Квант 2024, №10 · Страницы

5

ВЕЧНА ЛИ «ВЕЧНАЯ МЕРЗЛОТА»?

не происходит. В ситуации с пресной водой нужно учитывать, что за время теплого сезона вода до некоторой глубины прогревается. И эта максимальная глубина прогрева может быть больше или меньше глубины водоема. А при наступлении холодного сезона сначала в этом прогревшемся слое вода охлаждается до 4 q С и только после этого начинает замерзать вверху. Состав солей в морской океанской воде практически одинаков во всех океанах, поскольку вода перемешивается за счет океанских течений, а соленость бывает разной. Связано это с тем, что в моря впадают пресные воды рек и это понижает их соленость, и с тем, что вода с поверхности морей и океанов испаряется, а это наоборот увеличивает соленость. Если плотность воды при температуре 4 q С и атмосферном внешнем давлении $10^{5}$ Па равна $10 00^{x}$ кг $м^{3}$, то соленостью принято называть число x, выраженное в килограммах. Когда плотность соленой воды становится равной 1030 кг $м^{3}$, соленость равна 30, и при этом значении пропадает особенность пресной воды, связанная с наличием максимума на графике зависимости плотности от температуры. А при значениях солености больше 30 плотность соленой воды с ростом температуры убывает. В открытых (сообщающихся с океанами) морях и в самих океанах соленость воды равна 32 35. В таких водоемах в холодные сезоны конвекция воды приводит к тому, что практически вся ее масса, находящаяся ниже возникшего на поверхности слоя льда, участвует в процессе теплообмена за счет механизма конвекции. Кроме того, как хорошо известно, в океанах существуют круглогодичные, т.е. не зависящие от времени года, теплые и холодные течения. Наверное, самым известным из теплых течений является Гольфстрим. Наличие таких течений и их устойчивость определяется среднегодовыми температурами разных мест на поверхности Земли, глубинами морей и океанов, формами континентов и проливами, соединяющими моря и океаны.

И для пресноводных водоемов, и для водоемов с соленой водой толщина слоя прогревающейся воды в теплые сезоны определяется не только температурой воздуха, прозрачностью и теплопроводностью воды, но и ветрами (бурями и штормами) над поверхностью воды. При этом поток тепловой энергии изнутри Земли к ее поверхности продолжается, только выше дна моря или океана уже греется не твердый грунт, а жидкая вода. Все перечисленное, касающееся водной части поверхности Земли, делает невозможным создание простой (на школьном уровне) и однозначной модели. Поэтому из всей широкой палитры возможностей выберем те ситуации, которые все-таки можно описать в рамках простых моделей. Рассмотрим ситуацию с озером Байкал. Вода в Байкале имеет минерализацию примерно 0,1. Слово «соленость» употреблять в данном случае некорректно, поскольку состав солей в Байкале не такой, как в морской воде. Среднегодовая температура на поверхности близка к нулю (от 0,7 q С на юге, до 3,6 q С на северной части). Летом средняя температура воздуха над озером 20 q С, а зимой, соответственно, 20 q С. Вода в озере прозрачная – летом сверху видны детали на дне до глубины 5-8 метров. Зимой прозрачность воды вырастает до 30–40 метров. За зимний сезон нарастает слой льда толщиной 100–120 см. Известно также, что 4 q С – температура воды в глубинных слоях озера. А средняя температура воды поверхностных слоев в открытом озере приблизительно 8 q С. Будем считать, что за счет ветров температура над всей поверхностью воды одинаковая, но эти ветры не заставляют воду перемешиваться, т.е. холодная вода в теплое время года после того, как лед растаял, прогревается только за счет механизма теплопроводности. Соответственно, в холодное время года, когда вода вплоть до самой поверхности приобрела температуру 4 q С, вода замерзает при отсутствии конвекции воды под слоем льда. Поток тепла изнутри Земли учитывать не будем. Плотность льда, равная 916 кг $м^{3}$, немного меньше плотности жидкой воды, поэто-

