Квант 2018, №1 · Страницы

3

АСТРОНОМИЯ

ВЕРНУЛАСЬ

с чем взаимодействовать. Большой интерес представляют и каталитические реакции на межзвездных пылинках, ведь это те же наночастицы, которые можно было бы использовать для химического катализа на Земле. Как видим, химия все больше заинтересована в астрономии.

Биология

Астробиология, биоастрономия, экзобиология… Десятки лет существуют эти дисциплины, хотя объекта практического изучения у них как не было, так и нет. Жизнь за пределом Земли пока не обнаружена. Ее искали и на Луне, и на Марсе; в форме разумной жизни ее искали на просторах Галактики и даже за ее пределами. Но жизни и разума в космосе не найдено, и это заставляет о многом задуматься. Впрочем, пессимизм здесь неуместен. Астрономы регулярно открывают в космосе благоприятные для жизни места, следовательно, рано или поздно обнаружится и сама внеземная жизнь. Для биологии это означало бы колоссальный прорыв в понимании самого феномена жизни и ее происхождения. Поэтому биологи крайне заинтересованы в находках астрономов. Среди планет у других звезд астрономы уже обнаружили десятки землеподобных, причем у некоторых из них, по-видимому, климат близок к земному. В ближайшее время закончится сооружение нескольких гигантских телескопов диаметром 25–40 метров, которые позволят получить спектры этих планет и поискать в них следы жизни. Но все же изучать чужую жизнь издалека – занятие неблагодарное. Много бы мы узнали о строении белков и ДНК, если бы изучали земную жизнь, глядя на нашу планету с Луны в телескоп? Поэтому сейчас самое пристальное внимание обращено к объектам Солнечной системы, где обнаружены условия для жизни. К сожалению, на поверхности ни одного из них, кроме Земли, благоприятных условий нет. Но под поверхностью они могут быть. Тут следует напомнить, что и на Земле основная биомасса находится под твердой поверхностью. А поиски

В

ШКОЛУ

внеземной жизни сейчас сосредоточились на трех объектах: это Марс, Европа (спутник Юпитера) и Энцелад (спутник Сатурна), где под поверхностью есть жидкая вода. Вместе с биологами астрономы изучают эти тела, не забывая при этом прослушивать Вселенную в поисках сигналов внеземных цивилизаций. Ведь разумная жизнь – это еще интереснее!

Экология

Состояние окружающей среды прямо влияет на нашу жизнь. Обычно заботой экологов является качество воздуха, воды, еды, уровень шума и прочие локальные параметры в пределах Земли. Но наша планета – частица большого космоса, который время от времени напоминает о себе. Ближнее космическое пространство мы сами уже заполнили тысячами искусственных тел, которые иногда сталкиваются друг с другом, взрываются и таким образом размножаются как космический мусор. Немалая часть астрономических наблюдений (и заработка астрономов) связана с отслеживанием космического мусора для предупреждения землян и работников Международной космической станции. Уже десятки раз МКС уклонялась от опасных обломков, благодаря точному астрономическому прогнозу их движения. На приведенном на следующей странице графике показано, как быстро растет количество космического мусора с момента запуска первого искусственного спутника Земли. Это вышедшие из строя спутники, последние ступени ракет-носителей, переходные отсеки, части взорвавшихся ракет или разрушившихся при взаимных соударениях спутников. Здесь учтены только крупные объекты, размером более 10 см, которые удается отслеживать методами радиолокации и которые представляют фатальную угрозу для «живых» спутников и космических кораблей и станций. Красная сплошная кривая – результат прямого подсчета, синие пунктирные кривые – теоретический прогноз. В первые десятилетия космической эры спутники запускали очень часто, посколь-

4

КВАНТ 2018/№1

Количество космического мусора на низких околоземных орбитах (200–2000 км) ку были они недолговечны. Несколько резких подъемов количества мусора связаны со столкновениями спутников, взрывами ракет и преднамеренным разрушением «мертвых» спутников при испытании противоспутникового оружия. Две теоретические кривые различаются начальными предположениями. При расчете верхней из них предполагалось, что снизившаяся к первому десятилетию частота запуска спутников останется таковой надолго. Это приведет, как мы видим, к быстрому накоплению космического мусора. Нижняя кривая показывает прогноз при совершенно фантастическом предположении: что будет, если мы полностью прекратим космические запуски. Понятно, что на практике этого не случится, но рассмотреть такую теоретическую возможность интересно, и результат оказывается совершенно неожиданным – даже при полном запрете космических запусков количество мусора на орбите будет возрастать! Это произойдет за счет взаимных столкновений и деления крупных обломков на более мелкие, но тем не менее – опасные. Если мы не хотим потерять возможность использовать околоземное пространство (т. е. пользоваться спутниковым телевидением, глобальной навигацией, прогнозом погоды и пр.), то необходимо внимательно следить за космическим мусором, чем и

заняты астрономы, а также разрабатывать методы очистки ближнего космоса. Тут у астрономов тоже есть идеи, возникшие при наблюдении за движением комет и астероидов. Кстати – о них. Кометы и астероиды – это, в некотором смысле, тоже космический мусор естественного происхождения. И если мы не хотим, чтобы он неожиданно падал на нас, за ним надо следить. Астрономы стараются это делать, ежедневно обнаруживая в Солнечной системе сотни новых объектов, в основном – небольших астероидов. Всего их уже зафиксировано порядка миллиона, и за всеми ведется слежка и рассчитывается их движение в будущем. Но тотального контроля за всеми опасными телами мы пока наладить не можем. Для этого нужны специальные телескопы – наземные и космические – с большим полем зрения. Сейчас они в стадии проектирования, а некоторые уже и в стадии строительства. С их помощью астрономы хотя и не смогут защитить Землю, но смогут предупредить о грозящей опасности. Еще одно важное направление астроэкологии это мониторинг звезд и особенно ближайшей из них – нашего Солнца. Мы пока плохо представляем, как меняется активность Солнца на больших интервалах времени, а от прогноза этой активности зависит будущее человечества. Возможности солнечной астрономии быстро растут. Еще недавно мы наблюдали только одно полушарие Солнца, видимое в данные момент с Земли, и не знали, какие сюрпризы готовит нам другое полушарие, которое через две недели повернется в нашу сторону (Солнце вращается с периодом около месяца). Но теперь космические телескопы контролируют Солнце со всех сторон, включая обратную, и во всех диапазонах электромагнитного спектра. Так что возможности кратковременного прогноза его активности резко возросли. Но по поводу долговременного прогноза пока еще много проблем. Мы знаем, что время от времени на Солнце бывают супервспышки, но подготовиться к ним пока не можем. Не-

5

АСТРОНОМИЯ

ВЕРНУЛАСЬ

Солнечная корона во время $затмения^{1}$ обходимо понять, что происходит под видимой поверхностью Солнца, и астрофизики сейчас работают над этим. Однако не Солнцем единым богата наша Галактика: в ней еще сотни миллиардов звезд, причем некоторые из них могут быть опасны для Земли. Речь идет о взрывах массивных звезд в конце их эволюции, т. е. о вспышках сверхновых. Астрономы учатся распознавать звезды, готовые в ближайшее время взорваться. Один из кандидатов – Бетельгейзе, ярчайшая звезда в созвездии Орион. Астрономы следят за ней, ожидая взрыва. Но точный прогноз этого события пока невозможен. Для этого нужны чувствительные нейтринные телескопы, которых пока нет. Но они обязательно будут!

• • • Итак, возвращаясь в школу после многих лет забвения, астрономия заметно изменила свое лицо. Сегодня «небесная наука» тесно связана с другими ветвями естествознания. Космос теперь воспринимается как научная лаборатория с невероятными возможностями. Удовлетворяя свою любознательность, человек побеждал в борьбе за существование. Сегодня предметом любознательности человека стала вся Вселенная. И в этом гарантия нашего будущего.

1 В «Кванте» №12 за 2017 год на странице 2

подпись под рисунком должна быть такой: Солнце в ультрафиолете и рентгене.

В

ШКОЛУ

Астрономия вернулась в школу не для развлечения, а для изучения. Простое накопление знаний не может удовлетворить любознательного человека. Знания должны работать, их нужно уметь применять. Современные средства связи заливают нас потоком информации, среди которой есть чрезвычайно важная и интересная, но нередко встречается ошибочная и даже лживая. Только активное знание помогает нам фильтровать эти потоки и получать из них ту информацию, которая развивает наш интеллект, а не засоряет мозг. Не буду вас убеждать, насколько полезны при изучении любого предмета интересные задачи с подробными решениями. Ведь «знать» и «уметь» – не одно и то же. Именно задачи учат нас уметь. Так давайте же их решать!

Задачи

Задача 1. Астрономы Земли обнаруживают присутствие планет у других звезд по периодическому доплеровскому смещению линий в спектрах этих звезд, вызванному движением звезды относительно центра масс планетной системы. А если наши «братья по разуму» с соседней звезды будут измерять радиальную скорость Солнца с точностью 10 м/с, то смогут ли они заметить существование у Солнца планетной системы? (Радиальная, или лучевая, скорость – это проекция вектора скорости тела на луч зрения наблюдателя.) Решение. Бульшая часть массы нашей Солнечной системы сосредоточена в Юпитере, поэтому именно он оказывает основное гравитационное влияние на Солнце, которое в 1000 раз массивнее Юпитера. Оба они обращаются вокруг общего центра масс, к которому Солнце в 1000 раз ближе, чем Юпитер. Поскольку по орбите Юпитер движется со скоростью $v_{Ю} = = 13$ км/с (это значение можно взять из справочника или вычислить самостоятельно, зная радиус орбиты Юпитера 5,2 а.е. = = 779 млн км и его орбитальный период 11,9 лет), скорость обращения Солнца

9

В ЫХ О Д

В

П РОСТРАНСТВО - 2

лежат, то утверждение очевидно). Во вторых, если одновременно уменьшить радиусы шаров в N раз, оставив на месте их центры, положение вершин не изменится. В самом деле, если $O_{1}, O_{2}$ – центры шаров, а $r_{1}, r_{2}$ – их радиусы, то вершина V – это единственная точка на прямой $O_{1} O_{2}$, для которой $MO_{1} MO_{2} r_{1} r_{2}$ (как и раньше, отрезки – направленные). Поэтому, раз точки $O_{1}, O_{2}$ и отношение радиусов $r_{1} r_{2}$ не изменились, то и вершина V осталась на прежнем $месте.^{1}$ Тогда уменьшим все радиусы в N раз, чтобы они стали настолько маленькими, что каждый колпак не будет пересекать оставшегося шара. В этом случае на шары можно положить плоскость, и, следовательно, три вершины лежат на прямой. Из теоремы о трех колпаках (теперь ее можно назвать теоремой, ведь мы ее доказали) проистекает множество следствий о касании кругов и шаров. Мы выделим лишь три из них, еще несколько сформулируем в упражнениях 5–9. Начнем с того, что если для двух из трех пар кругов внешние касательные заменить на внутренние, то теорема останется верна. В доказательстве ничего не изменится. Только плоскость теперь будет касаться двух шаров с одной стороны, а третьего – с другой. Соответствующие точки назовем внутренними вершинами. Итак, внешняя и две внутренние вершины трех кругов (или трех шаров) лежат на одной прямой. Если два шара касаются, то внутренняя вершина превратится в точку касания. Этот предельный случай дает такое следствие. Следствие 1. Два шара касаются внешним образом третьего. Тогда вершина двух шаров лежит на прямой, соединяющей две точки касания. То же верно, конечно, и для кругов на плоскости. Из этого следует такой замечательный факт, который мы для простоты сформулируем для круга на плоскости

1 По сути, здесь мы пользуемся тем, что V – это центр гомотетии, переводящей один шар в другой; этим и объясняется еще одно название теоремы: «теорема о трех центрах гомотетии».

(хотя он верен и для шара в пространстве). Следствие 2. На отрезке AB даны точки C и D. Через C и D проведена произвольная окружность, к которой из A и B проведены касательные, при этом точки касания лежат по одну сторону от прямой AB. Тогда прямая, соединяющая точки касания, проходит через фиксированную точку прямой AB, не зависящую от проведенной окружности. Доказательство. Обозначим точки касания через A c и B c, а точку пересечения касательных через M. Заметим, что квадрат касательной AA c равен AD ˜ AC, а значит, не зависит от окружности. То же с касательной BB c. Проведем окружности с центрами A и B и радиусами, равными этим касательным. Обозначим через V вершину данных окружностей. Эта точка постоянна. Теперь проведем окружность с центром M и радиусом M A c = MB c. Она касается нашей пары окружностей в точках A c и B c. Значит, согласно следствию 1, прямая A c B c проходит через V. Значит, V – искомая точка. Как мы упоминали, у следствия 2 есть «пространственная» версия, когда через точки C и D проводят шар и на него из точек A и B опускают касательные, лежащие в одной плоскости. Тогда прямая, соединяющая точки касания, проходит через фиксированную точку прямой AB. Доказательство остается прежним! А вот еще один любопытный факт, проистекающий из теоремы о трех колпаках. Его естественно будет назвать «теоремой о клюве». Следствие 3 (теорема о клюве). Если стороны пространственного четырехугольника касаются шара, то четыре точки касания лежат на одной окружности. Доказательство. Обозначим данный четырехугольник через ABCD, а точки касания – через K, L, M, N (рис.10). Касательные AK и AN равны, поэтому мы можем провести сферу с центром A, проходящую через точки N и K. Также мы можем провести сферу с центром C через точки L и M. Этих двух сфер каса-

10

КВАНТ 2018/№1

Рис. 10

ется третья – с центром B, проведенная через точки K и L. Значит, можно воспользоваться следствием 1 и заключить, что прямая KL проходит через вершину V двух сфер (с центрами A и C). Также этой пары сфер касается и сфера с центром D, проведенная через точки M и N. Значит, прямая MN проходит через ту же вершину. Итак, прямые KL и MN пересекаются, значит, лежат в одной плоскости, следовательно, все четыре точки касания лежат на окружности – сечении сферы этой плоскостью. У пространственного четырехугольника тот же критерий для существования вписанного шара, что и у плоского: шар можно вписать тогда и только тогда, когда суммы противоположных сторон равны. Если фиксировать точки A и C, то треугольники ABC и ADC можно разводить и сводить, «птица» будет раскрывать и сжимать «клюв», при этом все время держа в клюве шарик (шарик при этом будет скользить по клюву). Согласно следствию 3, прямые KL и MN, соединяющие точки касания этого шарика с клювом, будут всегда проходить через одну и ту же точку – точку V. И это – далеко не все, что получается из теоремы о трех колпаках, которую мы доказали выходом в пространство. Еще несколько следствий попробуйте доказать сами.

