Квант №4 (апрель 2022)

№4 2022 АПРЕЛЬ НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1970 ГОДА В номере: УЧРЕДИТЕЛИ 2 Парадоксы теплообмена: «честно + честно+... Российская академия наук ...+ честно = нечестно». Е.Соколов Математический институт 11 Диафантовы уравнения и рациональные точки. им. В.А.Стеклова РАН М.Башмаков Физический институт им. П.Н.Лебедева РАН ЗАДАЧНИК «КВАНТА» ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР 18 Задачи М2694–М2697, Ф2701–Ф2704 19 Решения задач М2682–М2685, Ф2689–Ф2692 А.А.Гайфуллин «КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ 29 Задачи Н.Н.Андреев, Л.К.Белопухов, М.Н.Бондаров, А.А.Варламов, Ш К О Л А В «КВАНТЕ » С.Д.Варламов, А.П.Веселов, 30 И речка подо льдом блестит... А.Стасенко А.Н.Виленкин, Н.П.Долбилин, 31 Лемма о трех биссектрисах. Г.Филипповский С.А.Дориченко, В.Н.Дубровский, А.А.Заславский, А.Я.Канель-Белов, ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ П.А.Кожевников (заместитель главного редактора), С.П.Коновалов, К.П.Кохась, 35 Лестница, статически неопределимая. А.А.Леонович, Ю.П.Лысов, А.Б.Минеев, В.Ю.Протасов, А.М.Райгородский, Л.Ашкинази А.Б.Сосинский, А.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин, В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова, К О Н К У Р С И М Е Н И А.П.САВИНА А.В.Устинов, А.И.Черноуцан (заместитель главного редактора) 38 Задачи 29–32 РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ ОЛИМПИАДЫ А.В.Анджанс, М.И.Башмаков , В.И.Берник, 38 LХХХV Московская математическая олимпиада А.А.Боровой, В.В.Козлов, С.П.Новиков, А.Л.Семенов, школьников С.К.Смирнов, А.Р.Хохлов 40 Ответы, указания, решения Вниманию наших читателей (10,37) РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ НА ОБЛОЖКЕ 1970 ГОДА I Иллюстрация к статье «И речка подо льдом ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР блестит...» И.К.Кикоин II Коллекция головоломок III Шахматная страничка ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬ IV Прогулки с физикой ГЛАВНОГО РЕДАКТОРА А.Н.Колмогоров Л.А.Арцимович, М.И.Башмаков, В.Г.Болтянский, И.Н.Бронштейн, Н.Б.Васильев, И.Ф.Гинзбург, В.Г.Зубов, П.Л.Капица, В.А.Кириллин, Г.И.Косоуров, В.А.Лешковцев, В.П.Лишевский, А.И. Маркушевич, М.Д.Миллионщиков, Н.А.Патрикеева, Н.Х.Розов, А.П.Савин, И.Ш.Слободецкий, М.Л.Смолянский, Я.А.Смородинский, В.А.Фабрикант, Я.Е.Шнайдер

Парадоксы теплообмена: «честно + честно +... ...+ честно = нечестно» Е.СОКОЛОВ Простая задача на разминку Рис. 2. По два стакана каждой температуры (а) Есть вещи настолько простые и обыч- и схема Петиного наивного решения (б) ные, что все мы искренне верим, что ничего интересного, а тем более парадок- пературы можно нагреть холодную воду? сального, с ними связано быть не может. Считайте, что потерь тепла нет. Поэтому, когда учитель объявил тему на- шего факультативного занятия, я был не- – Да хоть по одному стакану бери, хоть по много удивлен. два, – сразу сообразил я, – все равно, если Ну скажите, что необычного может быть все делить по-честному, ответ будет «50 в теплообмене? Всем ясно, что если стакан градусов». Просто так меня не запутаешь! с горячей водой привести в тепловой кон- такт с таким же стаканом, наполненным Я решил немного подождать, чтобы дать холодной водой, то тепло между ними и другим ребятам шанс догадаться до распределиться «по-честному», т. е. по- ответа. Однако все пошло не так, как я ровну, и температура в обоих стаканах ожидал. станет равной среднему арифметическому (рис. 1). Проще простого! Так что, как – У меня получился парадоксальный ответ, – вдруг объявила Маша. – Холод- Рис. 1. Пример «честного» теплообмена (а) и ную воду можно сделать горячее, чем его схематическое изображение (б): верти- горячая! кальный пунктир символизирует процесс теп- лообмена, левые нижние индексы указывают – Такого быть не может! – закричали начальные температуры воды в стаканах, пра- все. вые верхние индексы – конечную температуру – Нет, может! Смотрите, если первый только учитель прочитал условие первой стакан a с холодной водой привести в задачи, я уже знал ответ. тепловой контакт с горячим стаканом A, то температуры поделятся поровну и будут Задача 1. Даны два стакана с горячей равны 50 qС, затем … Впрочем, какие водой и два стакана с холодной водой стаканы мы соединяем и как при этом (рис. 2,а). Массы воды во всех стаканах изменяются температуры я изобразила на одинаковы. До какой максимальной тем- схеме (рис. 3,а). Главное, что в конце концов температуры воды в холодных DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20220401 стаканах будут равны Ta 75 qC и Tb 50 qC, а в горячих – TA 25 qC и TB 50 qC. Поэтому если слить холодную воду с один сосуд, то ее температура станет

ПАРАДОКСЫ ТЕПЛООБМЕНА: «ЧЕСТНО+ЧЕСТНО+... 3 Рис. 3. а) Схема Машиного решения; б) схема нейтральной воображаемой субстанцией. Сашиного решения Я предлагаю считать, что в нашей задаче стаканы обмениваются теплородом. равной – А что такое теплород? Tх Ta  Tb  2 5T0 8 62,5 qC – Теплород – это очень удобное мыслен- ное понятие, с помощью которого можно и, аналогично, у бывшей горячей воды наглядно представлять себе процессы теп- температура станет равной лообмена. Тепло в теории теплорода представляет- Tг TA  TB  2 3T0 8 37,5 qC. ся как некоторая невидимая, невесомая, всюду проникающая и неуничтожимая Холодная вода стала горячее горячей! жидкость – теплород. Тела, участвующие Мы несколько раз перепроверили Ма- в теплообмене, представляются как сосу- ды различной формы и размеров, темпера- шино решение, но ошибки не нашли. Все тура – как уровень теплорода в каждом правильно. сосуде, а сам процесс теплообмена – как перетекание теплорода из одного сосуда в – И у меня, тоже получилось, что холод- другой. Все очень наглядно. Когда тела ную воду можно нагреть сильнее горя- приводятся в тепловой контакт, теплород, чей, – сказал Саша. – Только я по-другому так же как это делает обычная вода, начи- соединял стаканы. Я два горячих стакана нает перетекать от тела с высоким уровнем A и B объединил в один и уже с этой парой теплорода в тело с низким уровнем теп- соединял холодные стаканы a и b (рис. 3,б). лорода. А заканчивается процесс теплооб- Эффект у меня получился, правда, мень- мена тем, что уровни теплорода (темпера- ше, чем у Маши: Ta 2T0 3, Tb 4T0 9 и туры тел) выравниваются. Tab 5T0 9 55,6 qC. А для горячей воды В качестве единицы количества теплоро- вышло TAB 4T0 9 44,4 qC. да мы возьмем такое количество, при полу- чении которого температура стакана ста- Главный вопрос новится равной T0. Это позволит нам легко переходить от количества теплорода к тем- – Ну, что же, – подвел итоги нашей пературе и обратно. А на схемах удобно дискуссии учитель. – Разминка прошла указывать в индексах не температуры тел, успешно. А вот главный вопрос нашего а количества теплорода в них. Тогда для занятия: насколько «нечестными» могут неизвестных конечных индексов работает оказаться сложные процессы обмена, со- простое правило – общее количество теп- стоящие из «абсолютно честных» элемен- лорода надо разделить поровну между тарных обменов? всеми стаканами. На рисунке 4 показано, как выглядят в такой записи уже извест- Этот вопрос интересен не только для ные нам решения. теплотехники. В электростатике мы мо- И еще одно немаловажное преимуще- жем ставить вопрос об обменах электри- ство от введения теплорода – если в даль- ческими зарядами между телами, а в хи- нейшем для решения задачи нам понадо- мии и биологии – об обменах химическими бится наделить его неким полезным каче- веществами между молекулярными комп- лексами. И, конечно, понятно, что для Рис. 4. а) Наивное решение; б) Сашино реше- нашего вопроса природа проводимого об- ние; в) Машино решение мена совсем неважна. В таком случае ра- зумно полностью абстрагироваться от част- ностей и рассматривать процессы обмена между стаканами на примере обмена некой

4 КВАНT $ 2022/№4 ством, то никто не будет спорить с нами, дого метода при n o f? Начальные тем- что в реальности такого качества у тепло- пературы воды в стаканах считать рав- рода нет. ными T0 100 qC и 0 qC. – Какое полезное понятие! А почему мы Конечно, мы себя немного ограничили его не знаем? такой формулировкой. Все-таки интерес- но было бы узнать максимально возмож- – Когда-то ученые думали, что тепло- ное значение эффективности, а не эффек- род – это реально существующая жид- тивности двух частных методов. Но у меня кость. Но потом пришло понимание, что в лично есть определенные надежды на реальности теплорода нет, а тепловые про- Машин метод. Почему? Потому что, как цессы – это процессы обмена внутренней можно доказать, в случае двух стаканов энергией. От понятия теплорода решили эффективность в принципе не может быть отказаться и начали с ним бороться.1 Борь- больше чем 62,5%, и Машин метод дости- ба закончилась успехом – современные гает этой эффективности. Будем надеять- школьники не знают слова теплород. Па- ся, что он также хорошо сработает и в радоксальность ситуации заключается в общем случае. том, что знаем мы или не знаем о теплоро- де, но, решая задачи на тепловой баланс, Решение обобщенной задачи мы обычно мыслим понятиями классичес- для Сашиного процесса кой теории теплорода. Я сам вызвался решать обобщенную И еще несколько полезных терминов. Сашину задачу у доски. Я объединил все Будем называть изначально горячие ста- n D-стаканов в одну группу и решил выяс- каны D-стаканами, а изначально холод- нил, что получится, если мы соединим с ные – E-стаканами. Так вот, эффект «обо- гащения» E-стаканов в процессе теплооб- Рис. 5. Сашин метод и его схемы для: а) перво- мена в большинстве практических приме- го E-стакана; б) k-го E-стакана нений – это положительный, желаемый эффект, ради которого и конструируются этой группой первый E-стакан. Результат различного рода обменники. Поэтому бу- моих расчетов изображен на рисунке 5,а. дем характеризовать этот эффект положи- тельным термином «эффективность» и Потом я подумал, что то же самое будет дадим этому термину следующее опреде- ление: эффективность процесса теплооб- происходить и с другими E-стаканами. мена K равна части начального количества Поэтому я повторил свой рисунок для теплорода, захваченной в результате теп- лообмена E-стаканами. общего случая (рис. 5,б). Итак, мы вооружились новыми полезны- ми терминами и готовы приступить к реше- В общем получается, что после очеред- нию обобщенной задачи о теплообмене. Задача 2 (обобщенная). Имеется n ного теплообмена с k-м E-стаканом общее стаканов с горячей водой и столько же количество теплорода, оставшегося в D - стаканов с холодной водой. До какой стаканах, будет равно максимальной температуры можно на- греть воду в E-стаканах, используя: а) Са- Qk n n 1 Qk1. шин метод; б) Машин метод? Чему равно  предельное значение эффективности каж- Такие соотношения называются рекуррен- 1 Понятию «электрическая жидкость» по- везло больше: открытие электрона не дискре- тными соотношениями. Они позволяют дитировало его, а просто добавило новое свой- ство – «атомами» электрической жидкости вычислять члены последовательности Qk являются заряженные элементарные частицы. один за другим. В нашем случае это дела- ется просто, поскольку наша последова-

