Задачи М1066—М1070; Ф1078—Ф1082

24

Задчи

M1066 — М1070, Ф1078 — Ф1082

M1066. ШестЬ точек расположены на плоскости так, что все попарные расстояния между ними не больше 1. Докажите, что из них можно выбрать три точки, попарные расстояния между которых строго меньше 1.

C. Г. Сальников

M1067. Докажите, что для неотрицательных чисел $x, y, z$, удовлетворяющих условию $x^2 + y^2 + z^2 = 1$, выполнен неравенство

$$\frac{x}{1-x^2} + \frac{y}{1-y^2} + \frac{z}{1-z^2} \geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

B. Э. Матизен

M1068. Дан угол $AOB$ (А и В — точки на сторонах угла). Построите прямую $l$, проходящую через вершину $O$ так, чтобы площади треугольников $AOC$ и $BOD$, где $C$ и $D$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $A$ и $B$ на прямую $l$, были равны.

P. О. Вурдин

M1069. В некоторых городе разрешены только парные объемы квартирами (если две семьи обмениваются квартирами, то в тот же день они не участвуют в других обменах). Докажите, что любой сложный объем квартирами нескольких семей можно осуществить за два дня. (Предполагается, что и до, и после обмена каждой семья живет в отдельной квартире.)

H. Н. Константинов, А. И. Ширельман

M1070. Тетраэд пересечен tremя плоскости, каждая из которых параллельна двум его противоположным ребрам и одинаково удалена от них. Докажите, что сумма квадратов площадей этих трех сечений в 4 раза меньше суммы квадратов площадей граней tetraэдра.

B. Н. Дубровский

Ф1078. Длинная тонкая нить с грузом на конце переброшена через блок и привязана к носу модели лодки, которая может пить по длиному прямойному каналу с водой (рис. 1). Лодку и груз отпускают, и скорость лодки (в см/c) записьюют каждую секунду. К сожалению, сохранился только конец этой записи:

5,65; 6,44; 6,96; 7,31; 7,54; 7,70; 7,80; 7,86; 7,91.

Определите по этим данным скорость лодки через 0,1 секунды после того, как ее отпустили.

A. А. Шеронов

Ф1079. Если полность открыт кран холодной воды, а кран горячей воды закрыт (рис. 2), то ванна наполняется за время $t_1 = 8$ мин; если при этом на выходное отверстие насадить шланг с душем на конце, то ввремя наполнения увеличится до $t_2 = 14$ мин. Когда кран холодной воды закрыт, а кран горячей открыт полностью, ввремя наполнения $t_3 = 12$ мин; при тех же условиях, но с душем на конце — $t_4 = 18$ мин. За какое время наполнить ванна, если полность открыты оба крана? А если при этом насаден шланг с душем?

B. Е. Скороваров

Ф1080. Tonкостенный сосуд непрерывно откачивают насосом, однako из-за наличия микротрещины в стенке сосуда в нем установливается неизменное давление $p_y = 0,001$ мм рт. ст. Снаружи нормальное атмосферное давление $p_0 = 760$ мм рт. ст., относительная влажность

25

We have been publishing Kvant’s contest problems every month from the very first issue of our magazine. The problems are nonstandard ones, but their solution requires no information outside the scope of the USSR secondary school syllabus. The more difficult problems are marked with a star (*). After the statement of the problem, we usually indicate who proposed it to us. It goes without saying that not all these problems are first publications. The solutions of problems from this issue (in Russian or in English) may be posted no later than January 15th., 1988, to the following address: USSR, Moscow, 103006. Москва K-6, ул. Горького, 32/1, «Квант». Please send the solutions of physics and mathematics problems, as well as problems from different issues, under separate cover; on the envelope write the words: “KVANT’S PROBLEMS” and the numbers of all the solved problems; in your letter enclose an unstamped

ность воздействия ф=80 %. Найдите давление паров воды в сосуда. Давление насыщенных паров воды при данной температуре $p_H=17,5$ мм рт. ст.

Ф1081. Для очистки воздействия от пыли, которая в обычных условиях оседает очень медленно, можно использовать тот факт, что пылизаряжены.

