Квант 2016, №1 · Страницы

1

НОВОСТИ НАУКИ

Свободная частица зике присуждена «за открытие нейтриных осцилляций, показывающее, что нейтрино имеют массу». Лауреатами стали японец Такааки Кадзита (род. в 1959 г.) и канадец Артур Макдональд (род. в 1943 г.) – ключевые фигуры двух больших исследовательских групп, которые сейчас принято называть коллаборациями.

нынешняя премия – уже четвертая (предыдущие – в 1988, 1995 и 2002 гг.). Так что же такое нейтрино и его осцилляции? В Стандартной модели, современной теории микромира, наряду с кварками и бозонами имеется 6 лептонов – фундаментальных (бесструктурных) частиц, подчиняющихся особым, «слабым» $взаимодействиям.^{1}$ Самый известный лептон – электрон. Окружая кварковые протон-нейтронные ядра, электроны объединяют атомы в молекулы и кристаллы, создают все вещественные структуры мира, от камней до человека. Из космоса к поверхности Земли подлетают другие лептоны, их называют мю-мезонами, или мюонами. Они рождаются в верхних слоях атмосферы, где космические (и солнечные) протоны разбивают атомные ядра азота и кислорода. Их обнаружили и в экспериментах на ускорителях частиц. Третий мезон имеет название тау-мезон, он найден только в ускорительных экспериментах. Три остающиеся лептона – это и есть нейтрино: электронное, мюонное и таунейтрино. В отличие от других лептонов, все три нейтрино имеют очень маленькую массу, по крайней мере в миллион раз меньшую массы электрона. Долгое время считали, что у нейтрино вообще нет массы (как, например, у фотона). Похожесть нейтрино между собой (малые массы, отсутствие электрического заряда) привели к тому, что три разных

Артур Макдональд

Такааки Кадзита

Оба лауреата отмечают, что успех был достигнут работой всех участников проектов и в первую очередь усилиями тех, кто спроектировал и построил суперсовременные экспериментальные установки. И еще. Такааки Кадзита в постнобелевском интервью отметил, что главная теоретическая идея, которую нужно было подвергнуть проверке, была высказана 60 лет назад итальянским и советским физиком Бруно Понтекорво (1913–1993). Кадзита назвал его «крестным отцом» нейтринных осцилляций. С 1950 года Потекорво жил и работал в России, под Москвой (в Дубне), в Объединенном институте ядерных исследований. Он был избран действительным членом АН СССР и стал лауреатом Государственной (Сталинской) премии за работы в области нейтринной физики. И не случайно наш прославленный бард Владимир Высоцкий, в 70-е годы давший в Дубне не меньше пяти концертов, в «Марше физиков» посвятил куплет нейтрино и его исследователю. И ученому, и поэту в Дубне поставлены памятники. Из 132 Нобелевских премий по физике больше 30 присуждены за экспериментальное обнаружение новых элементарных частиц или за теоретические работы, которые привели к этим открытиям. А за открытия и исследования нейтрино нейтрино стали называть «ароматами» нейтрино (не совсем точно переведенное на русский английское слово flavor). Возможно, есть и другие «ароматы» нейтрино – Стандартная модель еще не является достаточно полной теорией. Кроме того, нужно отметить, что все лептоны представлены в Стандартной модели частицами и античастицами. Так, например, электрон (частица) может родиться в паре с антинейтрино, а позитрон (античастица) – в паре с нейтрино. Для упрощения будем во всех случаях дальше называть нейтрино и сами эти частицы и их античастицы. Нейтрино возникают в ядерных реакциях, в превращениях и во взаимодействиях ядер. Когда на заре рождения мира во Вселенной появились первые атомы – водород и гелий, тогда же появились и свободные нейтрино. Эти «реликтовые» нейтрино, как и реликтовые фотоны, бродят по Вселенной, постепенно ослабевая до меньших энергий. Но главный источник нейтрино в развитой Вселенной – это термоядерные реакции в недрах звезд. В одной из таких реакций ядро

Л.БЕЛОПУХОВ

Пусть не поймаешь нейтрино за бороду И не посадишь в пробирку, – Но было бы здорово, чтоб Понтекорво Взял его крепче за шкирку! В.Высоцкий. Марш физиков

ОЧЕРЕДНАЯ, 2015 ГОДА, НОБЕЛЕВСКАЯ ПРЕМИЯ ПО ФИ-

См., например, статью Э.Бооса и Л.Дудко «Экспериментальная физика высоких энергий в «Кванте» №5-6 за 2015 год.

7

ПЛАНЕР

ЖУКОВСКОГО

И

ДВИЖЕНИЕ

В

СКРЕЩЕНЫХ

ПОЛЯХ

лы работ Жуковского, его письма. Именно там на стене висят листы из его работы «О парении птиц». В музее выставлена также плоская аэродинамическая труба, построенная под руководством Жуковского в Техническом училище. Большой интерес Жуковского вызвали полеты немецкого инженера, одного из пионеров авиации Отто Лилиенталя на собственноручно спроектированных и изготовленных планерах. В 1895 году Жуковский воспользовался любезным приглашением Лилиенталя и побывал на его полетах. Купленный во время этой поездки планер Лилиенталя хранится в музее Жуковского. Похоже, это единственный сохранившийся до нашего времени экземпляр. Фредерик Уильям Ланчестер (1868–1946) был выдающимся английским изобретателем, автомобилестроителем и специалистом в области аэродинамики. В 1897 году Ланчестер представил Лондонскому физическому обществу свою работу «Парение птиц и возможность механического полета». Работа не получила поддержки и была отвергнута. Разочарованный Ланчестер оставил аэродинамику и сосредоточился на автомобилестроении. После того как американцы братья Райт в 1900 году совершили свой первый полет на планере, Ланчестер возвращается к своим исследованиям, в 1907 году выходит первый том его трудов по аэродинамике полетов, а в 1908 году – второй том, где разбираются вопросы устойчивости полета и как раз содержится описание фугоидного движения. И опять его работа не была воспринята в Англии, но зато была прочитана и развита немецкими учеными. Жуковский тоже был знаком с работами Ланчестера.

Движение без сопротивления

Вернемся к фугоидному движению и сделаем, наконец, обещанные разъяснения по поводу полетов без сопротивления. На самом деле полеты аппаратов тяжелее воздуха, оснащенных двигателем, были реализованы задолго до полета братьев Райт. Только это были неуправляемые аппараты – такие, скажем, как планофор Альфонса Пено (рис.11). Это была во мно-

Рис. 11. Планофор Альфонса Пено (1871 г.)

Рис. 10. Крушение беспилотного самолета Гелиос

гих отношениях удачная конструкция, в которой Пено реализовал свои идеи об устойчивости полета, использовавшиеся позднее при создании большой авиа-

8

КВАНТ 2016/№1

ции. Пено также создал летающие модели геликоптера и орнитоптера. Они послужили образцами для популярных игрушек. Такой геликоптер был, например, куплен отцом братьев Райт за полдоллара. Братья, еще не помышлявшие о полетах, были очарованы игрушечным геликоптером. Ланчестер был знаком с работами Пено, в его книге есть два изображения планофора. Ланчестер сам испытывал подобные модели и знал, что при определенной настройке они могут совершать равномерный горизонтальный полет. В этом случае сила сопротивления полностью компенсировалась силой тяги, и движение было фугоидным. Тем более фугоидное движение можно реализовать в управляемом полете, когда пилот или автомат могут регулировать силу тяги, в каждый момент времени в точности компенсируя силу сопротивления. Жуковским двигали другие соображения. Он предлагал разбить всю траекторию полета планера на отдельные участки и считать, что движение на каждом участке фугоидное, т.е. на каждом участке сопротивление отсутствует. Учет сопротивления нужно

осуществлять только при переходе от одного участка к другому. А именно, подсчитывать потери энергии за счет сопротивлении и на соответствующую величину уменьшать начальную скорость на следующем участке. Чтобы оценить эту идею, посмотрите на рисунки 5 и 9. Первая петля на рисунке 5 вполне соответствует нижней фугоидной траектории на рисунке 9. Вторая петля тоже соответствует фугоидной траектории этого типа, но с меньшей начальной скоростью. Дальше начальная скорость становится еще меньше, и мы переходим на волнообразную фугоидную траекторию (вторая сверху на рисунке 9), и так далее. Именно об этом и говорил Жуковский. На этом мы заканчиваем наше изложение. Для дальнейшего чтения, помимо уже упоминавшейся статьи А.Стасенко, рекомендуются еще такие книги: i Т. фон Карман. Аэродинамика. Избранные темы в их историческом развитии (Ижевск, 2001) i А.Л.Стасенко. Физические основы полета (Библиотечка «Квант», вып.91, 2005)

КОЛЛЕКЦИЯ ГОЛОВОЛОМОК

Пентасекция правильного треугольника

(Начало см. на 2-й странице обложки)

Читатель, вероятно, удивится тому, что в данном примере одной частью называется сложно устроенная несвязная фигура (рис.1). Но, во-первых, на свойства частей никаких ограничений не накладывалось. Вовторых, в качестве иллюстрации того, что здесь ничего страшного не происходит, можно привести пример из жизни: Калининградская область не связана с остальной территорией России сухопутным путем, но это никому не мешает считать ее частью нашей страны.

Рис. 1

Тем не менее, вопрос о том, существует ли разбиение правильного треугольника на пять одинаковых связных частей, вполне закономерен. Но он еще ждет того, кто сможет на него ответить. Еще один открытый вопрос, который здесь возникает, таков: для каких N существует разрезание правильного треугольника на N равных частей? Например, на 3, 4 или 6 равных частей разрезать правильный треугольник легко (проделайте это!). Теперь, как мы видим, известно разрезание и на 5 равных частей. Но можно ли как-то перечислить все такие N, пока неизвестно. Равенство таких сложно устроенных частей следует понимать вот как. Возьмем лист прозрачной пленки и обведем контур любой из частей. Получится то, что изображено на рисунке 2. Теперь, двигая и переворачивая пленку, будем пытаться накрыть этим контуром любую из остальных частей. В нашем примере, к счастью, это получится, т.е. части действительно равные. Е.Епифанов

Рис. 2

Пятнадцать человек на сундук мертвеца

С.ГРИБОК, К.КНОП

ВСЕ ЗАДАЧИ, О КОТОРЫХ МЫ СОБИРАЕМСЯ ВАМ рассказать, связаны общим сюжетом: команда пиратов хочет поделить золотые монеты. Но прежде чем приступить к рассказу, мы должны поближе познакомиться с пиратской логикой и ее законами. i Ни при каких обстоятельствах ни один из пиратов не желает очутиться за бортом корабля. i Пираты очень любят золото. Каждый из них действует так, чтобы получить как можно больше монет в результате дележа. i Ни один из пиратов никогда не вступит в сговор с другим пиратом, чтобы сообща обыграть остальных. «Каждый сам за себя» – правило, которому следует каждый пират. i Каждый пират в совершенстве владеет логикой, и все его действия логически обоснованы. i Все предпочтения, законы и правила пиратов (включая и это правило) известны и самим пиратам. Итак…

Задача 1

Это был обыкновенный морской разбойник, кровожадный и беспощадный, лишенный даже той крупицы элементарной честности, какой не обделены и воры. Его приспешники матросы являли собой разнузданную толпу головорезов различных национальностей, не признающих никакой дисциплины и никаких законов, кроме одного-единственного – закона справедливого дележа добычи. Р.Сабатини. Хроника капитана Блада

Пятнадцать пиратов с брига «Арабелла» – капитан, 13 матросов и юнга – нашли клад: сундук, в котором лежало 100 одинаковых золотых монет. Чтобы поделить деньги, пираты использовали такую процедуру: 1. Капитан, как самый старший, предлагает свой план дележа клада. 2. Все пираты голосуют, следует ли принять этот план. Каждый из пиратов голосует либо «за», либо «против».

На самом деле, строгие постановки рассматриваемых здесь задач о дележе монет (с формализацией правил, согласно которым пираты могут принимать решения в процессе голосований) относятся к теории игр. Эти постановки весьма сложны и находятся за рамками нашей статьи. В статье же по умолчанию предполагается, что процесс дележа таков, что к моменту очередного голосования каждый пират знает, что произойдет после того, как предложение не будет принято. Это и позволяет вести рассуждения «с конца».

Бриг «Арабелла»

3. Если все пираты проголосовали «за», то план принимается и деньги делятся по плану. Если же хотя бы один из пиратов проголосовал против, то старшего пирата бросают за борт. После этого следующий по старшинству пират вносит свой план, пираты снова голосуют и так далее, пока, наконец, план одного из пиратов не будет принят. Еще одна особенность пиратов «Арабеллы» – их природная доброта. Если решение пирата голосовать «за» или «против» никак не повлияет на то, будет ли этот пират выброшен за борт и сколько денег он получит, то каждый пират по доброте душевной всегда проголосует «за». Как будут поделены деньги, если пираты будут использовать данный метод дележа? Чей план будет принят? Решение. Нетрудно сообразить, что у юнги есть простой способ добиться того, чтобы все монеты достались ему. Он должен голосовать против любого другого плана до тех пор, пока либо один из пиратов не предложит ему все деньги, либо все пираты, кроме юнги, не окажутся за бортом. Понимая это и желая сохранить свою жизнь, капитан сам предложит юнге все деньги. Юнга согласится на этот план по доброте душевной: если деньги и так его, зачем же голосовать против и губить капитана. Остальные пираты также проголосуют «за», так как им все равно никаких денег не светит. Во всех следующих задачах мы используем для решения «обратный ход», т.е. рассуждения «с конца». Поэтому предлагаем читателям потренировать умение так рассуждать на более простых сюжетах.