Упражнения

5. Четыре шара касаются друг друга «по цепочке»: первый – второго,…, четвертый – первого. Докажите, что четыре точки касания лежат на одной окружности. 6. Докажите, что в описанном четырехугольнике две диагонали, а также два отрезка, соединяющие точки касания вписанной окруж-

ности с противоположными сторонами, пересекаются в одной точке. 7. В пространстве даны сфера и две точки K и L вне нее, причем прямая KL пересекает сферу. Из точки K проводится произвольная касательная KP к сфере (P – точка касания), а прямая LP повторно пересекает сферу в точке Q. Докажите, что всевозможные точки Q пробегают окружность. 8. Докажите, что для любой точки L, лежащей вне заданной сферы, на сфере найдутся две окружности, расположенные в непараллельных плоскостях, которые переходят друг в друга при центральной проекции относительно точки L (т.е. прямые, проведенные через L в точки первой окружности, проходят через точки второй окружности). Указание. Воспользуйтесь упражнением 7. Рассмотрите окружности, пробегаемые точками P и Q. 9. Докажите, что центр окружности нельзя найти при помощи одной линейки, без циркуля. Указание. Если такое построение возможно, примените его к одной из окружностей из упражнения 8 в ее плоскости. Так как центральная проекция относительно точки L переводит прямые в прямые, она переведет это построение в такое же построение для второй окружности.

В следующем упражнении получите другое доказательство теоремы о трех колпаках, также с помощью выхода в пространство. Его подсказал автору В.Н.Дубровский. Оно хорошо тем, что проходит для любой тройки кругов, в нем нет «плохих» случаев.

Упражнение 10. В каждом из центров трех заданных кругов восставим перпендикуляр к плоскости. Длина перпендикуляра равна радиусу круга, все перпендикуляры лежат по одну сторону от плоскости. Докажите, что прямая, соединяющая концы двух перпендикуляров, проходит через вершину соответствующей пары кругов. Проведем теперь плоскость через концы трех перпендикуляров. Она пересекает исходную плоскость по прямой. Докажите, что все три вершины лежат на этой прямой. Как изменится это рассуждение, если для двух пар кругов взять внутренние вершины?

12

КВАНТ 2018/№1

плоскости. Применяем факт 2. Эти три отрезка не могут лежать в одной плоскости, иначе в этой же плоскости оказались бы все шесть точек касания, а значит, она совпала бы с плоскостью шестиугольника, что исключено, потому что все точки $B_{i}$ в ней не лежат. Следовательно, прямые $B_{1} B_{4}, B_{2} B_{5}, B_{3} B_{6}$ либо пересекаются в одной точке, либо параллельны. Значит, тем же свойством обладают и их проекции на плоскость шестиугольника – диагонали $A_{1} A_{4}, A_{2} A_{5}$ и $A_{3} A_{6}$. Так как диагонали не параллельны, то они пересекаются в одной точке. Вывод. Чем здесь помог выход в пространство? Почему нельзя было провести то же доказательства, не покидая плоскости? Дело в том, что если три прямые, не лежащие в одной плоскости, попарно пересекаются, то все три пересекаются в одной точке (факт 2). А если они лежат в одной плоскости, то это неверно! Пример: прямые, содержащие стороны любого треугольника. Поэтому из того, что диагонали шестиугольника пересекаются попарно, не следовало бы, что они пересекаются в одной точке. В этом смысле, в пространстве меньше возможностей, чем в плоскости. Мы вышли в пространство и «подняли» диагонали $A_{1} A_{4}, A_{2} A_{5}$ и $A_{3} A_{6}$ до отрезков $B_{1} B_{4}, B_{2} B_{5}, B_{3} B_{6}$. Доказав, что эти отрезки попарно пересекаются, мы, тем самым, доказываем их пересечение в одной точке.

Конфигурации точек и прямых

Проективная геометрия изучает факты и свойства фигур, не меняющиеся при центральных проекциях, т.е. проекциях из фиксированной точки. Многие проективные задачи решаются с помощью выхода в пространство. Тому есть причины, которые мы не будем здесь обсуждать, это увело бы нас слишком далеко в основания проективной геометрии. Скажем только, что весьма трудные планиметрические задачи о конфигурациях точек и прямых превращаются подчас в совсем простые «пространственные» утверждения. Задача 5 (поляра относительно угла). Дан угол и точка A, отличная от его вершины (рис.14). Через A проводятся

Рис. 14

две произвольные прямые, пересекающие стороны угла в точках $M_{1}, M_{2}$ и $N_{1}, N_{2}$ соответственно. Докажите, что точка пересечения прямых $M_{1} N_{2}$ и $M_{2} N_{1}$ лежит на фиксированной прямой, проходящей через вершину угла. Если вместо угла взять окружность, то утверждение остается верным, в этом случае эта фиксированная прямая называется полярой точки A относительно окружности. У поляры масса интересных свойств, на которых основано важнейшее геометрическое понятие двойственности (см., например, книгу Г.С.М.Коксетера и С.П.Грейтцера «Новые встречи с геометрией»). Теорема о поляре имеет несколько доказательств, в том числе вполне геометрических и изящных. Задача 5 утверждает, что поляра бывает не только относительно окружности, но и относительно угла (т.е. относительно пары $прямых).^{1}$ Удивительно, что этот факт совсем непросто доказать. Хотя, по идее, с парой прямых все должно быть проще, чем с окружностью. И нам снова поможет выход в пространство. Сначала мы перейдем к более общему, трехмерному утверждению. Задача 5 c (поляра относительно двугранного угла). В пространстве даны двугранный угол и точка A, не лежащая на его ребре. Через A проводится две произвольные прямые, пересекающие грани угла в точках $M_{1}, M_{2}$ и $N_{1}, N_{2}$ соответственно. Докажите, что точка пересечения прямых $M_{1} N_{2}$ и $M_{2} N_{1}$ лежит на

1 Для знатоков этот факт не вызовет удивления: поляра есть не только относительно окружности, но и относительно любой коники, а пара прямых – тоже коника, только вырожденная.

13

В ЫХ О Д

В

П РОСТРАНСТВО - 2

фиксированной плоскости, проходящей через ребро угла. Ясно, что из этого утверждения сразу следует задача 5: достаточно представить наш угол как сечение некоторого двугранного угла. А докажется оно проще, что нас уже не удивляет. («Доказать больше иногда проще»!) Доказательство (рис.15). Надо показать, что точка K пересечения прямых

Рис. 15

$M_{1} N_{2}$ и $M_{2} N_{1}$ лежит на фиксированной плоскости. Проведем через точку A еще и третью прямую, пересекающую грани угла в точках $M_{3}$ и $N_{3}$, обозначим через L точку пересечения прямых $M_{2} N_{3}$ и $M_{3} N_{2}$. Зафиксируем положение прямых $AM_{2}$ и $AM_{3}$ (тем самым, и точки $N_{2}, N_{3}$ и L), а точку $M_{1}$ будем выбирать на грани угла произвольно. Тогда пересечение плоскостей $M_{1} N_{2} M_{3}$ и $N_{1} M_{2} N_{3}$ будет содержать точки K, L и P – точку пересечения плоскости $AM_{1} M_{3}$ с ребром угла. Значит, эти три точки лежат на одной прямой. Следовательно, при любом выборе точки $M_{1}$ точка K всегда будет лежать в фиксированной плоскости, проведенной через ребро угла и через точку L. Значит, и при любом выборе точки $M_{2}$ она будет лежать на той же плоскости. У задачи 5 есть еще одно решение – без выхода в пространство, но с применением одного мощного средства – теоремы Дезарга. Однако и сама теорема Дезарга тоже доказывается с помощью выхода в пространство! Но – все по порядку. В 1636 году французский геометр Жерар Дезарг (1591—1661) в своем «Трактате о перспективе» впервые сформулировал и при-

вел доказательство теоремы о двух треугольниках. Вот она. Теорема (G.Desargues, 1636 г.) На плоскости даны два треугольника $A_{1} B_{1} C_{1}$ и $A_{2} B_{2} C_{2}$. Если прямые $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}, C_{1} C_{2}$ пересекаются в одной точке, то три точки пересечения соответствующих сторон треугольников (или их продолжений) лежат на одной прямой (рис.16).

Рис. 16

Этот замечательный факт, видимо, был известен и до Дезарга. Живописцы эпохи Возрождения должны были быть с ним знакомы, поскольку знали основы перспективы и применяли их. Дезарг, однако, впервые его сформулировал в виде теоремы и, что важнее всего, доказал. Причем идея его доказательства практически в неизменном виде используется до сих пор! Посмотрите на рисунок 16. А теперь представьте, что это не плоский, а пространственный чертеж и заштрихованные треугольники лежат на самом деле в разных плоскостях. Тогда утверждение теоремы очевидно: плоскости заштрихованных треугольников пересекаются по прямой, причем точки K, L, M принадлежат обеим этим плоскостям, а значит, лежат на прямой пересечения. Все, доказательство по существу закончено. Остается аккуратно перейти от пространства к плоскости. Это можно сделать с помощью проекции, а можно с помощью предельного перехода. Пойдем по второму пути. Закрепляем точки $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}$, а точку $C_{1}$ немного «поднимем» над плоскостью. Теперь

И З ИСТОРИИ НАУКИ

Андрей Анатольевич Зализняк

А.ПИПЕРСКИ

24

ДЕКАБРЯ 2017 ГОДА В ВОЗРАСТЕ 82 лет ушел из жизни великий российский лингвист, академик РАН Андрей Анатольевич Зализняк (1935–2017). На его счету – множество выдающихся открытий. Он изучал древненовгородские берестяные грамоты и описал грамматику древненовгородского диалекта; он убедительно доказал, что «Слово о полку Игореве» действительно было написано около 1200 года, а не является подделкой XVIII века, как многие считали раньше; он создал словарь русского словоизменения, который и по сей день лежит в основе компьютерных программ, работающих с русским языком; он развил и доработал определение падежа, данное А.Н.Колмогоровым, – и многое другое. Строгость и доказательность работ Андрея Анатольевича была и остается идеалом для всех его учеников – а таковыми считают себя почти все лингвисты Москвы и не только.

Отличительная черта научной деятельности Зализняка – интерес к математике и точным методам в языкознании. В 1950-е годы он учился на французском отделении филологического факультета Московского университета – казалось бы, что может быть более гуманитарным и далеким от точных наук? Однако он стал ходить к В.А.Успенскому на занятия по математике для филологов и оказался в числе лучших студентов. «Он меня абсолютно потряс. Он задавал какие-то вопросы, чрезвычайно глубокие, но совершенно перпендикулярные к вопросам всех остальных и к тому, чего я мог ожидать. Какой-то такой был поворот в его вопросах, словно он с другой стороны на все смотрел. Сразу стало ясно, что это гений», – вспоминает $Успенский.^{1}$ Вскоре Зализняк стал одним из руководителей семинара по математической лингвистике на механико-математическом факультете МГУ. О некоторых достижениях Зализняка, связанных с формализацией лингвистического знания, мне бы и хотелось рассказать поподробнее.

Русское словоизменение В 1957–1958 годах Зализняк был на стажировке в Париже. Там он преподавал французским студентам русский язык и обнаружил, что существующих описаний русского склонения и спряжения для иностранцев недостаточно: они слишком расплывчатые. Уже в 1961 году Зализняк издал «Краткий русско-французский учебный словарь», приложив к нему абсолютно формальный 150-страничный очерк русского словоизменения. В 1965 году из этого очерка выросла кандидатская диссертация; работа оказалась настолько новаторской, что ее сразу засчитали за докторскую. В 1967 году Зализняк издал книгу «Русское именное словоизменение», а в 1977 году – «Грамматический словарь русского языка».

В.А.Успенский (слева) и А.А.Зализняк на Летней школе «Современная математика» (Дубна, 2009 г.)