11

ЗОНОГОНЫ

Рис. 33

$в^{i-й}$ корзинке написан номер $n + 1 –^{i.}$ За один ход разрешается поменять два шара в соседних $корзинках.^{Сколько}$ ходов необходимо для того, чтобы каждый шар попал в корзинку со своим номером? Если в корзинках лежит по одному шару, то задача решается просто. Мы имеем дело с перестановкой (3), которая $содержит^{C} n^{2} n^{n} 1 2$ инверсий. Поэтому процесс сортировки потребует n n 1 2 шагов. На первый взгляд кажется, что те же рассуждения дают правильный ответ и в том случае, когда в корзинках лежит по два шара. Можно сказать, что у нас есть по n шаров двух цветов, красных и зеленых, и шары каждого цвета пронумерованы от 1 до n. Можно подумать, что нет ничего лучше, чем сортировать каждый цвет по отдельности, а значит, понадобится вдвое больше операций, чем для одного набора шаров, т. е. $2^{C} n^{2} n^{n} 1$ шагов. На самом деле необходимое число шагов существенно меньше. Например, если n = 5, то шары чудесным образом упорядочиваются всего за 15 перекладываний вместо 20. Объяснить это можно следующим образом: два шара, оказавшиеся в одной корзинке, мы можем переставить «бесплатно». Проследите за тем,

как это происходит на рисунке 34. Например, после первого шага одна пара шаров 4 и 5 «бесплатно» переставляются в первой корзинке, а другая пара – во второй. Меньше чем за 15 шагов упорядочить двойной набор из 5 шаров нельзя. Этот факт является частным случаем следующего более общего утверждения. $Предложение^{9.}$ Пусть n t 2. Тогда для упорядочивания двойного набора шаров в n корзинках требуется не менее $ª «^{n} 2^{n} 1 3 º$ » перекладываний. Доказательство. Будем считать, что в каждой корзинке шары упорядочены (один из них левый, а второй – правый). Как и для перестановок из n элементов, будем следить за числом инверсий в наборе. Точно так же количество инверсий – это число пар шаров, в которых шар с большим номером находится левее. Заметим, что в первоначальном наборе шаров имеется $4^{C} n^{2} 2^{n} n 1$ инверсий (каждая пара номеров дает четыре инверсии). За один шаг количество инверсий можно уменьшить на 3: два шара перекладываются между соседними корзинками, после чего в каждой из этих корзинок шары тоже можно поменять местами. Однако есть такие перекладывания, после которых в корзинке оказываются два шара с равными номерами. Для каждого номера k такая ситуация возникнет хотя бы один раз, когда второй шар с номером k займет свое место. Значит, необходимое число перекладываний – не меньше чем

$2^{n} n 1^{n} 3$

Рис. 34

$n 2^{n} 1 3$

$C_{2}^{2} n 3$, что и требовалось доказать. Процесс перекладывания шаров можно представить более наглядно, если воспользоваться геометрической интерпретацией перестановок, описанной выше. Точно так же начальную и конечную комбинации мы представляем как наборы отрезков на сторонах правильного 2n-угольника. Единственное отличие будет заключаться в том, что каждая сторона 2n-угольника будет разбита на два равных отрезка, соответствующих двум одинаковым шарам. Точно так же каждое перекладывание будет изображаться как преобразование лома-

21

ЗАДАЧНИК

температуре давление насыщенных водяных паров очень мало – в несколько тысяч раз меньше 1 атм. Поэтому можно считать, что практически весь водяной пар превратился в капельки. При этом давление не изменилось, т.е. можно рассматривать процесс установления температуры как два последовательных шага: сначала в адиабатическом процессе устанавливается давление, а затем при постоянном давлении устанавливается температура. В результате практически вся выделившаяся при конденсации водяного пара теплота достается молекулам воздуха, поскольку доля молекул воды очень мала. Молярная теплота конденсации водяного пара при температуре около нуля градусов по Цельсию равна примерно 50 кДж моль. Каждый моль воздуха получает, следовательно, 0,5 кДж энергии и нагревается в процессе с постоянным давлением от температуры 230 К до установившейся температуры. Оценим рост температуры:

C p T к T н

C p

0,5 кДж,

3 R | 25 Дж К,

$T_{к} T_{н} | 20$ К, т.е. температура вырастает примерно на 20 градусов. В результате в бутылке все равно температура будет весьма низкой: 250 К. При такой температуре давление насыщенных паров воды действительно весьма мало: около 100 Па. Это означает, что наше предположение о том, что большая часть водяных паров сконденсируется, справедливо: в виде пара осталась лишь 1 23 часть, или около 4,5%, а 95,5% собрались в капельки. Итак, ответ на поставленный в условии задачи вопрос такой: температура равна примерно минус 23 q С. Обратим внимание на то, что капельки тумана состоят из переохлажденной воды. Если учесть и это явление, то следует найти дополнительное количество теплоты, которое выделяется при охлаждении воды от 0 q С до 23 q С. Молярная теплоемкость жидкой воды равна 75 Дж моль ˜ К. Следовательно, дополнительное количество теплоты (в добавок к уже оцененному

