R^2-x^2}}{R} \sin \beta = \frac{\sqrt{R^2-x^2}}{R} \frac{\sin \alpha}{n}.$$ (3)

Физический смысл (3) достаточно ясен — с ростом $x$ величины с $\gamma$ уменьшается, следовательно, sin $\gamma$ растет, и при некотором $x_0$ угол $\gamma$ достигает значения предельного угла полного внутреннего отражения $\gamma_0 = \arcsin \frac{1}{n}$. Определим, с какого $x_0$ выполняется условие sin $\gamma_0 = \frac{1}{n}$:

$$\frac{1}{n} = \sqrt{1-\cos^2 \gamma_0} = \sqrt{1-\frac{(R^2-x_0^2)}{R^2} \frac{\sin^2 \alpha}{n^2}},$$
откуда
$$x_0^2 = R^2 \left( \frac{1+\sin^2 \alpha-n^2}{\sin^2 \alpha} \right).$$ (4)

Итак, для всех лучей, падающих на торц цилиндра на расстоянии $x \geqslant x_0 = \frac{R}{\sin \alpha} \sqrt{1+\sin^2 \alpha-n^2}$ от вертикального диаметра торца, при первом падании луча на боковую поверхность цилиндра выполняется условие полного внутреннего отражения. (Из (4), в частиности, следует, что при $n^2 = 1+\sin^2 \alpha$ это условие выполняется для всех лучей ($x_0=0$).)

Если при первом падании луча на границу стекло — возникших он испытывает полное внутреннее отражение, то при всех последующих падациях на границу он также будет испытывать полное внутреннее отражение; если же при первом падании на эту границу условия полного внутреннего отражения не выполняется, то и в дальнейшем оно будет выполнять. (Показите это самостояльно.) Таким образом, в отсутствие светонепроницаемой пластины на фотоэлемент попадают лучи, которые падают на входной торц в области, защищенной на рисунке 4, $a$. При наличии пластики со щелью лучи не попадают в фотоэлемент, если ширина щели $d < 2x_0$. Если $2R \geqslant d > 2x_0$, световой поток, принимаемый фотоэлементом, определяется лучами, которые падают на входной торц в области, защищенной на рисунке 4, $b$. Величина потока пропорциональна площади защиты.

Итак: при $d \leqslant 2x_0$ Ф=0; при $2R \geqslant d \geqslant 2x_0$

$$\Phi = E \left( S_0 - 2R^2 \arccos \frac{d}{2R} + d \sqrt{R^2 - \frac{d^2}{4}} \right),$$
где
$$S_0 = 2R^2 \arccos \frac{x_0}{R} - 2x_0 \sqrt{R^2-x_0^2} = \text{const}$$
при данных значениях $R$, $\alpha$ и $n$ (см. (4)).

A. A. ЛанUDE