[Теорема о взаимной простоте чисел, удовлетворяющих определённому соотношению]

72

Наимпут

П. Вольфбейн из Киева сообщает следующую теорему:

Если натуральные числа $a_1, a_2, \dots, a_n (n \geq 3)$ удовлетворяют соответствующим $f(x) = x^2 - px + q$, где $p = na_2a_3\dots a_n$, $q = a_2^2 + a_3^2 + \dots + a_n^2$. По условиям, $f(a_1) = 0$. Кроме того, $a_2^2 + q = 2a_2^2 + a_3^2 + \dots + a_n^2 \leq na_2^2$ и $pa_2 = na_2^2a_3\dots a_n$. Значит $f(a_2) = a_2^2 - pa_2 + q \leq 0$, причем равенство достигается лишь при $a_2 = a_3 = \dots = a_n = 1$.

Если не все $a_i = 1$, то $f(a_2) < 0$. Значит $a_1$ — больший корень $f(x)$; обозначим через $a'_1$ меньший корень. Из теоремы Виета следует, что $a'_1$ — натуральное число и числа $a'_1, a_2, \dots, a_n$ тоже удовлетворяют исходному соотношению. Итак, по данному набору $a_1, a_2, \dots, a_n$ мы можем изготовить новый набор $a'_1, a_2, \dots, a_n$ с меньшей суммой.

Продолжая эту процедуру, мы приdem к набору из одних единиц. Если в исходном наборе были пары не взаимно простых чисел, то такие пары будут присутствуют из формулы Виета: $a'_1 = na_2\dots a_n - a_1$. Но в наборе из одних единиц таких пар нет, что и доказывает взаимно простую чисел исходного набора.

74

Уравнение удовлетворяют все значения $x$. В противном случае получаем уравнение
$$f(x) = (2 \lg a)x^2 + (2 \lg a - 2 \sqrt{22a - 4a^2 - 2a})x - a \sqrt{22a - 4a^2 - 2a} = 0.$$
Чтобы его корни были расположены требуемым образом, необходимо и достаточно выполнение условия $f(0) \leq 0, f(-1) \leq 0$.

6. $(42 + 12\sqrt{11})/5$. Указание. Пусть $O_1$ и $O_2$ центры равных шаров радиуса $r_1$, а $O_3$ центр меньше шара радиуса $r$, $K, L, M$ точки касания шаров с плоскостью $\pi$, $W$ основание перpendикуляра, опущенного из точки касания $P$ шаров радиуса $r_1$ (рис. 1). Через $O_3M$ проведем плоскость, перpendикулярую $O_1O_2$, и опустим перpendикуляр $O_3Q$ на $PW$.

Тогда $PQ = r_1 - r$, $O_3P = \sqrt{r^2 + 2rr_1}$, $\frac{r_1 - r}{\sqrt{r^2 + 2rr_1}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$, откуда $r_1 = 2r$. Пусть $R$ радиус сферы. Тогда $OO_1 = R - 2r$, но $r = R - 15$. Поэтому $OO_1 = 30 - R$. Применяя теорему косинусов к треугольнику $O_1OO_3$, получим $R = 18$, $r = 3$, $r_1 = 6$. Далее, точка $O$ лежит в плоскости $O_3PW$, причем $O_1P = 6$, $OP = \sqrt{OO_1^2 - PO_1^2} = \sqrt{108}$. Поэтому $\cos \angle OO_3P = \frac{9}{(5\sqrt{5})}$. Возможны два случая расположения точки $O$ относительно прямой $O_3Q$ (рис. 2 и 3). В первом случае расстояние от точки $O$ до прямой $O_3Q$ равно
$$OT = OO_3 \sin(\gamma - \delta) = \frac{12\sqrt{11} - 27}{5} < 3,$$
это случай невозможен.

Во втором случае расстояние равно $OT + 3 = OO_3 \sin(\gamma + \delta) + 3 > 14$.