ПАРАДОКСЫ ТЕПЛООБМЕНА: «ЧЕСТНО+ЧЕСТНО+... 5 тельность является геометрической про- В этом пределе соревнуются две тенден- грессией с начальным членом Q0 n. Об- ции: уменьшение выражения внутри ско- щая формула для k-го члена этой последо- бок с ростом n и увеличение самого значе- вательности имеет вид ния за счет роста показателя степени. Что победит? Оказывается, все заканчивается Qk § n n 1 ·k n, k 0,1,…, n. миром – при увеличении n выражение ©¨  ¸¹ стремится к иррациональному числу e 2,71281828…, которое называется ос- Теперь мы готовы выписать ответ для нованием натуральных логарифмов. Так что предельное значение эффективности эффективности Сашиного метода в общем Сашиного метода равно случае. После того, как произойдут все n теплообменов, у D-стаканов останется ¸¹·nn Qn § n n 1 единиц теплорода, т.е. Kf 1  1 0,632 63,2%. ©¨  e E-стаканы заберут n  Qn  единиц тепло- Немного выше, чем у Машиного метода рода. С учетом того, что общее количество для двух стаканов, но не впечатляет. Пере- теплорода составляет n единиц, для эффек- ходим к исследованию Машиного метода. тивности Сашиного процесса получаем Kn 1  § n n 1 ·¸¹n. Начало решения обобщенной задачи ©¨  для Машиного процесса Рис. 6. Несколько результатов для Сашиного метода – Исследование Машиного метода го- раздо сложнее, чем Сашиного. В Сашином Это и есть окончательная формула моего случае было только n теплообменов (каж- дый E-стакан соединялся лишь с одной решения. Я даже рассчитал по ней не- группой D-стаканов). В Машином методе у нас будет n2 теплообменов – каждый сколько значений (рис. 6). Два первых – E-стакан взаимодействует с каждым D-стака- ном. Поэтому принимаем меры предосто- чтобы проверить наш ответ по двум извест- рожности – заводим таблицу и аккуратно записываем в нее результаты теплообме- ным частным случаям n = 1 и n = 2 (все на. Я думаю, таблицы для n 7 будет достаточно, чтобы мы смогли разглядеть в сошлось), а следующие – чтобы догадать- ней общие закономерности. ся до того, что получается в пределе. К А теперь – самое главное. Придадим нашему воображаемому теплороду еще сожалению, до предельного значения я так одно свойство – цвет. И будем считать, что в каждый D-стакан налит теплород и не догадался. Хотя из таблицы и видно, определенного цвета: в первый синий, во второй – красный, в третий – зеленый и что с увеличением n эффективность рас- т.д. (рис. 7). Будем проводить теплооб- мен по Машиной схеме: сначала первый тет, но не совсем понятно, чему будет E-стакан по очереди соединяем с каждым D-стаканом, потом второй E-стакан соеди- равно ее предельное значение. У меня даже мелькнула мысль, что эффектив- ность может дорасти до единицы! – Спасибо, Петя, – поблагодарил меня учитель. – Нет, эффективность Сашиного метода до единицы не дотянет. Сейчас я расскажу, что дает твоя формула в преде- ле n o f. В Петиной формуле, ребята, мы встрети- лись со вторым замечательным пределом e lim ©¨§1  1 ¸¹·n. Рис. 7. Теперь в каждом D-стакане теплород n nof своего цвета

6 КВАНT $ 2022/№4 няем с каждым D-стаканом, и так до пос- же, сколько остается в последнем D-стака- леднего E-стакана с номером k n. не. Поэтому эти значения мы всегда будем А сейчас я попрошу выйти к доске Машу и занести в таблицу все, что происходит в видеть в колонке для i n. Во-вторых, во теплообменах с теплородом синего цвета. А именно, записать в каждую ячейку число всех значениях, которые стоят в таблице, Qi,k – количество теплорода, которое оста- лось в i-м D-стакане после теплообмена с просматриваются степени двойки. Поэто- k-м E-стаканом. му давайте будем представлять величины Маша легко заполнила первые две строч- ки нашей таблицы (рис. 8). Qi,k в виде – Во вспомогательной, закрашенной Qi,k di,k , i, k = 1, …, n. строчке без номера я просто записала, как 2ik1 был распределен синий теплород до нача- ла обменов: в первом D-стакане (i 1) Теперь мы можем в ячейках писать только была одна единица синего теплорода, а в остальных D-стаканах синего теплорода не числители di,k, а знаменатели держать в было. Во второй строчке я записала, что уме (только не забывать их). И вообще, остается в каждом D-стакане после контак- та с первым E-стаканом (k 1). Этот ста- Маша, сформулируй, пожалуйста, четко кан получает от первого D-стакана 1 2 единиц теплорода, а потом по-честному правило, которым ты пользуешься при делится им с остальными D-стаканами. Кстати, захватывает первый E-стакан со- заполнении ячеек. всем немного синего теплорода – всего1 27. Мы записали это значение в специальную – Правило такое: «при теплообмене меж- закрашенную колонку с правой стороны таблицы. Получается, что основной ре- ду i-м D-стаканом и k-м E-стаканом мы зультат теплообмена на этом шаге заклю- чается в том, что синий теплород просто складываем те количества теплорода, ко- размазывается по D-стаканам. Совсем пло- хая эффективность! торые в них содержатся к этому моменту, Строчку для k 2 мы заполняли уже и делим пополам»: гораздо дольше. А начав заполнять строч- ку для k 3, мы поняли, что если хотим Qi,k Qi1,k  Qi,k1 , i, k = 1, …, n. дойти до конца, то должны рационализи- 2 ровать нашу работу. Здесь мы учли, что количество теплорода Во-первых, нет необходимости держать последнюю строчку для того количества qi1,k, оставшееся в k-м E-стакане, после синего теплорода, который захватывает очередной E-стакан, – он уносит столько теплообмена с i  1-м D-стаканом равно Рис. 8. Первый опыт работы с синим теплоро- Qi1,k. Граничными условиями для урав- дом нений для Qi,k являются такие равенства: Q1,0 1, Qi,0 Q0,k 0, i 2, …, n, k 1, …, n. – Ребята, – обратился к нам наш учи- тель. – Сделайте последний шаг – превра- тите соотношения для Qi,k в соотношения для числителей di,k. Это очень ускорит заполнение таблицы. Через некоторое время Маша записала на доске: di,k di1,k  di,k1, i, k = 1, …, n. Получается, чтобы найти значение числи- теля в ячейке i,k, надо сложить два числа: то, которое стоит слева, и то, кото- рое стоит сверху. Последнее соотношение оказалось настолько удобным, что бук- вально через минуту у нас на доске появи- лась таблица, заполненная загадочными числами (рис. 9). – Это не загадочные числа, а очень- очень даже известные числа. Это биноми- нальные коэффициенты. На рисунке 10,а

ПАРАДОКСЫ ТЕПЛООБМЕНА: «ЧЕСТНО+ЧЕСТНО+... 7 минальных коэффициентов, а n! n n  1…2 ˜ 1 – факториал числа n. В нашей таблице тоже есть треугольник Паскаля (рис. 10,б), только он повернут на угол 45 градусов. Поэтому структура формулы для числителей нашей таблицы ясна – это три факториала. Осталось только выяснить, какие комбинации i и k надо поставить вместо n и r. Попробуйте сами подобрать формулу по нескольким точкам. Рис. 9. Таблица для синего теплорода (не за- Через некоторое время мы сумели скон- бывайте о знаменателе) струировать правильные выражения для числителей di,k и, не забыв о двойках, записали на доске следующее окончатель- ное выражение для чисел Qi,k нашей таб- лицы: Qi,k i k 2! 1 , i, k 1, …, n. i   1! 2ik1 1!k – Ну, что же, – сказал учитель, – теперь мы полностью готовы, чтобы выписать ответ к нашей задаче. Первое чудо – Первый вопрос: какое общее количе- ство синего теплорода захватили E-стака- ны? Только давайте сделаем так: смотрим по нашей таблице 7 u 7, какие ячейки надо суммировать, а ответ пишем для общего случая. – Надо просуммировать ячейки послед- него столбца, они показывают, сколько теплорода захватил каждый E-стакан. По- этому получаем n n n k 2! 1 k1 n   1! 2nk1 Qn,k 1!k k1 Рис. 10. Стандартный треугольник Паскаля (a) ¦ ¦qnсин . и треугольник Паскаля в нашей таблице (б) представлен генератор биноминальных Формально ответ мы получили, но легче коэффициентов – треугольник Паскаля. от этого, по-моему, не стало. Каждое число внутри этого треугольника, так же как числа нашей таблицы, являют- – Не растраивайся, Саша! В жизни иног- ся суммой двух своих соседей. Легко про- да случаются и чудеса, особенно когда для верить, что числа в треугольнике Паскаля этого есть веские причины. Выйди, пожа- подчиняются закону луйста, к доске и подсчитай, сколько сине- го теплорода осталось в D-стаканах. §n· n n! !, ©¨ r ¹¸ – Надо подсчитать сумму элементов в  r!n нижней строчке нашей таблицы. Поэтому получаем §n· n n i n 2! 1 ¨© r ¸¹ i1 i   1! 2in Qi,n 1!n i1 где – стандартное обозначение бино- ¦ ¦Qnсин 1 .