1 Борьба за лингвистику. Беседа с математиком Владимиром Успенским. Часть 1. http://polit.ru/ article/2009/07/09/linguist/

16

КВАНТ 2018/№1

В этом словаре при каждом слове стоят непривычные пометы: дуб м 1с, порог м 3a, фонарь м 2b. Ясно, что «м» обозначает мужской род, а зачем все остальное? Ведь мы со школьных лет и так знаем, что дуб, порог и фонарь – это II склонение. Однако для полного описания русского языка такого знания недостаточно. Чтобы убедиться в этом, образуем родительный падеж единственного числа и именительный падеж множественного числа: нет дэба – есть дубы ’, нет поруга – есть поруги, нет фонаря ’ – есть фонари ’. Видно, что в окончаниях этих слов появляются разные буквы (в одном – а и ы, в другом – а и и, в третьем – я и и), да и с ударением все непросто: у слова дуб оно падает то на окончание, то на основу, у слова порог оно в обеих формах на основе, а у слова фонарь – на окончании. Именно эту информацию и несут в себе пометы. Цифры обозначают, на что оканчивается основа и как будут выглядеть окончания: 1 – основа на твердый согласный (кроме заднеязычных к, г и х, шипящих ш и ж и свистящего ц); 2 – основа на мягкий согласный (кроме ч и й); 3 – основа на к, г и х и т.д. Таких типов у существительных насчитывается девять: 0 – несклоняемые слова (напри-

мер, кенгуру), 1–7 – варианты традиционных I и II склонений (например, акула, поезд, ведро) и 8 – традиционное III склонение (например, крепость). Буква обозначает схему ударения: a – всегда на основе; b – всегда на окончании; c – подвижное ударение: в единственном числе на основе, а во множественном – на окончании и т.д. Всего у существительных насчитывается восемь схем, включающих в себя по крайней мере 10 слов. Больше 90% существительных в «Грамматическом словаре» Зализняка относятся к схеме a – но это не значит, что остальными схемами можно пренебречь. Дело в том, что редкие схемы включают в себя очень частотные слова: например, многие названия частей тела. Посклоняйте слово рука и посмотрите, когда ударение будет на основе, а когда на окончании: распределение там очень прихотливое. И вот если считать не по словарю, а по текстам, то на все схемы, кроме a, придется более четверти всех существительных (табл.1). Кстати, в этой таблице пары слов в каждой ячейке упорядочены так же, как и в самом «Грамматическом словаре», – в инверсионном (обратном) порядке, т.е. по алфавиту при чтении справа налево, а не слева направо. Если объединить эти 16 слов в один список и упорядочить его таким образом,

Таблица 1

17

ИЗ

ИСТОРИИ

получим: изба, губа, рука, спина, гора, карта, душа, дуб, порог, море, вино, ухо, червь, фонарь, доля, ступня (как и при обычной алфавитной сортировке, если последние буквы одинаковы, смотрим на предпоследние и т.д.). Зализняк не зря выбрал такой порядок. Благодаря этому в словаре оказываются рядом слова с одинаковой правой частью, т.е. те, которые изменяются похоже: глаголы на -нуть, существительные на -а и т.п. В нашем примере видно: подряд расположились 7 слов традиционного I склонения, потом 7 слов II склонения и потом еще 2 слова I склонения. Сейчас цель такой сортировки кажется надуманной: можно же взять оцифрованную версию словаря и за доли секунды выбрать все слова на -нуть, – но в 1977 году такой возможности не было. Однако с распространением компьютеров обнаружилось новое применение «Грамматического словаря»: именно на нем основаны программы, которые работают с русской морфологией. Без словаря гораздо хуже функционировали бы современные поисковые системы и голосовые помощники. Например, введя в поиск Пушкин стихи, вы получаете страницы, на которых написано в стихах Пушкина. Это не просто слова, которые отличаются на 1–2 буквы (иначе находились бы и страницы со словами пушки и стихия, а такого не происходит), а именно формы слов, построенные по моделям Зализняка. А голосовой помощник без словаря не построил бы родительный падеж от слова фонарь, а если бы он просто озвучивал текст, то не узнал бы, что надо читать фонаря ’, а не фонбря. Легко понять, как на основе словаря Зализняка работает морфологический синтез. Если мы строим формы от слова фонарь, надо взять его помету (2b), выбрать из окончаний типа 2 то, которое выражает нужную комбинацию падежа и числа: например -я для род. ед., – и узнать во вводной части словаря, что основа слов типа 2 получается отбрасыванием конечного ь. В результате выходит: фонар- + -я = фонаря. Чуть сложнее со словами, у которых несколько основ: так, слово огурец имеет помету 5*b,

НАУКИ

где * обозначает наличие беглой гласной (т.е. основ будет две: огуреци огурц-). Опять-таки из вводной части словаря узнаем, что окончание род. ед. в типе 5 имеет вид -а; если есть знак *, то берется основа без гласной в случае, если окончание не входит в множество { -H (пустая строка); -й; -ь; -ью}. Получаем огурц- + -а = огурца. Противоположная задача – опираясь на «Грамматический словарь», понять по строке символов, является ли она формой какого-либо русского слова, и если да, то какие это могут быть формы и от каких слов – с вычислительной точки зрения решается сложнее. Требуется не только хранить все возможные наборы окончаний и помету для каждого слова, но и заранее построить все возможные основы и записать, в какой форме какая из основ используется. Дальше можно предложить такой алгоритм: разбиваем слово на две части всеми возможными способами и смотрим, является ли первая часть основой каких-либо слов. Если да, проверяем, бывает ли вторая часть окончанием у этих слов при такой основе, и если да, то выписываем те слова и формы, в которых это возможно. Проанализируем в качестве примера слово паром, для которого получается три разбора (табл.2). Аркадий Волож, руководитель «Яндекса», вспоминает, что в начале 1990-х его другу и коллеге Илье Сегаловичу на основе словаря Зализняка удалось создать морфологический анализатор, который работал настолько эффективно, что умещался в оперативную память тогдашнего персонального компьютера – 640 килобайт. Можно, конечно, сказать: зачем все эти сложные обозначения, схемы ударения, чередования основ и т.д.? Давайте просто для каждого слова выпишем все формы с ударением, и готово. Но это очень неэкономно: на каждое существительное придется по 12 форм, а на некоторые глаголы – больше 100 (считая четыре причастия во всех родах, числах и падежах). А «Грамматический словарь» – не такая уж и толстая книга, хотя и имеет большой формат: в 4-м издании описание русского словоизменения занимает 118 страниц, а за ними следуют 586 страниц собственно словаря.

18

КВАНТ 2018/№1

Таблица 2

Стремясь описать язык оптимальным образом, Зализняк ставил и решал в том числе и математические задачи. К одной из них подводит пример, с которого мы начали. Напомним, что слово фонарь имеет схему ударения b, т.е. ударение всегда на окончании. Прежде чем читать дальше, подумайте: нет ли здесь некоторого противоречия, которое надо разрешить? Зададимся странным вопросом: куда падает ударение в форме фонарь – на основу или на окончание? На этот вопрос есть три варианта ответа: 1) на основу: ведь ясно, что гласный а входит в основу, а окончание здесь нулевое; 2) мы не знаем куда: основа и окончание здесь не соревнуются за ударение, поскольку окончание нулевое; 3) на окончание, но введем дополнительное правило: если ударение попало на нулевое окончание (и получается, что ему негде прозвучать), оно переносится на основу. Обозначим ударение на основе через +, ударение на окончании через –, а «не знаем» через 0. Примем вариант 1 – самый, как кажется, естественный – и изобразим схему ударения во всех числах и $падежах^{2}$ у

2 За исключением винительного падежа множественного числа, поскольку он всегда совпадает либо с родительным, либо с именительным в зависимости от одушевленности (вин. вижу столы как им. стоят столы, вин. вижу кошек как род. глаза кошек).

нескольких русских существительных (табл.3). Нулей в полученной таблице не будет, поскольку этот вариант не предполагает ответа «не знаем». Видно, что вариант 1 не очень экономный: нам приходится вводить разные схемы ударения для неодушевленного слова фонарь и одушевленного слова вратарь (у них различается вин. ед.: вижу фонбрь, но вижу вратаря ѣ), не говоря уже про очень похожее слово сапог, для которого понадобится схема V из-за того, что у него род. мн. имеет нулевое окончание: нет сапуг. Всего таких схем, как посчитал Зализняк, окажется 22. Еще менее экономен вариант 2, который дает нам таблицу с нулями (табл.4). Если использовать его, схем выйдет целых 39. Слова карта, тигр и порог получат не ту же схему, что юноша (строка II не изменится, а в строках III–V вместо плюсов будут нули). А самым экономным оказывается вариант 3 (табл.5): если использовать его, выяснится, что юноша, карта, тигр и порог – это одна схема; ступня, фонарь, вратарь и сапог – еще одна схема (и да, как это ни странно, в слове порог ударение на основе, а в слове фонарь – на окончании). Всего для русского языка потребуется 11 таких схем. Выше были продемонстрированы только 8 из них, обозначенные как a, b, c, d, e, f, d’ и f’, поскольку остальные

19

ИЗ

ИСТОРИИ

НАУКИ

Таблица 3

Таблица 4

Таблица 5 представлены совсем небольшим числом слов. Зализняк не просто получил это решение интуитивно, но и доказал строго математически, что оно оптимально, если мы хотим минимизировать число строк в таблице. Вот как выглядит задача, которую он перед собой поставил: Имеется матрица из m строк и n столбцов, элементами которой являются знаки +, – и 0. Требуется заменить каждый из имеющихся в матрице нулей плюсом или минусом так, чтобы в полученной матрице без нулей (назовем ее результирующей для данной матрицы) число s различных строк было минимальным. Читателей, заинтересовавшихся полным решением, отсылаем к книге А.А.Зализняка «Русское именное словоизменение» (М.: Наука, 1967; переиздание: М.: Языки славянской культуры, 2002) и заметим, что для решения этой задачи автор сформулировал и доказал три теоремы; это нечасто встречается в лингвистических работах – но, оказывается, встречается!

(Продолжение следует)

К О НКУРС ИМЕНИ А. П. САВИНА

Мы продолжаем конкурс по решению математических задач. Они рассчитаны в первую очередь на учащихся 7–9 классов, но мы будем рады участию школьников всех возрастов. Конкурс проводится совместно с журналом «Квантик». Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу: savin.contest@gmail.com или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии укажите город, школу и класс, в котором вы учитесь, а также обратный почтовый адрес. Мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и команд (в таком случае присылается одна работа со списком участников). Участвовать в конкурсе можно, начиная с любого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы. Задания, решения и текущие результаты публикуются на сайте sites.google.com/view/savin-contest Желаем успеха!

17. Петя придумал признак равенства четырехугольников. Он утверждает, что если даны четырехугольники ABCD и A ¢ B ¢ C ¢ D ¢ (не обязательно выпуклые), причем три стороны одного соответственно равны трем сторонам другого ( AB = A ¢ B ¢, BC = B ¢ C ¢, CD = C ¢ D ¢ ) и диагонали одного соответственно равны диагоналям другого ( AC = A ¢ C ¢, BD = = B ¢ D ¢ ), то и сами четырехугольники равны. Не ошибается ли Петя? Данила Боханов (ученик 7 класса)

18. В куче 131 камень. Двое берут камни по очереди. Сначала первый игрок берет k камней, где k – некоторое фиксированное число. Каждым следующим ходом игрок берет либо столько же камней, сколько брал его соперник на предыдущем ходу, либо на один больше. Кто не может сделать ход – проиграл. Кто из игроков может гарантировать себе победу, как бы ни

играл его соперник, если: а) k = 9; б) k = = 1? А.Перепечко 19. а) Найдите четыре таких последовательных натуральных числа, что первое из них делится на 3, второе – на 5, третье – на 7, четвертое – на 9. б) Можно ли найти сто таких последовательных натуральных чисел, что первое из них делится на 3, второе – на 5, третье – на 7, …, сотое – на 201? А.Толпыго 20. Кузнечик умеет прыгать по полоске из n клеток на 8, 9 и 10 клеток в любую сторону. Будем называть натуральное число n пропрыгиваемым, если кузнечик может, начав с некоторой клетки, обойти всю полоску, побывав на каждой клетке ровно один раз. Докажите, что, начиная с некоторого числа M, все $n \ge M$ пропрыгиваемы. Е.Бакаев

«КВАНТ» У Л ЫБАЕТСЯ

КРАСИВЫЕ ОПЕЧАТКИ

А если не понимали, то Упрашивали И это требует немИЛОГО времени Это – уравнение сВОДных колебаний При нулевом напряжении между СО- Бой и катодом Магнитный поток пронизывает контРУ ABCD Разность давлений можно оцеПЕнить ПОЛность воды равна

Будет иметь местЬ О преобразовании многоРаНИков

…по этим силам… выводятся движения планет, комет, луны и моря. Исаак Ньютон

…вследствие сложности своего объекта изучения геология является самой молодой. Джеймс Геттон

В северном сиянии всполохи или лучи вид подобный имеют. Михаил Ломоносов

Основным законом морского волнения является отсутствие какого-либо закона. Джон Стретт (лорд Рэлей)

…реки северного полушария размывают главным образом правый берег. Реки южного полушария ведут себя противоположным образом (закон Бэра). Альберт Эйнштейн

…внешняя оболочка литосферы не покрывает сплошь всего земного шара… Это есть геофизическая сторона теории перемещения материков. Альфред Вегенер

Со своей планетой мы справляемся куда хуже, нежели с состоянием вещества в звездах… мы не сможем разобраться в свойствах горных пород при сверхвысоких давлениях. Ричард Фейнман

А так ли хорошо знакома вам

?

геофизика

Астрономия возвращается в школу! Приветствуя это событие, «Калейдоскоп» откликается на него целой серией своих выпусков. Однако поскольку этот славный, но нелегкий предмет венчает школьный курс естественных наук, то его изучение требует хорошей подготовки и эрудиции. А закладывается это при изучении природоведения, естествознания, физической географии. И, наверное, вы обратили внимание, сколько вопросов в них требовали привлечения физических знаний. Вот и мы решили наше восхождение по «лестнице в небо» начать с первой ступени – земной тверди. И сразу столкнулись с тем, каким сегодня «зыбким» оказывается это утверждение, впрочем, как и множество вроде бы очевидных представлений об окружающем нас мире. Надеемся, геофизика, объединяющая учение о литосфере, гидросфере и магнитосфере Земли, поможет нам разобраться хотя бы с небольшой их частью. Да еще и напомнит, сколько полезного предоставили созданные с помощью физики приборы, например, при поиске полезных ископаемых или предотвращении последствий стихийных бедствий – наводнений, оползней и землетрясений.

Вопросы и задачи

1. Геологические данные показывают, что районы Арктики и Антарктики находились когда-то в жарком поясе. С чем это связано? 2. Земля полностью восстанавливает свою форму после приливных воздействий, что является признаком упругости. Можно ли тогда считать всю Землю кристаллом? 3. В чем заключаются физические причины выветривания – разрушения твердых горных пород? 4. Средняя плотность горных пород равна 3,5 г $см^{3}$. Какой вывод из этого можно сделать о плотности вещества ядра Земли? 5. Почему горы на Марсе выше, чем горы на Земле? 6. Отчего в озеро втекает много рек, а вытекать может только одна (пример – озеро Байкал, в которое втекают несколько сот рек, а вытекает одна Ангара)? 7. Как, путешествуя по воде, например по Волге, можно по виду берегов доказать существование вращения Земли и определить его направление? 8. Почему наиболее сильные приливы наблюдаются в полнолуние и новолуние? 9. Отчего приливы на Земле замедляют ее вращение?