Вариант 3

1. $(-1)^n \arcsin(2 - \sqrt{3}) + \pi n, n \in Z$.
2. $R \sin 2\alpha$.
3. $\{-1\}$.
4. 2 arctg (5 tg $\alpha$). Указание. Пусть $DM = 2a$, $MC = a$. По теореме синусов $\frac{AM}{\sin(\frac{A}{2} - \alpha)} = \frac{a}{\sin \alpha}$, $\frac{AM}{\sin(\pi - A)} = \frac{2a}{\sin \frac{A}{2}}$,
   откуда $tg(A/2) = 5 tg \alpha$.
5. 1; $-1/2; (-7 \pm 4\sqrt{2})/2$. Указание. Умножив второе уравнение на $a$ и вычитая первое уравнение, получим равnoclinную систему
   $$\begin{cases} x(1 - a) - y(2a + 1) - a + \frac{3}{2} = 0, \\ xy + x + 2y + 1 = 0. \end{cases}$$

При $a = 1$ и $a = -1/2$ эта система имеет единственное решение. При остальных $a$ системы свойства квадратному уравнению, для которого условием единственности является равенство нулю дискрипитана.

6. 1/3; 2/3. Решение. Так как боковые грани пирамиды одинаково наklонены к плоскости основания, высота пирамиды является осью цилиндра и проходит через центр окружности, вписанной в основание пирамиды (радус этой окружности находится из треугольника $ABC$ и равен 1). Верхнее основание цилиндра вписано в треугольник $DEF$ (рис. 4), лежащий в плоскости, отсекающей от исходной пирамиды подобную ей пирамиду $SDEF$. Обозначим через $m$ коэффициент подобия. Тогда радиус основания цилиндра $r = m$. В треугольнике $CSO_2:CO_2 = \sqrt{2}, DO_1 = \sqrt{2}m, CG = \sqrt{2}(1 - m), CD = \sqrt{38}(1 - m)$. Далее, $DG = \sqrt{CD^2 - CG^2} = 6(1 - m)$, поэтому $S_{60k} = 2\pi r \cdot DG = 2\pi m \times 6(1 - m) = \frac{8\pi}{3}$ (по условию),откуда $m_1 = \frac{1}{3}$, $m_2 = \frac{2}{3}$. Итак, существует 2 цилиндра с данной плоскостью боковой поверхности.

Вариант 4

2. $-\pi/3 + 2\pi n, n \in Z$.
3. $(1/2; 1/2)$
4. 9. Указание. Выразите через $x = AC$ все отрезки касательных к окружности и запишите теорему косинусов для треугольника $ABC$.
5. 2; 3. Решение. При $a = 3$ системы несовместимы. При $a \neq 3$ первая система имеет единственное решение, если же вторая система имеет единственное решение, то $y = 0$ (так как в обае уравнения $y$ входит в четырех степенях). Позному системы могут быть равnoclinными

76

$$2n\left(\frac{80}{v_1} + \frac{120}{v_2}\right) < 168.$$
Поскольку $\frac{80}{v_1} + \frac{120}{v_2} > 2$, получаем $4n < 168$, т. е. $n < 42$.
Пусть $v_1 = 10x$, $v_2 = 10y$. Выразив $y$ через $x$ из первого уравнения, после подстановки во второе уравнение получим
$$nx^2 - (105 - 18n)x + 80n - 420 = 0.$$
Условие разрешимости дает
$$n \leq 105\left(\frac{5}{2} - \sqrt{6}\right), \quad n \geq 105\left(\frac{5}{2} + \sqrt{6}\right),$$
откуда $n = 5$.
6. [1/3; 33/32]. Указание. Выполнить замену $t = \sin x$, $b = 1 - a$, приходим к следующей задаче: при каких значениях $b$ уравнение $f(t) = pt^2 - t - b(p+2) = 0$ при любом $p \in [1, 2]$ имеет хотя бы один корень, удовлетворяющий условиям $|t| \leq 1$, $t^2 \neq b$? Сраву заменим, что уравнение $t^2 = b$ может выполнять лишь при $b = 0$, но тогда уравнение () имеет корень $\frac{1}{p}$. Уравнение () имеет корни при $1 + 4pb(p+2) \geq 0$. Это неравенство выполняется при всех $p \in [1; 2]$, если и только если $b \geq -\frac{1}{32}$. Поскольку абсцисса вершины $t_0 = \frac{1}{2p}$ параболи $y = pt^2 - t - b(p+2)$ принимают отрезку [0; 1], необходимым и достаточно условием существования корня уравнения (*), принадлежшего отрезку [-1; 1], является справедливость хотя бы одного из неравенств $f(1) \geq 0; f(-1) \geq 0$ при всех $p \in [1; 2]$. Иначе говоря, при всех таких $p$ должны выполняться одно из неравенств $b \leq \frac{p+1}{p+2}; b \leq \frac{p-1}{p+2}$, но для этого необходимо и достаточно, чтобы было $b \leq \frac{2}{3}$.
Вариант 9