«КВАНТА»

0,5 кДж) составит 23 ˜ 0,75 Дж | 17 Дж. Этой величине соответствует дополнительный нагрев на 17 25 q | 0,7 q. Если учесть и эту поправку, то температура, которую мы ищем, будет немного выше: минус 22,3 q С. Б.Туманов

Ф2812. Трехфазный трансформатор имеет Ф-образный железный сердечник и три одинаковые обмотки с одинаковым количеством витков. Железо сердечника не насыщается и обладает очень большой и постоянной магнитной восприимчивостью. Если подать переменное напряжение с амплитудой $U_{0}$ на ту обмотку, которая охватывает срединный магнитопровод, то с любой другой обмотки снимается напряжение половинной амплитуды. Если же подать такое же напряжение на одну из боковых обмоток, то на срединной обмотке напряжение будет равно $0,55U_{0}$. 1) На одну из обмоток подали напряжение U sin Z t, а на другую 2 U cos Z t. Какое напряжение снимается с третьей обмотки? (Вариантов несколько, укажите все возможные.) 2) Если с помощью этого трансформатора попытаться получить максимальное по амплитуде напряжение при наличии источника переменного напряжения с амплитудой $U_{0}$, то какой будет амплитуда этого напряжения? Нарисуйте схему подключения трансформатора к источнику и выводам напряжения. 3) С помощью этого же трансформатора и того же источника переменного напряжения нужно получить переменное напряжение с амплитудой, не равной нулю, но возможно меньшей в сравнении с $U_{0}$. Каково это минимальное по амплитуде напряжение?

1. Поскольку суммарный магнитный поток в трех магнитопроводах, вычисленный с учетом знаков, равен нулю, а фаза напряжения на выходной обмотке может быть M или M S, то мы найдем амплитуду выходного напряжения и сдвиг фазы по отношению к величине U sin Z t. Таким образом,

ЗАДАЧА С ИСТОРИЕЙ

Задача о разбиении прямоугольника на полоски

А.КЛИМОВ

НА МОСКОВСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСкой олимпиаде 1974 года в двух старших классах была предложена следующая задача. Прямоугольный лист бумаги размером a u b см разрезан на прямоугольные полоски, каждая из которых имеет сторону 1 см. Линии разрезов параллельны сторонам исходного листа. Докажите, что хотя бы одно из $чисел^{a} или^{b}$ целое. Интересна история ее появления. Сначала сделаем небольшое отступление об обстоятельствах жизни тех лет. Тогда в Москве сносили много старых зданий, в которых много чего было ценного с точки зрения искусства. У Коли $Константинова^{1}$ (хорошо известного в олимпиадных кругах) был друг (вроде даже одноклассник) – художник Витя Галкин. Он был одержим идеей спасения и сохранения того ценного, что было в этих разрушаемых домах. Это не только предметы (как светильники или самовары), но также детали мебели и самих зданий – ручки, балясины, подоконники, панно и много чего еще. Коля ему содействовал, вдохновляя нас, студентов, в этом участвовать. Когда становилось известно, что через день-два будут разрушать какой-то замечательный дом, мы туда приезжали, иногда ночью, чтобы все, что еще оставалось ценного, вывинчивать, отрывать, выдирать и грузить на машину. У Вити был довольно большой дом в деревне Грызлово, расположенной у реки Лопасня. В этом доме мы и складировали «добычу». А потом мы помогали ему все это сортировать и приводить в порядок.

1 Николай Николаевич Константинов – вы-

дающийся организатор математического образования. Читайте интервью с ним в «Кванте» №1 за 2010 год.