10

КВАНТ 2016/№1

Упражнения

1. Капитан делил добычу между пиратами. Сначала он взял себе 1/16 всех монет и еще одну монету. Второму пирату он дал 1/16 оставшихся монет и еще две и т.д. Пятнадцатому (юнге) он дал 1/16 оставшихся монет и еще 15 монет. Оказалось, что все получили поровну и все монеты розданы. Сколько всего было монет?

Боишься – всадим в бок перо мы? Так отвечай, черт побери, Как разделить две пинты рома На три? А.Чернин

За столом сидят три пирата, перед каждым – кружка, в некоторые кружки налит ром (возможно, не поровну). Первый разлил весь свой ром поровну в кружки остальным. Затем второй разлил свой ром поровну остальным двоим (включая первого), а потом и третий сделал то же самое. В итоге в каждой кружке оказалось столько же рома, сколько было вначале. Сколько рома в каждой кружке, если всего его две пинты?

Теперь расскажем о том, как делила клад другая команда пиратов со шлюпа «Бестия».

Задача 2

– Если эта скотина решил изменить своему слову, вы думаете, он остановится на полпути? Как только мы согласимся на одну десятую, так, будьте спокойны, он тут же найдет предлог, чтобы вовсе ничего нам не дать. Р.Сабатини. Хроника капитана Блада

Пираты на «Бестии» использовали другой метод дележа: 1. Самый старший пират рассказывает план остальным. 2. Все пираты голосуют, следует ли принять план старшего. Каждый из пиратов голосует либо «за», либо «против». 3. Если не менее половины пиратов проголосовали «за», то план принимается, и деньги делятся по плану. Если же большинство пиратов проголосовало против, то старшего пирата бросают за борт. После этого следующий по старшинству пират излагает свой план, пираты снова голосуют и так далее, пока, наконец, план одного из пиратов не будет принят. Пираты «Бестии» – такие же добродушные ребята, как и их коллеги с «Арабеллы». Если решение пирата голосовать «за» или «против» не повлияет на то, будет ли этот пират выброшен за борт и сколько денег он получит, то каждый пират всегда голосует «за». Как 15 пиратов со шлюпа «Бестия» поделят 100 монет? Ответ: старший пират заберет себе все деньги. Решение. Итак, «начнем с конца», т.е. поставим себя на место последнего из пиратов, в предположении, что до него дошла очередь. Пусть 14 планов уже отвергнуто. Тогда юнга остался один, и он забирает все монеты:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100

Теперь, когда мы разобрались, как поступит юнга, можно мысленно вернуться на шаг назад. Пусть 13

планов отвергнуто. 14-й пират проголосует за любой свой план, и ему этого голоса уже достаточно. Поэтому он может не делиться с юнгой и просто забрать себе все монеты:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0

Сделаем еще один шаг назад. Как будет рассуждать 13-й пират? Чтобы остаться в живых, ему нужно два голоса из трех. 14-й в любом случае будет против, значит, поддержку можно ждать только от юнги. Но юнге 14-й не оставит ничего, поэтому даже если ему ничего не дать, то миролюбивый юнга все равно проголосует «за». Таким образом, план 13-го пирата

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 0 проходит двумя голосами (13-го, 15-го) против одного. Следующему пирату (12-му) тоже достаточно двух голосов, и при этом голоса 14-го и 15-го (которые от 13- го ничего не получат) у него уже в кармане. А так как больше не нужно, то он тоже забирает все себе: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 0 0 Продолжая рассуждать аналогично, получаем, что первый пират также при любом своем плане может рассчитывать на голоса всех остальных пиратов, кроме второго. А так как ему хочется заполучить больше денег, то его план будет самым жадным из возможных: 100 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Упражнение 3. Как изменится дележ монет на «Бестии», если пираты изменят правило 3: план будет считаться принятым, если все пираты, кроме, быть может, одного, проголосовали «за»?

Задача 3

– Мы послали за тобой, капитан Пайк, потому как у нас теперь один, как говорится, общий интерес – вот эти ценности. Их надо поделить поскорее, без лишней проволочки, и тогда каждый из нас может отправляться, куда кому надобно. Р.Сабатини. Хроника капитана Блада

Пираты с фрегата «Валькирия» отличаются от пиратов «Бестии» отсутствием доброты: если решение пирата голосовать «за» или «против» никак не повлияет на то, будет ли этот пират выброшен за борт и сколько денег он получит, то в пирате просыпается его жестокая бабушка с отцовской стороны, и он голосует «против». А в качестве алгоритма дележа на «Валькирии» используются правила, описанные в упражнении 3: 1. Самый старший пират рассказывает остальным свой план. 2. Все пираты голосуют, следует ли принять этот план. Каждый из пиратов голосует либо «за», либо «против». 3. Если все пираты, кроме, быть может, одного, проголосовали «за», то план принимается, и деньги делятся по плану. Если же хотя бы двое из пиратов проголосовали против, то старшего пирата бросают за борт. После этого план предлагает следующий по старшинству, пираты снова голосуют и так далее, пока план одного из пиратов не будет принят.

11

ПЯТНАДЦАТЬ

ЧЕЛОВЕК

НА

СУНДУК

МЕРТВЕЦА

Задача 4

Был однажды богатой добычи дележ – И пиpаты бесились и выли… Юнга вдpуг побледнел и схватился за нож, Потому что его обделили. В.Высоцкий. Был развеселый розовый восход…

Фрегат «Валькирия»

Как 15 пиратов с «Валькирии» поделят 100 монет? Ответ: 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 Решение. Снова начнем рассуждать за пиратов с конца. 14-й (второй с конца) пират может не беспокоиться за свою жизнь и за судьбу своего плана: что бы он ни предложил, «все кроме одного» – это и есть он сам. Поэтому он может забрать себе все монеты: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 13-му (третьему с конца) пирату уже нужно заручиться поддержкой хотя бы одного из двух последних. Чьей? Ясно, что не 14-го: тому в случае провала плана 13-го светит перспектива получить все. Значит, нужна поддержка юнги. Чтобы ее получить, достаточно предложить ему больше 0, т.е. 1 монету. Итак, он предлагает

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1 и вместе с юнгой голосует «за». 12-му пирату, понимающему этот расклад, приходится игнорировать жадного 13-го и задабривать всех следующих, предлагая им больше, чем даст им 13-й. Таким образом, самое большее, на что он может рассчитывать, это

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 97 0 1 2

Каждый следующий пират вынужден поступать аналогично, увеличивая долю всех пиратов хотя бы на одну монету. Таким образом, когда мы доведем расчет до старшего (15-го с конца) пирата, мы получим такое распределение монет:

9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

Упражнение 4. а) Как 15 этих пиратов поделят 20 монет? б) Как N пиратов с «Валькирии» разделят K монет?

Примечательно, что лишь незначительное различие в характере пиратов (добродушные пираты «Бестии» в нейтральной ситуации голосуют «за», а упрямые пираты «Валькирии» – против) приводит к кардинально отличающимся результатам дележа. Способность команды «Валькирии» обеспечить себе существенно более выгодные условия дележа иллюстрирует важный общий принцип, доказательство которого выходит далеко за рамки этой статьи: социальная активность ведет к росту благосостояния общества.

Один из пиратов, бывший в те славные времена юнгой на «Валькирии», спустя много лет после описываемых событий хвастался, что сумел забрать себе весь клад. – Тысяча чертей! Этот скряга капитан предложил мне всего 13 монет. Тут я вижу, что шкипер голосует против, и тоже проголосовал против! И пока все на меня выпучились, шкипер уже успел выкинуть капитана за борт. А после этого, как ни в чем не бывало, шкипер предложил мне всего 12! Ну, я еще раз проголосовал против – и наш бывший шкипер тут же улетел за борт к бывшему капитану. И вот тут до следующего стало что-то доходить… Тысяча чертей! Он раз пять подряд начинал что-то говорить и каждый раз, не доведя предложение до точки, смотрел на меня и сбивался… В конце концов он предложил отдать все мне. Мне, безусому юнге! А все остальные пираты, постоянно косясь на меня, проголосовали «за». Конечно, после этого я не мог уже ни минуты находиться на нашем фрегате, поэтому отвязал капитанскую шлюпку, погрузил в нее сундук и немедленно отчалил. Докажите, что этот рассказ юнги немножко не соответствует истине. Решение. Эта история – прекрасная иллюстрация того, в чем идеальный мир математических задач отличается от реальной жизни. На настоящих пиратских кораблях, безусловно, и не такие вещи случались, но в наших задачах изначально оговорена безупречность пиратской логики. Как мы увидим, это не оставляет никакого места для шантажа, а поэтому у пиратов «Валькирии» (начиная с капитана) не было никаких причин опасаться строптивого юнги. Действительно, если (ну а вдруг!) очередь выдвигать план дойдет до второго с конца пирата, то он ничем не рискует, потому что кроме него остался только юнга. Следовательно, в этом случае юнга ничего не получит. Поэтому ему нечем шантажировать третьего с конца пирата в тот момент, когда тот вносит свой план. Юнга будет просто вынужден проголосовать за любой его план, если только тот предложит юнге хотя бы одну монетку. Более того, третий с конца пират тоже это прекрасно понимает, поэтому ровно столько он юнге и даст. Но, собственно, у него и не будет такой возможности, потому что ровно так же понимают невозможность шантажа (а значит, и отсутствие нужды его бояться) и все предыдущие пираты. Поэтому все будет происходить именно так, как описано в решении предыдущей задачи, а не так, как пытался рассказать бывший юнга.

Наша серия пиратских баек была бы неполной, если бы мы не рассказали историю пиратов со шхуны «Горгона».

12

КВАНТ 2016/№1

Задача 5

– Они не будут проверять ваши книги, тем более что мало кто из моих людей вообще умеет читать. Но им хорошо известно – вы заставляете меня быть резким, – что ваши подсчеты фальшивые. Р.Сабатини. Одиссея капитана Блада

Все пираты на шхуне «Горгона» такие же жестокие, как и на «Валькирии», а для дележа используют тот же метод, что и команда шлюпа «Бестия»: 1. Самый старший пират излагает свой план дележа. 2. Все пираты голосуют, следует ли принять этот план. Каждый из пиратов голосует либо «за», либо «против».

голосов, и дешевле всего покупается голос 14-го пирата. Для этого достаточно отдать ему всего одну монету, потому что от 13-го он не получит ничего: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1 0 Продолжая рассуждать аналогично, получаем, что старшему пирату достаточно поделиться монетами с семью другими – третьим, пятым, …, пятнадцатым. В этом случае все они проголосуют за его план, и никому не придется оказываться за бортом. Таким образом, окончательный дележ монет – 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 б) Ответ: план 94-го пирата, считая с конца (7-го с начала). Решение. Когда есть всего 15 монет, то вплоть до 32 пиратов работает логика из пункта а). Старший из 32 пиратов не получает ничего, но делится 15 монетами с другими и на этом (вместе со своим голосом) набирает необходимые ему 16 голосов:

0 0 1 0 1 0 … 1 0 1 0

Шхуна «Горгона»

3. Если не менее половины пиратов проголосовали «за», то план принимается, и деньги делятся так, как было предложено. Если же большинство пиратов проголосовали против, то старшего пирата бросают за борт. После этого следующий по старшинству пират вносит новый план, оставшиеся пираты снова голосуют и так далее, пока, наконец план одного из пиратов не будет принят. а) Как 15 пиратов «Горгоны» поделят 100 монет? б) Чей план будет принят, если 100 пиратам со шхуны «Горгона» нужно разделить 15 монет? а) Ответ: 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 Решение. Как обычно, начнем разбирать задачу с конца. Пусть 13 планов уже отвергнуто, как рассуждает второй с конца пират? Его голос составляет не менее половины от оставшихся голосов, так что он может вообще не делиться с юнгой. Поэтому он просто забирает себе все монеты: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 0 Сделаем шаг назад. Как будет рассуждать 13-й пират? Чтобы остаться в живых, ему нужны два голоса из трех. 14-й в любом случае будет против, значит, поддержку можно ждать только от юнги. Чтобы ее получить, юнге достаточно дать больше, чем он получит от 14-го. Значит, юнге можно оставить одну монету, а все остальное забрать себе:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 99 0 1