В первом опите стеклянный цилиндр (рис. 3) с пыльным воздейством помещают в электрическое поле напряженноство $E_1=1 \cdot 10^4$ B/m, направленное вдоль оси цилиндра. Через время $t_1=2$ мин всегда содержащая в цилиндре пыль осела на дно. Во втором опите вдоль оси цилиндра натягивают тонкую проволоку и соединяют ее с источником высокого напряжения. Известно, что в этом случае напряжение всей пыли на стенки цилиндра во втором опите. Пыли в воздействие немного, так что объемным зарядом можно пренебречь.

А. И. Буздин

Ф1082. В схеме, приведенной на рисунке 4, замыкают ключ K. Найти максимальный ток через катушка. Найти максимальное напряжение на конденсаторе $C_1$. Нейдеальностью элементов схемы можно пренебречь.

А. Р. Зильберман

Problems

M1066—M1070, P1078—P1082

M1066. The pairwise distances between six points of the plane are no greater than 1. Prove that there are three points among them whose pairwise distances are strictly less than 1.

S. G. Salnikov

M1067. Prove that any three non-negative numbers $x, y, z$ such that $x^2+y^2+z^2=1$ satisfy the inequality

$$\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.$$

V. E. Matizen

M1068. The angle $AOB$ is given, $A$ and $B$ being points on its sides. Construct a line $l$ passing through the vertex $O$ so as to make the areas of triangles $AOC$ and $BOD$, where $C$ and $D$ are the bases of the perpendiculars drawn from $A$ and $B$ to the line $l$, equal.

R. O. Burdin

M1069. In a certain city only pairwise apartment exchanges are allowed (if two families exchange apartments, they cannot participate in other exchanges on the same day). Prove that any multiple exchange involving several families can be carried out in two days. (Before and after each exchange each family lives in a separate apartment.)

N. N. Konstantinov, A. I. Shnirelman

M1070. A tetrahedron is cut by three planes each of which is parallel and equidistant to two opposite edges of the tetrahedron. Prove that the sum of squares of these three section’s areas is 4 times less than the sum of squares of the areas of the tetrahedron’s faces.

V. N. Dubrovski

27

М1047. В шахматном турире, проводимом в один круг, не менее 3/4 всех сыграных к неокторому моменту партий законились внизу. Доказите, что в этот момент неокторые два участка набрали одинаковое число очков.

В этой задаче удобно пользоваться такой системой подсчета очков: 1 очко за победу, 0 очков за ничью, — 1 очко за поражение (очевидно, она эквивалентна общной шахматной). Обозначим число участков турира через n и положим k=n/2 при четном n, k=(n-1)/2 при нечетном n.

Допустим, что в данной момент все участки имеют разные результаты. Тогда среди них найдет либо k с положительным результатами, либо k с отрицательным результатами. Достаточно рассмотреть только один, скажем, первый случай. Поскольку все эти k шахматистов набрали разное число очков, а число очков каждой не меньше числа выигранных им партий, общее число побед этих шахматистов не меньше 1+2+…+k=k(k+1)/2. Число всех партий в турире равно (n-1)n/2, поэтому доля партии, заключившихся победой одного из соперников, к расматриемому моменту не меньше

$$\frac{k(k+1)}{(n-1)n} > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4},$$

т. е. доля численных меньше 3/4, что противоречит условиям задачи. Тем самым наше допущение опровергино.

М. Бона

М1048.* Один из двух израющих («начинающий») ставит на неокторую клетку шахматной доски коня. Затем игроки по очереди переведают коня по общим правилам (буквой «Γ»), при этом нельзя ставить коня на поле, где он уже победал. Произвляется тот, кому некуда ходить. Кто может добиться

Ответ: а) выигрывает второй игрок, б) выигрывает второй при четном произведении mn и первый (начинаяший) — при нечетном.

Рассмотрим сразу общий случай доски m×n. Мы докажем, что если произведение mn четно, то клетки доски можно разить на пары так, что с одной клетки каждой пары ходом коня можно попасть на другую клетку (рис. 1), а если mn нечетно, то таким же образом можно разить все клетки доски, кроме одной (рис. 2). В первом случae победая стратегия второго игрока заключается в том, что он должен ставить коня на клетку, парную той, на которой перед этим пошел

28

победы (независимо от действий протечника) — начинаяцший или его парнер a) на доске 8×8; 6) на доске m×n, где m ≥ 3?