И вот как-то раз мне пришлось заняться кучей мелких квадратных плиток единого размера примерно 2 u 2 см. Надо было их поплотнее упаковать в деревянную коробку с размерами, разумеется, не кратными стороне плитки. Причем плитки были самой разной толщины – от 3 до 8 мм. Поэтому я решил ставить их на ребро в один слой, чтобы потом на них положить второй слой и т.д. Заканчивая слой, я увидел, что остается незаполненный кусочек, причем такой площади, что еще 1–2 плитки туда бы вошли. Я стал пытаться менять ориентацию плиток, но все было тщетно. Пришлось оставлять пустое место. И только на другой день, уже в Москве, я понял, что в этом скрыт некий математический факт. Так и появилась приведенная выше задача. Причем меня еще, конечно, интересовала минимальная площадь остатка при заданных нецелых a и b. Предстояла очередная олимпиада, и это была бы хорошая задача для нее. Однако решить задачу долго не получалось. Наконец нашлось решение, довольно сложное, под которое ее были согласны принять. Я надеялся, что кто-то из участников сможет найти более простое решение. Но это ожидание не сбылось. Задачу дали в двух старших классах, 9 и 10. И насколько я помню, было лишь 2 или 3 работы, в которых можно было с большой натяжкой разглядеть прототип возможного доказательства. В одной из этих работ – ее писал Андрей Коробов из 10 класса 179-й математической школы – был набросок доказательства для случая, когда обе стороны листа рациональные, т.е. точно кратные 1 n для некоторого целого n. Размеры полосок тоже предполагались рациональными. Также предполагалось, что все разрезы идут по линиям сетки с шагом 1 n. Были закрашены клетки на диагоналях, проведенных в исходном прямоугольнике с шагом в n клеток (т.е. 1 см). Получалось, что в каждой элементарной полоске размера 1 u n клеток имеется ровно 1 закрашенная клетка при любом ее положении или любой ориентации. Поэтому в каждой полоске размера m u n (клеток) содержится ровно m закрашенных клеток, т.е. их количество строго пропорционально общему числу клеток в ней mn. Теперь оставалось убедиться, что если обе стороны исходного листа не кратны n (в смысле числа клеток),

24

КВ А НT 2024/№10

то для площади всего листа эта пропорциональность не соблюдается. Все, что теперь мне оставалось, – это как бы перейти к пределу при n o f и получить следующее элементарное (т.е. школьное, без бесконечностей) решение для $любых^{a} и^{b.}$ Будем решать задачу в более широкой постановке. Рассматривая любые неполные покрытия листа a u b без наложений прямоугольными полосками ширины 1 со сторонами, параллельными сторонам листа, докажем, что $если^{a} и^{b}$ оба не целые, то всегда будет оставаться непокрытая часть листа. Также попытаемся оценить снизу размер остатка в зависимости $от^{a} и^{b.}$ Нанесем на исходный лист серию диагональных (под 45q к стороне) прямых линий одного направления (голубых линий на рисунке), отстоящих друг от друга на 1 см по

^ a ^ b меньше (или равна) 1, то ни одного

фрагмента секущей он не содержит, поскольку угол листа лежит ниже диагонали дополненного единичного квадрата (показанного пунктиром). В итоге отрезанными полосками покрыты все секущие, а значит, их суммарная площадь равна L. И если даже в этом случае остается непокрытым кусок площади ^ a ˜ ^ b, то и при любом другом покрытии останется не меньше. Далее, если ^ a ^ b! 1, то длина проекции секущей в этом прямоугольничке будет ^ a ^ b 1, поэтому остаточная площадь при любом покрытии составит как минимум

^ a ˜ ^ b ^ a ^ b 1

1 ^ a ˜ 1 ^ b! 0.

Таким образом, мы нашли нижнюю границу площади непокрытой части листа:

min ^ a ˜ ^ b, 1 ^ a ˜ 1 ^ b.

вертикали и по горизонтали. Будем называть их секущими. Всякая полоска размера 1 u l накрывает фрагменты секущих суммарной длины l 2 или $просто^{l,}$ если измерять длины фрагментов по их проекциям на $сторону^{l.}$ Тем самым, эта условная «длина» равна площади полоски. (Действительно, ведь эти проекции точно покрывают $сторону^{l}$ без перекрытий.) Пусть L – сумма «длин» всех секущих на листе. При любом покрытии суммарная площадь полосок не может быть больше L. Пусть одна из секущих проходит через левый нижний угол листа, как на рисунке. Рассмотрим следующую эталонную нарезкупокрытие. Отрежем полные (от края до края) полоски ширины 1 слева по максимуму, а потом короткие полоски высоты 1 снизу, как показано на рисунке. Они покрывают весь лист за исключением небольшого прямоугольника справа вверху размера ^ a u ^ b. Здесь ^ x ` – дробная часть $числа^{x.}$ Если сумма сторон этого прямоугольника