Следующему пирату (12-му) тоже достаточно двух

Попробуем разобраться с 33 пиратами. Монет всего 15, а чтобы выжить, старший пират должен «купить» 16 чужих голосов. Ему не имеет смысла давать что-то тем 15-ти, кто при 32 пиратах получит деньги, значит, он должен делить 15 монет между собой и 17-ю остальными. Но так как хотя бы двоим из 17 он не сможет дать ничего, то эти свирепые пираты безусловно проголосуют против его плана. Таким образом, 33- го пирата ждет смерть за бортом. Положение 34-го пирата явно лучше, потому что у него есть в запасе не только свой голос, но и голос 33- го, которому, несомненно, хочется, чтоб план 34-го прошел, иначе ему самому несдобровать. Еще пятнадцать голосов он сможет купить, предложив по монете любым 15 из тех 17, которые останутся без денег при голосовании по плану 32-го. Этот момент мы отразим с помощью специального значка – звездочки. Звездочка означает, что пират может получить деньги, но может и не получить. При этом 15 из отмеченных звездочкой получат по монете, а остальные двое – нет. Итак, при 34 пиратах план старшего принимается, и монеты делятся так:

0 0 * * 0 * 0 * … 0 *

35-му, как и 33-му, придется нырять за борт: ни одного чужого голоса «бесплатно» у него нет, а купить он может только 15 из необходимых ему 17. 36-му чуть легче, но не сильно: за его предложение бесплатно проголосует 35-й, но ему нужно 18 голосов, а удастся купить только 15, итого наберется 17, поэтому и его участь тоже печальна. По аналогичной причине убивают и 37-го. Зато 38-му удается выжить: он сам, а также 37-й, 36-й и 35-й голосуют «за», а еще 15 голосов он покупает монетами, например, у тех, кто от 34-го точно ничего не получал. (Можно было бы покупать голоса и у пиратов, которые отмечены звездочками, предполагая, что каждый из них предпочтет гарантированную монету в настоящий момент вместо «звездочки» – не

13

ПЯТНАДЦАТЬ

ЧЕЛОВЕК

гарантированной монеты в одном из следующих планов.) Итого он имеет 19 голосов. Следующие несколько пиратов также не выживают, а шанс на выживание появляется только у 46-го: за его план проголосуют все смертники, начиная с 39-го (итого 8) и еще 15 купленных за деньги из последних 38, в итоге он получит нужные ему 23 голоса. По индукции несложно доказать, что выживают пираты с номерами (считая от конца) $30 + 2^{k}$. А вот однозначно установить распределение денег при этом невозможно, потому что у каждого из пиратов есть достаточно свободный выбор, кому именно он предложит деньги.

НА

СУНДУК

МЕРТВЕЦА

Решение. Как обычно, начнем разбирать задачу с конца. Пусть 14 планов уже отвергнуты. Тогда все монеты уже практически в кармане у юнги. Ему достаточно выдвинуть любой план, за который не проголосуют остальные пираты (например, предложить оставить все деньги самому себе). После того как этот план будет отвергнут, юнга получит все монеты:

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100

Методы дележа, которые мы рассмотрели в предыдущих задачах, имеют один существенный недостаток: большинство пиратов может очутиться за бортом, а это плохо сказывается на боеготовности экипажа. К счастью, среди пиратских команд встречаются и менее кровожадные.

Вернемся теперь на шаг назад. Пусть 13 планов отвергнуты. Как должен рассуждать 14-й пират? Он не может допустить, чтобы его план был отвергнут, так как в этом случае все монеты заберет юнга. Значит, ему нужен план, за который проголосуют 14 пиратов из 15. Юнга будет голосовать против любого его плана, следовательно, 14-му нужно, чтобы его план поддержали все остальные. Для этого он должен выделить по монете каждому из пиратов, кроме юнги. На это потребуется 13 монет. Оставшиеся 87 монет 14-й пират заберет себе:

Задача 6

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 87 0

Что ж, если в Портленд нет возврата, Поделим золото, как братья. Б.Окуджава. Пиратская лирическая

Пираты с корвета «Даная» были такими же жестокими, как на «Горгоне» и «Валькирии», но придумали новый способ дележа монет, который позволяет пиратам оставаться на борту и претендовать на часть добычи даже после того, как их план не будет принят. 1. Самый старший пират излагает свой план дележа. 2. Все пираты голосуют «за» либо «против». 3. Если все пираты, кроме, быть может, одного, проголосовали «за», то план принимается, и деньги делятся так, как было предложено. Если же хотя бы двое из пиратов проголосовали «против», то план не принимается, и голосование продолжается. Следующий по старшинству пират предлагает свой план, пираты снова голосуют и так далее, пока план одного из пиратов не будет принят. Если ни один из планов не пройдет, то все деньги получит юнга. Как 15 пиратов «Данаи» поделят 100 монет? Ответ: 11 11 11 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Сделаем еще один шаг назад. Пусть отвергнуты 12 планов. Как будет рассуждать 13-й пират? Если его план будет отвергнут, то 14-й пират даст ему одну монету. Но одной монеты ему маловато, поэтому он не должен этого допустить. Для этого по крайней мере 14 пиратам (включая себя) он должен дать больше монет, чем дал бы им 14-й. Таким образом, пиратам с номерами с 1 по 12 нужно дать по 2 монеты, а одну монету дать юнге. Остальные 75 монет 13-й пират оставит себе:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 75 0 1

Аналогично рассуждает и 12-й пират. 13-му он не дает ничего, остальным же дает на одну монету больше, чем они смогли бы получить от 13-го. Следовательно, пиратам с номерами с 1 по 11 достанется по 3 монеты, 14-му пирату – одна, а 15-му – две. Остальные 64 монеты можно оставить себе:

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 64 0 1 2

Можно было бы продолжать в том же духе и выписать планы остальных пиратов. Но общая закономерность уже очевидна. Пират с номером X отдает каждому из пиратов с меньшими номерами по 15 – X монет, каждому пирату с большим номером Y он отдает Y – X – 1 монету, а остальные монеты забирает себе. Таким образом, прибыль пирата с номером X составляет

100 - ( X - 1 ) ( 15 - X ) - ( 15 - X ) ( 14 - X ) 2 монет. Раскрыв скобки, получим следующее выражение для прибыли пирата с номером X:

$X^{2} 2 - 3 X 2 + 10$.

Прибыль должна быть больше, чем число монет, которое пирату с номером X на следующем шаге выделит пират с номером X + 1, иначе свой собственный план не принесет пирату с номером X никакой выгоды. Таким образом, справедливо неравенство:

Корвет «Даная»

$X^{2} 2 - 3 X 2 + 10 > 14 - X$.

14

КВАНТ 2016/№1

Упрощая, получим

$X^{2} - X > 8$. Наименьшее натуральное X, при котором неравенство выполняется, равно 4. Следовательно, будет принят план 4-го пирата:

11 11 11 12 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Поскольку пираты «Данаи» жестокие, то каждый из них будет голосовать против любого плана, в котором он получает не больше, чем может получить от 4-го. Какой бы план ни предлагал 3-й пират, он может «отобрать» деньги только у одного из остальных, а распределить их должен между всеми остальными (иначе получит хотя бы двоих обиженных, и его план будет провален). Но отобрать он может только 12 монет, которые при любом дележе на 14 приведут к тому, что кто-то монет не получит. Поэтому никакой план 3-го не будет принят, даже если он предложит тот план, который потом предложит 4-й (потому что все жестокие, и если денег при «за» и «против» будет одинаково, то голосуют «против»)! Аналогично не будут приняты никакие планы первых двоих пиратов.

Заметим, что доверие пиратов к демократическим механизмам принятия решений тоже не такое абсолютное, как вам могло показаться…

Задача 7

Истерлинг надул щеки и сделал широкий жест своей огромной лапищей. – А какую дележку предлагаете вы? – Мы должны это обсудить. Но, во всяком случае, наша доля не может быть меньше одной пятой. Р.Сабатини. Хроника капитана Блада

На бригантине «Ехидна» только капитан и шкипер имеют право предлагать планы дележа монет. Все остальные пираты могут лишь голосовать. Таким образом, алгоритм дележа выглядит так: 1. Шкипер рассказывает всем остальным свой план дележа монет. 2. Затем капитан рассказывает всем свой план дележа монет. 3. Все пираты (включая капитана и шкипера) голосуют либо за первый, либо за второй план. 4. Монеты делятся в соответствии с планом, набравшим больше голосов. Известно, что если оба плана сулят пирату равное число монет, он проголосует за первый план. Как 15 пиратов (капитан, шкипер и 13 матросов) с «Ехидны» поделят 63 монеты? Ответ: 49 8 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 Решение. Как всегда, начнем разбираться с задачей с конца. Прежде всего установим оптимальную стратегию капитана. Рассмотрим группу из 14 пиратов, исключая капитана. Разделим их на такие две группы А и Б по 7 пиратов, что каждому из пиратов группы А шкипер предложил не меньше монет, чем любому пирату из группы Б. Нетрудно убедиться в том, что оптимальная стратегия капитана заключается в том,

Бригантина «Ехидна»

чтобы забрать все деньги у 7 «богатых» пиратов группы А, выделить из этих денег по одной монетке каждому из 7 «бедных» пиратов группы Б, а все прочие монеты забрать себе. В этом случае за план капитана проголосуют все пираты группы Б и сам капитан. Пираты группы А проголосуют против, но они окажутся в меньшинстве. Конечно, эта стратегия применима лишь в том случае, если у пиратов группы А есть по крайней мере 8 монет. В противном случае капитан не сможет выделить по монете каждому из 7 пиратов группы Б и при этом оставить хотя бы одну монету себе, и ему будет выгоднее соглашаться с планом шкипера. Теперь займемся анализом стратегий шкипера. У него есть два возможных варианта действий. Первый – поставить капитана в ситуацию, когда он будет вынужден согласиться с планом шкипера. Для этого, как мы выяснили, достаточно, чтобы у 7 пиратов, которым шкипер предложил наибольшее число монет, в сумме набралось не более 7 монет. Делиться с другими пиратами не в интересах шкипера, поэтому он просто может взять 7 монет себе, а остальные монеты отдать капитану. Капитан выдвинет какой-нибудь план, за который не будут голосовать остальные (например, оставить все деньги себе), после чего большинством голосов будет принят план шкипера: 56 7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Вторая возможная стратегия для шкипера – позволить капитану выдвинуть план, который наберет большинство голосов, но при этом сам шкипер окажется среди тех семи пиратов, которым капитан даст по дополнительной монете (другими словами, войдет в группу Б). Для этого шкипер должен пообещать 7 пиратам (которые войдут в группу А) больше монет, чем самому себе. Оставшимся 6 пиратам, которые составят шкиперу компанию в группе Б, можно ничего не предлагать. Таким образом, план шкипера выглядит так: 0 7 0 0 0 0 0 0 8 8 8 8 8 8 8 Капитан даст шкиперу и другим 6 пиратам по одной дополнительной монете, а остальные монеты заберет себе: 49 8 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0

15

ПЯТНАДЦАТЬ

ЧЕЛОВЕК

Итак, первая стратегия принесет шкиперу 7 монет, тогда как вторая позволит получить 8 монет. Таким образом, шкипер предпочтет вторую стратегию.

Задача 8

В Кейптаунском порту С пробоиной в борту «Жанетта» поправляла такелаж. П.Гандельман. В Кейптаунском порту

На барке «Жанетта», как и на «Ехидне», матросы не имеют права выдвигать планы. Это могут делать лишь старшие пираты. Алгоритм дележа такой: 1. Первый пират рассказывает свой план дележа. 2. Второй пират рассказывает свой план – «альтернативу». 3. План и альтернатива сравниваются. Если план дает хотя бы двум пиратам не меньше монет, чем альтернатива, то альтернатива отвергается. Если же альтернатива дает больше денег всем пиратам, кроме быть может одного, то план отвергается, а альтернатива становится планом. Затем следующий пират озвучивает новую альтернативу и так далее. 4. После того как все старшие пираты высказались, монеты делятся по плану. 5 старших пиратов и 10 матросов с «Жанетты» делят 105 монет. Как первый пират сможет получить 14 монет?

Барк «Жанетта»

Решение. Правила в этой задаче кажутся довольно запутанными, однако можно заметить следующее: если какой-то план обещает одному из пиратов 14 монет, а каждому из остальных пиратов не более чем по 13 монет, то существует лишь одна альтернатива, способная заменить этот план (т.е. лучшая, чем план, для всех пиратов, кроме одного): забрать все деньги у обладателя 14 монет и разделить их по одной между остальными. Теперь рассмотрим план 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14. Единственная лучшая альтернатива к нему 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 0. Легко видеть, что это тот же план, циклически сдвинутый на одну позицию. Чтобы извлечь выгоду из этого свойства, первый пират выдвигает такой план:

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13 12 11

НА

СУНДУК

МЕРТВЕЦА

Таким образом, он оставляет себе 10 монет, а остальным старшим пиратам предлагает 9, 8, 7 и 6 монет соответственно. Последовательность альтернатив, каждая из которых лучше предыдущей и заменяет ее, строится единственным способом: 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13 12

12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14 13

13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 14

14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 Нетрудно убедиться в том, что доли каждого из пяти старших пиратов растут. Таким образом, каждый из них заинтересован в том, чтобы выдвинуть одну за другой эти 4 альтернативы. Итоговым планом станет последняя из них. Таким образом, первый пират станет богаче на 14 монет.