М1049. Будем говорить, что в цилиндр Ц₁ высан боком другой цилиндр Ц₂, если две образующие второго цилиндра лежат на основаниях первого — на боковой поверхности первого (рис. 1). Взяв цилиндр Ц₁, у которого отношение диаметра к высоте равно k, вышем в него боком (если это возможно) цилиндр Ц₂, в него вышем боком Ц₃, в него — Ц₄ и т. д. При каких значениях k a) можно высать Ц₂, но нельзя Ц₃;
б)* можно высать Ц₁₀, но нельзя Ц₁₁;
в)* можно высать бесконечную последовательность Цₙ (n=1, 2, …)?

Пусть $d_n$ и $h_n$ — диаметр и высота цилиндра Цₙ, $a_n = d_n^2/h_n^2$. Из рисунков 1 и 2 видно, что $d_{n+1} = h_n$, $h_{n+1} = d_n^2 - h_n^2$, (1)

причем высать Цₙ₁ в Цₙ можно тогда и только тогда, когда $d_n^2 - h_n^2 > 0$, или $a_n > 1$.

a) Ответ: $k \geq \sqrt{2}$. Мы должны найти, при каких k $a_1 > 1$, $a_2 \leq 1$.

Из формул (1) при n=1 получаем соответствие

$$\frac{1}{a_2} = \frac{h_n^2}{d_n^2} = \frac{d_n^2 - h_n^2}{h_n^2} = a_1 - 1;$$ (2)

позетом $a_2 \leq 1$, когда $a_1 \geq 2$ (при этом автоматически $a_1 > 1$). Остается заменить $a_1$ на $k^2$.

6. Ответ: $\sqrt{89/55} \leq k < \sqrt{34/21}$. Для того, чтобы можно высать цилиндры Ц₂, …, Ц₁₀ и нельзя — Ц₁₁, должны выполняться неравенства $a_1 > 1$, $a_2 > 1$, …, $a_9 > 1$, $a_{10} \leq 1$. Выясим, какое ограничение накладывает каждое из них на $a_1 = k^2$. Точно так же, как (2), установливается равенство

$$a_{n-1} = 1 + 1/a_n, n = 2, 3, ...$$

Функция $f(x) = 1 + 1/x$ убивает, поэтому неравенство $a_n > 1$ эквивалентно $a_{n-1} < f(1) = 2$, это, в свою очередь, эквивалентно $a_{n-2} > f(2) = 3/2$, $a_{n-3} < f(3/2) = 5/3$ и т. д.

Обозначая i-й член последовательности 1, $f(1)$, $f(f(1))$, … через $\lambda_i$, получим, что неравенство $a_n > 1$ эквивалентно $a_1 > \lambda_n$ при нечетном n и $a_1 < \lambda_n$ при четном n.

Можно заменить (см. рис. 3), что числа $\lambda_1$, $\lambda_3$, $\lambda_5$, … возрастют, а $\lambda_2$, $\lambda_4$, $\lambda_6$, … — убывают, при числа последовательности меньше чисел второй последовательности. Это следует из равенств

$$\lambda_{n+1} - \lambda_n = f(\lambda_n) - f(\lambda_{n-1}) = \frac{1}{\lambda_n} - \frac{1}{\lambda_{n-1}} = \frac{\lambda_{n-1} - \lambda_n}{\lambda_{n-1}\lambda_n}.$$ (3)

Действительно, если, например, $\lambda_n < \lambda_{n-1}$, то в силу (3) $0 < \lambda_{n+1} - \lambda_n < \lambda_{n-1} - \lambda_n$ (так как все $\lambda_i$ при i>1 больше 1), т. е. $\lambda_n < \lambda_{n+1} < \lambda_{n-1}$; аналогично, при $\lambda_n > \lambda_{n-1}$ получим, что $\lambda_n > \lambda_{n+1} > \lambda_{n-1}$. Таким образом, числа $\lambda_n$ располагаются как на рисунке 4 — каждое из них, начиная с $\lambda_3$, лежит между двумя предыдущими, причем $\lambda_1 < \lambda_2$.