8 КВАНT $ 2022/№4 Получилась такая же сложная сумма, как и первая! – Нет, не просто такая же сложная сумма, а та же самая сумма. Это первое чудо – обе суммы одинаковы! Напоминаю, что индекс, по которому производится суммирование, может быть обозначен лю- бой буквой. И теперь, учитывая, что всего синего теплорода у нас была одна единица, получаем, что каждая из сумм Qnсин и qnсин равна 1 2. Синий теплород распределился поровну между D- и E-стаканами. Понят- но? – Нет, ничего не понятно! Куда делся наш выигрыш? Мы точно знаем, что он должен быть! Поиск выигрыша Рис. 11. Иллюстрация того, как появляется выиг- рыш – В том, что E-стаканы захватили только половину синего теплорода, ничего удиви- лорода. Но у нас остался еще седьмой тельного нет. Мы видели, как мало тепло- рода захватывали первые E-стаканы. По- E-стакан. Вот он и даст дополнительный том эффективность захвата увеличивает- ся, но этого хватает только для честного выигрыш. Количество захваченного им распределения синего теплорода. Теперь объясним, как появляется выигрыш. красного теплорода записано в клетке с Рассмотрим движение по стаканам крас- координатами (i 6, k 7). На рисун- ного теплорода, который, по нашей дого- ке 11,а эта клетка закрашена красным воренности, изначально заполнял второй D -стакан. Понятно, что при дальнейших цветом. Перераспределение зеленого теп- теплообменах он будет перераспределять- ся лишь между D-стаканами, находящими- лорода, который по нашему договору из- ся в таблице справа от него, а в первый D-стакан он никогда не попадет. Так что начально заполнял третий D-стакан, дает мы можем спокойно отодвинуть этот ста- часть таблицы размером 5 u 7, выделенную кан в сторону и рассматривать оставшиеся шесть D-стаканов. Главное, что нам не на рисунке 11,б зеленым контуром. Здесь надо заново рисовать таблицу для этих оставшихся шести D -стаканов – все, что с уже два E-стакана дают добавку к стандар- ними происходит, мы можем прочитать в части исходной таблицы размером 6 u 7. тной 1 2. Их вклад записан в двух клетках, На рисунке 11,а нужная нам часть окай- млена красной чертой. Просто надо счи- выделенных на рисунке 11,б зеленым цве- тать, что номер i 1 относится к бывшему второму D-стакану, номер i 2 – к бывше- том. Продолжая так до самого последнего му третьему D-стакану, …, номер i 6 – к бывшему седьмому. сорта теплорода, налитого в седьмой D - стакан, мы получим, что E-стаканы за- Мы уже знаем, что когда отработают первые шесть E-стаканов, то они заберут хватили количество теплорода ровно 1 2 общего количества красного теп- qnвсего n ˜ 1  S', 2 где S' – сумма всех значений Qi,k, записан- ных в цветных клетках на рисунке 11,в. Настал подходящий момент для второго чуда! Сведем двойное суммирование по закрашенным клеткам рисунка 11,в к обычному суммированию по голубым диа- гональным клеткам рисунка 11,г. Нам известно, что при равном количестве D- и E-стаканов каждый из них забирает ровно

ПАРАДОКСЫ ТЕПЛООБМЕНА: «ЧЕСТНО+ЧЕСТНО+... 9 половину теплорода соответствующего цвета. На геометрическом языке это означает, что если добавить к раскра- шенным клеткам еще и диагональные клетки, то сумма всех значений, запи- Рис. 12. Несколько результатов для Машиного метода санных в этих клетках, будет равна туры D -стаканов (рис. 12). Первые два значения мы вычислили для того, чтобы n 2 – в силу того, что по каждой горизон- проверить нашу формулу по двум частным случаям n 1 и n 2 (все сошлось), а тали сумма значений цветных клеток рав- остальные – чтобы увидеть закономер- ность. на 1 2. Поэтому для S' мы можем записать n – А знаете, чем еще интересен наш ответ? S' 2  Sд, а для общего количества теп- Мы можем заполнять таблицу просто под- лорода в E-стаканах получим qnвсего n  Sд, где Sд – сумма значений Qi,k, стоящих в брасывая монеты! Дело в том, что наш диагональных клетках. ответ для n стаканов – это вероятность того, что, подкинув 2n монет, вы получите Теперь можно записать ответ. Нам будет удобнее записать его для конечной средней ничью – количество монет, упавших ор- температуры D -стаканов: лом вверх, окажется равным количеству ¦TD n 1 n монет, упавших орлом вниз (проверьте!). T0 n Давайте с вами проверим с помощью монет ap. значение n 5 нашей таблицы. p1 Так мы и сделали, каждый подкинул 10 Здесь под знаком суммы стоят диагональ- ные элементы Машиной таблицы монет. Из 16 человек нашего класса (вме- ap Qpp 2p  2! 1 . сте с учителем) ничья вышла у четырех. p  1!2 22p1 Таким образом, для вероятности ничейного исхода получилось значение 0,25. Непло- Полученный ответ мы можем прочитать хое совпадение с табличным значением. так: конечная температура D-стаканов рав- – Переход на язык теории вероятности позволяет нам не только весело заполнять но среднему арифметическому значению таблицы, но и дает возможность увидеть поведение нашего ответа при больших n. В элементов кортежа диагональных элемен- теории вероятности есть законы даже для хаоса. В частности, один из них говорит, тов длиной n. что при случайном блуждании по целочис- ленной решетке облако броуновских час- Удивительно, но чудеса еще не закончи- тиц расплывается со временем по закону лись! Как можно показать (сделайте это n, где n – число шагов. Поэтому часть частиц, попадающих после совершения n самостоятельно), среднее значение n пер- шагов в исходную точку, уменьшается по вых диагональных элементов Машиной закону 1 n. Случайные блуждания броу- новских частиц и подбрасывание монет- таблицы оказывается равным удвоенному ки – это два образных представления для описания случайных процессов, поэтому значению следующего диагонального эле- оценка 1 n будет справедливой и для мента: ¦1 n нашего ответа. А если привлечь на помощь n ap 2an1. еще и математику, то можно получить и p1 Так что мы можем записать окончательный ответ к нашей задаче совсем просто. Нам хватит для этого всего четырех двоек, трех букв n и двух восклицательных знаков: TD n 2n! 1 . 22n T0 n !2 Обсуждение ответа коэффициент для нашей асимптотической Для демонстрации ответа мы подсчита- оценки: TD n ли несколько значений конечной темпера- T0 | 1. Sn

10 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 Эта формула доказывает, что предельное в котором группа из n E-стаканов по очереди значение эффективности теплообмена, соединяется с каждым D-стаканом? организованного по Машиному методу, равно единице. 2. Чему равна эффективность Сашиного ме- Теперь мы готовы с полным основанием тода для четырех D-стаканов и восьми E-стака- сделать окончательный вывод: нов? Большое количество «честных» про- 3. Чему будут равны предельные значения цессов обмена может привести к «абсо- лютно нечестным» результатам. Уве- температур D- и E-стаканов в Сашином процес- личивая число стаканов, можно охла- се для очень большого количества D-стаканов? дить бывшую горячую воду почти до Количества «горячих» и «холодных» стаканов нуля, а воду в изначально холодных ста- канах нагреть практически до темпера- могут быть разными. туры T0. 4. Найдите эффективность Машиного мето- – Молодец, Маша! – хороший метод придумала, пока некоторые смотрели в да для случая, когда число D-стаканов равно окно, – сказал наш учитель и почему-то четырем, а количество E-стаканов равно: посмотрел на меня. – Но и у отстающих а) двум; б) восьми. пока остаются шансы. Конечно, в некото- ром смысле превзойти Машин метод не 5. В лаборатории есть несколько красных и получится – он в пределе дает значение эффективности, равное единице. А понят- синих стаканов (одинаковых размеров). Если но, что больше единицы эффективность в красные стаканы налить кипяток (T0 100 qC), быть не может. Но кто знает, а вдруг а в синие – ледяную воду (0 qC) и провести существует метод, который дает более теплообмен по Машиному правилу, то темпе- быстрое, чем Машины 1 n , стремление к единице? Подумайте об этом. ратура красных стаканов станет равной T1 4,8 qC, а синих T2 47,6 qC. А какими бу- Задачи для самостоятельного решения дут температуры стаканов, если поступить на- 1. Саша объединил в одну группу D-стаканы. оборот – в красные стаканы налить ледяную А что, если объединить в группу не «богатых», а «бедных»? Какова эффективность процесса, воду, а в синие кипяток? 6. В Машином процессе большие группы E- стаканов ведут себя как самые настоящие вата- ги разбойников. Их поведение подчиняется правилу: если нас больше – заберем все, если меньше – сколько можем унести. Обоснуйте это утверждение и найдите, чему равны пре- дельные значения температур D- и E-стаканов в Машином процессе при очень большом коли- честве E-стаканов. Вниманию наших читателей Подписаться на журнал «Квант» можно с любого номера в любом почтовом отделении. Наш подписной индекс в каталоге «Пресса России» – 90964. Купить журнал «Квант» возможно в магазине «Математическая книга» издательства МЦНМО (адрес интернет-магазина: biblio.mccme.ru), а также в московских книжных магазинах «Библио-глобус», «Молодая гвардия», «Московский дом книги» и в редакции журнала. Архив вышедших номеров журнала «Квант» имеется на сайте http://kvant.ras.ru