Задачи для самостоятельного решения Заприходованные суммы становились все крупнее. И в самом конце, после пяти или шести ошибочных, зачеркнутых подсчетов, был подведен итог и внизу подписано: «Доля Бонса». Р.Л.Стивенсон. Остров сокровищ

В среднем эти задачи более сложные, чем разобранные выше. 1. Как изменится дележ на «Данае», если пираты поменяют правило 3: план будет считаться принятым, если более половины пиратов проголосовали «за»? Для решения задачи требуется уточнить, как пират решает, какой выдвинуть план, если есть несколько разных планов, каждый из которых принесет этому пирату одно и то же число монет. В этом случае будем считать, что выбор плана происходит случайным образом (например, пират бросает монетку, чтобы сделать выбор между двумя равноценными планами). 2. Как изменится решение предыдущей задачи, если в случае выбора между равноценными планами пират «Данаи» всегда предпочтет тот план, который оставляет больше монет более старшим пиратам? 3. Как именно будут разделены монеты в задаче 5 б) («Горгона» с большой командой и малым запасом золота), если выбор между равноценными планами делается так же, как в предыдущей задаче 2? 4. Сколько денег получит штурман на бригантине «Ехидна» в результате дележа K монет между 2 M + 1 пиратами? 5**. На яхте «Золушка» команда состоит всего из троих – капитана, шкипера и юнги. В найденном ими кладе оказалось всего 15 монет. Поэтому они договорились, что сначала выслушают все три плана, а уже потом будут выбирать. Итак, все по очереди, начиная с капитана и заканчивая юнгой, предлагают свои варианты дележа. Потом все трое одновременно голосуют – каждый выбирает тот из планов, в котором ему достается больше монет. Если таких планов несколько, он проголосует за первый из них. План, получивший больше одного голоса, принимается, и клад делится в соответствии с ним. Однако если такого плана не оказалось, то никто ничего не получает (весь клад выбрасывается за борт). Как окажутся разделены монеты? А каким будет распределение, если решение может быть принято только единогласно?

18

КВАНТ 2016/№1

такой же. Покидая ядро вместе с бета-частицей (электроном), нейтрон берет на себя те части энергии, импульса и момента импульса, которые необходимы для соблюдения законов сохранения… Мой друг Дебай однако написал мне, что об этой проблеме лучше не думать, как не стоит думать, например, о новых налогах. Но как это ни маловероятно, поскольку нет никаких экспериментальных доказательств, я все же рискну выдвинуть эту гипотезу. Не рискуя, не выиграешь». Через год, в 1931 году Паули опубликовал статью об этой таинственной частице, которая должна спасти законы сохранения, но массу ее уже предложил много меньшую массы электрона. А в 1932 году Чедвик экспериментально доказал, что в атомном ядре содержатся массивные нейтральные частицы – нейтроны и при бета-распаде они не вылетают из ядра. Это открытие принесло Чедвику Нобелевскую премию (1935 г). Теперь гипотетической частице Паули – спасительнице законов сохранения – нужно было давать другое название. Это сделал в 1932 году не он сам, а молодой итальянский физик Энрико Ферми, будущий нобелевский лауреат, прямо на лекции по общей физике перед студентами-первокурсниками Римского университета (которую, кстати, слушал студент Бруно Понтекорво). Ферми экспансивно назвал эту частицу нейтрончиком, маленьким нейтроном, что по-итальянски и звучало как «нейтрино». Итак, законы сохранения были на бумаге спасены. Осталась маленькая загвоздочка – поймать эту частичку, доказать экспериментально, что она есть, и измерить ее энергию и импульс в бета-распаде. С развитием ядерной физики выяснилось, что процессы рождения нейтрино есть, а вот о процессах захвата ничего не было известно. Наконец, в 1960-е годы некоторые такие процессы были предсказаны. У отдельных ядер были определены дискретные уровни энергии, которые подходили для захвата нейтрино, энергии которых теоретически были известными. Правда, вероятность захвата по расчетам оставалась очень маленькой. Поэтому первые эксперименты стали проводить там, где нейтрино очень много, – около работающих ядерных реакторов. И в 1975 году в США Ф.Райнес и К.Коуэн добились успеха. Они использовали реакцию захвата электронного антинейтрино хлором с получением изотопа аргона и позитрона (антиэлектрона). Поскольку позитроны тут же исчезали, аннигилируя с первыми попавшимися электронами, для подсчета поглощенных антинейтрино определялось количество рожденных атомов аргона. Это тоже было непростой задачей, потому что аргона получалось очень мало. Через три месяца работы установки в ней образовалось всего около 5000 атомов аргона (в сутки происходило примерно 40 событий захвата). Конечно, ни на каких весах взвесить это было нельзя, количество аргона определялось по его радиоактивности. Этот эксперимент вошел в историю физики под названием «Полтергейст», в буквальном переводе – «суматошный дух», а в современном вольном переводе – «барабашка». Этот (или эта) барабашка, однако, принес Райнесу Нобелевскую премию в 1995 году, когда ученому исполнилось 85 лет (другой автор открытия и вовсе не дожил до присуждения награды). Почему случился такой большой перерыв? Дело в том, что когда стали уточнять и повторять работу Райнеса, появилась возможность улавливать аналогичным образом и солнечные нейтрино. И оказалось, что земные эксперименты всегда давали в несколько раз меньшее число нейтрино, чем предполагала солнечная астрономия. Возникли подозрения в ошибках солнечной физики. Но во всем остальном ее следствия оправдывались на опыте. Опять нейтрино преподнесло физикам загадку – «головную боль», как стали говорить

Бруно Понтекорво в то время. И вот тогда Понтекорво и выдвинул свою гениальную догадку об «ипостасях» нейтрино и об осцилляциях его различных ароматов. Согласно этой гипотезе, любое нейтрино существует в трех ипостасях – физики пока обозначают эти ипостаси просто номерами 1, 2, 3. Ипостаси имеют разные массы и разные скорости распространения. Согласно корпускулярно-волновому дуализму, они характеризуются дебройлевскими волнами разной длины. Отметим, что если бы массы у них не было, то скорости были бы равны скорости света и ни о каких дебройлевских волнах не могло быть и речи. При распространении по одному направлению дебройлевские волны трех ипостасей интерферируют и образуют регулярные максимумы. Эти максимумы и являются ароматами нейтрино. Таким образом, если при поглощении ядром электрона рождаемое нейтрино имело электронный аромат, то, благодаря тому, что оно состоит из трех ипостасей, через некоторое время движения оно станет мюонным нейтрино, а еще через некоторое время – тау-нейтрино. И это будет все время повторяться. Вот такой оборотень это загадочное нейтрино. А эксперименты были нацелены вначале только на захват («ловлю») электронных нейтрино. Мюонные нейтрино и тау-нейтрино просто не фиксировались в опытах. Так и возникает «пропажа» двух третей солнечных нейтрино. Но это все красиво выглядело на бумаге, в теории. Экспериментальная же проверка гипотезы Понтекорво требовала гораздо большей точности нейтринных экспериментов. Нужно, чтобы события захвата нейтрино происходили гораздо чаще, хотя бы ежесекундно. Очевидно, что единственный путь для этого – значительное увеличение в одной точке (в одной лаборатории) количества установок, где нейтрино могут быть захвачены. Оценочные расчеты показали, что вещества должно быть не меньше нескольких десятков тонн. И к тому же, все это должно происходить там, где будет исключено появление любых других частиц, кроме нейтрино. А космическое излучение – как солнечное, так и приходящее из глубин космоса – в земной атмосфере рождает целые «ливни» частиц. Значит, ловящие нейтрино установки должны располагаться глубоко под землей (или под водой), что значительно увеличивает стоимость таких экспериментов. В 80-е годы прошлого века единственным подходящим по уровням энергии ядра для захвата солнечных нейтрино элементом был галлий. При захвате ядром галлия нейтрино образуется ядро изотопа германия и электрон. Германий может быть химически отделен от галлия, и по его излучению можно судить о его количестве и, значит, о числе захватываемых нейтрино. Галлий содержится обычно как очень не-

20

КВАНТ 2016/№1

Установка Супер-Камиоканде. Детектор нейтрино меньше.) И тогда электрон начинает терять энергию – он излучает электромагнитную волну, фронт которой имеет вид $конуса.^{2}$ Когда этот фронт пересекает фотоэлемент, возникает импульс фототока. Он очень слабенький, поэтому должен усиливаться специальным прибором – фотоумножителем. Фотоумножитель регистрирует энергию излучения, а значит, энергию электрона, вылетевшего при захвате нейтрино. Реакция фотоумножителя зависит и от направления движения этих электронов. В установке SNO на поверхности шара, содержащего тяжелую воду, было установлено 9500 фотоумножителей. Результаты работы этой установки позволяли подсчитывать как число захватов, вызванных только электронными нейтрино, так и число захватов, вызываемых всеми тремя ароматами нейтрино. Их оказывалось, с хорошей точностью, в 3 раза больше. Однозначный вывод из этого факта такой: несмотря на то что в недрах Солнца рождаются только электронные нейтрино, по дороге в Канаду они осциллируют, превращаясь в другие ароматы. Гипотеза Понтекорво об осцилляциях нейтрино и, следовательно, о наличии у них массы была надежно подтверждена, что и принесло руководителю и вдохновителю проекта Артуру Макдональду Нобелевскую награду. В то время как в Канаде разворачивались эти события, далеко от этого места, в Японии, в 290 километров от Токио в заброшенной цинковой шахте в 1986 году заработала модернизированная установка Супер-Камиоканде (названная так по имени местности около горы Камио). И хотя во многом эти две установки похожи и цель работы у них была одна и та же, японская лаборатория регистрирует совсем другие нейтрино – не солнечные, а атмосферно-космические мюонные нейтрино, рождаемые довольно близко, в верхней атмосфере Земли на высоте 20–30 километров. Было обнаружено еще ранее, что мюонные нейтрино такой энергии имеют некоторую вероятность устроить маленький погром в электронном облаке молекулы обычной воды, в

2 Излучение электронов, двигающихся в веществе быстрее скорости света в этом веществе, по имени открывшего его в 1934 году физика П.А.Черенкова называется черенковским излучением. Черенков и физики-теоретики И.Е.Тамм и И.М.Франк, объяснившие это явление, стали нобелевскими лауреатами в 1958 году. Это была первая Нобелевская премия по физике, полученная учеными нашей страны.

результате которого молекула выбросит быстрый мю-мезон (мюон), становясь при этом ионом. Мюон очень похож на электрон, он точно так же, двигаясь в воде быстрее скорости света в ней, рождает черенковское излучение, которое фиксируется фотоумножителями. Супер-Камиоканде имеет еще большие размеры, чем установка SNO. Она представляет собой цилиндр диаметром около 40 метров и такой же высоты. Цилиндр заполнен обычной, но тщательно очищенной от всех примесей водой. На внутренней поверхности цилиндра размещены 11146 фотоумножителей. Как и в SNO, имеется огромное электротехническое, радиоэлектронное и компьютерное обеспечение работы фотоумножителей и обработки полученных данных. Главным результатом работы этой лаборатории было обнаружение факта зависимости числа поглощаемых нейтрино от направления их движения. Тех частиц, которые двигались сверху вниз, оказалось в два раза больше, чем тех, которые двигались снизу. Последние, прежде чем попасть в ловушку, должны были пройти сквозь весь земной шар. Они по пути не застревали, поскольку воды там почти не было, а других вариантов исчезновения у нейтрино таких энергий нет. Вывод: на пути сквозь земной шар нейтрино успели проосциллировать так, что из начальных мюонных нейтрино осталась только половина. Другая половина оборотилась, став тау-нейтрино, которые если и творили погром молекулы воды, то при этом появлялся не мю-мезон, а тау-мезон. А на черенковское излучение тау-мезона, имеющего другую массу, фотоумножители не реагировали. Хронологически это было первым свидетельством осцилляций, правда не солнечных, а атмосферно-космических нейтрино. В этих опытах оказалось возможным даже оценить массу мюонных нейтрино и таунейтрино. Заметим, что именно здесь 23 ноября 1987 года в один и тот же момент времени все фотоумножители словно помешались – они зарегистрировали огромное количество нейтрино, пришедших от облака взрыва сверхновой звезды. В 2015 году, через 15 лет после опубликования успешных результатов работы руководитель коллектива этой лаборатории Такааки Кадзита стал нобелевским лауреатом вместе с Артуром Макдональдом. Однако ему и его коллективу пришлось пережить тяжелое потрясение – 12 ноября 2001 года стеклянная оболочка одного фотоумножителя не выдержала напора воды и треснула. Поскольку во внутреннем пространстве этого прибора должен быть глубокой вакуум, разрушение носило взрывной характер, и родившаяся ударная волна привела к разрушению 7000 фотоумножителей и другого оборудования. За 5 лет все было построено заново, и в улучшенном варианте установка Супер-Камиоканде II продолжает успешно работать и в настоящее время. Возникает вопрос – а зачем? Результаты получены, нейтрино осциллирует. Можно сказать, что он один существует в трех ипостасях, каждая из которых тоже есть нейтрино. У нейтрино есть масса… На самом деле вопросов, на которые пока нет ответа, стало гораздо больше. Появились гипотезы о других ароматах нейтрино, кроме трех уже известных. Один из них, «стерильное нейтрино», может приблизить разгадку темной материи, другой, «майорановское нейтрино», поможет разгадать асимметрию вещества и антивещества во Вселенной. Так что, возможно, еще не раз на страницах «Кванта» появятся статьи о Нобелевских премиях за нейтрино, эту почти свободную частицу.