10. Как объяснить, почему вода начинает замерзать с поверхности водоема? 11. Может ли покрывающий морскую поверхность лед изгибаться на волнах? 12. Как изменилась бы температура земной поверхности, если бы Земля потеряла гидросферу? 13. На каком расстоянии от Северного полюса находится северный магнитный полюс? 14. Какое свойство Земли как физического тела оказывается главным для защиты человека от космической корпускулярной радиации? 15. Какое геофизическое явление, вызванное космическими причинами, выдает наличие у Земли магнитного поля? 16. Как можно оценить возраст Земли?

Микроопыт

Наверняка вы прохаживались утром по замерзшим за ночь лужам. Почему по одним из них можно идти без особой боязни, а по другим это небезопасно?

Любопытно, что…

…в фундаментальном труде «Математические начала натуральной философии» Ньютону удалось продемонстрировать эффективность своего подхода к объяснению природных явлений, среди которых возникновение приливов и образование фигуры Земли. …Карл Бэр, установивший благодаря наблюдениям во время многочисленных экспедиций свой закон, привлек к нему внимание многих выдающихся физиков. Однако для него самого это было лишь эпизодом многогранной деятельности естествоиспытателя, занимавшегося зоологией, анатомией, эмбриологией, антропологией и географией. …при достаточно высоком давлении, достигаемом, например, глубоко в недрах Земли, любое вещество, даже кристаллическое, ведет себя как жидкость, о чем свидетельствует вытекающая из жерла вулкана лава. …русский физик Борис Борисович Голицын в 1902 году решил важнейшую задачу сейсмологии: определение очага землетрясения по данным лишь одной сейсмической станции. Свое отношение к сейсмологии как области физических исследований он подтвердил созданием и внедрением в практику электромагнитных сейсмографов.

…изучение землетрясений дало множество сведений о внутреннем строении Земли. Так, по поведению вызванных ими волн было обнаружено жидкое ядро планеты. …поскольку большую часть поверхности Земли, почти 70,8%, занимает Мировой океан, нашу планету логичнее было бы назвать не Землей, а Океаном. К воде, содержащейся в морях, океанах, реках, озерах и льдах, надо добавить, как выяснилось, и воду, «связанную» горными породами, которой всего лишь вдвое меньше. …Земля сохраняет в среднем постоянную температуру несмотря на непрерывное получение энергии от Солнца. Теплоотвод осуществляется за счет излучения, спектр которого лежит в инфракрасном диапазоне. …магнитное поле Земли – переменное, в последние 200 лет наблюдений оно слабо убывает. А на интервалах времени в десятки тысяч лет неоднократно происходила и смена положения полюсов на противоположное! …континентальные плиты Земли, лежащие над вязкой раскаленной мантией, находятся в незаметном, но постоянном движении. По убеждению геологов, в истории нашей планеты были периоды, когда двигались не только отдельные плиты, а вся твердая оболочка поворачивалась как целое относительно металлического ядра и меняла положение земной оси. …проведенное в последние годы сейсмическое «просвечивание» земных недр выявило во внутреннем твердом ядре еще одно, в два раза меньшее по диаметру ядро с отличающейся ориентацией составляющих его кристаллов железа.

Что читать в «Кванте» о геофизике

(публикации последних лет)

1. «Обратная задача всемирного потопа» – 2015, Приложение №3, с.37; 2. «Вращение: реки, тайфуны, молекулы» – там же, с.85; 3. «Гольфстрим, или Как Гренландия согревает Европу» – 2015, №5/6, с.30; 4. «Тайна лунных недр» – 2016, Приложение №4, с.18; 5. «Геомолоток и тайна полезного удара» – 2017, №5, с.23.

Материал подготовил А.Леонович

38

К В А НT 2018/№1

одного $цвета^{1}$; при этом количество черных вершин равно B, а количество белых вершин равно W. Если B t W 2, то в этом графе не существует гамильтонова пути.

Каждый возможный состав (возможную «позицию») условно изобразим как вершину. Если из одного состава можно за шаг перейти к другому составу, соединим ребром соответствующие вершины (рис. 3). Мы

Вид пути в теореме 1

Доказать теорему нетрудно – провести такие же рассуждения, как и в задаче о мышке с сыром. Предлагаем читателю сделать это самостоятельно.

Упражнения

1. Докажите аналог теоремы 1 для цикла: если B z W, то в этом графе не существует гамильтонова $цикла.^{2} 2.$ Из шахматной доски вырезали две противоположные клетки. Может ли шахматный конь обойти оставшуюся часть доски, побывав на каждой клетке ровно один раз?

Упражнение 2 тоже про обход графа, в котором вершины соответствуют клеткам (например, вершины – это центры клеток), а ребра соединяют пары вершин, отстоящих на ход коня. Можно назвать такой граф «коневым». Впереди нас еще ждут несколько задач о шахматных конях. А пока решим следующую, более трудную задачу. Задача 3 (А.Шаповалов). Восемь одноклассников образовали дежурную команду для решения домашних задач. В команде всегда не менее трех человек. Каждый день в команду добавляется один человек либо из нее исключается один человек. Можно ли будет перебрать все допустимые составы команды ровно по одному разу? Решение. Задача похожа на предыдущую лишь формой вопроса: в процессе требуется перебрать все объекты (в данном составе команды) по разу. Поэтому можно предположить, что здесь тоже идет речь о поиске гамильтонова пути, только надо понять, в каком графе.

1 Графы, в которых возможна такая покраска вершин, называются двудольными. Саму покраску уместно назвать $шахматной.^{2}$ Итак, теорема 1 и упражнение 1 дают необходимые условия для наличия гамильтонова пути и цикла в двудольном графе. Разумеется, эти условия не являются достаточными (читатель легко может построить соответствующие примеры).

Рис. 3

построили так называемый граф позиций. Теперь ясно, что в задаче действительно спрашивается о том, существует ли гамильтонов путь в этом графе позиций. Заметим, что за один шаг меняется четность количества людей в составе, значит, наш граф позиций двудольный. Подсчет показывает, что «четных» составов на 21 меньше, чем «нечетных», и, согласно теореме 1, гамильтонов путь не существует.

Упражнения

3. Проведите нужный подсчет разности количеств «четных» и «нечетных» составов. 4 (XXII Турнир городов). На двух клетках шахматной доски стоят черная и белая фишки. За один ход можно передвинуть любую из них на соседнюю по вертикали или горизонтали клетку (две фишки не могут стоять на одной клетке). Могут ли в результате таких ходов встретиться все возможные варианты расположения этих двух фишек, причем ровно по одному разу?

Конечно, идея шахматной раскраски, которую мы использовали, годится не только для доказательства отсутствия гамильтонова пути, но и для оценки длины пути. Теорема 2. Пусть каждая вершина графа покрашена в черный или белый цвет так, что нет ребер, соединяющих пару одноцветных вершин; при этом количество белых вершин равно W. Тогда любой путь в этом графе содержит не более W + 1 черных вершин и его длина не превосходит 2W.

Вид пути в теореме 2

39

М АТЕ М АТИЧЕСКИЙ

Упражнение 5. Докажите теорему 2.

Задача 4 (М43, частный случай). Замок в форме треугольника разбит на 36 равных треугольных залов (рис.4,а). В каждой стенке между залами есть дверь. Какое наибольшее число залов сможет обойти турист, не заходя ни в какой зал дважды? Решение. Пример на рисунке 4,б показывает, что можно обойти 31 зал (есть и другие примеры). Докажем, что большее количество залов обойти нельзя. Покрасим залы в черный и белый цвета (рис.4,в) так, что при переходе из зала в зал меняется цвет. Белых залов 15,

Рис. 4

значит, турист и посетил не более 15 белых залов. Из-за чередования цветов черных залов он мог посетить разве что на 1 больше, чем белых, т.е. не более 16. Итого турист посетил не более 15 + 16 = 31 зала. Понятно, что в задаче 4 мы отыскивали самый длинный путь в графе, вершины которого – центры треугольных залов, а ребра – это проходы между соседними залами. Рассуждения из решения задачи 4 практически повторяют доказательство теоремы 2. В следующем упражнении предлагаем вернуться к сюжету задачи 3.

Упражнение 6. Пять одноклассников образовали дежурную команду для решения домашних задач. В команде всегда не менее двух человек. Каждый день в команду добавляется один человек либо из нее исключается один человек. Сколько дней можно будет продолжать этот процесс, если запрещается повторять каждый допустимый состав больше одного раза?

Если внимательно проследить доказательство теоремы 2, становится ясно, что главное не двудольность, а отсутствие ребер между черными

Рис. 5

$К_{Р} У_{ЖО}$ К

вершинами. Зафиксируем такое усиление предыдущей теоремы. Теорема 3. Пусть каждая вершина графа покрашена в черный или белый цвет так, что нет ребер, соединяющих пару черных вершин; при этом количество белых вершин равно W. Тогда любой путь в этом графе содержит не более W + 1 черных вершин и его длина не превосходит 2W.

Вид пути в теореме 3

Доказательство. Пусть в процессе прохождения пути мы встретили n черных вершин. Между двумя последовательными пройденными черными вершинами мы посетили хотя бы одну белую вершину, значит, в итоге посетили не менее n – 1 белых вершин. Поскольку всего у нас W белых вершин, имеем n 1 d W, или n d W 1, что и требовалось доказать. Предлагаем применить эту теорему при решении следующей непростой задачи. Задача 5 (Е.Бакаев, по мотивам задачи М2460). Кузнечик умеет прыгать по клетчатой полоске длиной 26 клеток на 8, 9 или 10 клеток в любую сторону. (Прыжок на k клеток означает, что между начальным и конечным положениями прыжка находятся k – 1 клеток.) Какое наибольшее количество клеток может пропрыгать кузнечик на этой полоске, если нельзя попадать на одну клетку больше одного раза? Решение. Покрасим клетки полоски, как показано на рисунке 5,а. Тогда с черной клетки одним прыжком можно попасть только на белую. Это значит, что граф возможных прыжков кузнечика (вершины ставятся в центры клеток, а ребром соединяется каждая пара клеток, между которыми может прыгнуть кузнечик) удовлетворяет условиям теоремы 3. (Поскольку с белой на белую

41

М АТЕ М АТИЧЕСКИЙ

К Р У ЖО К

любой путь в исходном графе содержит вершины из не более чем W + 1 множеств $K_{1}, K_{2}$, … $, K_{s}$.

Вид пути в теореме 5

Проиллюстрируем применение теоремы 5 на примерах. Задача 7 (Е.Бакаев, по мотивам задачи М2460). Кузнечик умеет прыгать по клетчатой полоске длиной 60 клеток на 8, 9 или 10 клеток в любую сторону. Докажите, что кузнечик не сможет, начав с некоторой клетки, обойти эту полоску, побывав на каждой клетке ровно один раз. Решение. Как и в задаче 5, рассмотрим «граф кузнечика»: поставим вершины в центры клеток, а ребром соединим каждую пару клеток, между которыми может прыгнуть кузнечик. Покрасим клетки полоски (и соответствующие вершины графа), как показано на рисунке 7. Тогда белых клеток будет 28.

Рис. 8

рой утверждается, что доску размера n 4 u n 4 с вырезанным центральным квадратом n u n конь может обойти, побывав на каждом поле ровно один раз, тогда и только тогда, когда n – 1 делится на 4. Попробуйте решить задачу в этой полной формулировке. Помимо задачи отыскания гамильтоновых (или достаточно длинных) путей в графе

Рис. 7

И после их удаления остается 30 «черных островов»: почти все черные вершины изолированы, кроме двух «островов» из двух черных клеток. По теореме 5 никакой путь в нашем графе не может содержать вершины со всех 30 «островов». Тем самым, хотя бы одна черная вершина была не пройдена. Задача 8. Из доски 10 u 10 вырезали средний квадрат 6 u 6. Докажите, что оставшуюся часть доски нельзя обойти конем, побывав на каждой клетке ровно один раз. Идея решения. Выделим 12 белых клеток, а в другие клетки нашей «каемки» расставим числа от 1 до 14, как показано на рисунке 8. Заметим, что нумерация обладает таким свойством: если вырезать белые клетки, то конь сможет пойти с любой клетки только на клетку с тем же номером. Номера клеток и определяют «острова» из теоремы 5.

Упражнение 8. Завершите решение этой задачи сведением к теореме 5.

Разобранная только что задача 8 – это частный случай задачи М118 из «Задачника «Кванта» («Квант» №12 за 1971 г.), в кото- интересны и другие близкие постановки задачи, например: «Добавить в графе минимальное количество ребер так, чтобы в нем появился гамильтонов путь».

Упражнение 9. Дан граф. Пусть h – минимальное количество ребер, которое можно добавить так, чтобы в графе появился гамильтонов путь. Множество путей назовем покрывающим, если каждая вершина графа принадлежит ровно одному из этих путей (допускаются пути длины 0, содержащие ровно одну вершину). Пусть p – минимальное число, для которого найдется покрывающее множество из p путей. Докажите, что h = p – 1.

В заключение рассмотрим несколько примеров, когда отыскание гамильтоновых (или просто длинных) путей в графе может быть основным шагом в коротком решении задачи. Задача 9 (XIX Турнир городов). На клетчатой доске 5 u 5 расставили максимальное число шахматных коней так, чтобы они не били друг друга. Докажите, что такая расстановка – единственная.