У нас должны выполняться неравенства $a_1 > \lambda_n$ при $n=1, 3, 5, 7, 9$, $a_1 < \lambda_n$ при $n=2, 4, 6, 8$ и $a_1 \geq \lambda_{10}$, т. е. $\lambda_{10} \leq a_1 < \lambda_8$. Остается подчитать $\lambda_8$ и $\lambda_{10}: \lambda_8 = 34/21$, $\lambda_{10} = 89/55$. Для прощения подчета можно воспользоваться тем, что $\lambda_n = u_n/u_{n-1}$, где $u_n — n$-й член знаменной последовательности Фибоначчи

29

1, 2, 3, 5, 8, 13, …, определяемый при $n \geqslant 2$ равенством $u_{n+1} = u_{n-1} + u_n$ (в самом деле, $\lambda_2 = 2/1 = u_2/u_1$; $\lambda_{n+1} = 1 + 1/\lambda_n = 1 + u_{n-1}/u_n = u_{n+1}/u_n$, если $\lambda_n = u_n/u_{n-1}$).

в) Ответ: $k = \sqrt{(1 + \sqrt{5})/2}$. Из сказанного в пункте 6) вытекает, что искомые значения $k^2 = a_1$ должны удовлетворять неравенствам $\lambda_{2m-1} < a_1 < \lambda_{2m}$ при всех $m \geqslant 1$. Доказем, что последовательность $\lambda_n$ при $n \to \infty$ стремится к пределу $\lambda = (1 + \sqrt{5})/2$ — положительному корню уравнения $f(\lambda) = \lambda$ (см. рис. 3). Повторяя вывод формулы (3), мы получим, что

$$|\lambda - \lambda_n| = \frac{|\lambda - \lambda_{n-1}|}{\lambda \lambda_{n-1}} < \frac{|\lambda - \lambda_{n-1}|}{\lambda} < \dots < \frac{|\lambda - \lambda_1|}{\lambda^{n-1}},$$

т. е. $|\lambda - \lambda_n| \to 0$ при $n \to \infty$. Следовательно, отрезки $[\lambda_{2m-1}; \lambda_{2m}]$ стягиваются к точке $\lambda$ (рис. 4), которая и является единственным возможным значением $a_1 = k^2$.*

В. Столин

M1050. На отрезке $[-1; 1]$ выбрано $k$ различных точек, для каждой посчитанной произведением расстояний до остальных $k-1$ точек и через $S$ обозначающая сумма обратных величины этих $k$ произведений. Доказите, что a) $S \geqslant 2$ при $k=3; 6)$* $S \geqslant 4$ при $k=4$.

Puc. 3.

Puc. 4.

M1050. На отрезке $[-1; 1]$ выбрано $k$ различных точек, для каждой посчитанной произведением расстояний до остальных $k-1$ точек и через $S$ обозначающая сумма обратных величины этих $k$ произведений. Доказите, что a) $S \geqslant 2$ при $k=3; 6)$* $S \geqslant 4$ при $k=4$.

Puc. 1.

Puc. 2.

a) Ясно, что каждое из трех произведений лишь увеличится (а сумма $S$ обратных к ним величины уменшится), если крайние числа развинуты: левое заменить на -1, правое — на 1. Поэтому можно считать, что выбран们 точки -1, $x, 1$, где $-1 < x < 1$. В этом случае

$$S = \frac{1}{2(1+x)} + \frac{1}{(1+x)(1-x)} + \frac{1}{2(1-x)} = \frac{2}{1-x^2} \geqslant 2,$$

причем равенство достигается лишь при $x=0$.

6. Аналогично пункту a) задачу для четырех точек можно решать методом «постепенного уличшення». Как и выше, заменяя крайние числа на -1 и 1, мы можем только уменшить $S$. Средние точки представим в виде $-1+u$ и $1-v$ ($u>0, v>0, -1+u<1-v$; рис. 1).

Тепер преобразуем сумму $S$, полагая $d=2-u-v$:

$$S = \frac{1}{2u(u+d)} + \frac{1}{2v(v+d)} + \frac{1}{2u(v+d)} + \frac{1}{2v(v+d)} =$$

$$= \frac{d(v(2-u)+u(2-v))+2(2uv+d(u+v))}{2duv(2-u)(2-v)} =$$

$$= \frac{d(2(2-d)-2uv)+2(2uv+d(2-d))}{2duv(4-2(u+v)+uv)} =$$

$$= \frac{2d(2-d)+uv(2-d)}{2duv(2d+uv)} = \frac{2-d}{duv}.$$

Произведение $uv$ при заданной сумме $u+v=2-d$ максимально, когда $u=v=(2-d)/2$, поэтому

$$S \geqslant \frac{4}{d(2-d)} \geqslant 4,$$

причем равенство достигается при $d=1, u=v=1/2$, т. е. для точки -1, $-1/2, 1/2, 1$.