1. Первое число больше.
   2.1. $(-\infty; -7) \cup [2; +\infty)$.
   2.2. $x_1 = \frac{2\pi}{9}(3n+2), x_2 = \frac{2\pi}{3}(3m+2), m, n \in \mathbb{Z}$.
   3.1. $x_1 = \frac{\pi}{8}(4k+1), x_2 = \frac{\pi}{12}(4n+1), k, n \in \mathbb{Z}$.
   3.2. $(-\infty; -7) \cup (-5; -3] \cup [2; +\infty)$.
2. 15/2. Указание. При замене $y$ на $-y$ соответствие не изменяется. Поэтому достаточно нарисовать картину для $y \geq 0$.
   5.11. Указание. Поскольку $\angle DBC = \angle BAC$, треугольники $BAC$ и $DBC$ подобны.
   6.1. $a \in [-12/5; 0]$. Указание. Поскольку $y = 3\sin^2 x + 2a\sin x\cos x + \cos^2 x + a = a\sin 2x - \cos 2x + a + 2 = \sqrt{a^2 + 1}\sin(2x - \varphi) + a + 2$, где $\varphi = \arccos(a/\sqrt{a^2 + 1})$, должна выполнять систему
   $$\begin{cases} \sqrt{a^2 + 1} + a + 2 \leq 3, \\ -\sqrt{a^2 + 1} + a + 2 \geq -3. \end{cases}$$
   6.2. $a = 1$. Указание. Корни второго уравнения
   $$x = \frac{\pi}{4} + \pi n.$$ Подставляя их в первое уравнение, получаем, получаем квадратное уравнение относительно $a$, из которого следует, что любо $a = 1$, любо $a = -3/2$. Осталось подставить полученные значения $a$ в первое уравнение и решить его, получясь соответствием $\sin x = \sin x(\sin^2 x + \cos^2 x)$.
   Вариант 10
3. $\pi + 2\pi, \pm 4\pi/3 + 4\pi n, n \in \mathbb{Z}$.
4. $\{-2; 4/3; 3\}$.
5. $$\left[ -9; \frac{34 + \sqrt{116}}{5} \right).$$
6. 12 ч.
7. 17/3. Решение. Имеем
   $$S_{A_1BC_1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} S_{ABC} = 4,$$
   $$S_{A_1BD} = \frac{1}{6} S_{A_1BC_1} = \frac{4}{3},$$
   а из подобия треугольников $A_1BD$ и $C_1ED$ с коэффициентом $ED : BD = 3 : 2$ получаем
   $$S_{C_1ED} = \frac{9}{4} S_{A_1BD} = 3,$$
   и, наконец,
   $$S_{A_1DC_1} = S_{A_1BC_1} - S_{A_1BD} = \frac{8}{3},$$
   $$S_{A_1C_1E} = S_{A_1DC_1} + S_{EDC_1} = \frac{17}{3}.$$
8. 1/9. Решение. Если неравенство имеет решение, то $b \leq 1/9$. Действительно, любо $b = 0$, любо максимум левой части $-\sqrt{b^2} \left(b(x - 4)^2 + \frac{1}{b(x - 4)^2}\right)$, равный $-2\sqrt{b^3}$ (ибо $y + \frac{1}{y}$, где $y = b(x - 4)^2$), не меньше минимума правой части, равного $-2b/3$, т. е. $-2\sqrt{b^3} \geq -2b/3$, или $9b \leq 1/9$. Если же $b = 1/9$, то неравенство справедливо, например, при $x = 1$.
   Вариант 11
   1.2.
9. $(3/2; 0), (3/4; -3/2)$. Указание. Разберете четые случая, которые возникают при раскрытии моделей.
10. $\pm \pi/6, \pm \pi/4$.
11. 10. Решение. Пусть $A$ и $B$ – точки касания сторон $KN$ и $MN \cdot KN = x$. Тогда из равенств
        $$BM^2 = DM \cdot LM = \frac{x}{9} \cdot x = \frac{x^2}{9},$$
        $$AK = \sqrt{KC \cdot KL} = \sqrt{\frac{32}{9} \cdot 8} = \frac{16}{3},$$
        $$BN = AN = KN - AK = x - \frac{16}{3}$$
        имеем $MN = BM + BN = \frac{x}{3} + x - \frac{16}{3} = 8$, открывая $x = 10$.
12. 6,5 ч. Решение. Сначала второй рабочий в течение $t$ минут делал на $3/t$ деталей в минуту меньше первого, а потом в течение