ЗАДАЧНИК «КВАНТА»

Задачи по математике и физике

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задач из этого номера следует отправлять по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присылайте в разных конвертах. На конверте в графе «Кому» напишите: «Задачник «Кванта» №1–2016» и номера задач, решения которых Вы посылаете, например «М2406» или «Ф2413». В графе «От кого» фамилию и имя просим писать разборчиво. В письмо вложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этом конверте Вы получите результаты проверки решений). Решения задач по математике и физике можно присылать также по электронным адресам: math@kvant.ras.ru и phys@kvant.ras.ru соответственно. Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присылайте в отдельном конверте в двух экземплярах вместе с Вашим решением этой задачи (на конверте пометьте: «Задачник «Кванта», новая задача по физике» или «Задачник «Кванта», новая задача по математике»). В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь. Задачи М2406–М2411, М2413 предлагались на XXXVII Турнире городов.

Задачи М2406–М2413, Ф2413–Ф2419

M2406. Из целых чисел от 1 до 100 удалили k чисел. Обязательно ли среди оставшихся чисел можно выбрать k различных чисел с суммой 100, если: а) k = 9; б) k = 8? А.Шаповалов

M2407. Все коэффициенты некоторого многочлена целые и по модулю не превосходят 2015. Докажите, что любой положительный корень этого многочлена больше чем 1/2016. А.Храбров

M2408. В треугольнике ABC медианы $AA_{0}, BB_{0}, CC_{0}$ пересекаются в точке M. Докажите, что центры описанных окружностей треугольников $MA_{0} B_{0}, MCB_{0}, MA_{0} C_{0}, MBC_{0}$ и точка M лежат на одной окружности. П.Кожевников

M2409. Из спичек сложен клетчатый квадрат 9 ¥ 9, сторона каждой клетки – одна спичка. Петя и Вася по очереди убирают по спичке, начинает Петя. Выиграет тот, после чьего хода не останется целых квадратиков 1 ¥ 1. Кто может действовать так, чтобы обеспечить себе победу, как бы ни играл его соперник? А.Шаповалов

M2410. Дан вписанный четырехугольник АВСD. Продолжения его противоположных сторон пересекаются в точках P и Q. Пусть K и N – середины диагоналей. Докажите, что сумма углов PKQ и PNQ равна $180\infty$. М.Дидин

M2411. Петя увидел на доске несколько различных чисел и решил составить выражение, среди значений которого все эти числа есть, а других нет. Составляя выражение, Петя может использовать какие угодно числа, особый знак « $\pm$ », а также обычные знаки «+», «–», « ¥ » и скобки. Значения составленного выраже-

ния он вычисляет, выбирая для каждого знака « $\pm$ » либо «+», либо «–» во всех возможных комбинациях. Например, если на доске были числа 4 и 6, подойдет выражение $5 \pm 1$, а если на доске были числа 1, 2 и 3, то подойдет выражение $( 2 \pm 0,5 ) \pm 0,5$. Возможно ли составить необходимое выражение, если на доске были написаны: а) числа 1, 2, 4; б) любые 100 различных действительных чисел? Ко Бон Гюн (Южная Корея)

M2412. Нетрудно проверить, что объем правильного октаэдра, описанного около сферы радиуса 1, равен 4 3. Выясните, верно ли следующее утверждение: «объем любого восьмигранника, описанного около сферы радиуса 1, не меньше 4 3 ». А.Меркулова

$M2413^{*}$. Шеренга состоит из N ребят попарно различного роста. Ее разбили на наименьшее возможное количество групп стоящих подряд ребят, в каждой из которых ребята стоят по возрастанию роста слева направо (возможны группы из одного человека). Потом в каждой группе переставили ребят по убыванию роста слева направо. Докажите, что после N – 1 такой операции ребята будут стоять по убыванию роста слева направо. Н.Гладков

Ф2413. В новогоднюю ночь в безветренную погоду с аэродрома Санкт-Петербурга $( 60\infty$ северной широты) стартует самолет и летит на постоянной высоте h = 5 км с постоянной по величине скоростью v = 1000 км/ч, держа все время курс на северо-восток (по звездам). С каким ускорением относительно Земли (система Птолемея) движется самолет ровно через T = 4 ч полета? Землю можно считать шаром радиусом R = 6400 км. В.Чкалов

22

КВАНТ 2016/№1

Ф2414. Маленький брусок массой m находится на гладкой горизонтальной поверхности на расстоянии $L_{0}$ от вертикального столба, на котором на высоте h закреплен маленький невесомый блок с неподвижной горизонтальной осью. Невесомая нерастяжимая длинная нить одним концом прикреплена к бруску, перекинута через блок и натянута с постоянной силой F > mg. Трения в оси блока нет. В начальный момент брусок скользит по поверхности и имеет скорость $v_{0}$, направленную от столба. Каким будет расстояние от столба до бруска в тот момент, когда брусок на мгновение остановится? Какой будет скорость бруска в тот момент, когда брусок перестанет давить на поверхность? А.Старов

Ф2415. Длинный, L = 1 м, прямоугольный брусок квадратного сечения a ¥ a = 10 ¥ 10 см имеет плотность $\rho = 500$ кг $м^{3}$. Брусок опустили в воду озера и удерживали его в таком неустойчивом положении равновесия, что одна из длинных граней бруска была сухой и горизонтальной, при этом половина объема бруска была погружена в воду. Брусок отпустили, и он занял устойчивое положение, повернувшись вокруг оси симметрии на угол $\alpha = 45 \infty$. На сколько уменьшилась потенциальная энергия системы «вода–брусок»? С.Дмитриев

Ф2416. Вася выдувает через длинную трубку мыльный пузырь. Надув пузырь, он выпускает трубку изо рта, при этом воздух из пузыря выходит через трубку наружу. Окончательно пузырь исчезает, так и не лопнув, через время $\tau$. За какое время сдуется надутый таким же образом мыльный пузырь вдвое большего радиуса? Считайте, что воздух по трубке движется достаточно медленно, а свойства мыльной пленки у обоих пузырей одинаковы. В.Пузырев

но возможными одинаковыми зарядами Q. Затем отключили шары от источника и длинным тонким проводом стали по очереди заземлять шары и отключать от заземления. После первого заземления шара 1 на нем был заряд $q_{1}$, после заземления шара 2 на нем был заряд $q_{2}$ и так далее. Иными словами, нечетные заземления проводились для шара 1, а четные – для шара 2. Найдите $Q, q_{1}, q_{2}, q_{3}$, … вплоть до максимального номера операции заземления, когда еще получается «разумный» ответ. «Пробивная» напряженность электрического поля в воздухе $E_{0} = 3$ ◊ $10^{6}$ В м. С.Зарядов

Ф2419. Известно, что масса Солнца равна M = 2 ◊ $10^{30}$ кг. Примерно 73% массы Солнца – это водород, 25% массы – гелий, а на остальное приходится всего-то 2% массы Солнца. Источником энергии Солнца являются ядерные реакции превращения водорода в гелий, которые идут в небольшой (в сравнении с размерами самого Солнца) области вблизи его центра. Другие реакции, в частности реакции превращения гелия в углерод и т.д., по расчетам ученых начнут происходить в Солнце только на финальной стадии эволюции. Через какое время доля водорода в массе Солнца станет равной 72%? Для справки: солнечная постоянная вблизи Земли W = 1370 Вт $м^{2}$, масса протона $m_{п} = 1,0072765$ а.е.м., протон массивнее электрона в 1836,1527 раз, масса ядра гелия-4 $m_{г} = 4,00260325415$ а.е.м. М.Солнцев

Решения задач М2389–М2395, Ф2395–Ф2402

M2389. Дано 2n + 1 чисел (n – натуральное), среди которых одно число равно 0, два числа равны 1, два числа равны 2, …, два числа равны n. Для каких n эти числа можно записать в одну строку так, чтобы для каждого натурального m от 1 до n между двумя числами, равными m, было расположено ровно m других чисел?

Ф2417. Газ фотонов, для которого внутренняя энергия U пропорциональна объему V и абсолютной температуре T в четвертой степени: $U = \alpha VT^{4}$, а давление газа р равно одной трети отношения внутренней энергии к объему: $p = \alpha T^{4} 3$, участвует в процессе, изображенном на рисунке. Каков КПД этого процесса? Каков максимально возможный КПД теплового двигателя при температурах нагревателя и холодильника, равных максимальной и минимальной температурам в рассматриваемом процессе? А.Газов

M2390. График квадратного трехчлена с целыми коэффициентами пересекает ось абсцисс в точках X, Z, а ось ординат – в точке Y (все три точки различны). Найдите наибольшее возможное значение угла XYZ.

Ф2418. Два одинаковых проводящих шара 1 и 2 с диаметрами d = 10 см каждый установлены на непроводящих подставках в воздухе так, что расстояние между их центрами L = 1 м. Сначала шары подключили к высоковольтному источнику и зарядили максималь-

Ответ: $90\infty$. Примером может служить трехчлен $x^{2} - 1$. Докажем, что тупой угол получиться не может. Пусть O — начало координат, трехчлен имеет вид $ax^{2} + bx + c$, а его корни равны r и s. Предположим, что угол XYZ

Ответ: для любых. Расположим числа так: …, 6, 4, 2, n, 0, 2, 4, 6, …, 5, 3, 1, n, 1, 3, 5, … (сначала стоят в убывающем порядке все четные положительные числа, меньшие n, потом n, 0, те же четные числа в возрастающем порядке, далее все нечетные, меньшие n, – в убывающем, n и те же нечетные в возрастающем порядке). И.Акулич

30

КВАНТ 2016/№1

том моста) является балка или ферма, лежащая на опорах моста. Самая опасная деформация балочного моста – деформация изгиба балки; для ее уменьшения пролеты нужно делать как можно короче. В случае же больших пролетов, под которые не удается установить промежуточные опоры, используют висячие мосты. Основным несущим элементом висячего моста является гибкий элемент, который называется кабелем или $цепью^{1}$, закрепленный на двух мощных опорах – пилонах, расположенных в начале и в конце моста, а проезжая часть подвешивается к цепи на вертикальных тросах. Такая конструкция устраняет наиболее опасные напряжения изгиба. Главные напряжения висячего моста – это напряжения растяжения в цепи и вертикальных тросах, которые не так опасны, как изгиб железобетонной балки, и которые современные высокопрочные стали легко выдерживают.

Крымский мост, Москва

Мост Сихоумэнь, Китай зон – первый мост с более чем километровым пролетом (длина основного пролета 1067 м, год открытия 1931, США), мост Золотые Ворота (1280 м, 1937 г., США), мост Акаси-Кайкё (1991 м, 1991 г., Япония), мост Сихоумэнь – первый мост с более чем двухкилометровым пролетом (2120 м, 2009 г., Китай) и многие другие. Висячие мосты не требуют жесткого закрепления проезжей части на опорах и потому могут без ущерба для целостности конструкции демпфировать ветровые или сейсмические нагрузки. Тем не менее, ветер представляет собой основную угрозу висячему мосту: при сильном ветре мост ведет себя, как крыло самолета – в пролете под действием подъемной силы возникают напряжения, которые могут разрушить мост. Такой случай был в практике мостостроения – висячий Такомский мост в США был разрушен при шторме 7 ноября 1940 года. К счастью, во время этого разрушения никто не погиб. Процесс разрушения Такомского моста был снят на любительскую видеокамеру. Анализ этих материалов позволил инженерам понять недостатки конструкции висячих мостов и разработать механизмы их устранения. В последующие проекты вводилась защита от ветровых нагрузок, и крупных аварий с висячими мостами более не происходило. (Впечатляющую видеозапись разрушения Такомского моста можно посмотреть в интернете на сайте http:// www.youtube.com/watch?v=Xxgobk5AFrI)

Живописный мост, Москва

В настоящее время все мосты с большими пролетами являются висячими (или, как их вариант, вантовыми). Это, например, мост Джорджа Вашингтона через Гуд-

1 Конечно, цепь у крупных висячих мостов – это совсем не

цепь в бытовом понимании этого слова, а высокопрочный стальной трос толщиной несколько десятков сантиметров, способный выдержать массу проезжей части моста.