Марк Иванович Башмаков (1937–2022) 31 марта 2022 года ушел из жизни член странами. Башмакова-аспиранта командиро- редакционного совета журнала «Квант» Марк вали в Гвинею – он преподавал там математи- Иванович Башмаков — разносторонний уче- ку на французском языке, который быстро ный, математик, педагог, автор более 50 освоил перед поездкой. После окончания ас- учебников по математике, альпинист и искус- пирантуры его как молодого ученого напра- ствовед-коллекционер. вили в Сорбонну — Парижский университет. Из Парижа Башмаков возвратился с новыми Марк Иванович Башмаков родился 10 фев- идеями по алгебраической геометрии, кото- раля 1937 года в Ленинграде. Во время рые стали предметом его докторской диссер- Великой отечественной войны его отец ушел тации и отдельным направлением, которое он на фронт добровольцем, вернулся инвали- поддерживал на кафедре алгебры и теории дом. Пятилетний Марк с матерью и двумя чисел матмеха ЛГУ. Под его руководством братьями был эвакуирован из блокадного готовились кандидатские и докторские дис- Ленинграда и возвратился туда после оконча- сертации в этой области. ния войны. Большую часть жизни и души Марк Ивано- Школу он закончил с золотой медалью и вич вложил в организацию знаменитой физи- поступил на математико-механический фа- ко-математической школы-интерната № 45 культет Ленинградского государственного при университете и постановку в ней учебных университета. На матмехе учился отлично и курсов. За один 1962 год удалось добиться успевал заниматься не только математикой — приказа министерства, выделения помеще- был секретарем комсомольской организации ния, подбора преподавательского коллекти- всего университета. В комсомольской рабо- ва, разработки оригинальных учебных про- те, как и вообще в жизни, придерживался грамм, набора в школу ребят из сельской принципа — браться за трудные дела, дово- местности Северо-Западного региона и, нако- дить их до конца и никогда не впадать в нец, открытия в 1963 году математической формализм в убыток сущности дела. школы-интерната. Решению организацион- ных проблем немало способствовали тогдаш- Аспирантуру Башмаков завершил защитой ний ректор Ленинградского университета диссертации «Когомология абелевых много- Александр Данилович Александров — мате- образий» на кафедре алгебры и теории чисел. матик, физик, философ, альпинист, – и науч- В 60-е годы прошлого века началось активное научное сотрудничество СССР с другими

12 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 ный руководитель Башмакова Дмитрий Кон- щий до двух миллионов школьников России стантинович Фаддеев — заведующий лабора- ежегодно. Марк Иванович организовал и торией алгебры (и при этом хороший пиа- аналогичные конкурсы по другим предме- нист). На базе школы-интерната № 45 через там, например, «Британский бульдог» по несколько лет была создана Заочная матема- английскому языку, близкий ему по духу тическая школа, знаменитая ЗМШ, которая конкурс «Золотое руно» по истории миро- по-прежнему увлекает математикой тысячи вой культуры и др. ребят из всех уголков большой страны (в том числе и одного из авторов этого текста). В 30 лет, т.е. довольно поздно, Башмаков Вспоминается первая методическая книга Баш- серьезно увлекся альпинизмом, а во всех макова «Уравнения и неравенства», вышед- своих увлечениях он добивался совершен- шая в серии «Библиотечка физико-математи- ства. Марк Иванович стал председателем ческой школы» в 1976 году. Эта небольшая секции альпинизма в университете. Студен- книжка стала предтечей целой линии школь- ты с замиранием сердца следили, как он ных учебников по математике, среди которых карабкается на высокое кирпичное здание во есть уникальные. Например, учебник для дворе университета — здание Двенадцати гуманитарного профиля не является упроще- коллегий, чтобы закрепить страховку для нием школьного курса математики, а дает участников секции. Альпинизму Марк Ива- представление о математике с более фило- нович Башмаков посвятил более 50 лет, а по софских позиций. В этом учебнике нашли времени пребывания в горах — полжизни, отражение не только методические идеи Баш- как считал он сам. Последний раз он был в макова как педагога-математика, но и увле- горах в 2021 году в день своего рождения – чения автора поэзией Серебряного века и по традиции, он встречал этот день на гор- изобразительным искусством. ных вершинах. А так как день рождения у него в феврале, он стал одним из активных С 1977 по 1991 год Башмаков заведовал приверженцев зимних восхождений. За по- кафедрой высшей математики №2 в Ленин- корение пяти семитысячников награжден градском электротехническом институте. Ка- знаком «Снежный барс». федра была создана специально для Башмако- ва – с целью организации в ЛЭТИ сильной Еще одной стороной многогранной натуры математической школы. Башмаков собрал на Марка Ивановича было увлечение книжной кафедре сильный коллектив, соединив актив- графикой. В его коллекции более 500 книг, но работающих в математике ученых (тополог настоящих произведений искусства. Эти В.М.Харламов, аналитик Е.М.Дынькин, спе- книги изданы в небольшом числе экземпля- циалист в дискретной математике С.В.Фомин, ров, причем художник и писатель являются логик С.В.Соловьев, специалист по теории соавторами. В них сливаются воедино мир вероятностей В.А.Егоров и др.) со специали- литературы, мир графики и мир книгопеча- стами в методике преподавания математики. тания. В 2013 году в Эрмитаже состоялась Традиции, заложенные Башмаковым, ка- первая выставка книг из коллекции Башма- федра сохраняет и сейчас. кова под названием «Книга художника». Позже такие выставки проходили каждый В 90-е годы Башмаков был избран депута- год, и Марк Иванович часто сам проводил том Ленсовета, где возглавил Комиссию по экскурсии. В 2015 году в восточном крыле образованию и участвовал в переформиро- Главного штаба был открыт Кабинет книги вании органов управления образованием. В художника, а Марк Иванович стал советни- это время по его плану создается Центр ком директора Эрмитажа. Сотрудники Эр- развития альтернативного образования, в митажа считают Башмакова новым типом рамках которого объединяются инициатив- коллекционера — не столько собирателя ные коллективы города по разным областям книг, сколько их вдумчивого исследователя. школьной деятельности. Эти коллективы стали пионерами во внедрении в образова- Во всех видах своей деятельности Марк ние города новых педагогических техноло- Иванович Башмаков был необычайно талант- гий. По инициативе Башмакова в России лив. Светлую память о нем как о человеке была запущена программа «Математика для большого масштаба и необыкновенных та- всех», связующим звеном которой стал меж- лантов навсегда сохранят все, кому повезло дународный конкурс «Кенгуру», собираю- с ним общаться и работать. С.Поздняков, С.Энтина

ДИАФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ И РАЦИОНАЛЬНЫЕ ТОЧКИ 13 Диофантовы уравнения и рациональные точки М.БАШМАКОВ ОБЛАСТЬ ТЕОРИИ ЧИСЕЛ, В КО- Если мы рассмотрим теперь график это- торой исследуются целочисленные ре- го уравнения на плоскости u;v,то полу- шения уравнений вида Р х, у,... 0 , где Р х, у,... – многочлен от нескольких пе- чим кривую, причем целочисленным ре- ременных с целыми коэффициентами, шениям уравнения Ферма отвечают точки называется диофантовым анализом, а сами эти уравнения – диофантовыми. этой кривом с рациональными координа- Названы они так по имени знаменитого тами. Очевидно и обратное: каждая точка греческого математика Диофанта, живше- го в III веке и написавшего первый трактат указанной кривой с рациональными коор- о таких уравнениях. динатами даст (после освобождения от Несмотря на то, что диофантовы уравне- ния составляют одну из самых старинных знаменателя) целочисленное решение урав- областей математики, общие методы их решения начали создаваться совсем недав- нения Ферма. Таким образом, вопрос о но. В классических работах в основном рассматривались линейные и квадратные решении уравнения Ферма в переводе на диофантовы уравнения. Решение более сложных уравнений сильно продвинулось геометрический язык превращается в воп- в последние 20—25 лет благодаря широко- му привлечению к теории чисел идей из рос о нахождении точек с рациональными других областей математики, прежде все- го – из геометрии и топологии. Говоря координатами (мы их будем называть ра- словами Н.Бурбаки, «...классическая гео- циональными) на кривой uп  vп 1. метрия... превратилась в универсальный язык всей математики, обладающий ис- (Заметим, что при делении уравнения ключительной гибкостью и удобством». Ферма на zп мы «потеряли» его корни при Геометрия предлагает не только язык, но и z 0, но их несложно исследовать отдель- свои построения, свою интуицию. но.) Посмотрите, как нагляден геометричес- В этой статье мы познакомим вас с двумя кий язык. Возьмем, например, уравнение Ферма хn  уn zn, поделим обе его части геометрическими приемами отыскания на zп и обозначим х z через и, y z через v. Получим уравнение uп  vп 1. Каждому рациональных точек на кривых. решению х; у; z уравнения Ферма в це- Начнем для простоты с уравнения х2  у2 z2, решения которого в натураль- лых числах соответствует (при z z 0) ре- ных числах называются пифагоровыми шение уравнения uп  vп 1 в рациональ- тройками. Кривая, соответствующая урав- ных числах. нению х2  у2 z2, – это окружность u2  v2 1. Пифагоровы тройки (3; 4; 5), Опубликовано в журнале «Квант» №8 в (5; 12; 13) соответствуют рациональным 1978 году. точкам 3 5;4 5, 5 13;12 13 этой окруж- ности (рис. 1). Некоторые плоские кривые удобно зада- вать в так называе- мой параметричес- кой форме; указать две функции f и g такие, что при все- возможных значени- ях параметра t точка Рис. 1

14 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 f t;g t принадлежит кривой и для Задача 2. Найдите рациональные парамет- ризации следующих кривых второго порядка: каждой точки x0; y0  кривой найдется зна- а) x2  y2 1 (гипербола); чение t0 параметра t (возможно, не одно!), б) x2  xy  y2 1 (эллипс). для которого x0 f t0 , y0 g t0 . Рассмотрим теперь кривую, задаваемую уравнением третьей степени, которая тоже Например, если D – угол, соответствую- оказывается рациональной. Это кривая щий точке Р окружности с координатами y2 x3  x2. Она изображена на рисунке 3 и состоит из изолированной точки О и u;v, то и cosD, v sinD – мы получили ветви, симметричной относительно оси х. параметрическое за- Задача 3. Обоснуйте рисунок 3. дание окружности с помощью функций cosD и sinD. Можно параметризовать окружность и по- другому. Так, если произвести по- Рис. 2 строение, приведен- ное на рисунке 2, то из подобия треугольников OAt0 и QP0u0 легко вывести, что u 1  t2 , v 2t 1  t2 1  t2 (для читателей, знающих тригонометрию, заметим, что второе представление полу- чается из первого заменой tg D 2 на t). Из формул, выражающих координаты и и v через t, видно, что рациональным значениям t сопоставляются рациональ- Рис. 3 Рис. 4 ные точки окружности. Верно и обратное. Проведем через точку О всевозможные прямые y tx. Значения углового коэф- Задача 1. Докажите, что если u;v – раци- фициента t можно откладывать на оси t, проведенной через точку (1;0) (рис. 4). ональная точка окружности [1]1, то существует Подставив y tx в уравнение кривой и единственное значение параметра t, дающее и сократив на x2 (мы теряем при этом осо- и v, причем это t тоже рационально. бую точку О!), получим параметризацию Итак, рациональные точки окружности °­x t2  1, [2] мы поставили во взаимно однозначное соответствие с рациональными точками  °¯®y t t2  1 , прямой t. Это соответствие алгебраически записывается указанными выше формула- при которой рациональным значениям t ми, а геометрически изображено на рисунке соответствуют рациональные точки кри- 2. Тем самым задача отыскания рациональ- вой y2 x3  x2. ных точек на окружности нами решена. Задача 4. Сформулируйте и докажите обрат- Оказывается, есть много кривых, кроме ное утверждение. окружности, которые можно параметризо- вать дробно-рациональными функциями. Таким образом, между рациональными Эти кривые называются рациональными. точками кривой y2 x3  x2 (без точки (0; К их числу относятся, например, все кри- 0)) и прямой t удается установить взаимно вые, являющиеся графиками уравнений второй степени. однозначное соответствие. Геометрически 1 Комментарии [1]–[9] см. на с.28. оно представляет собой центральное про- ектирование, изображенное на рисунке 4.

ДИАФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ И РАЦИОНАЛЬНЫЕ ТОЧКИ 15 Аналогично можно найти рациональную углу D1  D2, тоже будет рациональной, параметризацию кривой y2 x3  x2: поскольку  x t2  1, y t t2  1 . cos D1  D2  cos D1 cos D2  sin D1 sin D2, Задача 5. Постройте эту кривую и докажите, sin D1  D2  sin D1 cos D2  cos D1 sin D2. что если для значений параметра t1, t2 и t3 выполняется соотношение Таким образом, мы можем «складывать» рациональные точки на окружности по t1  1t2  1t3  1 t1  1t2  1t3  1, формуле то три соответствующие точки лежат на одной u1;v1  † u2;v2  u1u2  v1v2;u1v2  u2v1  прямой. и получать новые рациональные точки. Итак, для каждой из рассмотренных Это свойство окружности лежит в основе нами рациональных кривых можно ука- многих красивых задач. зать такое отображение прямой на кри- вую, при котором рациональные точки Задача 6. а) Пусть P1 – рациональная точка кривой отвечают рациональным точкам окружности, соответствующая некоторому углу прямой. На самом деле это утверждение D. Докажите, что точки Pn, соответствующие верно и для произвольной рациональной углам nD (n  »), тоже рациональны. кривой, получаемой из диофантова урав- нения. б) Докажите, что попарные расстояния меж- ду точками, построенными в пункте а), рацио- Возникают вопросы – бывают ли нера- нальны. циональные кривые? Как описать все ра- циональные кривые? Ответы на эти вопро- в) Постройте п точек на плоскости, никакие сы известны. Например, все кривые пер- три из которых не лежат на одной прямой и вой и второй степени рациональны. Быва- попарные расстояния между которыми целые. ют рациональные кривые любой степени, но все такие кривые степени больше двух Оказывается, есть еще кривые с таким имеют особенности – точки самопересече- свойством: точки на них можно «склады- ния, точки самокасания и т.п. (рис. 5). вать», причем «сумма» рациональных то- чек – рациональная точка. Для таких Рис. 5 кривых иногда удается из двух рациональ- ных точек «вытянуть» целую серию новых При n ! 2 кривая Ферма uп  vп 1 не рациональных точек. является рациональной. Можно доказать, что это эквивалентно утверждению о том, Рассмотрим в качестве примера кривую что уравнение Ферма хn  уn zn не имеет y2  y x3  x. решений среди многочленов х t, y t, z t степени не меньше единицы. (Этот Задача 7. Докажите, что эта кривая не рациональна. факт доказан в статье Б.Мартынова «Тео- рема Ферма для многочленов» в «Кванте» Возьмем две точ- Рис. 6 №8 за 1976 год.) ки на этой кривой и проведем через них Второй прием мы снова покажем снача- прямую. Эта пря- ла на примере окружности. Возьмем две мая пересечет нашу рациональные точки на окружности – на- кривую еще в од- ной точке (рис. 6). пример, P1 3 5;4 5 и P2 5 13;12 13. Действительно, если мы запишем урав- Пусть D1 и D2 – углы, соответствующее нение проведенной точкам P1 и P2. Точка, соответствующая нами прямой в виде y kx  b и подста- вим у в уравнение кривой, то получим уравнение третьей

16 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 степени относительно х. Три корня этого P1c 0;1. Проведем через P1 касательную уравнения соответствуют абсциссам трех (см. замечание). Уравнение этой касатель- точек пересечения прямой и нашей куби- ной y x. Найдем точку ее пересечения с чPyе3скxkо3xй; yк3рbи–ивтокрйри.иПтвооучйсктyиь2пP1ерyxе1с;еyчx1е3н,иPя2x.пxИр2я;мyме2оейт, нашей кривой: P2 1;1. Те, кто не умеют место соотношение находить касательную, могут непосред- ственной подстановкой проверить, что ра- x1  x2  x3 § y1  y2 ·2 (*) циональная точка P2 лежит на нашей кри- ¨ x1  x2 ¸. © ¹ вой. Из P2 получаем точку P2c 1;0. Для доказательства подставим y kx  b в Итак, на нашей кривой лежат четыре уравнение кривой. Получим уравнение рациональные точки: x3  k2x2  2kb  k  1 x  b2  b 0. P1 0;0, P1c 0;1, P2 1;1, P2c 1;0. Можно показать, что Теперь запускаем «конвейер». Проведем x3  k2x2  2kb  k  1 x  b2  b через P1 и P2c прямую – это ось x. Она = x  x1x  x2 x  x3 . пересекает нашу кривую еще в одной оче- Следовательно, видной точке P3 1;0. Вместе с симмет- ричной точкой P3c 1;1 мы имеем шесть x1  x2  x3 k2. точек исходной кривой. Соединим точки Угловой коэффициент k прямой, проходящей P3c и P1. Получим прямую y x. Третья точка пересечения находится легко: под- через точки P1 x1; y1 и P2 x2; y2 , равен ставив y x, получим кубическое уравне- ние x3  x2  x2х 0, два корня которого y1  y2 . нам известны. При помощи (*) получаем x1  x2 новую точку P4 2;2 – неочевидное реше- Тем самым мы получим (*). ние исходного уравнения. Продолжим этот Учитывая, что y3 kx3  b,b y2x1  y1x2 , процесс. Чтобы получить точку P5, прове- x1  x2 мы видим, что координаты третьей точки дем прямую через точки P4c2;3 и P1. пересечения рациональны, если рациональ- Легко проверить, что получится точка ны координаты первых двух точек. Это P5 1 4; 3 8. По рисунку 7 проследить дает возможность получать новые реше- процесс построения новых точек просто. ния уравнения y2  y x3  x в рацио- Вычисления по формуле (*) также не- нальных числах. сложны. В результате получаем серию Замечание. Рассмотренное выше куби- Рис. 7 ческое уравнение может иметь совпадаю- щие корни. Это будет означать, что прямая и наша кривая касаются. Мы построим сейчас бесконечную серию рациональных решений уравнения y2  y x3  x с помощью проведения се- кущих и касательных через известные ра- циональные точки. Заметим предваритель- но, что точки нашей кривой расположены парами – вместе с точкой P x0; y0  на кривой лежит точка Pc x0;1  y0 , сим- метричная ей относительно прямой y  1. 2 Это вытекает из тождества y2  y 1  y2  1  y. Начнем с очевидной рациональной точки P1 0;0. Симметричная к ней точка –

ДИАФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ И РАЦИОНАЛЬНЫЕ ТОЧКИ 17 точек, приведенную в таблице. логичная построен- Вряд ли кто-то из читателей скажет, что ной нами, обрывает- все найденные нами решения очевидны. В этом месте статьи у автора даже дух ся на третьем шаге захватило – сколько содержательных воп- (рис. 8). Интерес- росов можно поставить, глядя на безобид- ный рисунок 7. Вот несколько из них. но, что эта кривая не 1. Получим ли мы проведением секущих имеет других рацио- и касательных бесконечную последова- тельность различных точек или наш про- нальных точек, а цесс «зациклится»? уравнение y2  y 2. Все ли рациональные решения исход- ного уравнения встретятся в нашей после- x3  x2 не имеет ре- довательности? шений в рациональ- 3. Появятся ли еще целочисленные ре- шения (как, например, выскочили точки ных числах, кроме Рис. 8 (6; 14) и (6;–15)) или все последующие четырех тривиаль- решения будут нецелыми? [3] ных. 4. Случайно ли в знаменателях решений стоят квадраты и кубы целых чисел? Мы прикоснулись с вами к одному из 5. Из рисунка видно, что, например, самых сложных вопросов современной точку P5 можно получить иначе – проводя прямую через P3c и P2c. Случайно ли это? теории чисел 6. Почти очевидно, что все точки с нечет- Известно, что на любой кубической кри- ными номерами расположены на одной вой существует конечное число точек, на- ветви кривой, а с четными – на другой. чав с которых описанный процесс, можно Как это строго доказать? получить все ее рациональные точки. Это Первые три вопроса очень трудны. Со- было доказано около пятидесяти лет назад общу, что наша последовательность точек [4], однако до сих пор нет общего способа, бесконечна и в ней встретятся все точки с позволяющего найти эти точки. [5] рациональными координатами. Способ узнать, зациклится процесс про- Вместо пояснений я приведу еще один ведения прямых или даст бесконечную пример. Рассмотрим очень похожую кри- конфигурацию, известен. Совсем недавно вую y2  y x3  x2. Конфигурация, ана- было доказано, что конечная конфигура- ция может иметь не более 11 точек и все случаи (кроме случая 10 точек) встреча- ются и хорошо изучены. [6] На большинстве известных кривых чис- ло исходных точек для построения всех рациональных точек мало – одна-две. [7] P1 (0;0), P1¢ (0; -1), Однако есть гипотеза, что для всякого n P2 (1; -1), P2¢ (1;0) существуют кривые, требующие для пост- P3 (-1;0), P3¢ (-1;-1) роения всех решений п точек. Пока приме- ры построены для n d 7. [8] P3 = P1 ≈ P2¢ И, наконец, последнее: если мы в нашем P4 = P1 ≈ P3¢ P5 = P1 ≈ P4¢ P4 (2;2), P4¢ (2;-3) примере с кривой y2  y x3  x не- P6 = P1 ≈ P5¢ множко изменим обозначения – напишем P7 = P1 ≈ P6¢ A1 вместо P1, A1 вместо A1c, Ak вместо Pkc и P5 ÊÁË 1 ; - 3 ˆ˜¯ , P5¢ ÁËÊ 1 ; - 85 ˆ¯˜ Ak вместо Pk (для k t 2), а «сложение» P8 = P1 ≈ P7¢ 4 8 4 зададим несколько хитрей («суммой» † P6 (6; -15), P6¢ (6;14) двух точек назовем не третью точку пересе- чения прямой и кривой, а точку, симмет- ричную ей относительно прямой y  1 ),то P7 ËÊÁ - 5;- 2375¯ˆ˜ , P7¢ ÁËÊ - 5 ; 8 ˜¯ˆ 2 9 9 27 получим формулу P8 ÊÁË 21 ; - 56 ˜ˆ¯ , P8¢ ÊËÁ 21 ; - 69 ¯ˆ˜ Am † An Amn, 25 125 25 125 справедливую для всех целых т, п. [9]