77

х минут — на 5/x деталей в минуту больше первого, причем увеличение его произвольности составляет 5/x+3/t=0,2, откуда t=
$$\frac{3x}{0,2x-5}=15+\frac{15\cdot 25}{x-25}\leq 15+15\cdot 25=390$$
(ибо $x\in\mathbb{N}$). С другой стороны, при $x=26$ все условия задачи реализуют, и $t=390$.

Физика
Физическая факультет

1. $v=\sqrt{gl\sin\alpha}$.
2. $F=Mg/\sqrt{3}$.
3. $A=(m/M)(R/T_1)(T_2-T_1)^2$.
4. $\alpha=M_BpV/(mRT)=0,17$.
5. $\varphi_C=\varphi_A-(\varphi_A-\varphi_B)d_1/(d-h)=22,5$ В.
6. $\Delta q=C\mathcal{E}r/(r+R)$.
7. $I_2=I_1(\alpha_2/\alpha_1)(\sin\alpha_1/\sin\alpha_2)=0,15$ А.
8. В первом слуае (рис. 6, а)
   $$\varphi_1=(\arcsin 1/n-\arcsin(\sin\alpha/n))/2;$$
   во втором слуае (рис. 6, б)
   $$\varphi_2=(\arcsin 1/n+\arcsin(\sin\alpha/n))/2.$$
9. $x=R^2/(\sqrt{R^2-a^2}-\sqrt{R/n^2-a^2})$.
10. $F=6l=6$ см.

Химический факультет

1. $\mu=\frac{H-h}{H+h}$ tg $\alpha=\frac{1}{3}\approx0,33$.
2. $F=mg(1-n/k)=0,3$ Н.
3. $\Delta U=Q-mR(T_2-T_1)/M=4845$ Дж.
4. $v_{\min}=\sqrt{5gl-Q^2/(4\pi\varepsilon_0ml)}\approx5$ м/c.
5. $I_4=I_1R_1R_5/(R_3R_4+R_3R_5+R_4R_5)=0,2$ А.

Факультет почуведения и географический факультет

1. $v_1=l_1\sqrt{\frac{2g(m_2l_2-m_1l_1)}{m_1l_1^2+m_2l_2^2}}\approx2,58$ м/c;
   $v_2=v_1l_2/l_1\approx5,16$ м/c.
2. $p=p_0+\mu mg/S=110$ КПа.
3. $q=\pm l\sqrt{4\pi\varepsilon_0mg}=3,0\cdot10^{-6}$ КЛ.
4. $\mathcal{E}=U_1U_2/(U_2-U_1)\approx10,3$ В.
5. $\beta_{\max}=\arcsin\sqrt{n^2-1}\approx53^\circ$.

Геологический факультет

1. $R=\sqrt{3GM_3T^2/(4\pi^2)}=4,2\cdot10^7$ м (здеся $T=24$ ч — перiod обращения Земли вокруг своей оси).
2. $l_2=\Delta l/(1-(T_1/T_2)^2)=1$ м; $l_1=0,25$ м.
3. $A=(p_0+Mg/S)V_0(T_2/T_1-1)=171$ Дж.
4. $E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sqrt{\frac{q_1^2}{a_1^4}+\frac{q_2^2}{a_2^4}+\frac{q_3^2}{a_3^4}}\approx1,6\cdot10^8$ В/m.
5. $\lambda=l/n=0,79$ м.

Рис. 6.