43

П Р АКТИКУ М

главной последовательности, белые карлики и гиганты (сверхгиганты); знать основные этапы эволюции звезд типа Солнца и массивных звезд, сравнивать продолжительность жизненного цикла звезд разной массы; представлять эволюционный путь звезды на диаграмме Герцшпрунга–Рассела. Сопоставление светимостей звезд с их спектральными классами впервые было сделано в начале XX века Эйнаром Герцшпрунгом и Генри Расселом, поэтому диаграмму спектрсветимость часто называют диаграммой Герцшпрунга–Рассела. На этой диаграмме (см. рисунок) по оси абсцисс откладываются спектральные классы или эффективные температуры, по оси ординат – светимости L или абсолютные звездные величины M. Если бы между светимостями и температурами не было никакой зависимости, то все звезды распределялись бы на такой диаграмме равномерно. Но на реальной диаграмме обнаруживаются несколько закономерностей, которые называют последовательностями. Светимость – физическая характеристика звезды, указывающая, какое количество энергии она теряет за единицу времени. Светимость Солнца составляет около 4 ˜ $10^{26}$ Дж с, сверхгиганты имеют бульшую светимость. Они могут быть бело-голубыми, например Ригель ( E Ориона) с температурой поверхности 12130 К, или красными сверхгигантами, например Бетельгейзе ( D Ориона) с температурой поверхности 3590 К. Большинство звезд (около 90%) располагаются на диаграмме вдоль длинной узкой полосы, называемой главной последовательностью. Она протянулась из верхнего левого угла (от голубых сверхгигантов) в нижний правый угол (до красных карликов). К звездам главной последовательности относится Солнце, светимость которого принимают за единицу. При этом плотность звезд главной последовательности по поряд-

А Б ИТУ Р ИЕ Н ТА

ку величины остается примерно одинаковой, равной плотности воды. Масса звезд главной последовательности возрастает, вместе с их размерами, при смещении влево-вверх. Точки, соответствующие гигантам и сверхгигантам, располагаются над главной последовательностью справа, а соответствующие белым карликам – в нижнем левом углу, под главной последовательностью. Плотность гигантов и сверхгигантов на порядки меньше плотности воды, а плотность белых карликов – на несколько порядков больше плотности воды. Бульшую часть своей жизни звезда проводит на главной последовательности. В этот период ее цвет, температура, светимость и другие параметры почти не меняются. Жизненный цикл у звезд большей массы более короткий, чем у звезд меньшей массы. Стадии эволюции звезды после пребывания на главной последовательности короткие. Типичные звезды становятся при этом красными гигантами, а очень массивные звезды – красными сверхгигантами. Задача 1. Рассмотрите таблицу 1, содержащую сведения о ярких звездах. Выбери-

44

К В А НT 2018/№1

Таблица 1

те два утверждения, которые соответствуют характеристикам звезд. 1) Самой яркой звездой на небе является Сириус. 2) Звезды Арктур и Поллукс находятся примерно на одинаковом расстоянии от Земли и, следовательно, относятся к одному созвездию. 3) Масса Сириуса примерно в 10 раз меньше, чем масса Денеба, поэтому эволюция Сириуса будет проходить быстрее. 4) Так как массы звезд Фомальгаут и Поллукс одинаковы, то они относятся к одному и тому же спектральному классу. 5) Поскольку температуры Проциона и Канопуса примерно равны, то они относятся к одному и тому же спектральному классу. Решение. 1) Наиболее яркие звезды имеют отрицательную звездную величину, поэтому Сириус – самая яркая звезда. 2) Звезды могут отстоять от Солнца (Земли) на одинаковые расстояния, но это не означает, что они находятся в одном созвездии. Например, звезда Вега ( D Лиры) и звезда Фомальгаут ( D Южной Рыбы) удалены от Солнца на одно и то же расстояние, но принадлежат разным созвездиям. 3) Эволюция звезд зависит от их массы. Чем больше масса звезды, тем интенсивнее происходит эволюция звезды. Поэтому эволюция Денеба (его масса $21 M_{C} )$ будет происходить быстрее, чем у Сириуса (его масса $2 M_{C} ).$ 4) Спектральные классы звезд тесно связаны с температурой (в меньшей степени – с плотностью и химическим составом) звездных атмосфер. Спектральный класс звезды не зависит от ее массы.

5. Если температуры звезд примерно равны, то они относятся к одному спектральному классу. Итак, верны утверждения 1) и 5). Задача 2. Используя таблицу 2, содержащую сведения о ярких звездах, выполните задание. Выберите два утверждения, которые соответствуют характеристикам звезд. 1) Звезды Капелла и Менкалинан относятся к одному созвездию, значит, они находятся на одинаковом расстоянии от Солнца. 2) Звезда Денеб является сверхгигантом. 3) Звезды Альдебаран и Эльнан имеют одинаковые массы, значит, они относятся к одному и тому же спектральному классу. 4) Звезда Бетельгейзе относится к красным звездам спектрального класса М. 5) Температура на поверхности Ригеля в 2 раза ниже, чем на поверхности Солнца. Решение. 1) Звезды могут относиться к одному созвездию, но находиться на разных расстояниях от Солнца (Земли). Звезды Капелла ( D Возничего) и Менкалинан ( E Возничего) отстоят от Солнца на расстояния 42,2 св.лет и 82,1 св.лет соответственно. 2) Светимость звезды L связана с радиусом звезды R формулой (закон Стефана– Больцмана) $L 4 S R^{2}$ ˜ $V T^{4}$.

Радиус Денеба равен $210 R_{C}$, поэтому Денеб является белым сверхгигантом со светимостью $270000 L_{C}$. 3) Массы звезд не имеют отношения к спектральным классам звезд (связанным с температурой поверхности). 4) Звезда Бетельгейзе действительно отно-

45

П Р АКТИКУ М

А Б ИТУ Р ИЕ Н ТА

Таблица 2

сится к красным звездам спектрального класса М, так как ее температура поверхности равна 3100 К. 5) Температура поверхности Солнца примерно 6000 К (справочные данные), а Ригеля – 11200 К (по таблице). Поэтому температура Ригеля больше, чем у Солнца. Таким образом, верны утверждения 2) и 4). Задача 3. Рассмотрите таблицу 3, содержащую сведения о ярких звездах. Выберите два утверждения, которые соответствуют характеристикам звезд.

3. Масса Сириуса примерно в 10 раз меньше, чему у Денеба, поэтому эволюция Сириуса будет проходить медленнее. 4) Так как массы звезд Фомальгаут и Поллукс одинаковы, то они относятся к одному и тому же спектральному классу. 5) Поскольку температуры Порциона и Канопуса примерно равны, то они относятся к одному и тому же спектральному классу. Решение. 1) Звезды могут относиться к одному созвездию, но находиться на разных расстояниях от Солнца. Поэтому, несмотря

Таблица 3

1. Звезды Поллукс и Кастор находятся в одном созвездии, значит, они расположены на одном расстоянии от Солнца. 2) Звезды Арктур и Поллукс находятся примерно на одинаковом расстоянии от Земли и, следовательно, относятся к одному созвездию.

на то что звезды Поллукс и Кастор находятся в одном созвездии, они расположены на разных расстояниях от Солнца – 33,7 св.года и 49,8 св.лет соответственно. 2) Это утверждение аналогично предыдущему. 3) Скорость эволюции звезд зависит от

46

К В А НT 2018/№1

массы: чем больше масса, тем скорость эволюции выше. 4) Массы звезд не имеют отношения к спектральным классам звезд (определяемым температурой поверхности). 5) Если звезды имеют одинаковые температуры поверхности, то они относятся к одному спектральному классу. Значит, правильны утверждения 3) и 5). Задача 4. Рассмотрите таблицу 4, содержащую сведения о ярких звездах. Выберите два утверждения, которые соответствуют характеристикам звезд.

а не на главной последовательности. 4) Температура Веги 9600 К, а температура Солнца 6000 К, поэтому температура Веги выше, чем у Солнца. 5) Звезда 40 Эридана действительно относится к белым карликам, о чем свидетельствуют табличные данные (размер, сравнимый с размером Земли, высокая плотность, большая температура). Итак, верны утверждения 1) и 5). Задача 5. Посмотрите на рисунок, где представлена диаграмма Герцшпрунга–Рассела. Выберите два утверждения о звез-

Таблица 4

1. Звезды Антарес и Ригель являются сверхгигантами. 2) Звезда Арктур относится к голубым звездам спектрального класса О. 3) Звезда Сириус В относится к звездам главной последовательности на диаграмме Герцшпрунга–Рассела. 4) Температура поверхности Веги ниже температуры поверхности Солнца. 5) Звезда 40 Эридана относится к белым карликам. Решение. 1) Звезды Антарес и Ригель являются сверхгигантами, так как их радиусы больше радиуса Солнца в 680 и 138 раз соответственно. 2) Температура Арктура 4300 К, поэтому цвет звезды красный, а не голубой. 3) Звезда Сириус В – белый карлик, о чем свидетельствуют табличные данные (размер, сравнимый с размером Земли, высокая плотность, большая температура). Белые карлики располагаются внизу слева на диаграмме Герцшпрунга–Рассела, дах, которые соответствуют диаграмме. 1) Температура звезд спектрального класса G в 2 раза выше температуры звезд спектрального класса А. 2) Звезда Бетельгейзе относится к сверхгигантам, поскольку ее радиус почти в 1000 раз превышает радиус Солнца. 3) Плотность белых карликов существенно меньше средней плотности гигантов. 4) Звезда Антарес имеет температуру поверхности 3300 К и относится к звездам спектрального класса А. 5) Жизненный цикл звезды спектрального класса К главной последовательности более длительный, чем у звезды спектрального класса В главной последовательности. Решение. 1) В соответствии с диаграммой, температура звезд спектрального класса G приблизительно в 2 раза ниже температуры звезд спектрального класса А. 2) Звезда Бетельгейзе имеет радиус почти в 1000 раз больший, чем радиус Солнца, а такие звезды действительно относятся к сверх-

ОЛИМПИАДЫ

XXXIX Турнир городов

ЗАДАЧИ ОСЕННЕГО ТУРА (2017 ГОД)

Базовый вариант

8–9 классы

$1. (3)^{1}$

ки равна 1). Докажите, что участки этой окружности, проходящие по белым клеткам, составляют суммарно не более 1/3 от ее длины. М.Евдокимов

Имеется 5 ненулевых чисел. Для каждых двух из них вычислены их сумма и произведение. Оказалось, что пять сумм положительны и пять сумм отрицательны. Сколько произведений положительны и сколько – отрицательны? Б.Френкин

1. (4) Существуют ли нецелые числа x и y, для которых { x } ◊ { y } = { x + y }? (Здесь { x } – дробная часть числа x.) М.Евдокимов

2. (4) Существуют ли такие 99 последовательных натуральных чисел, что наименьшее из них делится на 100, следующее делится на 99, третье делится на 98, …, последнее делится на 2? П.Кожевников

3. (4) В треугольнике ABC провели биссектрису CL. Серединный перпендикуляр к стороне AC пересекает отрезок CL в точке K. Докажите, что описанные окружности треугольников ABC и AKL касаются. М.Панов

4. (4) В ряд лежат 100 внешне одинаковых монет. Среди них ровно 26 фальшивых, причем они лежат подряд. Настоящие монеты весят одинаково, фальшивые – не обязательно одинаково, но они легче настоящих. Как за одно взвешивание на двухчашечных весах без гирь найти хотя бы одну фальшивую монету? Р.Женодаров

5. (4) Имеется 21 ненулевое число. Для каждых двух из них вычислены их сумма и произведение. Оказалось, что половина всех сумм положительна и половина – отрицательна. Каково наибольшее возможное количество положительных произведений? Б.Френкин, С.Кудря

6. (5) На одной из клеток поля 8 ¥ 8 зарыт клад. Вы находитесь с металлоискателем в центре одной из угловых клеток этого поля и передвигаетесь, переходя в центры соседних по стороне клеток. Металлоискатель срабатывает, если вы оказались на той клетке, где зарыт клад, или в одной из соседних с ней по стороне клеток. Можно ли гарантированно указать клетку, где зарыт клад, пройдя расстояние не более 26? М.Евдокимов

7. (5) Окружность радиуса 1 нарисована на шахматной доске так, что целиком содержит внутри белую клетку (сторона клет-

1

В скобках после номера задачи указано максимально количество баллов, присуждавшихся за ее решение. Итог подводится по трем задачам, по которым достигнуты наилучшие результаты.

10–11 классы

4. а) (2) Может ли некоторый шар высекать на гранях какого-нибудь правильного тетраэдра круги радиусов 1, 2, 3 и 4? б) (3) Тот же вопрос, если радиус шара должен быть равен 5. М.Евдокимов

5. (5) В левой нижней клетке доски 100 ¥ 100 стоит фишка. Чередуя горизонтальные и вертикальные ходы в соседнюю по стороне клетку (первый ход – горизонтальный), она дошла сначала до левой верхней клетки, а потом до правой верхней. Докажите, что найдутся две такие клетки A и B, что фишка не менее двух раз делала ход из A в B. А.Грибалко

Сложный вариант

8–9 классы

1. (4) Имеется железная гиря в 6 кг, сахар и невесомые пакеты в неограниченном коли-

52

КВАНТ 2018/№1

честве, а также нестандартные весы с двумя чашами: весы находятся в равновесии, если грузы на левой и правой чашах относятся как 3:4. За одно взвешивание можно положить на весы любые уже имеющиеся грузы и добавить на одну из чаш пакет с таким количеством сахара, чтобы чаши уравновесились (такие пакеты с сахаром можно использовать при дальнейших взвешиваниях). Удастся ли отмерить 1 кг сахара? Г.Гальперин 2. (4) Даны две монеты радиуса 1 см, две монеты радиуса 2 см и две монеты радиуса 3 см. Можно положить две из них на стол так, чтобы они касались друг друга, и добавлять монеты по одной так, чтобы очередная касалась хотя бы двух уже лежащих. Новую монету нельзя класть на старую. Можно ли положить несколько монет так, чтобы центры каких-то трех монет оказались на одной прямой? Е.Бакаев 3. (6) См. задачу М2486 «Задачника «Кванта» для трех месяцев вместо двенадцати.