Это число, очевидно, больше $0, когда^{a} и^{b}$ оба не целые. При этом, когда ^ a ^ b 1, минимальным является первый аргумент минимума и наоборот. Возникает вопрос, а достигается ли полученная нижняя граница при ^ a ^ b! 1? Если одна из сторон листа меньше 1, то отрезать полоску шириной 1 можно только по другой стороне (если она больше 1), и потому остаток будет всегда ^ a ˜ ^ b. Но если обе стороны больше 1, то граница 1 ^ a ˜ 1 ^ b достижима. Предоставляем читателю найти соответствующую нарезку самому (например, когда 1 a, b 2 и a b! 3 ).

Четырехугольник с тремя равными сторонами

ШКОЛА В «КВАНТЕ»

Е.БАКАЕВ

Обсудим такую задачу М.Волчкевича. В четырехугольнике ABCD стороны AB, BC, CD равны. Найдите углы A и D четырехугольника, если $‘^{B} 108 q, ‘^{C} 48 q$ (рис. 1).

Рис. 1

Мы приведем разные дополнительные построения, которые помогают решить задачу. Вопрос, как о них догадаться… Общая идея в том, чтобы искать углы с хорошими свойствами: например, угол в 60q или два угла, один из которых в два раза больше другого. Первый способ (равносторонний треугольник и трапеция). Посмотрим на числа в условии. Не приходит в голову, чем удобны углы $в^{108q} и^{48q}$, но $вот^{108} q^{48} q 60 q$ – это уже замечательный угол! Отсюда можно додуматься до следующего дополнительного построения.

Рис. 2

Отметим точку E такую, что треугольник CDE – равносторонний и $‘^{BCE} 108 q$ (рис. 2). Таким образом, мы как раз «прибавили» к углу $в^{48q}$ угол в 60q и получили 108q. Важное свойство угла в 60q – что это часть равностороннего треугольника, поэтому надо вместе с углом 60q сразу достроить и весь треугольник.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20241002

Тогда в четырехугольнике ABCE равны углы B и C и стороны AB и CE, а значит, это равнобокая трапеция. Можно доказать это так: продлим AB и CE до пересечения в точке X (рис. 3), тогда в треугольнике BXC равны углы и, значит, он рав- Рис. 3 нобедренный. Поэтому XB = XC и XA = XE, т.е. ‘AXE равнобедренный и AE P BC. Таким образом, ABCE (см. рис. 2) – равнобокая трапеция, и мы знаем ее углы: $‘^{A} ‘^{E} 180 q ‘^{B} 72 q$. Треугольник ABC равнобедренный, в нем углы A и $C равны^{180} q^{108} q^{2} 36 q$, тогда $‘^{ACE} ‘^{BCE} ‘^{BCA} 108 q^{36} q 72 q$. Получается, что треугольник ACE равнобедренный, так как в нем углы C и E равны 72q. Поэтому точки A и D лежат на серединном перпендикуляре к CE, а значит, ‘ DAC $90 q 72 q^{18} q$. Отсюда несложно получить ответ: углы в четырехугольнике ABCD равны $‘^{A} 36 q^{18} q 54 q, ‘^{D} 180 q^{30} q^{150} q$. Второй способ (ромб и биссектрисы). Идея этого построения в следующем. Нам даны углы между первой и второй стороной и между второй и третьей стороной. Можно еще построить угол между первой и третьей стороной – надо параллельно перенести первую сторону к третьей. Иными словами, достроить треугольник ABC до параллелограмма. Так как в нем будут равны все стороны, то в данном случае он будет являться ромбом. Скажем о свойствах ромба. Возьмем равнобедренный треугольник PQR и продлим в нем высоту QO, проведенную к основанию, на свою длину – получим точку S (рис. 4).