Механико-mатематический факультет

1. $\tau=\frac{h}{v}-\frac{v}{g}\left(\sqrt{1+\frac{2gh}{v^2}}-1\right)=3,2$ с.
2. $A=5mgl/4=1,2$ Дж.
3. $h=\frac{a(h_1+h_2)-2h_1h_2}{2a-(h_1+h_2)}$.
4. $T_2=\sqrt{T_1T_3}=346$ К.
5. $\Delta p=\frac{2QvR}{V(3vR+2mc)}=8\cdot10^4$ Па.
6. $p=\varrho g(h_1-h)(l-h)/h=9,8\cdot10^4$ Па.
7. $I_1=I_2=\frac{\mathcal{E}R_2}{R_1R_2+R_1R_3+R_2R_3}=\frac{1}{11}$ А.
8. $t=2RC=20$ с.
9. $P=\frac{k^2\pi l^4}{16R(\pi+1)^3}$.
10. $l=\sqrt{l_1l_2}=4$ см.

Факультет вычислительной математики и кибернетики

1. $R=\sqrt{\frac{gr^2T^2}{4\pi^2}}$.
2. $k=\varrho_1/\varrho_2=5/4$.
3. $p=p_0\frac{2mcT+3p_0V_0}{2mcT_0+3p_0V_0}\approx1,1\cdot10^5$ Па.
4. $Q=11,5$ $p_0V_0=115$ кДж.
5. $\varphi'=\varphi+\frac{mRT}{Vp_HM_B}\cdot100\%\approx60\%$.
6. $W=\frac{C_1C_2(U_1-U_2)^2}{2(C_1+C_2)}=0,03$ Дж.
7. $k=\frac{R+r/2}{R+2r}=0,5$.
8. $U=\sqrt{PR/\eta}=12,5$ КВ.
9. $\delta_{\max}=\pi/2-\arcsin(1/n)=45^\circ$.
10. $\varphi_{\max}=\arctg\left(\frac{a}{2F}\right)=0,1$ рад.

Избранные школьные задачи

1. {{0, 0}; (1, 2)}. Решение. Так как $1+x+x^2+x^3=(1+x)(1+x^2)$, то $1+x$ и $1+x^2$ — степеня двойки. Пусть $1+x=2^m$; тогда $1+x^2=2^{2m}-2^{m+1}+2$. Если $m>1$, то последнее выражение при делении на 4 имеет остаток 2 и не является степеню двойки. Поэтому $m=0$ или $1$ и $x=0$ или $1$.
2. $x_1=x_3=\ldots=x_9=-1$, $x_2=x_4=\ldots=x_{10}=1$. Решение. Поделив каждое равенство на следующие (последнее на первое), получим: $x_1=-x_4=x_7=-x_{10}=x_3=-x_6=x_9=-x_2=x_5=-x_8$.
3. 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, …, 1, 1, 0, 1. Решение. Ясно, что все наши числа неотрицательны. Занумеруем их подряд против часовой стрелки, начиная с самого больших, если есть несколько одинаковых): $a_1, a_2, a_3, ..., a_{30}$. Тогда $a_1=a_2-a_3$ или $a_1=a_3-a_2$, поэтому одно из чисел $a_2, a_3$ равно $a_1$, а другое — 0. Если $a_2=a_1$, мы перемуруем наши числа, начиная с $a_2$. Значит, можно считать, что $a_2=0$. Теперь находится число $a_{30}$:

78

Рис. 7.

$$= |a_1 - a_2| = a_1, \ a_{29} = |a_{30} - a_1| = 0, \ ...$$
Получается, что наш набор имеет вид $a_1, 0, a_1, a_1, 0, a_1$. Сумма этих чисел равна 20 $a_1$, поэтому $a_1 = 1$.

4. Если $A_1, A_2, \ ..., A_n$ — эти точки, $O$ — центр круга, то секторы по 60° с радиусами симметрины $OA_1, OA_2, \ ..., OA_n$ не должны иметь общих точек, кроме точки $O$.

5. Если всего мужчин $x$, то в первом положении было не больше $\frac{2}{3}x$, а во втором — не больше $\frac{1}{3}x$.

6. 5000. Решение. Заметим, что $p(1) = \frac{1}{2}$ и $p(x) + p\left(\frac{1}{x}\right) = 1$ при любом $x$. В нашей сумме есть некоторое количество (100) слагаемых $p(1)$, а остальные можно группировать в пары $p(x) + p\left(\frac{1}{x}\right)$. Поэтому сумма числа слагаемых, умноженного на $\frac{1}{2}$.

7. Положим $\frac{k(k+1)}{2} = a_k$. Если $a_k$ — квадрат, то $a_{4k^2+4k} = 4a_k(2k+1)^2$ — тоже квадрат. Поэтому $a_1, a_8, a_{288}, \ ...$ — квадраты. (Подумайте, есть ли среди чисел $a_k$ других квадраты.)