4. а) (1) См. задачу М2490 а «Задачника «Кванта». б) (3) См. задачу М2490 б «Задачника «Кванта». в) (4) См. задачу М2490 в «Задачника «Кванта».

5. (9) Цифры натурального числа n > 1 записали в обратном порядке и результат умножили на n. Могло ли получиться число, записываемое только единицами? Ф.Петров 6. (9) См. задачу М2487 «Задачника «Кванта».

6. а) (5) См. задачу М2488 а «Задачника «Кванта». б) (5) См. задачу М2488 б «Задачника «Кванта».

10–11 классы

1. а) (1) См. задачу М2490 а «Задачника «Кванта». б) (2) См. задачу М2490 б «Задачника «Кванта». в) (3) См. задачу М2490 в «Задачника «Кванта».

2. (5) Дан правильный шестиугольник с центром O. Провели такие шесть равных окружностей с центрами в вершинах шестиугольника, что точка O находится внутри окружностей. Угол величины A с вершиной O высекает на этих окружностях шесть дуг. Докажите, что суммарная величина этих дуг равна 6 A. Е.Бакаев

3. (6) См. задачу М2486 «Задачника «Кванта».

4. (8) См. задачу М2489 «Задачника «Кванта».

5. а) (3) См. задачу М2491 а «Задачника «Кванта». б) (4) См. задачу М2491 б «Задачника «Кванта». в) (4) См. задачу М2491 в «Задачника «Кванта».

6. (10) Дан треугольник ABC. Пусть I – центр вневписанной окружности, касающейся стороны AB, а $A_{1}$ и $B_{1}$ – точки касания двух других вневписанных окружностей со сторонами BC и AC соответственно. Пусть M – середина отрезка IC, а отрезки $AA_{1}$ и $BB_{1}$ пересекаются в точке N. Докажите, что точки $N, B_{1}, A$ и M лежат на одной окружности. Ф.Ивлев

7. (10) Город имеет вид квадрата n ¥ n, разбитого на кварталы 1 ¥ 1. Улицы идут с севера на юг и с запада на восток. Человек каждый день утром идет из юго-западного угла в северо-восточный, двигаясь только на север или восток, а вечером возвращается обратно, двигаясь только на юг или запад. Каждое утро он выбирает свой путь так, чтобы суммарная длина знакомых участков пути (тех, которые он уже проходил в том или ином направлении) была минимальна, и каждый вечер тоже. Докажите, что за n дней он пройдет все улицы целиком. М.Дидин

Публикацию подготовили С.Дориченко, Л.Медников

ИНФОРМАЦИЯ

Очередной набор в ВЗМШ

Всероссийская заочная многопредметная школа (ВЗМШ), входящая в структуру московского лицея «Вторая школа» и работающая при Московском государственном университете имени М.В.Ломоносова, в пятьдесят четвертый раз проводит набор учащихся. Эта школа была создана по инициативе академика И.М.Гельфанда в 1964 году. Многие годы И.М.Гельфанд возглавлял Научный совет школы. ВЗМШ – государственное учреждение дополнительного образования, доступное для всех желающих, причем не только для школьников, пополнить свои знания в одной или нескольких из следующих областей науки: математика, биология, филология, физика, история (перечисление – в хронологическом порядке открытия отделений). Сейчас ВЗМШ совместно с другими научно-педагогическими учреждениями ведет исследовательские работы по разработке новых интерактивных технологий в образовании и переводу части своих учебно-методических комплексов на язык современных телекоммуникаций. За время существования ВЗМШ удостоверения о ее окончании получили несколько сотен тысяч школьников и тысячи кружков – групп «Коллективный ученик ВЗМШ». Обучение в школе ЗАОЧНОЕ, т.е. начиная с сентября–октября 2018 года все поступившие будут систематически получать специально разработанные для заочного обучения материалы, содержащие изложение теоретических вопросов и методов рассуждений, разнообразные задачи для самостоятельной работы, образцы решений задач, деловые игры, контрольные и практические задания. Контрольные работы учащихся будут тщательно проверяться и рецензироваться преподавателями ВЗМШ – студентами, аспирантами, преподавателями и научными сотрудниками МГУ, а также других вузов и учреждений, где имеются филиалы школы. Многие из преподавателей в свое время сами закончили ВЗМШ и поэтому особенно хорошо понимают, как важно указать, помимо

конкретных недочетов, пути ликвидации имеющихся пробелов в знаниях, порекомендовать дополнительную литературу, поругать за невнимательность и похвалить за заметный (а иногда – и за самый маленький) прогресс и трудолюбие. Поступившие в ВЗМШ смогут узнать об увлекательных вещах, часто остающихся за страницами школьного учебника, познакомиться с интересными нестандартными задачами и попробовать свои силы в их решении. Для многих станет откровением, что задачи бывают не только в математике, физике и химии, но и в биологии, филологии и других науках. Решение задач поможет прояснить и сделать интересными многие разделы, казавшиеся непонятными и скучными. Одна из особенностей учебных программ и пособий ВЗМШ – в том, что они созданы действующими на переднем крае науки талантливыми учеными и опытными незаурядными педагогами. Чтобы успешно заниматься в заочной школе, вам придется научиться самостоятельно и продуктивно работать с книгой, грамотно, четко, коротко и ясно излагать свои мысли, а это, как известно, умеют далеко не все. Возможно, наша заочная школа поможет вам выбрать профессию, найти свое место в окружающем мире. Все выполнившие программу ВЗМШ получают дипломы. Хотя формальных преимуществ они не дают, приемные комиссии многих вузов учитывают, что обладатели этих удостоверений в течение продолжительного времени самоотверженно трудились над приобретением знаний, научились самостоятельно творчески работать, а это значит, что из них получатся хорошие студенты и, в дальнейшем, грамотные, вдумчивые, широко образованные специалисты. Вы сможете получать наши задания как обычной, так и электронной почтой, а также принимать участие в апробации новых интерактивных учебных программ. Для поступления в ВЗМШ надо успешно выполнить вступительную контрольную работу. Приемную комиссию интересует, в первую очередь, ваше умение рассуждать, попытки (пусть поначалу не совсем удачные) самостоятельно мыслить и делать выводы. Преимуществом при поступлении пользуются проживающие в сельской мест-

54

КВАНТ 2018/№1

ности, поселках и небольших городах, где нет крупных научных центров и учебных заведений и где получить дополнительное образование можно лишь заочно. Решения задач вступительной работы надо написать на русском языке в обычной ученической тетради в клетку. Желающие поступить сразу на несколько отделений каждую работу присылают в отдельной тетради. На обложке тетради укажите: фамилию, имя, отчество, год рождения, базовое образование (сколько классов средней школы будет закончено к сентябрю 2018 года), полный почтовый адрес (с индексом), откуда узнали о ВЗМШ (из «Кванта», от друзей, из афиш заочной школы и т.п.), на какое отделение хотите поступить. Адрес ВЗМШ: 119234 Москва, Воробьевы горы, МГУ, ВЗМШ, на прием (укажите отделение) Телефон: (495) 939-39-30 Обо всех наших отделениях вы можете узнать на общешкольном сайте ВЗМШ: www.vzmsh.ru На ваши вопросы мы ответим по электронной почте: vzms@yandex.ru Вступительные работы обратно не высылаются. Без вступительной работы, только по заявлению, принимаются на индивидуальное обучение победители областных (краевых, республиканских) туров всероссийских олимпиад по соответствующим предметам, а также участники финальных туров этих олимпиад. Учащиеся ВЗМШ частично возмещают расходы на свое обучение. По просьбе тех, кто не в состоянии внести эту плату, ВЗМШ готова обратиться в школу, в орган народного образования, к другому спонсору с ходатайством об оплате этим благотворителем соответствующих расходов. Помимо индивидуального обучения, на всех отделениях ВЗМШ, кроме биологического, имеется форма обучения «Коллективный ученик». Это группа учащихся, работающая под руководством преподавателя (школьного учителя, преподавателя вуза, студента или другого энтузиаста) и, как правило, по тем же пособиям и программам, что и индивидуально. Прием в эти группы проводится до 15 октября 2018 года. Для

зачисления группы требуется заявление ее руководителя (с указанием его профессии и должности, со списком учащихся и сообщением о том, в каком классе они будут учиться с сентября 2018 года); заявление должно быть подписано руководителем группы, заверено и подписано руководителем учреждения, при котором будет работать группа. Работа с группами «Коллективный ученик» может оплачиваться школами как факультативные занятия. На Северо-Западе России работает Северо-Западная заочная математическая школа при Лицее «Физико-техническая школа» (только математическое отделение, 8–11 классы). Желающие поступить на отделение математики и проживающие на Северо-Западе России (в Архангельской, Калининградской, Ленинградской, Мурманской, Новгородской, Псковской областях, Карельской и Коми республиках, а также в Санкт- Петербурге), высылают вступительные работы по адресу: 194021 Санкт-Петербург, ул. Хлопина, д.8, к.3, литер А, С-З ЗМШ при Лицее «ФТШ». Можно отправить скан-копию работы по электронному адресу: mathscool@mail/ru. Этот же электронный адрес можно использовать для связи с С-З ЗМШ. Подробная информация имеется на сайте дистанционного обучения: http://distmath.ru/. Проживающие в остальных регионах России, дальнем и ближнем зарубежье высылают свои работы по математике в адрес ВЗМШ или соответствующего филиала. Адреса филиалов математического отделения ВЗМШ: 241035 г. Брянск, ул. Мало-Орловская, д. 8, тел.: (4832) 56-18-08, e-mail: brotek@mail.ru; 610002 г. Киров, а/я 2039, ЦДООШ, тел.: (8332) 35-15-03, 35-15-04, e-mail: sms@extedu.kirov.ru, сайт: http://cdoosh.kirov.ru; 150000 г. Ярославль, ул. Советская, д. 14, тел.: (0852) 11-82-03, e-mail: olimp@olimp.edu.yar.ru.

Ниже вы найдете краткие сведения об отделениях ВЗМШ и условия вступительных контрольных работ.

55

ИНФОРМАЦИЯ

Отделение математики

Мы заочно обучаем математике школьников 6–11 классов. На индивидуальное обучение принимаем по результатам вступительной работы и высылаем пособия. Куратор руководит обучением: составляет программу, проверяет задания и отвечает на вопросы. На обучение в группе «Коллективный ученик» принимаем по заявлению руководителя группы. Высылаем пособия на всю группу. Ученики присылают на проверку в ВЗМШ одну коллективную работу по каждой теме. Принимаем учащихся на все курсы с 0-го по 5-й (т.е. учеников 6–11 классов). Заявление и вступительную работу присылайте по электронному адресу приема: priem@math-vzms.org или на почтовый адрес школы: 119234 Москва В-234, Воробьевы горы, МГУ, математическое отделение ВЗМШ. Наш сайт: http://www.math-vzms.org/ Наш телефон: +7 495 93 93 93 0 Если вы хотите учиться индивидуально, выполните вступительную работу, условия задач которой приведены ниже. Решения задач, с которыми удалось справиться, нужно записать в обычной ученической тетради и выслать простой бандеролью вместе с заявлением о приеме в адрес школы. Вступительные работы и заявления принимаются также по электронной почте. В этом случае работа должна быть оформлена в виде файла формата .doc или .pdf, можно также отсканировать текст работы и прикрепить его к заявлению о приеме. Заявление о приеме пишется в свободной форме. Сообщите фамилию, имя, отчество, год рождения, базовое образование (нам было бы удобно прочесть: «С 1-го сентября 2018 года я буду учиться в… классе»), полный почтовый адрес с индексом, откуда узнали о ВЗМШ (из интернета, из журналов «Квант», «Наука и жизнь», от учителя, родителей, друзей или из других источников). Сообщите, пожалуйста, адрес своей электронной почты, если она имеется. Не забудьте указать, что вы поступаете на отделение математики. Срок отправки вступительной работы – до 15 июня 2018 года.

В приведенной ниже вступительной работе рядом с порядковым номером задачи в скобках указано, ученикам какого класса (имеется в виду тот класс, в котором вы предполагаете учиться с 1 сентября 2018 года) эта задача предназначается. Вы можете, если хотите, дополнительно решать задачи, адресованные более старшим классам. Не торопитесь, а если задачи не получаются, возвращайтесь к ним несколько раз. До 15 июня времени еще достаточно. Возможно, вы не сможете решить все задачи своего класса, тогда присылайте решения тех, которые сделать удалось. Не забудьте обосновать свои решения, «голый» ответ к задаче решением не считается.

Задачи

1 (6–7). Простые числа расположили в виде последовательности в порядке возрастания. Верно ли, что среднее арифметическое двух соседних простых чисел не может быть простым числом? 2 (6–7). В коробке лежат воздушные шарики: 10 красных и 10 синих. Продавец не глядя достает по одному шарику. Сколько шариков ему надо вытащить, чтобы среди них обязательно нашлись: а) два шарика одного цвета; б) два шарика разного цвета; в) три шарика одного цвета? 3 (6–7). Припишите к числу 10 справа и слева по одной цифре так, чтобы полученное число делилось на 12. 4 (6–8). Петя отпил 1/2 стакана кофе и долил его молоком. Потом он отпил 1/3 стакана и опять долил молоком. Наконец, он отпил 1/6 стакана, долил молоком и выпил весь стакан. Чего Петя выпил больше: кофе или молока? 5 (7–10). а) Можно ли занумеровать ребра куба натуральными числами от 1 до 12 так, чтобы для каждой вершины куба сумма номеров ребер, которые в ней сходятся, была одинаковой? б) Аналогичный вопрос, если расставлять по ребрам куба числа –6, –5, –4, –3, –2, –1, 1, 2, 3, 4, 5, 6. 6 (8–10). Два города А и В расположены на берегу реки на расстоянии 10 км друг от друга. Пароход может проплыть из А в В и обратно за 1 час. Больше или меньше времени понадобится ему, чтобы проплыть 20 км по озеру?