Оказывается, при каждом $k \geqslant 3$ наименьшее значение $S$ равно $2^{k-2}$ и достигается для набора $x_n = -\cos \frac{n\pi}{k-1}, n=0, 1, \dots, k-1$. Укажем красивое рассужждение, которое (в отличие от прямых вычислений, приведенных выше) годится для общего случая.

Пользоваться тожестемом $\cos(m+1)\varphi = 2(\cos m\varphi)\cos \varphi - \cos(m-1)\varphi$, легко доказать, что при любом $m \geqslant 1$ существует многочлен $T_m(x)$ такой, что $T_m(\cos \varphi) = \cos m\varphi$, причем его старший коэффициент равен $2^{m-1}$.

*) Ближе задачи обтерациях функций рассмотрены в книге «Заочные математические описания» (М.: «Наука», 1987; задачи 6-16, 6-17).

30

Например, $T_2(x) = 2x^2 - 1$ (рис. 2), $T_3(x) = 4x^3 - 3x$ (рис. 3). Отметим, что $|T_m(x)| \leq 1$ при $|x| \leq 1$. Многочлен $T_m(x)$ называется многочленом Чебышёва (см. статью Н. Васильева и А. Зелевинского «Многочлены Чебышёва и рекуррентные соотношения» в «Кванте» № 1 за 1982 г.). С его помощью мы решим задачу для $k = m + 1$ точек.

Пусть $x_n, n = 0, \dots, k - 1$, — любой набор $k$ различных точек на отрезке $[-1; 1]$. Всякий многочлен степени $k - 1$ однозначно определяется своим значениями $a_n$ в точках $x = x_n$ и, как нетрудно проверить, может быть записан в виде суммы

$$\sum_{n=0}^{k-1} a_n \frac{(x-x_0)...(x-x_{n-1})(x-x_{n+1})...(x-x_k-1)}{(x_n-x_0)...(x_n-x_{n-1})(x_n-x_{n+1})...(x_n-x_{k-1})}.$$

Возьем $a_n = T_{k-1}(x_n)$, тогда этот многочлен будет тождественно равен $T_{k-1}(x)$. Его старший коэффициент, равный $2^{k-2}$, является суммой выражений

$$\frac{a_n}{|x_n-x_0|...|x_n-x_{n-1}||x_n-x_{n+1}|...|x_n-x_{k-1}|},$$

каждое из которых по модулю не превозходит

$$\frac{1}{|x_n-x_0|...|x_n-x_{n-1}||x_n-x_{n+1}|...|x_n-x_{k-1}|}$$

(поскольку $|a_n| = |T_{k-1}(x_n)| \leq 1$). Но сумма величины (*) при $n = 0, \dots, k - 1$ как раз и есть интересующая нас сумма $S$; следовательно, $S \geq 2^{k-2}$.

Л. Д. Курляндчик

Ф1058. Шарик катисяводоль ребра прямогольного желова АСВ (см. рис.) со скоростью $v$ без прокалывания; расстояние $AB$ равно радиусу шарика. Какие точки шарика обладают максимальной скоростью? Чему равна эта скорость?

По условию задачи шарик катисябина, поэтому скорости тех точки шарика, которые в данной момент времени касаются желова в точках $A$ и $B$ (см. рисунок), равны нулю. Считая шарик абсцилтоно твердым телом (а это означает, что расстояние между любыми двумя точками шарика остается неизменным), приходим к выводу, что в данной момент времени все точки шарика, лежащие на отрезке $AB$, неодвижны. А это означает, что в каждой момент времени движение шарика — это вращение относительно оси $AB$. (Ясно, что точки $A$ и $B$ — точки, в которых шарика касается желова, — перемещаются со скоростью $v$).