8. 5:10:13. Решение. Пусть $ABC$ — данный треугольник, $AM$ — медиана (рис. 7). Положим $AF = FE = EM = x$, $BM = MC = y$. Тогда $AP^2 = AF \cdot AE = ME \cdot MF = 2x^2 = MR^2$. Отсюда $AP = AQ = MR = x\sqrt{2}$. Значит, $AC = AQ + QC = x\sqrt{2} + y + x\sqrt{2} = y + 2x\sqrt{2}$, $AB = AP + PB = x\sqrt{2} + y - x\sqrt{2} = y, BC = 2y$. Так как $4AM^2 = 2AB^2 + 2AC^2 - BC^2$, то $36x^2 = 2y^2 + 2(y + 2x\sqrt{2})^2 - 4y^2$. Отсюда $x\sqrt{2} = \frac{4}{5}y$. Поэтому $AB:AC:BC = y:2y: \frac{13}{5}y$.

9. Пусть прямые $AC$ и $BC$ пересекают данную окружность в точках $A_1$ и $B_1$ соответствующего (рис. 8), и пусть $\angle AMB = 2\alpha$. Тогда $\angle ACB = 180^\circ - \alpha$, и поэтому $\angle AA_1B_1 + \angle BB_1A_1 = \alpha$.

Так как $\angle AOB = 180^\circ - 2\alpha$ (где $O$ — центр данной окружности), то $\angle AA_1B_1 = 90^\circ - \alpha$. Поэтому $\angle B_1A_1A + \angle AA_1B_1 + \angle BB_1A_1 = 90^\circ$. Следовательно, $\angle B_1BA_1 = 90^\circ$, а это означает, что отрезок $B_1A_1$ — диаметр.

10. Окружность с центром $B$ и радиусом $BA$ без четырех точек: $A, C$ и им диаметрально противоположных, и еще две точки: центр треугольника и точка, симметрина $B$ относительно $AC$ (рис. 9). Указаны: расстояние 9 случаев: 1. $MA = MB = MC$; 2. $MA = MB = BC$.

Pис. 8.

= BC; 3. $MA = MB, BC = MC$; 4. $MA = AB, MB = MC$; 5. $MA = AB, MB = BC$; 6. $MA = AB, MB = BC$; 7. $AB = BM = BC$; 8. $AB = BM = MC$; 9. $AB = BM, BC = MC$.

11. Ясно, что при любых положительных $x$ и $y$ справедливо herabенство $\left(\frac{x}{y}\right)^{x-y} \geq 1$. Поэтому $\left(\frac{a}{b}\right)^{a-b} \left(\frac{b}{c}\right)^{b-c} \left(\frac{c}{a}\right)^{c-a} \geq 1$, что и означает $(a^a b^b c^c)^2 \geq a^{b+c} b^{c+a} c^{a+b}$.

12. Перепишем herabенство в виде $4(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 - 2ab - 2bc - 2cd - 2da) + (a + b + c + d)^2 \geq 0$. Левая часть представляется в виде суммы квадратов: $(a - b + c - d)^2 + 2(a - b)^2 + 2(b - c)^2 + 2(c - d)^2 + 2(d - a)^2$.

13. Пусть $h_a, h_b, h_c, h_d$ — высоты треугольника $ABC$, а высота $h_d$ проектируется в точку. Если $h_d$ пересекает $h_a$ и $h_b$, то эта точка лежит на двух высотах грани, но тогда она лежит и на третий; значит, $h_d$ пересекает $h_a$ и $h_b$, 3) Если три высоты попарно пересекаются, то они все проходят через одну точку. Действительно, в противном случае они все лежали бы в одной плоскости, что, очевидно, не необходимо. Телерь наше утверждение очевидно. Если, скажем, $h_d$ пересекает $h_a$ и $h_b$, то в силу свойства 2) $h_d$ пересекает $h_c$, в силу свойства 1) $h_a, h_b$ и $h_c$ попарно пересекаются,

80

$$\frac{(M+2m)u^2}{2} + E_{\text{вн}(Z-2)} + \hbar \omega,$$
$$mv + (M+m)V = (M+2m)u + \hbar \omega/c.$$

Значения внутренней энергии $E_{\text{вн}(Z-1)}$ и $E_{\text{вн}(Z-2)}$ определяются в следующих пунктах.