57

ИНФОРМАЦИЯ

Рис. 2

зеркалом. Экран и зеркало перпендикулярны главной оптической оси линзы. Расстояние от линзы до зеркала F 2, до экрана 3 F 2. Величина r много меньше радиуса линзы. Через экран на линзу падает пучок параллельных световых лучей, параллельных ее главной оптической оси. Каковы будут форма и размеры освещенной области на экране со стороны линзы? 6. Два жука, находящиеся в вершинах А и B квадрата АВСD, начинают ползти вдоль сторон этого квадрата по часовой стрелке. Скорости жуков одинаковы. Нарисуйте траекторию одного из жуков в системе отсчета, связанной с другим жуком. 7. К концам палочки длиной L = 20 см приложены силы $F_{1} = 1$ Н и $F_{2} = 2$ Н, направленные под углом A 45 o к палочке (рис.3). С какой силой F нужно подействовать на эту палочку, чтобы она оставалась в

ния, действующей на поршень, равно Mg 5. В некоторый момент в дне сосуда образуется маленькое отверстие, через которое выходит газ с постоянной скоростью u моль/мин. Постройте график зависимости высоты поршня от времени и найдите, через какое время он опустится до половины высоты сосуда. 10. Магнитное поле занимает область, ограниченную полуплоскостями A и B, которые пересекаются под прямым углом (рис.4).

Рис. 4

Полуплоскости и индукция поля В перпендикулярны плоскости рисунка. Электрон влетает в поле в точке А со скоростью v и при последующем движении пролетает через точку С, причем известно, что AO = OС. Найдите путь, пройденный электроном в области, занятой магнитным полем. Масса электрона $m_{e}$, заряд e; скорость v лежит в плоскости рисунка.

Отделение филологии

Рис. 3

равновесии? Куда должна быть приложена эта сила? 8. Маленькое тело массой m = 50 г подвешено на идеальной нити длиной L = 30 см. Тело отводят в сторону так, что нить становится горизонтальной, и отпускают. В тот момент когда нить составляет угол A 30 o с вертикалью, происходит обрыв нити. Найдите скорость тела в момент, когда оно будет пролетать точно под точкой подвеса нити. 9. В сосуде, представляющим собой узкий вертикальный цилиндр высотой H, закрытый сверху поршнем массой M, находится N молей кислорода. Стенки сосуда в его верхней трети гладкие, а ниже – шероховатые, причем максимальное значение силы тре-

Отделение существует с 1989 года. За это время подготовлено и издано большое количество уникальных учебных пособий по русскому языку, общему языкознанию, истории и теории литературы. На отделение принимаются все желающие, имеющие базовую подготовку в объеме 7 классов. Сведения о программах и порядке обучения высылаются вместе с извещением о решении Приемной комиссии и размещены на сайте. Вы хотите исправить грамотность? Познакомиться с любопытными проблемами теории и практики русского языка? Освоить приемы лингвистического или литературоведческого анализа? Приобрести навыки, необходимые для успешной сдачи экзаменов? Тогда выполните и пришлите нам всту-

58

КВАНТ 2018/№1

пительное задание, вопросы которого приведены ниже. Внимание! На первой странице укажите следующие данные: Ф.И.О., какой класс заканчиваете, полный (с индексом!) почтовый адрес, телефон, e-mail. Срок отправки вступительной работы – до 15 июня 2018 года. Группы «Коллективный ученик» принимаются без вступительной работы. Наш e-mail: filologiyvzmsh@mail.ru

Вопросы

1. А.М.Горький долго смеялся, когда бывший сенатор, почтенный старик, уверявший его, что умеет переводить с «десяти языков», принес в издательство «Всемирная литература» такой перевод романтической сказки: «За неимением красной розы жизнь моя будет разбита». Вариант «Ввиду отсутствия красной розы жизнь моя будет разбита» тоже был забракован. Почему, как вы думаете? 2. Андрей Белый считал, что звуковая структура стихотворения М.Ю.Лермонтова «Бородино» строится на борьбе двух музыкальных тем: широкого открытого гласного «а», сопутствующего характеристике русских, и глухого низкого «у», соответствующего теме французов. Попробуйте показать на примерах, как вы понимаете этот тезис А.Белого. 3. Как разные принципы русской орфографии – морфологический, фонетический, традиционный и дифференцирующий – «работают» в словах ПРИПОЗДНИШЬСЯ и РАЗЖЁГ?

Отделение истории

Обучение на отделении позволит всем, в том числе жителям самых отдаленных городов и деревень, расширить свой кругозор, подготовиться к единому государственному экзамену по истории. Успешно прошедшие курс обучения получают диплом. А зачем нужно изучать историю? Во-первых, это просто интересно. Любопытно знать, как жили когда-то люди, во что одевались, чем питались, что читали, как женились и выходили замуж, за что боролись и «на что напарывались». Во-вторых, это полезно. Только зная прошлое, можно понять настоящее и прогнозировать будущее. Мы помо-

жем вам в этом разобраться. Специально для вас опытные преподаватели пишут книжки. Последние новости из мира истории вы узнаете одними из первых! Мы будем поддерживать с вами постоянную связь. По нашим книжкам вы будете выполнять особые задания и сообщать нам, что вы раскопали. Ведь, в сущности, труд историка и состоит из этих раскопок. Историк-археолог, копая землю и песок, отыскивает крупицы ушедших времен; историк-архивариус копается в груде бумаг и достает из архивов и даже из частной переписки все, что может позволить ему понять образ времени; историк-теоретик как увлекательный роман читает археологические таблицы, сухие сводки, статистику и восстанавливает по ним живую ткань ушедшей жизни. У историка особая профессия: он в одном лице следователь, прокурор и адвокат времени. Приведенное ниже вступительное задание нужно выполнить на двойном листе бумаги. Срок отправки вступительной работы – до 1 июня 2018 года. Группы «Коллективный ученик» принимаются без вступительной работы по заявлению руководителя.

Задание

1. Отгадайте, кто $это:_{i}$ Русский промышленник, ситцевый магнат, $меценат._{i}$ Его жена и друг Вера Николаевна – урожденная $Мамонтова._{i}$ Молодой купец с гидом и картой объехал все европейские музеи и сделался тонким знатоком $живописи._{i}$ В 24 года основал в своем родовом доме частную галерею русской $живописи._{i}$ В 60 лет передал свою галерею в дар $Москве._{i}$ Из всех современных ему художников предпочитал $передвижников._{i}$ Мечтал найти иконы Рублева, но удача улыбнулась другому $коллекционеру._{i}$ Стал первым директором основанного им музея, тратил на него все свои сбережения, но из скромности никогда не являлся на собственные $юбилеи._{i}$ Совершенно бескорыстен. Его бумажник всегда был открыт для $нуждающихся._{i}$ С художниками никогда не торговался. Заказывая картины, платил сполна.

59

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

i Его именем назван национальный музей и станция метро в $Москве._{i}$ Его портрет работы Репина украшает залы созданного им $музея._{i}$ Его последние слова родственникам: «Берегите галерею». 2. Опишите, не более чем в 7-ми предложениях, политический портрет второго президента России.

---

Внимание! ВЗМШ проводит набор на курс «Обществознание». Курс включает следующие дисциплины: философия, человек и общество, политология, теория государства, государственное устройство России, право, экономика. Слушателям направляются оригинальные учебные пособия, созданные на основе мно-

РЕШЕНИЯ

голетнего опыта работы авторов курса. Проверка знаний осуществляется с помощью общепринятой системы тестирования. Программа курса рассчитана на 1 год. Обучение носит заочный характер и имеет целью дать выпускникам школ – как крупных городов, так и небольших сел – глубокие знания по общественным дисциплинам, подготовить их к успешной сдаче ЕГЭ по обществознанию. Для записи на курс необходимо отправить заявление до 1 июня 2018 года. В заявлении укажите фамилию, имя, отчество, свой полный домашний адрес (с индексом!), класс, в котором вы будете учиться с 1 сентября 2018 года. Заявление отправьте по адресу: 119234 Москва, Воробьевы горы, МГУ, ВЗМШ (курс «Обществознание»).

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

(см. «Квант» №11 за 2017 г.)

9. Пусть Алеша собрал Ч ягод черники и Б ягод брусники. Тогда каждый собрал по Ч + Б ягод и всего ребята собрали 9Ч + 11Б ягод. Если ребят не больше 9, то всего ягод не больше 9(Ч + Б), а если ребят не меньше 11, то всего ягод не меньше 11(Ч + Б), в каждом случае количество ягод не может равняться 9Ч + 11Б. Значит, ребят 10, тогда 9Ч + 11Б = 10Ч + 10Б, откуда Б = Ч. 10. а) В качестве первого многоугольника подойдет четырехугольник с углами $70\infty, 70\infty, 90\infty$ и $130\infty$, а в качестве второго – четырехугольник с углами $70\infty, 70\infty, 70\infty$ и $150\infty$. б) У первого – один, у второго – ни одного. Оценим, сколько нетупых углов может быть у выпуклого многоугольника. Пусть многоугольник имеет n углов, из которых k нетупые. С одной стороны, сумма углов n-угольника равна $180 \infty$ ◊ ( n - 2 ). С другой стороны, k его углов не больше $90\infty$, а остальные ( n - k ) меньше $180\infty$. Получаем неравенство $180 \infty$ ◊ ( n - 2 ) £ $90 \infty$ ◊ $k + + 180 \infty$ ◊ ( n - k ), из которого после преобразования получается k £ 4. Поэтому нетупых углов не больше четырех. При этом равенство достигается только в случае, когда все углы прямые. А значит, острых углов не больше трех. Учитывая это, делаем выводы, что у первого много- угольника может быть только 2 острых угла, у второго – 3 и у них по одному тупому углу. Прямых углов у второго многоугольника нет (так как уже есть три острых). Значит, прямой угол есть у первого многоугольника, и раз у него уже два острых угла, то прямой угол только один. 11. Изобразим девочек точками на плоскости, а мальчиков – линиями (рис.1). Девочке нравится мальчик, если соответствующая ей точка лежит на соответствующей мальчику линии. В качестве мальчиков возьмем стороны равностороннего треугольника, его медианы и вписанную окружность, а Рис. 1 в качестве девочек – точки, где пересекаются три линии. Получится 7 девочек и 7 мальчиков. Такая конфигурация называется плоскостью Фано. 12. а) Можно. Утверждение этого пункта следует из утверждения пункта б). б) Можно. Подпишем около каждой горизонтали количество уголков, которые она пересекает. Так как всего уголков 12 ◊ 12 3 = 48 и каждый из них

60

КВАНТ 2018/№1

пересекается с двумя горизонталями, то сумма этих чисел равна $48_{◊} 2_{=} 96$. Докажем от противного: предположим, что среди этих чисел нет больших или равных 9. Если среди них есть число меньше 8, то их сумма не превосходит 95. Значит, все числа равны 8. Верхняя горизонталь пересекает 8 уголков. Очевидно, что все они лежат в двух верхних горизонталях. Эти уголки занимают 8 ◊ 3 = 24 клетки и две верхние горизонтали занимают вместе столько же клеток. Значит, две верхние горизонтали можно отрезать, не повредив при этом уголки. Эти рассуждения для горизонталей можно повторить и для двух левых вертикалей. Таким образом, при отрезании двух верхних горизонталей и двух левых вертикалей уголки не повредятся. Но при этом отрежется левый верхний квадрат 2 ¥ 2, который на уголки не разрезается. в) Нельзя. Контрпример показан на рисунке 2.

Рис. 2

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. Причина этого явления – в перемещении континентальных плит по расплавленным слоям нижележащего вещества. 2. Нет, большая часть объема и массы Земли находится в аморфном состоянии в виде очень вязкой жидкости, а шарообразную форму она восстанавливает под действием сил тяготения. 3. При замерзании воды, попавшей в трещины горных пород, образующийся лед создает давление, превышающее прочность пород, и они начи-

нают крошиться. Другая причина – в неравномерности теплового расширения слагающих породу минералов. При колебаниях температуры они деформируются в разной степени, что также способствует их разрушению. 4. Плотность вещества ядра Земли больше средней ее плотности. Возможный материал ядра – железо, плотность которого 7,8 г $см^{3}. 5.$ Высота горы определяется предельным механическим напряжением, при котором начинает разрушаться кристаллическая решетка, иными словами – весом горы. На Марсе вес тел меньше, чем на Земле, примерно в 2,5 раза, а значит, высота их гор может быть во столько же раз больше. Это подтверждается наблюдениями. 6. Если в озеро поступает больше воды, чем испаряется с его поверхности, то уровень воды в нем может повышаться, но лишь до высоты наиболее глубокого стока, при вытекании из которого и образуется река. 7. Ответ содержится в одном из эпиграфов – эффект размывания берега реки возникает из-за действия сил Кориолиса в неинерциальной, вращающейся вместе с Землей, системе отсчета. 8. В эти моменты Луна и Солнце располагаются на одной линии с Землей, и их воздействие на воду максимально. 9. При вращении Земля стремится повернуть оттягиваемый Луной водяной приливный выступ. Из-за трения между водой и твердым дном океана вращение Земли тормозится и продолжительность суток растет. 10. Вода, охлажденная ниже $4 \infty C$, на дно не опускается. Образовавшийся на поверхности воды лед также не тонет, так как его плотность меньше плотности воды. 11. Молодой морской лед образуется при резком похолодании из чистой воды, при этом в нем остаются гнезда рассола, придающие ему эластичность, что позволяет льду изгибаться на волнах подобно резиновому ковру. 12. С потерей воды, обладающей большой теплоемкостью, тепловая инертность Земли стала бы значительно меньше. Температура днем была бы выше, а ее колебания в течение суток и в течение года были бы больше. 13. Северный магнитный полюс расположен в Южном полушарии, в Антарктике. От Северного географического полюса он находится на расстоянии свыше 18 тысяч километров. 14. Наличие у Земли магнитного поля. 15. Частицы солнечного ветра (электроны и протоны) закручиваются вокруг линий магнитного поля Земли, проникают к полюсам и сталкиваются с атомами и молекулами воздуха, ионизи-

61

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

руя и возбуждая их, что приводит к люминесцентному свечению – полярному сиянию. 16. По содержанию изотопов свинца, образовавшегося в горных породах при радиоактивном распаде изотопов урана, что приводит, по расчетам, к возрасту коры Земли в 4,5 миллиарда лет.