Мгновенная скорость любой точки шарика есть $\omega$, где $\omega$ — угловая скорость вращения, $\rho$ — расстояние от точки до оси $AB$. Скорость центра шарика (т. о на рисунке) равна $v$; расстояние от т. $o$ до оси $AB$ — $\rho_0 = |oc| = R\sqrt{3}/2$. Следовательно,

$$\omega = \frac{v}{\rho_0} = \frac{2v}{R\sqrt{3}}.$$

Понятно, что максимальный скорость обладает точки шарика, наиболее удаленными от оси $AB$. Из геометрических соображений ясно, что в любой момент имеется лишь одна точка, максимально удаленная от оси, — на рисунке это точка $d$. Расстояние от т. $d$ до оси вращения равно $\rho_d = \rho_0 + R = R(1 + \sqrt{3}/2)$, и скорость точки $d$ —

$$v_d = v_{\max} = \omega \rho_d = \frac{2v}{R\sqrt{3}} R\left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = v \frac{2 + \sqrt{3}}{\sqrt{3}}.$$

С. С. Кротов

31

Ф1059. В некоторых точке пространства необходимо создать максимальное направление граbituationного поля (ускорение свободного давления), имея в распоряжении заданную массу вещества неизменной плотности.

a) Какую форму необходимо придать теляти из этого вещества?
b) Каково должно быть взаимное расположение тела и теляти?

Пусть однородное тело массой $M$ создает граbituationное поле, вектор направления которого в некоторой точке $O$ равен $g$ и направлен вдоль оси $OX$, как это показано на рисунке 1. Согласно принципу суперпозиции полей вектор $\vec{g}$ является суммой векторов $\Delta\vec{g}_i$ направженной полей, созданных в точке $O$ всеми бесконечно малыми элементами $\Lambda m_i$ тела $M$. Вклад каждого элемента в общее поле $g$ равен проекции вектора $\Delta\vec{g}_i$ на ось $OX$, т. е. равен

$$\Delta g_{ix} = \frac{G \cdot \Delta m_i}{r_i^2} \cos \theta_i,$$

где $r_i$ — расстояние от точки $O$ до элемента $\Delta m_i$, $\theta_i$ — угол между направлением на элемент и осью $OX$. Следовательно (если все элементы $\Delta m_i$ одинаковы),

$$g = |\vec{g}| = \sum_i \Delta g_{ix} = G \Delta m \sum \frac{\cos \theta_i}{r_i^2}.$$

Таким образом, при данной массе тела $M$ значение $g$ будет максимальным, если форма тела и его ориентация относительно точки $O$ будет такими, что величины $\sum \frac{\cos \theta_i}{r_i^2}$ будет максимальным.

Рассмотрим тело массой $M$, ограниченное проходящей через точку $O$ поверхности, для всех точек которого (кроме точки $O$) относение $\frac{\cos \theta_i}{r_i^2}$ одного и то же, т. е.

$$\frac{\cos \theta}{r^2} = \text{const.}$$

Такую поверхность называем поверхностью равного вклада. Тело, ограниченное поверхности равного вклада, является телом врашшения (вокруг оси $OX$; см. рис. 2). Покажем, что именно такое тело создает граbituationное поле, направжность которого $g_0$ максимальная в точке $O$.

Элементы $\Delta m$, находящиеся на поверхности равного вклада, по определению высот одинаковые вклады $\Delta g_{0x}$ в $g_0$. Вклад любого внутреннего элемента $\Delta g_{bнутр}$ больше $\Delta g_{0x}$; если бы элемент $\Delta m$ оказался за поверхностью тела, то его вклад $\Delta g_{bнутр}$ в величины $g_0$ был бы меньше $\Delta g_{0x}$. Таким образом,

$$\Delta g_{bнутр} > \Delta g_{0x} > \Delta g_{bнутр}.$$

Любая деформация тела $M$ (без изменения его плотности), не приводящая к изменению направления вектора направжности в точке $O$, совпадая с переносу массы из внутренних области во внешние области, за пределы поверхности равного вклада. Как видно из соответствия (*), это приводит к уменьшению направжности поля в точке $O$.

Следовательно, направжность граbituationного поля, создавемого в точке $O$ телом данной массы, максимальная, если это тело — тело врашшения, ограниченное поверхности равного вклада, и точка $O$ лежит на поверхности на оси врашнения.

Заметим, что отличие формы этого тела от шарообразной существению. На рисунке 2 представлены сечения такого тела и шара такой же массы. Видно, как нужно деформировать шар, чтобы получить в одной точке (в данном случае в точке $O$) максимальное возможность поле. Оказывается, что после такой деформации шар направжность поля в точке $O$ возрастет в $\sqrt{27/25}$ раза, т. е. примерно на 3 %.

E. Н. Юносов, И. В. Яминский
(Окончание см. на с. 34)