Мост Джорджа Вашингтона, США

…то, что проигрывается в силе, выигрывается в скорости. Симон Стевин

В состоянии равновесия сила не производит реального действия; она вызывает лишь простое стремление к движению; но ее следует всегда измерять по тому эффекту, какой она вызвала бы, если бы она действовала при отсутствии каких-либо препятствий. Жозеф Луи Лагранж

Движение системы материальных точек, связанных между собой произвольным образом…, в каждое мгновение происходит в наиболее совершенном… согласии с тем движением, каким обладали бы эти точки, если бы все они стали свободными, т.е. происходит с наименьшим возможным принуждением… Карл Фридрих Гаусс

…для систем со связями аналитический подход оказывается более экономичным и простым. Заданные связи учитываются здесь естественным путем, так как рассматриваются движения системы лишь вдоль таких траекторий, которые не противоречат связям. Корнелиус Ланцош

…статика достигла своего высшего развития в законе возможных перемещений… Частным случаем является закон рычага; другой пример – правило Архимеда… Макс фон Лауэ

Такой подход именуют принципом виртуальной (т.е. возможной или воображаемой) работы, потому что для его применения мы обязаны представить себе, что наша система чуть сдвинулась, даже если она в действительности не двигалась или вовсе неспособна двигаться. Ричард Фейнман

А так ли хорошо знакомо вам движение со связями?

Выдержки из трудов целой шеренги видных ученых свидетельствуют об их долговременном – несколько столетий! – внимании к теме нашего сегодняшнего выпуска. В этом «конспекте» бросается в глаза кропотливый поиск наиболее общих закономерностей, лежащих в основе механики, так называемых первых принципов, или, по словам Лагранжа, некой «общей формулы». Из этих универсальных начал деятели науки надеялись вывести, как частные случаи, все многообразие открываемых законов. И это им удалось! Создание аналитической механики – альтернативного ньютоновскому подхода – оказалось чрезвычайно продуктивным не только для решения собственных поставленных задач, но ее методы проросли из классической физики в современную, теснейшим образом связали разные исторические научные эпохи. Возможно, вам придется с этим столкнуться в будущем, и вы оцените как интеллектуальную мощь ваших предшественников, так и поразительную красоту полученных ими результатов. Но это впереди – далеко и высоко. А что нам, еще не выросшим из «штанишек» школьной физики, делать сейчас? Вы не могли не заметить, что в эпиграфах постоянно упоминаются препятствия, ограничения, наложенные на положение или движение механических систем, – то, что называют связями. А это – не что иное, как наклонные плоскости, точечные шарниры, жесткие и легкие стержни, нерастяжимые и невесомые нити, идеальные блоки… Знакомые действующие лица? Так давайте сейчас без боязни «свяжемся» с героями нашей темы, ведь одно из значений слова «связь» – это контакт. Пусть он будет тесным и плодотворным.

Вопросы и задачи При необходимости воспользуйтесь подсказками из раздела «Ответы, указания, решения».

1. Доска длиной l одним концом лежит на цилиндре, а другой ее конец удерживается человеком так, что доска находится в горизонтальном положении. Человек начинает толкать доску вперед, из-за чего цилиндр катится без проскальзывания. Какой путь должен пройти человек, чтобы дойти до цилиндра? 2. Катушка с намотанной на нее нитью лежит на горизонтальном столе и может катиться без скольжения. Сначала нить тянут горизонтально со скоростью v «сверху» катушки, затем – с такой же горизонтальной скоростью «снизу». Куда и с какой скоростью будет двигаться ось катушки? 3. По внутренней поверхности закрепленного лежащего цилиндра радиусом 2R катится без проскальзывания колесо радиусом R. Пусть центр колеса совершит один оборот вокруг центра цилиндра. Сколько раз обернется за это время колесо вокруг своей оси? По какой траектории будет двигаться какая-либо точка его обода? 4. Невесомый стержень с точечными грузами на концах соскальзывает по сторонам прямого двугранного угла. Чему равна скорость верхнего груза в тот момент, когда скорость нижнего груза горизонтальна и равна $v_{0}$, а стержень составляет с горизонтом угол $\alpha$? 5. Какая точка стержня в условиях предыдущей задачи движется с минимальной скоростью? Чему равна эта скорость? 6. Может ли спортсмен на водных лыжах двигаться быстрее тянущего его катера? Может ли катер двигаться быстрее воднолыжника? 7. Равносторонний треугольник ABC скользит по поверхности стола. Скорость вершины A равна v и направлена к вершине B. Скорость вершины B равна 2v. Найдите построением скорость вершины C. 8. Шар катится без скольжения вдоль ребра прямоугольного желоба ACB, как показано на рисунке 1,

Рис. 1

Рис. 2

причем расстояние AB равно радиусу шара. Какие точки шара обладают максимальной скоростью? 9. На неподвижном клине, образующем угол $\alpha$ с горизонтом, лежит нерастяжимая веревка (рис. 2). Один из ее концов закреплен в точке A, к другому прикреплен небольшой грузик. Найдите построением ускорение грузика, пока он находится на клине, когда тот движется вправо с ускорением a. 10. На концах и в середине невесомого вертикального стержня укреплены три массивных шарика. Будут ли отличаться скорости шариков в момент их падения на горизонтальный стол в двух случаях: а) нижний шарик укреплен шарнирно; б) нижний шарик не закреплен, трение между ним и столом отсутствует? 11. Через блок переброшена нить с грузиками на концах. Ось блока поднимают вверх со скоростью v, а один из грузиков опускают с такой же скоростью. С какой скоростью поднимается второй грузик? 12. Чему равны ускорения грузов в системе, изображенной на рисунке 3? Массой блоков, нитей, а также трением пренебречь. В какую сторону будут вращаться блоки при движении грузов?

Рис. 3

Рис. 5

Рис. 4

13. На проволочное кольцо радиусом R надето маленькое колечко, которое может свободно скользить по кольцу под действием спицы, вращающейся вокруг точки О с угловой скоростью $\omega$ (рис. 4). Найдите скорость колечка для произвольного момента времени. 14. Найдите силу натяжения нити, связывающей оси шарниров верхнего ромба легкой шарнирной подвески, изображенной на рисунке 5. Масса груза m.

Микроопыт Зажмите между двумя горизонтальными деревянными линейками круглый карандаш, желательно толстый и шероховатый. Подвигайте линейки то в одну, то в разные стороны с различными скоростями. Какие виды движения карандаша вы сможете наблюдать?

Любопытно, что… …первая, хотя и скрытая, формулировка принципа виртуальных перемещений содержалась еще в «Физике» Аристотеля, что помогло ему вывести закон рычага. Тот же принцип в иной форме был использован Стевином при выводе законов равновесия блоков. …Галилей, исправив Аристотеля, применил принцип виртуальных перемещений к расчету условий равновесия тела на наклонной плоскости, а также вывел с его помощью установленные Архимедом на иной основе законы гидростатического давления. …хорошо знакомое школьникам «золотое правило механики» – выигрыш в силе компенсируется проигрышем в перемещении и наоборот – не что иное, как принцип виртуальных перемещений в простейшем случае. …в 1717 году Иоганн Бернулли разработал новый подход к нахождению условий равновесия механической системы, опирающийся на свойство сил реакций связей: при малом отклонении системы от положения равновесия полная работа сил реакций связей равна нулю. …перу Лагранжа принадлежит классическая работа «Аналитическая механика», в основу которой, в том числе, положен принцип виртуальных перемещений. …понятие «абсолютно твердое тело» абсолютно необходимо при решении задач на кинематические связи. Оно представляет собой модель системы материальных точек, расстояния между которыми остаются неизменными. А это позволяет, например, использовать так называемое правило проекций, когда приравниваются проекции скоростей точек тела на связывающую их ось. …при наличии жестких связей упрощаются условия равновесия: достаточно рассматривать только равновесие сил в тех направлениях, в которых связи не препятствуют движению (например, для поршня – вдоль цилиндра). Равновесие сил в других направлениях обеспечивается само собой, так как уже при малой деформации связи появятся силы реакции, уравновешивающие приложенную силу. …принцип виртуальных перемещений – «первая ласточка» в целой «стае» родившихся затем так называемых вариационных принципов уже не только механики, но и оптики, электродинамики, термодинамики, а в XX веке – теории относительности и квантовой теории.

Что читать в «Кванте» о движении со связями (публикации не только последних лет) 1. «Кинематика и связи» – 1971, №2, с.44; 2. «Кинематические связи в задачах динамики» – 1988, №2, с.57; 3. «Равновесие механической системы и метод виртуальных перемещений» – 1989, №1, с.45; 4. «Эта «простенькая» кинематика» – 2008, №1, с.40; 5. «Скорость и ускорение» – 2011, №1, с.34; 6. «Волшебная формула, или Движение со связями» – 2012, №1, с.34; 7. «Физический калейдоскоп. Выпуск 3» – 2012, Приложение №3, с. 11, 50; 8. «Кинематика отрезка» – 2015, №3, с.43. Материал подготовил А.Леонович

$\int$

$\ge$

£ £

$^\circ C$

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Задачи

В маленьком городе есть только одна трамвайная линия. Она кольцевая, и трамваи ходят по ней в обоих направлениях. На кольце есть остановки Цирк, Парк и Зоопарк. От Парка до Зоопарка путь на трамвае через

Цирк втрое длиннее, чем не через Цирк. От Цирка до Зоопарка путь через Парк вдвое короче, чем не через Парк. Какой путь от Парка до Цирка – через Зоопарк или не через Зоопарк – короче и во сколько раз? А.Шаповалов

Равносторонний треугольник со стороной 8 разделили на равносторонние треугольнички со стороной 1 (как показано на рисунке). Какое наименьшее количество треугольничков надо закрасить, чтобы все точки пересечения линий (в том числе и те, что по краям)

он записал шифром сам себя: РОБОТ = 3112131233. Зашифровав слова КРОКОДИЛ и БЕГЕМОТ, он с удивлением заметил, что числа вышли совершенно одинаковыми! Потом Робот записал слово МАТЕМАТИКА. Напишите число, которое у него получилось. Обоснуйте свой ответ. А.Хачатурян

Сложите из трех одинаковых клетчатых фигур без оси симметрии фигуру с осью симметрии. Г.Мерзон

были вершинами хотя бы одного закрашенного треугольничка? Приведите пример и докажите, что меньшее количество треугольничков закрасить нельзя. Н.Авилов

Робот придумал шифр для записи слов: заменил некоторые буквы алфавита однозначными или двузначными числами, используя только цифры 1, 2 и 3 (разные буквы он заменял разными числами). Сначала

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6–8 классов. Эти задачи предлагались на XXVII Математическом празднике.

Иллюстрации Д.Гришуковой

Сорок детей водили хоровод. Из них 22 держали за руку мальчика и 30 держали за руку девочку. Сколько девочек было в хороводе? Е.Бакаев

ШКОЛА В «КВАНТЕ»

А что изменится, если…?

Е.СОКОЛОВ

ОДНАЖДЫ МЕНЯ ПОПРОСИЛИ ПРИДУМАТЬ ЗАДАЧУ ДЛЯ восьмиклассников на тему «Фотометрия». Через некоторое время задача была готова.

Задача про Буратино

Буратино заметил, что если вместе с лампой $Л_{1}$ включить лампу $Л_{2}$ (лампы одинаковые), то освещенность точки O (рис. 1) увеличится на 80%.

Рис. 1

– Интересно, – подумал Буратино, – на сколько бы увеличилась после этого освещенность в точке O, если бы черная школьная доска $D_{1} D_{2}$ превратилась в зеркало? По дороге из школы домой Буратино встретил своих старых знакомых лису Алису и кота Базилио.

Рис. 2

Рис. 3

– Здравствуй, наш умненький и благоразумненький Буратино! Что нового ты сегодня придумал на уроках? – Я придумал задачу про лампочки и превращение классной доски в зеркало, – гордо сказал Буратино и быстро нарисовал на песке рисунок (см. рис. 1). – Умненький и благоразумненький Буратино, а знаешь ли ты правильный ответ? – Еще не знаю, но думаю, скоро узнаю. – Конечно, ты скоро узнаешь правильный ответ, ведь с тобой твои самые лучшие друзья! И стоить это будет тебе совсем недорого – только те два сольдо, что у тебя в кармане. – Смотри, – продолжала, не останавливаясь, тараторить лиса Алиса. – Пусть первая лампочка создает в точке O освещенность $E_{1} = E_{0}$. Тогда, по условию задачи, вторая лампочка дает в этой точке освещенность $E_{2} = 0,8 E_{0}$. Когда доска превращается в зеркало, она отражает все падающие на нее лучи: и от первой лампы, и от второй лампы. Так вот, если зеркало отражает все падающие на него лучи, то света в точке O станет ровно в два раза больше, т.е. $E_{кон} = 2 ( E_{1} + E_{2} ) = 3,6 E_{0}$. А это значит, что освещенность увеличилась в два раза, т.е. на 100%, и твои денежки стали моими! А ну давай сюда мои два сольдо! – А вот и нет! А вот и нет!– вдруг закричал кот Базилио, который успел к этому времени нарисовать на песке рисунок 2. – Отражаются от зеркала, конечно, все падающие на него лучи, но вот попадают после этого в точку O только лучи, идущие от лампы $Л_{1}$. Поэтому освещенность в точке O станет равной $E_{кон} = ( E_{1} + E_{2} ) + E_{1} = 2,8 E_{0}$ вместо начального значения $E_{нач} = E_{1} + E_{2} = 1,8 E_{0}$. А это значит, что освещенность увеличится в $E_{кон} E_{нач} = 2,8 E_{0} 1,8 E_{0} = 1,56$ раза, т.е. на 56%. Так что два сольдо становятся моими! Моими! Моими! – Ах, так! Получи, умник, – и лиса Алиса вцепилась в кота Базилио. В поисках истины друзья покатились по земле… Читатель, несомненно, знает, что диспуты этих уважаемых знатоков отличаются крайней темпераментностью и длительность. Поэтому наш Буратино оставил лису и кота и поспешил домой, чтобы, наконец, узнать правильный ответ. Вы, конечно, знаете, что уже в силу своего сложившегося реноме лиса Алиса и кот Базилио всегда просто вынуждены давать неправильные ответы. Какие именно ошибки сделали эти персонажи теперь? Напомним основные положения, которые лежат в основе геометрической оптики (рис.3). Свет – это поток лучей. Их излучают светящиеся тела (источники света) в бесконечном количестве и во все стороны. А несветящаяся поверхность становится освещенной, когда на нее падают световые лучи. Мы видим предметы, когда световые лучи, приходящие от них, попадают нам в глаз. Так говорит теория №1. Но есть в геометрической оптике и теория №2, она говорит все

40

КВАНТ 2016/№1

то же самое, кроме одного. Она считает, что световые лучи выходят из наших глаз и ощупывают все вокруг. Однако знайте, насколько бы сильно не отличались эти теории с житейской точки зрения, при решении задач они полностью эквивалентны. Поэтому выбирайте ту из них, которая позволит вам быстрее построить нужный луч.