Рис. 4

27

ШКОЛА

В

«КВАНТЕ»

Образовалось 4 равных треугольника, и тогда PQRS – это ромб, так как в нем все стороны равны. Кроме того, ‘ P ‘ R, ‘ Q ‘ S, ‘ P ‘ Q 180 q. Итак, достроим ‘ABC до ромба ABCK c углами 108q и 72q (рис. 5). Несложно посчи-

Рис. 7

Рис. 5

тать, что ‘ ACD 12 q, ‘ DCK 24 q. Напрашивается такое дополнительное построение: провести биссектрису угла DCK, ведь 12 ˜ 2 24. Проведем ее до пересечения с AK в точке F (рис. 6). Треугольники DFC и KFC

Рис. 6

равны по двум сторонам и углу между ними. Так как $72 q 12 q^{60} q$, то ‘ KFC ‘ $DFC^{60} q$, а тогда и ‘ $AFD^{60} q$. В треугольнике AFC в точке D пересекаются две биссектрисы, а значит, и третья биссектриса тоже проходит через эту точку! Тогда ‘ CAD ‘ CAK 2 18 q, и теперь уже легко посчитать углы четырехугольника ABCD. Можно придумать аналогичное решение без ромба – отразим точку D относительно AC, и все наши построения внутри треугольника ACK вместо этого будем делать в треугольнике ACB. Третий способ (правильный пятиугольник и симметрия). У самого по себе угла в 108q есть хорошие геометрические свойства. Заметим, что смежным ему является угол в 72q и $72 q ˜^{5} 360 q$. Возьмем точку O и проведем из нее под равными углами равные отрезки в точки K, L, M, N, P (рис. 7). Тогда углы между соседними отрезками как раз по 72q. Возникает 5 равных треугольников, поэтому в пятиугольнике KLMNP равны все стороны и все углы – это правильный пятиугольник. Несложно посчитать, что все его углы равны по 108q. Зная это, можно догадаться: надо достроить четырехугольник ABCD до правильного пятиугольника ABCST $(рис.^{8).}$ Тогда тре-

Рис. 8

угольник CDS равнобедренный с $углом^{60q}$, а поэтому равносторонний. Таким образом, наша конструкция состоит из правильного пятиугольника и равностороннего треугольника с общей стороной CS. Покажем, что эта конструкция симметрична относительно l – серединного перпендикуляра к CS. Для ‘CSD прямая l является осью симметрии. И для правильного пятиугольника это тоже так – l является его осью симметрии, что несложно понять из нашего способа построения правильного пятиугольника (см. $рис.^{7).}$ А значит, и вся конструкция симметрична относительно l. Отсюда понятно, что ‘ DAB $108 q 2^{54} q$.

Задачи

1. В четырехугольнике ABCD стороны AB, BC, CD равны. Найдите углы четырехугольника, если а) ‘ $B^{80} q$, ‘ $C^{80} q$; б) ‘ $B^{80} q$, ‘ C 100 q; в) ‘ B 60 q, ‘ C 80 q; г) (М.Волчкевич, Математический праздник, 2020) ‘ B 90 q, ‘ $C^{150} q$;

28

д) ‘ B е) ‘ B ё) ‘ B

КВАНТ 2024/№10

90 q, ‘ C 30 q; 70 q, ‘ C 170 q; 108 q, ‘ C 168 q.

2* (М.Волчкевич, Математический праздник, 2022, 7 кл.). В четырехугольнике ABCD известно, что AB = BC = CD, ‘ A 70 q и ‘ B 100 q. Чему могут быть равны углы C и D?

3* (М.Евдокимов, Устная московская олимпиада, 2023, 7 кл.). В выпуклом четырехугольнике ABCD равны стороны AB, BC и CD, а угол D равен сумме углов A и C. Чему равен угол DAC?

4* (М.Волчкевич, Московская математическая олимпиада, 2007, 8 кл.). В четырехугольнике ABCD стороны AB, BC и CD равны, точка M – середина стороны AD. Известно, что ‘ BMC 90 q. Найдите угол между диагоналями четырехугольника ABCD.

5* (Турнир городов, 2004). На сторонах KB и KC треугольника KBC отметили соответственно точки $A и_{D}$ так, что AB = BC = CD. Отрезки AC и BD пересекаются в точке N. Докажите, что NI A BC, где I – центр вписанной окружности KBC.

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

Мы продолжаем очередной конкурс по решению математических задач. Задания рассчитаны в основном на учащихся начиная с 8–9 класса, а более младшим школьникам советуем попробовать свои силы в конкурсе журнала «Квантик» (см. сайт kvantik.com). Высылайте решения задач, с которыми справитесь, по адресу: savin.contest@gmail.com. Кроме имени и фамилии укажите город, школу и класс, в котором учитесь. Мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и команд (в таком случае присылается одна работа со списком участников). Участвовать можно, начиная с любого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы. Задания, решения и результаты публикуются на сайте sites.google.com/view/savin-contest Желаем успеха!