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» Задачи по математике и физике Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые. Решения задач по математике и физике из этого номера следует отправлять по электрон- ным адресам: [email protected] и [email protected] соответственно или по почтовому адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, вместе с Вашим решением этой задачи присылайте по тем же адресам. Задача М2697 предлагалась на XХIV Кубке памяти А.Н.Колмогорова. Задачи М2694–М2697, Ф2701–Ф2704 и знак «–», если Y и Z лежат на разных M2694. Назовем натуральное число n ин- дугах AB; через AX обозначено отноше- тересным, если любое натуральное число, BX не превосходящее n, может быть представ- лено в виде суммы нескольких (возможно, ние длин отрезков AX и BX, взятое со одного) попарно различных положитель- знаком «+» или «–» в зависимости от того, ных делителей числа n. (Например, сте- сонаправлены или противоположно на- пень двойки является интересным чис- правлены векторы AX и BX.) лом). а) Найдите наибольшее трехзначное инте- М.Скопенков ресное число. б) Докажите, что существуют сколь угод- M2896*. Существует ли последователь- но большие интересные числа, отличные ность натуральных чисел a1  a2  a3  … от степеней двойки. такая, что число ai  aj имеет четное количество различных простых делителей Н.Агаханов для любых двух различных натуральных индексов i, j? M2695. Пусть окружность S и прямая l пересекаются в двух различных точках A Фольклор и B. Для различных и отличных от точек A и B точек X  l, T  l, Y  S, Z  S M2897*. На круговой автодороге стоят докажите следующие утверждения. бензоколонки. Суммарного количества а) Точки X, Y, Z лежат на одной прямой бензина в них хватает на два круга. Два тогда и только тогда, когда водителя хотят заправиться на одной ко- лонке и, стартовав от нее в разные сторо- AX r AY ˜ AZ . ны, объехать каждый весь круг; по пути BX BY BZ можно заправляться на других колонках, не обязательно забирая весь бензин. Дока- б) Точки X, Y, Z, T лежат на одной жите, что водители всегда смогут это сде- окружности тогда и только тогда, когда лать. AX ˜ AT r AY ˜ AZ. И.Богданов BX BT BY BZ Ф2701. Скомканный до формы шарика (В обоих пунктах в правых частях ра- диаметром D 3 см лист бумаги формата А4 бросают вертикально вверх, придав венств выбирается знак «+», если точки Y ему начальную скорость v0 10 м с, с по- верхности Земли и с поверхности Луны. и Z лежат на одной дуге AB окружности S, Найдите отношение максимальных высот

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 19 подъема таких бумажных шариков. Уско- Ф2703. Воздух в ци- рение свободного падения на поверхности линдре длиной l мож- 1,62 м с2, а на поверхности Луны gЛ 9,81 м с2. С какой установив- но изотермически Земли gЗ сжимать с помощью шейся скоростью будет падать вблизи по- легкой длинной проб- Рис. 2 ки (рис. 2) до тех пор, верхности Земли такой комок бумаги, от- пока длина столба воздуха в цилиндре не станет равной l 3 (при большем сжатии пущенный с большой высоты? пробка выталкивается из цилиндра по прекращении действия силы). После тако- Подсказка. Сила сопротивления воздуха го максимального сжатия воздух в цилин- дре медленно нагревают. До какой мини- (вблизи поверхности Земли) пропорцио- мальной температуры нужно нагреть воз- дух, чтобы пробка полностью вышла из нальна квадрату скорости шарика, плот- цилиндра? Начальная температура атмос- ности воздуха (1,2 кг м3) и поперечному ферного воздуха T0 300 К. Считайте, что максимальная сила трения, действующая сечению шарика. Безразмерный коэффи- на пробку, прямо пропорциональна глуби- не ее погружения в сосуд. Силу тяжести циент в выражении для этой силы равен можно не учитывать. 0,24 (если все остальные величины выра- В.Манукян жены в единицах СИ). На пачке листов Ф2704. Прямая пластиковая трубка с про- зрачными стенками, открытая с двух кон- такой бумаги написано: 500 листов цов, имеет круглое внутреннее поперечное 210 мм u 297 мм, 80 г м2. сечение. Держа трубку вертикально, один из ее концов окунули в ведро с ртутью и в С.Шариков этом положении нижнее отверстие трубки заткнули пробкой. Ртуть стенки трубки не Ф2702. Для того чтобы штыковой лопатой смачивает. Затем трубку, сохраняя ее вер- (рис. 1) копать канаву, Вася (его масса тикальное положение, подняли, и в ней остался столбик ртути длиной a 20 см. Рис. 1 Держа открытый конец трубки над вед- ром, трубку медленно перевернули на180q, 80 кг) давит ногой на наступ (верхняя и теперь открытый ее конец оказался над часть полотна лопаты, изогнутая под пря- поверхностью ртути. Столбик ртути так и мым углом), и к моменту остановки лопа- остался вблизи конца трубки (теперь вер- ты 50% его веса приходится на этот наступ. хнего). Внешнее атмосферное давление При этом полотно лопаты погружается 760 мм рт. ст., коэффициент поверхност- (врезается) в грунт на полштыка – это ного натяжения ртути V 0,4 Дж м2 плот- примерно 15 см. Для отрыва срезанного ность ртути U 13600 кг м3. Какова длина грунта от поверхности лопаты требуется трубки L и каким мог быть максимальный совершить еще примерно такую же работу, диаметр D внутреннего отверстия трубки? какая нужна, чтобы вогнать штык в грунт. Толщина отрезанного «ломтя» составляет В.Ртутный в среднем 5 см. Оцените работу, которую нужно совершить, чтобы выкопать яму в Решения задач М2682–М2685, форме куба с ребром a 1,5 м. Грунт имеет среднюю плотность U 1,5 г см3. Ф2689–Ф2692 Какая часть этой работы потребуется для разрушения цельности грунта, а какая на M2682. Даны шесть действительных подъем «ломтя» на уровень краев ямы? чисел x1  x2  x3  x4  x5  x6. Для каж- Лопату будем считать невесомой. дой тройки различных чисел из этих В.Лопатин

20 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 шести Витя вычислил их сумму. Оказа-  X123  X124  X125, X134  X135  X145  лось, что все 20 полученных сумм попарно различны; обозначим их через  X126  X136  X146  X156  X234  X235  s1  s2  s3  …  s19  s20.   X245  X345  X236  X246  X346, X256  При этом x2  x3  x4 s11, x2  x3  x6 s15  X356  X456. и x1  x2  x6 sm. Найдите все возмож- ные значения m. А.Юран Ответ: m 7. M2683. Есть сейф, который можно от- Наблюдение 1. Любая сумма, содержащая крыть, введя секретный код, состоящий x1, меньше любой суммы, не содержащей из n цифр, каждая из которых – это 0 или x1 . 1. Изначально было введено n нулей, но Действительно, заметим, что x2  x3  x4 – сейф остался закрыт (т.е. все нули – это наименьшая среди всех 10 сумм, не содер- не секретный код). жащих x1. По условию она равна s11, За одну попытку можно ввести произ- поэтому все остальные 9 сумм, не содержа- вольную последовательность из n цифр, щих x1, должны быть равны s12, s13,…, s20 в каждая из которых – это 0 или 1. Если некотором порядке. Значит, все меньшие введенная последовательность совпадет суммы, от s1 до s10, должны содержать x1. с секретным кодом, то сейф откроется. Наблюдение 2. Рассмотрим суммы без x1. Если введенная последовательность со- Среди них любая сумма, содержащая x6, впадет с секретным кодом в большем больше любой суммы, не содержащей x6. количестве позиций, чем предыдущая вве- Действительно, x2  x3  x6 – наименьшая денная последовательность, то будет среди всех 6 сумм, не содержащих x1, но слышен щелчок. В иных случаях сейф содержащих x6. По условию она равна s15, останется закрытым и щелчка не будет. поэтому все остальные 5 сумм, содержа- За какое наименьшее количество попы- щие x6, но не x1, должны быть равны ток гарантированно удастся открыть s16, s17,…, s20 в некотором порядке. Тогда сейф? все суммы от s11 до s14 не содержат x6. Наблюдение 3. Пары сумм, дополняющих Ответ: за n попыток. друг друга до x1  x2  x3  x4  x5  x6, Пример. Приведем алгоритм, гарантиро- распределены симметрично: если одна сум- ванно открывающий сейф за n попыток. ма в паре – это si, то вторая – это s21i. Завершим решение задачи. Рассмотрим Обозначим через A a1,a2,…,an  секрет- сумму x3  x4  x5. Согласно наблюдению 1, эта сумма больше любой из 10 сумм, ный код сейфа. Также положим содержащих x1. По наблюдению 2 эта сумма меньше любой из 6 сумм без x1, но Ak a1,a2,…,ak1,1,0,0,…,0, с x6. А среди оставшихся 4 сумм (без x1 и в частности, A0 0,0,0,0,…,0. x6) эта сумма явно наибольшая. Получа- ется, что x3  x4  x5 s14. Но тогда Покажем индукцией по k для k = 1, 2, … x1  x2  x6 s7 по наблюдению 3. Таким …, n, что на k-й попытке (если сейф не образом, m может равняться только 7. открылся ранее) мы сможем ввести после- Замечание 1. Нетрудно подобрать набор довательность Ak (для этого достаточно на чисел, удовлетворяющий условию. Напри- k-м ходу научиться узнавать ak). Это даст мер, подойдут числа 32, 1, 2, 4, 8, 16. нужный алгоритм: действительно, если Замечание 2. Условие задачи позволяет m – наибольший индекс, для которого упорядочить все суммы, кроме двух пар. am 1, то A Am, и сейф открывается на Обозначив Xijk xi  xj  xk, можно дока- m-й попытке. зать, что База k 1 очевидна: мы просто вводим в качестве первой попытки последователь- ность A1 1,0,0,...,0. Докажем индукционный переход k o k  1. Пусть мы последовательно ввели A1, …, Ak и сейф еще не открыт после k попыток. Заметим, что последовательность Ak отли-