Упражнения

1. На фотографии (см. рис. 3), словно в подтверждение теории №1, отчетливо видны солнечные лучи, пробивающиеся из-за туч. Но вот вопрос: почему же мы их видим, если они идут мимо наших глаз? 2. На рисунке 3 показано, что происходит со световыми лучами, которые падают на черную, зеркальную и матовую поверхности. Сформулируйте самостоятельно правила взаимодействия световых лучей с различными поверхностями. 3. Какую из трех поверхностей – черную, зеркальную, матовую – наблюдатель сможет увидеть из любой точки, где бы он ни стоял?

Напоминание закончено. Теперь об ошибках лисы Алисы и кота Базилио. Лиса правильно сказала, что все 100% лучей, падающих на зеркало, будут отражаться от него. Это верно уже по определению зеркальной поверхности. Но Алиса не учла того, что отраженные лучи могут просто пройти мимо точки O. Кот Базилио правильно построил ход отраженных от зеркала пучков лучей (см. рис. 2). Из его построений видно, что после отражения в точку O попадут действительно только лучи первой лампы. Но это вовсе не означает, что такие лучи добавят к освещенности такой же вклад $E_{1} = E_{0}$, какой дают лучи, идущие от первой лампы напрямую. На самом деле их вклад будет меньшим. Вот об этом кот Базилио и не подумал. Поразмышлять о том, от чего зависят вклады в освещенность, создаваемые различными источниками света, вы сможете при выполнении двух следующих заданий.

Упражнения

4. Обложку знаменитой поэмы «Пропала Мальвина, невеста моя» Пьеро решил украсить своей фотографией. В фотостудии (рис. 4,а) для достижения нужного эффекта фотограф по очереди включает три одинаковые лампы $Л_{1}, Л_{2}$ и $Л_{3}$. И Буратино снова замечает, что освещенность в точке $O_{1}$, находящейся прямо под первой лампой, увеличивается в 1,8 раза при включении второй лампы и еще в 1,26 раза при включении третьей. – Интересно, – подумал Буратино, – а как увеличивается освещенность при включении второй и третьей ламп в точке $O_{2}$, находящейся под второй лампой? 5. Небольшая площадка на полу освещается четырьмя одинаковыми источниками света (рис. 4,б). Расставьте источники в порядке убывания освещенностей, которые они создают на этой площадке.

А как же Буратино все-таки узнает правильное решение своей задачи? Кто расскажет его ему?

Рис. 5

Рис. 4

Давайте переплетем две линии: линию Буратино и линию его старшего брата Пиноккио. Будем считать, что Буратино позвонил Пиноккио и рассказал ему о задаче. А Пиноккио все рассказал своей знакомой Фее с лазурными волосами. А вот феям точно по плечу самые сложные задачи.

Лекция, которую прочитала Фея с лазурными волосами В чем главная сложность геометрической оптики? В том, что она работает с бесконечным количеством лучей. Разумеется, рассмотреть бесконечное количество лучей никому не по силам. Поэтому искусство решения задач геометрической оптики сводится к умению выбрать нужный луч. Иногда в этом помогает так называемое правило крайнего: Если не знаешь с чего начать решение, рассмотри самые крайние элементы (самый левый, самый правый, самый большой, самый маленький и т.д.). Попробуйте самостоятельно найти «крайние» лучи в следующих заданиях.

Упражнения

6. Постройте область, освещенную лучами факела, отраженными от зеркала $D_{1} D_{2}$ (рис. 5,а). Освещают ли они золотой ключик, лежащий на полу? Пламя факела считайте точечным источником света S. 7. Видит ли Карабас Барабас в зеркале $D_{1} D_{2}$ золотой ключик, лежащий на полу (рис. 5,б)? Считайте, что глаза Карабаса Барабаса расположены в той же точке S, что и факел Буратино. 8. Два зеркала $D_{1} D_{2}$ и $D_{3} D_{4}$ расположены так, как показано на рисунке 5,в. Карабас Барабас смотрит в зеркало $D_{1} D_{2}$. На какое минимальное расстояние следует сместиться Буратино и его друзьям, чтобы Карабас Барабас не увидел их в зеркале? При решении Карабаса Барабаса считайте точкой К, а Буратино и его друзей – точкой Б. Размер одной клетки 100 метров.

41

ШКОЛА

В

Рис. 6

Второй метод, с которым полезно познакомиться, заключается в том, чтобы данную нам систему «реальный источник света – зеркало» превратить в систему «мнимый источник света – стена с окном» (рис. 6). Делается это в два приема. Во-первых, строим в зеркале изображение нашего источника S, называем его мнимым источником $S '$ и считаем, что из него, как и из настоящего источника, выходят световые лучи. Вы знаете, где находится изображение предмета в зеркале? На таком же расстоянии от зеркала, что и сам предмет, только с другой стороны – в «Зазеркалье» (рис. 6,а). Во-вторых, плоскость зеркала превращаем в непрозрачную воображаемую стену, а зеркало – в окно в этой стене (рис. 6,б). В чем смысл такого построения? А в том, что теперь, проводя по линейке все лучи, которые выходят из мнимого источника и проходят через окно, мы построим все множество лучей, отраженных от Рис. 8 зеркала. И заметьте, нам не придется утруждать себя построением углов падения и отражения. Нужный нам луч выделен на рисунке 6,б, красным цветом. Для его построения мы просто провели по линейке прямую через точки $S '$ и A. Попробуйте, используя этот прием, решить задачу про Пиноккио.

Упражнение 9. Пиноккио, у которого в Стране Развлечений выросли ослиные уши, хочет рассмотреть себя в наклонно висящем зеркале $D_{1} D_{2}$ (рис. 7). Сможет ли он увидеть себя в

«КВАНТЕ»

$Л_{1} '$ точно так же (с точностью до симметрии), как она расположена по отношению к лампе $Л_{2}$ (см. рис. 8). Одинаковы и расстояние от площадки до обоих источников, и угол падения лучей. А это значит, что вклады обоих источников в освещенность этой площадки будут одинаковыми. Поэтому после превращения доски в зеркало освещенность площадки возрастет на $E_{2} = 0,8 E_{0}$, т.е. станет равной $E_{кон} = ( E_{1} + E_{2} ) + E_{2} = 2,6 E_{0}$ вместо $E_{нач} = E_{1} + E_{2} = = 1,8E_{0}$. Освещенность увеличится в $E_{кон} E_{нач} = = 2,6 E_{0} 1,8 E_{0} = 1,44$ раза, или на 44%. Это и есть ответ. Ну, вот, пожалуй, и все. Хотя нет, хотелось бы еще вооружить наших читателей общим методом сравнения освещенностей, чтобы им была по силам любая задача на эту тему.

Общий метод сравнения освщенностей Мы надеемся, что кто самостоятельно выполнил предложенные упражнения, тот уже укрепился во мнении, что освещенность любой площадки зависит от двух факторов: расстояния до источника света и угла падения лучей. Это правильное мнение. Подкрепим его соответствующими закономерностями. 1) Освещенность площадки обратно пропорциональна квадрату расстояния от нее до источника. Другими словами, если освещенность площадки, которая расположена на расстоянии $R_{0}$ от точечного источника, равна $E_{0}$, то освещенность площадки, которая расположена на расстоянии R от источника, будет равна

E =

$R_{0}^{2} E_{0}. R^{2}$

Такое уменьшение освещенности связано с расходимостью световых лучей при их удалении от источника. 2) Если одна из площадок расположена перпендикулярно падающему лучу, а вторая – под углом, то освещенность второй площадки будет равна

Рис. 7

нем полностью? Пиноккио считайте отрезком АС, а его глаза – расположенными в точке В.

Ну, а теперь решение нашей задачи про Буратино становится совсем простым. Превращаем стену с зеркалом в стену с окном и добавляем две мнимые лампы $Л_{1} '$ и $Л_{2} '$ (рис.8).

Упражнение 10. Используя линейку, убедитесь еще раз, что лучи от $Л'_{1}$ попадают в точку О, а от $Л'_{2}$ – нет.

Осталось догадаться, какой вклад в освещенность точки O даст мнимая лампа $Л_{1} '$. Догадались? Конечно, такой же, какой дает лампа $Л_{2}$! Смотрите, площадка на которой находится точка О, расположена по отношению к лампе

$E = E_{0}$ cos $\theta$, где $\theta$ – угол между нормалью к площадке и лучом. Этот факт связан с увеличением при повороте площади освещаемой поверхности. Доказать оба утверждения не составит труда, если выполнить нужные рисунки и вспомнить простые факты из геометрии. Рекомендуем читателям проделать это самостоятельно.

56

КВАНТ 2016/№1

6. Однородный стержень длиной 2 м, двигаясь вдоль своей длины по шероховатой горизонтальной поверхности, начинает пересекать границу, за которой поверхность становится гладкой. Скорость стержня в этот момент равна 1,6 м/с. Какое расстояние проедет стержень от этого момента до остановки, если коэффициент трения о шероховатую поверхность 0,2? 7. С наклонной плоскости, образующей угол $45 ^\circ$ с горизонтом, с высоты 1 м соскальзывает небольшая шайба. В конце спуска у основания наклонной плоскости шайба абсолютно упруго ударяется о стенку и поднимается вверх по наклонной плоскости. На какую высоту поднимется шайба после удара, если коэффициент трения шайбы о плоскость 0,25?

8. Два одинаковых тела массами по 5 кг соединены недеформированной пружиной жесткостью 15 Н/м и лежат на горизонтальном полу. Какую минимальную скорость, направленную вдоль оси пружины, надо сообщить одному из тел, чтобы оно сдвинуло другое тело? Коэффициент трения для каждого тела 0,1. 9. На гладком полу находится доска массой 1,5 кг, на которой лежит брусок массой 490 г. В брусок попадает и застревает в нем пуля массой 10 г, летящая горизонтально вдоль доски со скоростью 100 м/с. На какое расстояние сместится брусок вдоль доски, если коэффициент трения между ними 0,5?

ОЛИМПИАДЫ

XXXVII Турнир городов

Задачи осеннего тура (2015 год)

Базовый вариант

8–9 классы

$1 (4)^{1}$. Верно ли, что любое натуральное число можно умножить на одно из чисел 1, 2, 3, 4 или 5 так, чтобы результат начинался на цифру 1? Е.Бакаев

2 (4). Из одинаковых неравнобедренных прямоугольных треугольников составили прямоугольник (без дырок и наложений). Обязательно ли какие-то два из этих треугольников расположены так, что образуют прямоугольник? Е.Бакаев

3 (5). Трое играют в «камень-ножницы-бумагу». В каждом раунде каждый наугад показывает «камень», «ножницы» или «бумагу». «Камень» побеждает «ножницы», «ножницы» побеждают «бумагу», «бумага» побеждает «камень». Если в раунде было показано ровно два различных элемента (и значит, один из них показали дважды), то игроки (или игрок), показавшие победивший элемент, получают по 1 баллу; иначе баллы никому не начисляются. После нескольких раундов оказалось, что все элементы были показаны одинаковое количество раз. Докажите, что в этот момент сумма набранных всеми баллов делилась на 3. Е.Бакаев

4 (5). На катетах AC и BC прямоугольного треугольника ABC отметили точки K и L соответственно, а на гипотенузе AB – точку M так, что AK = BL = a, KM = LM = b и угол KML прямой. Докажите, что a = b. Е.Бакаев

5. В стране 100 городов, между каждыми двумя городами осуществляется беспосадочный перелет. Все рейсы платные и стоят положительное (возможно, нецелое) число тугриков. Для любой пары городов А и Б перелет из А в Б стоит столько же, сколько перелет из Б в А. Средняя стоимость перелета

1 В скобках после номера задачи указано максимальное число баллов, присуждавшихся за ее решение. Итог подводится по трем задачам, по которым достигнуты наилучшие результаты, баллы за пункты одной задачи суммируются.