5. На $острове^{30}$ жителей, каждый либо правдолюб (всегда говорит правду), либо лжец (всегда лжет). Каждый знает про всех, кто есть кто. Островитяне встали в круг, и каждый сказал про соседа справа, правдолюб он или лжец, а потом сказал это про соседа слева. Может ли быть, что никто не сказал дважды одно и то же?

Б.Френкин

$6.^{Есть}$ шахматная $доска^{8} u^{8}$. За один ход можно выбрать любой клетчатый квадрат $2 u 2,^{3} u^{3} или^{4} u^{4}$ и изменить цвет четырех его угловых клеток на противоположный. Можно ли а) сделать доску полностью белой; б) сделать какие-то две соседние по стороне клетки черными, а остальные $клетки^{—}$ белыми? Приведите алгоритм действий или докажите, что такое невозможно.

М.Евдокимов

7. Найдите все углы $D,^{0} D^{180} q$, такие, что существует конечное множество точек плоскости (содержащее хотя бы две точки) со следующим свойством: для любых точек$^{A}$ $и^{B}$ множества существует $точка^{C}$ множества такая, что $‘^{ACB} D$.

Е.Бакаев

8. Клеточный прямоугольник по линиям сетки разрезан на полоски – прямоугольники $шириной^{1}$ и длиной $больше^{1.}$ В каждой полоске две крайние клетки покрашены в красный цвет. Докажите, что от каждого угла прямоугольника есть путь по красным клеткам в какой-то другой угол (путь можно пройти, переходя из клетки в соседнюю с ней по стороне).

Е.Бакаев

29

Коники в задачах по физике

ФИЗИЧЕСКИЙ

А.БЫЧКОВ

ФАКУЛЬТАТИВ

Гипербола – множество точек плоскости, разность расстояний от которой до двух данных точек A и B равна (по модулю) постоянной величине (рис. 3). Эти точки – фокусы гиперболы. Фокальное свойство параболы. Пусть парабола имеет фокус F и директрису l, а X – какая-нибудь ее точка (рис. 4). Тогда прямая XF и перпендикуляр, опущенный из X на l, составляют равные углы с касательной

ДРЕВНИЕ ГРЕКИ УЖЕ БЫЛИ ЗНАкомы с фигурами, которые мы сегодня называем кривыми второго порядка. Они называли их коническими $сечениями^{1}$ или кониками и посвящали им научные исследования. В XVII-XVIII веках эти кривые стали использоваться в механике: оказалось, что снаряды летят по параболической траектории, а планеты вращаются по эллиптическим орбитам. Позже, изучая движение тел в космосе, ученые установили, что скорость запуска объекта определяет его траекторию. Оказалось, что тело, запущенное с Земли с разной скоростью, может двигаться в космосе по различным кривым, которые относятся к кривым второго порядка: эллипс, парабола и гипербола. Эта статья посвящена рассмотрению кривых второго порядка и их применения в задачах физики. Сначала напомним определения кривых второго порядка и некоторые их свойства с геометрической точки зрения. Парабола представляет собой множество точек плоскости, одинаково удаленных от данной точки F и данной прямой l (рис. 1). Точку F называют фокусом параболы, а линию l – директрисой. Эллипс – множество точек плоскости, сумма расстояний от которых до двух данных точек A и B равна постоянной величине (рис. 2). Эти точки называют фокусами эллипса.

Рис. 1

Рис. 2

1

Конические сечения – линии, которые получаются сечениями поверхности прямого кругового конуса плоскостями, не проходящими через его вершину.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20241003

Рис. 3

Рис. 4

m к параболе в точке X. Фокальное свойство параболы можно использовать следующим образом. Если сделать отражатель в форме параболоида и поместить лампочку в фокусе, то получится прожектор: все отраженные лучи будут параллельны оси параболоида.

Упражнение 1. Докажите фокальное свойство эллипса: отрезки, соединяющие точку эллипса с его фокусами, составляют равные углы с касательной к эллипсу в этой точке. Упражнение 2. Докажите фокальное свойство гиперболы: отрезки, соединяющие точку X гиперболы с ее фокусами, составляют равные по величине углы с касательной в точке X.