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 21 чается от пвоозсмлоеджонвоа,теещльенвоосдтниойA,kk1 в k-й На каждом шаге либо имеет место «успех» позиции и, (сейф открылся), либо алгоритм перехо-  1-й, дит в одну из двух ветвей, в зависимости позиции – но в этой позиции Ak совпадает от того, прозвучал или нет щелчок после с A. Значит, если ak 0, то Ak не «ближе» выполнения шага. Таким образом, во всех (по количеству совпадений в позициях) к ветвях алгоритма из n  1 шагов вводится не более 1  2  4  …  2n2 2n1  1 раз- A, чем Ak1. Если же ak 1, то Ak «ближе» личных последовательностей. Но так как к A, чем Ak1. Таким образом, мы услышим каждая из 2n  1последовательностей (кро- щелчок после k-й попытки тогда и только ме нулевой) может оказаться секретным кодом, то найдется случай, в котором тогда, когда ak 1. Тем самым после k-й такой алгоритм не справится с сейфом. попытки мы узнаем ak. Значит, мы можем ввести последовательность Ak1 в качестве Д.Афризонов, П.Кожевников (k  1)-й попытки Оценка. Докажем, что n  1 попыток не M2684. Даны неотрицательные действи- хватит. После каждой попытки будем считать ко- тельные числа a1,a2,…,an (n t 2), сумма личество возможных (т.е. не противореча- которых равна n. Для каждого i 1, …, n щих исходам всех прошедших попыток, но 2 и не испробованных) вариантов для сек- обозначим ретного кода. Изначально возможных ва- bi ai  aiai1  aiai1ai2  … риантов ровно 2n  1 (все последователь- ности длины n из нулей и единиц, кроме ...  aiai1 … ain2  2aiai1 … ain1 , где ajn aj для всех j. Докажите, что последовательности из одних нулей). Пред- bi t 1 хотя бы для одного индекса i. положим, что после k-й попытки осталось Все индексы в решении будут рассматри- хотя бы 2nk  1 возможных вариантов; ваться по модулю n. Предположим, что bi  1 для всех i. Тогда для k 0 это показано. Тогда докажем, что и ai d bi  1 для всех i. Обозначим A a1a2 … an. Имеем после k  1-й попытки вне зависимости от введенной последовательности хотя бы в одном из исходов останется не менее bi1 ai1  ai1bi  A  2 Aai1. 2nk1  1 возможных вариантов. Складывая такие равенства для всех i = 1, Пусть на k  1-й попытке введена некото- рая последовательность B. Разобьем воз- можные (до этой попытки) варианты на 3 2, …, n и подставляя условие a1  a1  … группы: совпадающие с B (таких или нет, n, получаем 2 или один); те, при которых должен раз- …  an даться щелчок; те, при которых щелчка не n ¦n n i1 будет. (Каждый вариант попадет ровно в ¦ bi 2  biai1  nA  nA Ÿ одну такую группу.) Возьмем из двух i1 последних групп ту, в которой наибольшее nn bi 1  ai1   1  ai1  i1 i1 количество вариантов, и тогда при соот- ¦ ¦Ÿ n n, 2 2 ветствующем исходе у нас останется хотя противоречие. Задача решена.   бы 1 2nk  1  1 2nk1  1 возможных 2 Другое решение можно получить, доказав вариантов. следующую лемму: найдется индекс i та- Таким образом, после n  1 попыток при некотором исходе останется хотя бы один кой, что возможный вариант, а значит, сейф все ai  ai1 … ai j1 t j 2 еще будет закрыт. Задача решена. для каждого j 1, 2, …, n. Далее можно установить, что найденный индекс i – Отметим, что оценку можно доказать и по- искомый. другому, сразу оценивая «количество ин- Д.Джукич, Ф.Петров формации» для алгоритма из n  1 ходов.

22 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 M2685*. Внутри тетраэдра ABCD выб- Рис. 2 рана точка M таким образом, что ‘MAD ‘MBC и ‘MDB ‘MCA. До- Первое из этих равенств следует, напри- кажите, что мер, из того, что TU ˜US – это степень точки U относительно окружности с цент- MA ˜ MB  MC ˜ MD  ром O и радиусом OT OS. По-другому его можно доказать так: пусть K – середи-  max  AD ˜ BC, AC ˜ BD. на отрезка TS, тогда Лемма. Для произвольной точки N внутри TU ˜US KT  KU ˜ KT  KU тетраэдра ABCD имеет место неравенство  KT2  KU2 KT2  KO2  ‘ANC  ‘BND  ‘AND  ‘BNC ! 2S.   KU2  KO2 OT2  OU2. Доказательство леммы. Действительно, Второе равенство доказывается аналогич- пусть прямая DN пересекает плоскость но. ABC в точке E, а прямая BE пересекает Без ограничения общности считаем отрезок AC в точке F (рис. 1). Тогда имеем OV d OU; тогда Рис. 1 OT ˜ OS OT2 ‘ANC  ‘BNC ‘ANF  ‘CNF  ‘BNC ! OU2  TU ˜US ! OU ˜ OV  TU ˜ VS, > ‘ANF  ‘BNF ‘ANF  ‘FNE  что, согласно подобию, эквивалентно ра-  ‘BNE ! ‘ANE  ‘BNE S  ‘AND  венству AC ˜ BD ! MA ˜ MB  MC ˜ MD.  S  ‘BND, Н.Седракян следовательно, ‘ANC  ‘BNC  ‘AND  Ф2689. Пыльную доску, наклоненную под углом T к горизонту, привели во вращение  ‘BND ! 2S. Лемма доказана. вокруг вертикальной оси. Какая область Согласно лемме, ‘AMC  ‘BMD  останется заполненной пылью? Считает-  ‘AMD  ‘BMC ! 2S, тогда ся, что пыль находится поверх доски и держится на ней благодаря сухому тре- ‘AMC  ‘BMD ! S или ‘AMD  ‘BMC ! S. нию с коэффициентом трения P tg D, где 0 d D d S 2 – угол трения. Предполагает- Без ограничения общности будем считать, ся, что D  T S 2. Ускорение силы тяже- сти g, угловая скорость вращения Z. что имеет место первый случай. Во вращающейся вместе с доской – плос- Построим треугольник OUV с ‘OUV костью П на рисунке 1 – системе отсчета S  ‘AMC и ‘OVU S  ‘BMD. На пылинка массой m будет находиться в равновесии под действием силы тяжести прямой UV найдутся такие точки T и S, mg, центробежной силы инерции Fц mgц, а также реакции связи, состоящей из нор- что 'TUO ∼ 'CMA и 'SVO ∼ 'DMB; при мальной компоненты N и силы трения T . этом расположение точек будет таким, как Пусть n – направленный вверх вектор единичной нормали к плоскости. Тогда показано на рисунке 2. Из равенства уг- условие равновесия пылинки запишется в виде лов: ‘UTO ‘MCA ‘MDB ‘VSO получаем, что треугольник TOS равнобед- mg  Fц  N  T 0, ренный. Заметим, что OT2 OU2  TU ˜US и OT2 OV2  TV ˜VS.

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 23 Рис. 1 координатная плоскость x1x2 совпадает с самой плоскостью П, а ось x3 направлена или, обозначив сумму сил mg и Fц через f , по нормали к этой плоскости (см. рис. 1). Тогда x3 0 – уравнение плоскости П, n – f  N  T 0, (1) единичная нормаль к этой плоскости, Z Z sin T,0,cos T – вектор угловой ско- рости, g g sin T,0, cos T – вектор уско- рения свободного падения. Действующая на пылинку P, положение которой задает- ся радиус-вектором OP x x1, x2, x3 , центробежная сила инерции определяется соотношением где N Nn. Согласно закону Кулона­Амон- § cos T  x3 sin T  x1 cos T· тона, величины силы нормальной реакции ¨ x2 gц Zu x u Z Z2 ¨ ¸ . и силы трения связаны неравенством ¸ ¨© sinTx3 sinT  x1 cosT ¸¹ T d PN, или T  PN d 0. В случае, когда точка P принадлежит плоскости П, т.е. x3 0, это соотношение Домножая левую и правую части послед- записывается как него неравенства на положительную вели- чину T  PN, получим  gц Z2 x1 cos2 T, x2, x1 sin T cos T .    T2  P2N2 d 0, или T,T  P2 N,N d 0. В итоге получается Здесь и далее круглые скобки применяют- f gц  g § Z2x1 cos2 T  g sin T · ся для обозначения скалярного произведе- m ¨ Z2x2 T  g cos ¸ ния. Принимая во внимания ортогональ- ¨ T ¸, ность векторов T и N, последнее неравен- ¨¨© Z2x1 sin T cos ¹¸¸ ство запишем в виде  §f f ·     T  N,T  N  1  P2 N,N d 0. (2) m m ¹¸¸ ¨¨© Из скалярного умножения левой и правой , g2  Z4 x12 cos2 T  x22 , частей равенства (1) на n находим  §f ·     n,f  n,N = n,f  N 0, или m ¸¹¸  N  n,f . ¨©¨ , n Z2x1 sin T  g cos T . Из того же равенства (1), Тогда, принимая во внимание заданную в условии связь между углом наклона плос- N  T f, кости и углом трения, можно представить неравенство (3) в виде а неравенство (2) можно представить в виде sin2 D 2 cos2 D  1 cos D cos2 D 2 Z4 x22 2gZ2 g2 n, f d 0.     f,f  1  P2 (3)  x1  d 0, Неравенство (3) и неравенство или  n,f  0, (4)  x1 1 § Z2 cos D x22 g 2 cos2 D  1 · выражающее условие непроваливания d  2 ¨ g sin2 D  Z2 sin2 D cos D ¸. пылинки под плоскость, составят предмет ¨ ¸ нашего дальнейшего исследования. © ¹ Пусть x1x2x3 – подвижная система отсчета, начало которой, т.е. точка O, находится на Это означает, что при Z z 0 область 6 пересечении плоскости П и оси вращения, допустимых значений x1, x2 на плоскости П ограничена параболой, ветви которой направлены вверх по скату. Вершина па-