Микроопыт

Неглубокие лужи промерзают до дна; идя по ним, можно лишь чуть поскользнуться. А вот на тонкий лед, покрывший за ночь глубокую лужу, наступать более опасно – провалившись, вы, как минимум, промочите ноги.

РЕШЕНИЯ

одного знака и два – другого. Отсюда – ответ. 2. Существуют, например 100! – 100, 100! – – 99, …, 100! – 2. 3. Рассмотрим 26-ю, 52-ю и 78-ю монеты. Ясно, что среди них ровно одна фальшивая. Сравнение любых двух из трех монет выявит ее. Есть много других способов, например, сравнить первые 25 или 26 монет с последними. 4. Можно. Решение (Авиэль Боаг, Израиль). Достаточно даже 25 ходов. Будем двигаться по пути, указанному на рисунке 3. Когда миноискатель сработа-

ДЛИННЫЕ ПУТИ В ГРАФАХ

2. Не может. Указание. Ход коня меняет цвет клетки. 4. Не может. Указание. Позицию назовем одноцветной, если фишки находятся на полях одного цвета, и разноцветной – в противном случае. Найдите количества одноцветных и разноцветных позиций и используйте тот факт, что за один ход разноцветная позиция становится одноцветной, и наоборот. 6. 23. Указание. Нарисуйте соответствующий граф позиций, покрасьте его вершины в два цвета и оцените длину пути, исходя из теоремы 2. 9. Указание. Покрывающее множество из p путей можно добавлением p – 1 ребер превратить в один путь. 10. 2 способа. Указание. Рассмотрите в «коневом графе» гамильтонов цикл. 11. а) 16 кузнечиков; б) 1 рассадка. Указание. Можно использовать путь кузнечика из задачи 5. 12. а) 6 бусинок; б) 125 хороших ожерелий; в) d [ m 2 ] бусинок и $t^{d}$ хороших ожерелий, где d = НОД ( n, k + 1 ), m = n d, t = 2, если m четно, и t = m, если m – нечетно. Указание. Выясните, какова структура «графа запретов».

XXXIX ТУРНИР ГОРОДОВ

ЗАДАЧИ ОСЕННЕГО ТУРА (2017 ГОД)

Базовый вариант

8–9 классы

1. Четыре положительны, шесть отрицательны. Если бы среди имеющихся чисел нашлись четыре числа одного знака, то уже они дали бы шесть сумм этого знака. Поэтому имеется три числа

Рис. 3

ет впервые, клад сможет находиться не более чем в трех клетках. Например, если он сработал в черной клетке, то подозрительными будут три клетки, помеченные плюсами. Из них легко выбрать нужную за два хода. Если металлоискатель впервые сработает на 24-м ходу, то подозрительных клеток останется две, а на 25-м – одна, и оставшихся ходов хватит. Если миноискатель не сработает ни разу, то клад – в красной клетке. Как показала проверка на компьютере, 24 ходов недостаточно. 5. Окружность лежит в восьмиклеточной рамке, окружающей указанную клетку, иначе расстояние от точки окружности вне рамки до дальней вершины исходной клетки будет больше 2 – диаметра окружности. Поэтому окружность разбивается на восемь дуг чередующихся цветов (белые дуги могут быть нулевыми). Заметим, что каждая черная дуга не меньше $60\infty$, поскольку стягивающая ее хорда не меньше стороны клетки, т.е. радиуса окружности. Поэтому четыре черные дуги составляют не менее 2/3 длины окружности.

10–11 классы

1. Не существуют. Пусть { x } = A, { y } = B, тогда { x + y } = { A + B }.

Из условия следует, что A + B - AB – целое число. Значит, и число

1 - ( A + B ) + AB =

= ( 1 - A )( 1 - B ) – целое. Но это не так. 2. Проведем в общей точке A этих окружностей

62

КВАНТ 2018/№1

касательные l и m соответственно. Угол между l и хордой AB равен углу C. Угол между m и хордой AL равен

– AKL = – KAC + – KCA = 2 – KCA = – C.

Следовательно, прямые l и m совпадают, что и требовалось. 3. 120. Всего сумм 210, т.е. по 105 сумм каждого знака. Пусть было х чисел одного знака и y – другого. Нам надо минимизировать количество xy отрицательных произведений. При фиксированной сумме произведение чисел тем меньше, чем дальше они друг от друга. Ни одно из чисел х и y не может быть больше 15 (иначе количество сумм одного знака будет больше 15 ◊ 14: 2 = 105 ), поэтому наилучший результат будет при х = 15, y = = 6 (или наоборот). При этом количество отрицательных произведений равно 90. Нужное количество положительных сумм достигается, например, если пятнадцать чисел равны 1, а шесть равны –2. 4. Может в обоих пунктах. а) Возьмем такой правильный тетраэдр, что шар, касающийся его ребер, высекает на гранях круги радиуса больше 4. Затем будем отдалять одну из граней от центра шара, пока в этой грани не высечется круг радиуса 4. Тетраэдр при этом останется правильным, радиусы кругов в других гранях не изменятся. Аналогично отдалим остальные грани, чтобы получить нужные круги. б) Рассмотрим шар с центром O радиуса 5. Опишем вокруг него правильный тетраэдр. На радиусах, соединяющих O с точками касания, найдем точки, для которых плоскости, проходящие через эти точки и перпендикулярные этим радиусам, пересекают шар по кругам радиусов 1, 2, 3, 4. Осталось доказать, что эти четыре круга не пересекаются (тогда указанные плоскости образуют тетраэдр). Достаточно доказать это для кругов радиусов 3 и 4. Заметим: если бы соответствующие радиусы были перпендикулярны, то круги касались бы (поскольку треугольник со сторонами 3, 4, 5 прямоугольный). Так как угол между радиусами на самом деле тупой, круги пересекаться не будут. 5. Раскрасим клетки в шахматном порядке так, что левая нижняя клетка X – черная. Тогда левая верхняя Y – белая. Из черной клетки X делается горизонтальный ход, следующий ход – из белой вертикально, потом – снова из черной горизонтально и так далее, чередуясь. Это значит, что из черной клетки фишка всегда выходит горизонтально, а из белой – вертикально. В частности, в Y фишка попала горизонтальным ходом.

Пусть одинаковых ходов не было. Тогда никакую сторону клетки фишка не может пересечь дважды: в том же направлении – в силу предположения, а в противоположном – в силу указанного выше чередования. Поскольку пройденную сторону клетки снова проходить нельзя, будем «строить» вдоль нее стену. Очевидно, стены образуют связное множество. Когда фишка доберется до Y, стены соединят нижний и верхний края доски. Вся доска разобьется стенами на области, причем Y и правая верхняя клетка Z окажутся в разных областях. Следовательно, из Y в Z фишка пройти не сможет. Противоречие.

Сложный вариант

8–9 классы

1. Удастся. Положим гирю на левую чашу и уравновесим ее 8 кг сахара. Уберем гирю и насыпем на левую чашу 6 кг сахара. Поменяем пакеты местами и доложим на правую чашу гирю. Теперь на левой чаше – 8 кг, на правой – 12 кг. Для равновесия не хватает 1 кг сахара на левой чаше, который и насыпаем. 2. Можно. На рисунке 4 центры четырех монет находятся в вершинах двух треугольников со сторонами 3, 4, 5.

Рис. 4

5. Не могло. Заметим сначала, что произведение двух k-значных чисел – либо ( 2 k - 1 ) -значное число, либо 2k- значное. Действительно, наименьшее k-значное число $10^{k-} 1$, умноженное само на себя, дает число $10^{2} k-^{2}$, в котором 2k – 1 знаков, а наибольшее k- значное число, умноженное само на себя, дает меньше, чем наименьшее ( k + 1 ) -значное число $10^{k}$, умноженное само на себя, откуда результат меньше наименьшего ( 2 k + 1 ) -значного числа $10^{2} k$. Пусть даны числа $a_{k} a_{k} -_{1}^{…} a_{2} a_{1}$ и $a_{1} a_{2}^{…} a_{k} -_{1} a_{k}$. Представим себе, что мы умножаем их в столбик. В самом правом разряде будет стоять $a_{1} a_{k}$ (возможно, с переносом, который уйдет в следу-

63

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

ющие разряды), и в ( 2 k - 1 ) -м справа разряде тогда – минимум $a_{1} a_{k}$. По условию, $a_{1} a_{k}$ оканчивается на 1. Если есть еще и перенос, то $a_{1} a_{k}$ не меньше 11, и как минимум этот же перенос есть и в ( 2 k - 1 ) -м разряде. Но произведение двух цифр не может дать 11, т.е. $a_{1} a_{k}$ еще больше. Значит, в ( 2 k - 1 ) -м разряде после всех переносов должно получиться минимум 111 (иначе в итоге не получится число из одних единиц), что невозможно – в нашем произведении будет слишком много цифр (не меньше 2k + 1). Поэтому переноса нет, и $a_{1} = a_{k} = 1$. Тогда произведение наших чисел будет меньше, чем 2 ◊ $10^{k} -^{1}$ ◊ 2 ◊ $10^{k} -^{1} = 4$ ◊ $10^{2} k^{-} 2$, т.е. в произведении 2k – 1 разрядов. Посмотрим теперь на второй разряд справа. Там стоит $a_{k} a_{2} + a_{k} -_{1} a_{1}$, возможно, с переносом. Если перенос есть, то минимум такой же перенос будет и в ( 2 k - 2 ) -м разряде, и единица в ( 2 k - 1 ) -м разряде испортится. Значит, переноса нет, и $a_{k} a_{2} + a_{k} -_{1} a_{1} = 1$. Аналогично получаем, что и в третьем разряде (справа и слева) переноса нет и там 1, и так далее. Так мы дойдем до середины и получим, что там тоже 1 без переноса. Но на среднем месте стоит $a_{1}^{2} +$ … $+ a_{k}^{2}$, что не меньше 2 (ведь $a_{1} = a_{k} = 1 ).$ Противоречие. Значит, число из одних единиц получить нельзя.

(

)(

РЕШЕНИЯ

юго-западная вершина, B – юго-восточная (рис.5). Назовем весом узла сетки минимум из длин пути по сетке от него до вершин A и C. Во все внутренние узлы, а также в B и D стрелок

)

10–11 классы

2. Рассмотрим угол, симметричный данному относительно точки O. По теореме о величине угла между хордами, эти два угла высекают на каждой окружности две дуги суммарной величины 2A, а на всех шести окружностях – 12 углов суммарной величины 12A. Поскольку картинка симметрична относительно O, каждый из углов высекает по шесть дуг суммарной величины 6A. 6. Будем использовать стандартные обозначения a, b, c и p для длин сторон и полупериметра треугольника ABC. Пусть первая вневписанная окружность касается прямой BC в точке K. Поскольку KM – медиана прямоугольного треугольника CKI, то при повороте на угол $J = 180 \infty -$ – C прямая BC переходит в прямую AC. При этом точка K переходит в C, точка B – в $B_{1}$, а точка $A_{1}$ – в A (как известно, $KB = = CB_{1} = p$ – $a, BA_{1} = B_{1} A = p - c ).$ Поэтому $MA = MA_{1}, MB = MB_{1}$. Равнобедренные треугольники $A_{1} MA$ и $B_{1} MB$ подобны (у обоих углы при вершине M равны J ). Значит, – MAN = – $MAA_{1} =$ – $MB_{1} B =$ – $MB_{1} N$, что и требовалось. 7. На каждом ребре сетки (отрезке улицы) поставим стрелки в направлениях на север или на восток. Пусть город – квадрат ABCD, где A –

Рис. 5

входит и выходит поровну, назовем эти узлы равновесными. В узлы на интервалах BC и CD входят две стрелки, выходит одна, назовем эти узлы финальными, обозначим их $B_{k}$ на BC и $C_{k}$ на CD, где k – вес. А в узлы на интервалах AB и AD входит одна, выходят две стрелки, назовем эти узлы стартовыми, обозначим их $A_{k}$ на AB и $D_{k}$ на AD. Пути из A в C идут по стрелкам. Пути из C в A идут против стрелок, но их тоже будем считать путями по стрелкам из A в C. Каждый путь имеет длину 2n, веса узлов на нем сначала возрастают от 0 до n, затем убывают от n до 0. Будем нумеровать дни, начиная с 0, а также считать, что пройденные ребра окрашиваются в синий цвет (исходный цвет ребер – черный). Докажем индукцией по k, что в k-й день станут синими ровно 4 n k ребер, после этого все ребра, инцидентные узлам веса не более k, будут синими, а все синие ребра, инцидентные узлам веса больше k, будут пройдены только по разу. База (k = 0). Проведем любой путь из A в C. Заведомо есть еще один путь из A в C по еще не пройденным стрелкам, например симметричный предыдущему относительно прямой AC. Проведем любой такой путь. Все четыре ребра, инцидентные A и C (т.е. узлам веса 0), пройдены. Каждый из узлов веса 1 имеет степень 3, через каждый прошел один путь. Шаг индукции. Пусть настал k-й день. Первые k звеньев любого пути выходят из узлов с весами от 0 до k – 1. По предположению индукции, они пройдут по синим ребрам. То же верно для k последних звеньев. Значит, на пути может быть не более 2 n k черных ребер. Докажем, что есть путь, где таких ребер ровно 2 n k. На сторонах квадрата остались узлы веса не