Задача 1. Человек хочет переплыть реку на весельной лодке в точку A, расположенную строго напротив точки отплытия B. Скорость течения реки постоянна и равна v. Лодочник гребет таким образом, что его скорость относительно воды всегда направлена к точке A и равна v. По какой траектории движется лодка? Обозначим ширину реки d и рассмотрим прямую l, перпендикулярную ее берегам и находящуюся на расстоянии d вниз по течению от отправной точки A лодки. Лодка первоначально находится на расстоянии d как от точки B на противоположном берегу, так и от линии l. Поскольку скорость воды и скорость лодки относительно воды одинаковы по модулю и равны v, то вода сносит лодку вниз по течению на то же расстояние, что проходит лодка в направлении к точке B.

54

КВАНТ 2024/№10

б

Рис. 15

Рис. 13

из $S_{W}$ вычтутся все площади $w_{1i}$ (рис. 14,б). Поэтому разность $S_{W} S_{B}$ уменьшится на площадь зоны Z w 1. Так как данный многоугольник правильный, то все его зоны имеют равные площади. Поэтому при перекрашивании пары черных отрезков в белый цвет разность $S_{W} S_{B}$ останется прежней.

б)

Рис. 14

13. Пусть в графе есть цикл и пусть он проходит по горизонтальному отрезку $a_{1}$. Возьмем ромб, примыкающий к стороне $a_{1}$, и отметим в нем параллельную сторону a 2. Возьмем ромб, примыкающий к стороне a 2, и отметим в нем параллельную сторону $a_{3}$. И так далее. Такую же цепочку ромбов можно построить и в другом направлении. В итоге получится последовательность из ромбов, которая рассекает наш шестиугольник. Цикл должен пересечь эту полосу, проходя в разных направлениях, что невозможно. 14. Введем систему координат так, чтобы новая прямая была осью OY. Рассмотрим самую левую точку пересечения нескольких прямых. Теперь посмотрим на лучи этих прямых, идущие от этой точки пересечения влево. Выберем какие-нибудь два соседних из них (рис. 15,а). Если через точку проходят всего две прямые и одна из них параллельна OY, то посмотрим на ее верхний луч (рис. 15,б). Заметим, что на этих лучах нет точек пересечения с другими прямыми (иначе бы нашлась точка пересечения левее нашей, либо с такой же координатой по OX, но выше). Значит, этот угол образован двумя лучами, т. е. все его точки закрашены.

Понятно, что этот угол уходит на бесконечность влево, поэтому, как бы ни была расположена ось OY, где-то слева от нее будут закрашенные точки. Аналогичные рассуждения можно проделать, рассмотрев самую верхнюю из самых правых точек пересечения прямых. Таким образом, по обе стороны от прямой OY найдутся закрашенные точки. 15. б) Разобьем каждую грань данного многогранника на параллелограммы. Каждое ребро многогранника определяет некий набор параллельных сторон и тем самым некий набор параллелограммов, который мы назовем зоной. Каждый параллелограмм определяет две зоны, идущие в разных направлениях по поверхности многогранника. Эти две зоны должны повторно пересекаться по другому параллелограмму, который мы назовем парным по отношению к первому. Основной и парный параллелограммы равны и расположены в параллельных плоскостях, поскольку их стороны попарно равны и параллельны. Кроме того, плоскость любого параллелограмма не может быть параллельна плоскости более чем одного параллелограмма, поскольку в противном случае многогранник не был бы выпуклым. Остальные параллелограммы из разбиения той же грани F будут иметь парные параллелограммы, лежащие в одной плоскости, а значит, парные параллелограммы будут складываться в грань, равную и параллельную F (парную к F). Каждые две грани будут иметь центр симметрии, причем для соседних граней эти центры будут совпадать, потому что они должны быть центрами симметрии общего ребра. Так как, переходя от грани к соседней грани, мы можем пройти по всем граням данного многогранника, то центр симметрии будет общим для всех граней, а значит, он будет центром всего многогранника. 16. С одной стороны, потребуется не меньше 2 n 1 шагов. Действительно, из симметричности ситуации следует, что на первом шаге можно поменять местами любые два шара. Допустим, что это были шары с номерами $1 и^{2.}$ После этого потребуется по крайней $мере^{2n}$ шагов,чтобы переместить на места шары с номерами 3. С другой стороны, 2 n 1 шагов достаточно, поскольку после перемещения шаров с номерами 3 на свои места все остальные шары также окажутся на своих местах. 17. Решение приведено в [3].