3. $E_{\text{вн}(Z-1)} = -\frac{k^2 Z^2 e^4 m}{2 \hbar^2}$.

4. $E_{\text{вн}(Z-2)} = -\frac{k^2 e^4 m (Z-1/4)^2}{\hbar^2}$.

5. $Z=4$; искомый ион — $\text{Be}^{2+}$.

Информация

В первом номере журнала «Наука и жизнь» за 1989 год опубликованы условия приема и вступительное задание на биологическое отделение Всесоюзной заочной математической школа при МГУ. Если вы интересуетесь не только физикой и математикой, но и биологическей, приглашаем вас принять участие в конкурсе.

Биологическая комиссия ВЗМШ

Редакционный совет, редакционная коллекция и редакция журнала «Квант» с глубоким приоритетом извлечет читателей о том, что 8 декабря 1988 года скончался член редакционного совета академик Андрей Петрович Ершов.

Поправка
В «Кванте» № 11—12 за прошли год на с. 2 приведена новернаяdata смерти А. Н. Колмогорова. Андрей Николаевич скончался 20 октября 1987 года. Редакция приносит свои извлечения читателя.

Главный редактор — академик Ю. А. Осипьян

Заместители главного редактора:
В. Н. Боровишки, А. А. Варламов,
В. А. Лешковцев, Ю. П. Соловьев

Редакционная коллекция:
А. А. Абрикосов, М. И. Башмаков,
В. Е. Белонучкин, В. Г. Болтянский,
А. А. Боровой, Ю. М. Брук, В. В. Вавилов,
Н. В. Васильев, С. М. Воронин, В. В. Гнеденко,
В. Л. Гутенхахер, Н. П. Долбилин,
В. Н. Дубровский, А. Н. Земляков,
А. Р. Зильберман, С. М. Козел,
С. С. Кротов, Л. Д. Кудрявцев, А. А. Леонович,
С. П. Новиков, Т. С. Петрова, М. К. Потапов,
В. Г. Разумовский, Н. А. Родина, Н. Х. Розов,
А. П. Савин, Я. А. Смородинский,
А. В. Сосинский, В. М. Урев, В. А. Фабрикант

Редакционный совет:
А. М. Балдин, С. Т. Беляев, Е. П. Велихов, И. Я. Верченko, В. В. Воздиженский,
Г. В. Дорофеев, Н. А. Ермолаева,
А. П. Ершов, Ю. В. Иванов, В. А. Кириллин, Г. Л. Коткин, Р. Н. Кузьмин, А. А. Логунов, В. В. Можаев, В. А. Орлов, Н. А. Патрикеева, Р. З. Сагдеев, С. Л. Соболев, А. Л. Стасенко, И. К. Сурин, Е. Л. Сурков, Л. Д. Фаддеев, В. В. Фирсов, Г. Н. Яковлев

Номер подготовки:
А. Н. Виленкин, А. А. Егоров, Л. В. Кардасевич, И. Н. Климова, Т. С. Петрова, С. Л. Табачников, В. А. Тихомирова

Номер оформления:
Ю. А. Ващенко, М. В. Дубах, С. В. Иванов, Т. Н. Колченко, Д. А. Крымов, С. Ф. Лухин, И. Е. Смирнова, Е. К. Тенчурина, Л. А. Тишков, П. И. Чернуский, О. Н. Эстис, В. В. Юдин

Редактор отдела худоместственного оформления
С. В. Иванов
Худоместственный редактор Т. М. Макарова
Заведующая редакцией Л. В. Чернова
Корректор Н. Д. Дорохова

Сдано в набор 23.11.88. Подписано к печати 04.01.89. Т-04004. Формат 70×100/16. Бумага офсетная № 1. Печать офсетная. Усл. kr.-отт. 27,10. Усл. печ. л. 6,45. Уч.-изд. л. 8,10. Тираж 187 365 экз. Заказ 2942. Цена 45 коп.

Ордена Трудового Красного Замени
Чеховский полигraphический комбинат
ВО «Союзполигraphом»
Государственное комитета СССР
по делам издаемых, полигraphии и книжной торговли
142300 г. Чехов Московской области

103006 Москва К-6, ул. Горького, 32/1, «Квант», тел. 250-33-54