равна 1 тугрику. Путешественник хочет облететь какиенибудь m разных городов за m перелетов, начав и закончив в своем родном городе. Всегда ли ему удастся совершить такое путешествие, потратив на билеты не более m тугриков, если: а) (3) m = 99; б) (3) m = 100? Е.Бакаев

10–11 классы

1 (3). Пусть p – простое число. Сколько существует таких натуральных n, что pn делится на p + n? Б.Френкин

2 (4). Даны равнобедренный прямоугольный треугольник ABC и прямоугольный треугольник ABD с общей гипотенузой AB (D и C лежат по одну сторону от прямой AB). Пусть DK – биссектриса в треугольнике ABD. Докажите, что центр описанной окружности треугольника ACK лежит на прямой AD. Е.Бакаев, А.Зимин

3 (4). См. задачу 3 для 8–9 классов.

4. а) (2) См. задачу 5,а для 8–9 классов. б) (2) См. задачу 5,б для 8–9 классов.

5 (5). Дана бесконечно возрастающая арифметическая прогрессия. Первые ее несколько членов сложили и сумму объявили первым членом новой последовательности, затем сложили следующие несколько членов исходной прогрессии и сумму объявили вторым членом новой последовательности и так далее. Могла ли новая последовательность оказаться геометрической прогрессией? Г.Жуков

Сложный вариант

8–9 классы

1. Будем называть клетчатый многоугольник выдающимся, если он не является прямоугольником и из нескольких его копий можно сложить подобный ему многоугольник. Например, уголок из трех клеток – выдающийся многоугольник (это видно из рисунка на с. 57). а) (2) Придумайте выдающийся многоугольник из 4 клеток.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

ПЯТНАДЦАТЬ ЧЕЛОВЕК НА СУНДУК МЕРТВЕЦА

Упражнения

1. Юнга получил 1/16 остатка и 15 монет, на этом монеты закончились. Значит, 15 монет составляли 15/16 остатка, т.е. доля юнги составила 16 монет. Так как все получили поровну, то клад составлял 15 ◊ 16 = 240 монет. 2. Пусть в начале (и в конце) в кружках было налито A, B и C частей рома. Третий пират разлил остальным весь свой ром, и по условию получил столько, сколько у него было вначале. Значит, C = 0, т.е. была ситуация (A, B, 0). Перед третьим свой ром разливал второй, значит, B – это столько, сколько влил ему третий. Итак, перед тем, как третий разливал ром, у него было 2B, а у первого A – B. Значит, после разлива второго была ситуация (A – B, 0, 2B). Но здесь у первого ровно столько, сколько ему налил второй, т.е. до этого у второго было 2(A – B), а у третьего 2B – (A – B) = = 3B – A. Так как мы знаем, что до хода первого у третьего не было ничего, то первый влил ему 3B – A. Тогда A = 2(3B – – A) и B = 2(A – B) – (3B – A) = 3A – 5B. Оба уравнения после упрощения приводят к одному и тому же соотношению A = 2B. Таким образом, общий объем рома равен A + B = 3B, откуда B = 2 3 пинты, A = 4 3 пинты. 3. Никак не изменится. Выше в статье мы убедились, что даже при простом большинстве первое же голосование соберет все голоса, кроме одного. Ровно это же случится и при измененном правиле 3. 4. а) ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ 5 0 1 2 3 4 5 (крестик означает выброшенного за борт пирата).

б) Обозначим p = ( N - 1 )( N - 2 ) 2. Пиратов бросают за борт до тех пор, пока p не станет меньше или равно K. Для оставшихся пиратов решение: (K – p, 0, 1, 2,…, N – 2).

Задачи для самостоятельного решения

1. 93 0 * * * * * * * * * * * * * Как обычно, 15-й пират, если до него дойдет очередь, забирает все деньги себе. 14-й пират должен выделить по одной монетке семи пиратам из первых тринадцати, чтобы обеспечить поддержку большинства. Для 14-го пирата абсолютно не важно, каким именно семи пиратам дать по монете, поэтому выбор будет сделан случайным образом:

• • • • • • • • • • • • • 93 0

Пираты, у которых есть шанс получить монету, отмечены звездочкой. 13-й пират поступает аналогично. Забирает себе 93 монеты, а оставшиеся 7 монет распределяет между оставшимися пиратами, исключая пирата с номером 14. Каждый пират, которому 13-й даст монету, с радостью проголосует за его план, так как гарантированная монета от 13-го пирата выгоднее, чем возможность получить монету от 14-го. Аналогично рассуждают и остальные пираты. Пират с номером X забирает себе 93 монеты и случайным образом распределяет 7 монет между тринадцатью пиратами, исключая пирата с номером X + 1. Не станет исключением и самый первый пират. Он даст по монетке каким-нибудь случайно выбранным семи пиратам с номерами больше двух:

93 0 * * * * * * * * * * * * *

Именно этот план и будет принят. 2. 92 0 1 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 Приведем лишь набор планов, которые выдвинут пираты.

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 100 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 93 0 2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 92 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 93 0 1 0 1 2 0 0 0 0 0 1 1 1 92 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 93 0 1 0 1 0 1 1 2 0 0 0 0 1 92 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 93 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 93 0 1 0 1 0 1 0 1 2 0 0 1 1 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 93 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 2 0 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 2 0 92 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 92 0 1 2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 92 0 1 2 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

3. По одной монете получат пираты от 48-го до 62-го, считая с конца. В решении задачи 5б мы доказали, что будет принято предложение 94-го пирата. Все пираты от 63-го до 93-го являются «смертниками» и поэтому будут голосовать за план 94-го бесплатно. Так же бесплатно за него проголосует сам 94-й. А деньги он отдаст старшим из тех, кто не получали денег при предыдущем принимаемом предложении. Поскольку это было предложение 62-го, а все от 47-го до 61-го были смертниками, то ни у кого от 47-го до 62-го включительно денег не было. Следовательно, старшие из них и получат деньги. 4. Если K < M, то K монет, иначе

(

) max M, È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 монет.

Сформулируем в общем виде две стратегии шкипера, описанные в решении задачи 7. Первая стратегия – шкипер оставляет себе M монет (если K < M, то K монет), а остальные отдает капитану. Капитан соглашается с этим планом, так как для поддержки любого альтернативного плана ему потребуется отдать по 1 монете M матросам, но в этом случае сам капитан получит не больше, чем ему отдаст штурман. Вторая стратегия заключается в том, что шкипер выделяет M матросам группы А по È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˘ ˚ монет, а себе оставляет È Î ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 монету. Оставшиеся монеты шкипер может отдать капитану либо матросам группы А. Таким образом, общая прибыль штурмана составит

K монет, если K < M;

(

) max M, Î È ( K + 1 ) ( M + 1 ) ˚ ˘ - 1 монет, если $K \ge M. 5.$ По 7 капитану и шкиперу, 1 юнге. Для краткости обозначим наших героев буквами К (капитан, предлагает план первым), Ш (шкипер, второй) и Ю (юнга, третий). Утверждение 1. Ю гарантированно получит хотя бы одну монету. Доказательство. У Ю всего две разные линии поведения – «сотрудничать» с остальными или «мстить», т.е. действовать так, чтобы добыча не досталась никому. Всегда ли у Ю есть возможность и желание мстить? Рассмотрим два возможных случая. А. После выдвижения планов К и Ш мнения пиратов разделились: двое готовы голосовать за какой-то один план П1, третий – за другой план П2. Тогда Ю может отомстить, предложив 15 монет тому из двоих, кто голосует за П1 и при этом получает меньше другого. Б. После выдвижения планов К и Ш все трое готовы проголосовать за один и тот же план. Тогда у Ю есть возможность перекупить голос того, кто по плану получает меньше, а все остальные деньги взять себе. Таким образом, нет необходимости мстить.

61

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

вая скорость колечка в 2 раза больше $\omega$, а линейная его скорость равна $2 \omega R. 14.$ При возможном малом уменьшении длины нити на x точка подвеса груза поднимется на 3x. В соответствии с принципом возможных перемещений найдем, что сила натяжения нити равна 3mg.

Микроопыт

Если линейки движутся в одну сторону с одинаковыми скоростями, то карандаш движется вместе с ними как одно целое, не вращаясь. В случае одинаково направленных, но разных по величине скоростей линеек ось вращающегося карандаша начинает поступательно перемещаться. Если же скорости линеек направлены в разные стороны и равны по модулю, то карандаш совершает только вращательное движение.

РЕШЕНИЯ

рого все вершины – центры синих клеток. Теперь посмотрим на правую доску на рисунке 13 и заметим, что у всех правильных прямоугольников, у которых одна из вершин – центр клетки, отмеченной буквой А, хотя бы одна из вершин оказывается центром белой клетки. Значит, эти две раскраски нельзя перевести друг в друга указанными операциями. 3. Могут. Пример подходящего расположения треугольников и прямых показан на рисунке 14.

КОНКУРС ИМЕНИ А. П. САВИНА

(см. «Квант» №4 за 2015 г.)

1. 119. Если для числа k из верхней строки число m является умножителем, то km = n – k + 1 (это количество чисел, которое будет в первой строке, если идти по строке, начиная с числа k). Отсюда n + 1 = k(m + 1), следовательно, n + 1 делится на m + 1. Значит, в случае умножителей 11, 9, 7, 5, 4, 3, 2 число n + 1 должно делиться на 12, 10, 8, 6, 5, 4, 3. Наименьшее возможное число с таким свойством – наименьшее общее кратное этих чисел, т.е. 120. Нетрудно проверить, что при n = 119 во второй строке действительно встретится каждое из чисел 11, 9, 7, 5, 4, 3, 2. 2. При n = 1 прав Петя, при $n \ge 2$ прав Коля. Если n = 1, то доска имеет размеры 2 ¥ 2 и есть всего две изящные раскраски (в шахматном порядке). Одна получается из другой перестановкой строк или столбцов. Пусть $n \ge 2$. Чтобы подтвердить правоту Коли, достаточно привести пример двух изящных раскрасок, которые не переводятся друг в друга при помощи указанных операций. На рисунке 13 приведен пример таких раскрасок (это пример

Рис. 13

для n = 4, но аналогичные рассуждения работают и для всех остальных $n \ge 2 ).$ Докажем, что, меняя местами строки и столбцы, нельзя получить из одной раскраски другую. Для этого заметим, что если выделить четыре клетки, центры которых образуют прямоугольник со сторонами, параллельными сторонам доски, то после любой перестановки строк и столбцов центры этих клеток по-прежнему будут образовывать прямоугольник со сторонами, параллельными сторонам доски (для краткости будем называть такие прямоугольники правильными). Также заметим, что на левой доске для любой синей клетки можно найти еще три синие клетки такие, что центры всех четырех клеток образуют правильный прямоугольник. Значит, как бы мы не меняли местами строки и столбцы на левой доске, центр любой синей клетки будет вершиной хотя бы одного правильного прямоугольника, у кото-

Рис. 14

Рис. 15

Теперь нужно объяснить, почему такая конфигурация вообще возможна. Рассмотрим треугольник АВС, построение которого видно из рисунка 15: прямые ОА и ОВ перпендикулярны, ОА = ОВ = = 5, ВС = 1. Выясним, как проходит вертикальная прямая $П_{2}$, делящая периметр этого треугольника пополам. Пусть ОМ = 3 (т.е. M – середина ОС), а K – точка пересечения АВ и вертикальной прямой, проходящей через точку С (рис.16). Очевидно, BK > BC, поэтому AK > AB + BC и сумма отрезков AK и AC больше периметра треугольника ABC. Вертикальная прямая $П_{В}$, проведенная через точку М, проходит че- Рис. 16 рез середины АС и AK, откуда следует, что прямая $П_{2}$ проходит левее этой прямой. Теперь разберемся с тем, как расположена горизонтальная прямая $П_{1}$, которая делит пополам площадь треугольника ABC. Она параллельна BC и отсекает от треугольника ABC подобный ему треугольник вдвое меньшей площади. Площади подобных треугольников относятся так же, как квадраты линейных размеров. Значит, если прямая $П_{1}$ пересекает ОА в точке D, то AD = OA 2. Пусть Р и Т – точки пересечения прямой $П_{1}$ с прямыми АВ и $П_{В}$ соответственно. Нетрудно убедиться, что точка Т расположена левее точки Р. В самом деле, DT = OM = 3, тогда как DP = AD = ОА 2 = 5 2 > 3. Из всего этого следует, что точка пересечения прямых $П_{1}$ и $П_{2}$ расположена снаружи треугольника ABC. Поэтому его можно отразить симметрично относительно этой точки и получившийся в результате отражения треугольник не будет пересекаться с треугольником ABC. Прямые $П_{1}$ и $П_{2}$, очевидно, будут при этом делить пополам площадь и периметр отраженного треугольника. 4. Сможет. Достаточно положить карточки так, чтобы не было видно ни одного нуля и была видна только одна единица. На обороте карточки с единицей должен быть ноль, потому что именно эта карточка обязана лежать единицей вверх. 5. h.