24 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 Рис. 2 Согласно теореме Гюйгенса–Штейнера, момент инерции многогранника массой M раболы S s ,0,0, где по отношению к оси вращения, проходя- щей через шарнир и перпендикулярной  g 1  2 cos2 D отрезку, соединяющему шарнир и центр масс многогранника в положении равнове- s 2Z2 sin2 D cos D , сия (длина этого отрезка L), равен J J0  ML2. Здесь J0 – это момент инер- при 0  D  S 4 располагается выше по ции многогранника по отношению к оси, скату, чем точка O, при D S 4 совпадает проходящей через его центр масс. Рассто- с этой точкой и находится ниже нее при яния L для указанных в условии задачи точек крепления шарнира к поверхности S 4  D  S 2 (рис. 2). Неравенство (4), многогранника удовлетворяют условию принимающее вид L1 ! L2. Уравнение малых колебаний получим энер-  Z2x1 cos D  g sin D  0, гетическим методом. По отношению к по- ложению равновесия у многогранника при выделяет из области 6 физически осмыс- отклонении отрезка «центр масс–шарнир» ленные решения, в которых нормальная от вертикали на угол D потенциальная энергия в поле тяжести увеличилась на реакция доски направлена вверх. Решение величину этого неравенства записывается так: x1  x Z2 g D . (5) cos Поскольку, как можно проверить непос- редственно, x ! s , то вершина параболы S, а вместе с ней и вся область 6 распола- гаются выше прямой (5) и потому эта 'Eпот MgL1  cos D. область заполнена физически осмыслен- При этом его кинетическая энергия стала ными относительными равновесиями. равной А.Буров, В.Никонов ¹¸·2. Ф2690. Правильный многогранник висит, Eкин J § dD будучи прикрепленным одной из своих 2 ¨© dt вершин к шарниру без трения. Период малых колебаний возле положения равно- Сумма этих двух составляющих механи- весия равен T1. Каким будет период T2 ческой энергии сохраняется во времени. малых колебаний этого же многогранни- Если эту сумму продифференцировать, то ка, если точкой крепления шарнира выб- получим уравнение малых колебаний (при рать центр одной из его граней? Масса учете соотношения D 1): многогранника равномерно распределена по его объему. Расстояния от центра J § dD · ˜ d2D  MgL sin D ˜ dD 0, многогранника до точек крепления равны ¨© dt ¹¸ dt2 dt L1 и L2 соответственно. Подсказка. Для правильных многогранни- d2D  MgL sin D 0, d2D  MgL D 0. ков, коих, как известно, всего пять (см. dt2 J dt2 J рисунок), момент инерции относительно любой оси, проходящей через центр масс, Период таких малых колебаний равен имеет одно и то же значение. T 2S MJgL.

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 25 Отсюда следует Напомним, что в общем случае изменение энергии термодинамической системы мо- J § T ·2 MgL J0  ML2, или жет быть осуществлено тремя способами: ¨© 2S ¸¹ теплопередачей, работой и изменением ·2 количества вещества. В нашем случае ади- J § T ¹¸ gL J0  L2. абатного процесса теплопередачи нет, но M ¨© 2S M есть изменение количества газа. Параметр D в формуле для dU равен удельному Поскольку в условии даны величины T1, L1 изменению энергии при изменении числа и L2, то можно через них выразить величи- молей газа (в условиях постоянства ос- ну периода T2: тальных параметров). «Раскрываем» урав- нение для изменения энергии, используя § T1 ·2 gL1  L21  L22 известные формулы: ¨© 2S ¸¹ . T2 2S gL2 С.Многогранный pV M  m RT, U 3 M  m RT, 0 20 Ф2691. Два одинаковых сосуда шарооб- 3 M  m RdT  3 RT dm разной формы с жесткими и не проводящи- 20 20 ми тепло стенками, у которых еще и  M  m RTdV  3 RT dm . нулевая теплоемкость, используются в 0 20 некотором эксперименте. Емкость каж- Величину увеличения объема газа в пер- дого сосуда V 1 м3. В одном из сосудов вом сосуде определим так (рис. 1): вакуум, а в другом газ аргон (0 40 г моль) при комнатной температуре T0 300 К и dV  M dm V . под давлением p0 1 атм. Сосуды соеди- нены короткой трубкой, первоначально  m перекрытой задвижкой. Сечение трубки После преобразования получаем простое от стенки сосуда с большим давлением дифференциальное уравнение сначала плавно уменьшается до мини- мального в виде круга площадью S 1 см2, dT  2 Mdmm. и в этом месте установлена задвижка. T 3 Затем поперечное сечение трубки оста- ется неизменным вплоть до стенки сосу- Интегрирование (с учетом начальных ус- да с низким давлением. Оба сосуда снаб- ловий) дает уравнение температуры в пер- жены манометрами. Задвижку быстро вом сосуде: открывают, дожидаются момента, ког- да показания манометров станут одина- T1 T0 ¨§©1  m ·2 3 ковыми, и снова быстро закрывают. Ка- M ¸¹ кими будут температуры (разные) и . давления (одинаковые) в этих сосудах? Какая доля от общей массы газа окажет- ся в итоге в первоначально пустом сосу- де? Оцените также время, в течение которого шло перетекание газа из одного сосуда в другой. Очевидно, что перетекание газа происхо- Рис. 1 дит адиабатически. В этом случае измене- ние энергии газа в первом сосуде (в неко- торый промежуточный момент процесса) можно записать в виде dU pdV  D dm. 0

26 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 Для получения аналогичного уравнения RT0 § m ·2 3 § m ·5 3 ·2 5 · температуры во втором сосуде воспользу- 0 ¨ M ¸¹ ¨¨©1  M ¸¹ ¸¸¹ ¸ емся законом сохранения энергии 5 ¨ ¨§©1   §¨©1  ¸ © ¹ T0M T1 M  m  T2m и получаем и получим ·2 5 M § ¨§©1 m ·5 3 · RT0 ¨¨§© ¨§©1 m ·2 3 · § ¨§©1 m ·5 3 ¸¸¹ m ©¨¨1  M ¹¸ ¹¸¸. 0 M ¸¹ ¸¸¹ ¨¨©1 M ¸¹ . T2 T0  v 5     Относительную массу газа во втором сосу- Теперь можно записать дифференциаль- ное уравнение перетекания: де определим из условия равенства давле- ний в момент закрытия заслонки: M ©¨§1  m · M ¸¹ T1 M  m T2m. dm UvSdt S u V Используя это соотношение и предыдущие результаты, получаем m 1 1 | 0,34, T1 1 | 0,758, RT0 ¨©§¨ ¨©§1 m ·2 3 § m ·5 3 ·2 5 · M 23 5 T0 22 5 0 M ¹¸ ©¨¨1  M ¹¸ ¸¹¸ ¸¸dt. u 5   ©¨§1  ¹ T2 1 | 1,47. Отсюда находим T0 о2тн¨©§1оси2т3е1л5ь¹·¸ных величин Эти оп- t V 0 значения S 5RT0 ределяют давление в сосудах после перете- u кания газа. Из уравнения состояния иде- ального газа получим 1 1 5 23 p p0 . dx 2 1  x2 3  1  1  x5 3 2 5 , Такой же результат следует из закона u ³  0 1  x сохранения энергии: 3 p0V 3 p ˜ 2V, и p p0 . где x m M. Этот безразмерный интеграл 2 2 2 является константой, право на его вычис- ление предоставим компьютеру: Теперь более сложный вопрос задачи – t V 0 ˜ 1,191. время перетекания газа (время открытой S 5RT0 заслонки). Здесь мы будем использовать Подставляя в эту формулу данные задачи, вычисляем время релаксации (время от- готовую формулу для скорости адиабатного истечения газа через короткую трубку меж- ду сосудами с разными давлениями P и p (без учета вязкости) для одноатомного газа: P § § p ·2 5 · U ©¨¨1 ¨© P ¹¸ ¹¸¸. v2 5  (Эту формулу можно получить самостоя- тельно: адиабатный разгон газа от нулевой скорости.) Используя уравнение состоя- ния газа и формулы для T1 и T2, преобра- зовываем выражение для v2: § § m ·5 3 ·2 5 · ¨ ¨ M ¸¹ ¸ ¸ RT ¨¨1 ¨ 1  §¨©1  ¸ ¸ 0 ¨ ¨ ¨§©1  ¸ ¸ v2 5 ©¨  ©¨¨ m ·5 3 ¸¹¸ ¸ M ¹¸ ¸¹ Рис. 2

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 27 крытого клапана): которая на расстоянии R от Земли до Солнца равна E 1370 Вт м2. Пусть S – t 1 40 ˜ 103 . 1,191c | 21,3 c. это площадь зеркала, а h – его толщина. 104 5 ˜ 8,314 ˜ 300 Тогда ShUv2 2SE , где c – это скорость Наглядно динамику перетекания иллю- Rc стрирует график зависимости относитель- света. Отсюда находится толщина зеркала: ной массы газа во втором сосуде от времени (рис. 2). Приближенно этот график можно h 2ER | 1,0 ˜ 106 м. описать «опрокинутой» экспонентой. Ucv2 Пока кусочек находился за Солнцем, нельзя А.Власов было увидеть отраженный им солнечный Ф2692. Космический аппарат двигался свет. Но когда Солнце, Земля и кусочек точно по орбите Земли. В тот момент, когда Земля полностью спряталась от зеркала окажутся на одной прямой линии аппарата за Солнце (это было летом, в июле), по корпусу аппарата ударил мик- и Земля будет находиться между Солнцем роскопический камешек и отколол от его зеркальной обшивки маленький плоский и зеркалом, на фоне ночного темного неба кусочек. Относительная скорость зер- кального кусочка и аппарата была неве- увидеть отраженный солнечный свет тео- лика, но этот кусочек уже никогда с аппаратом не встретился. Больше того, ретически возможно. На рисунке показано под воздействием солнечного света и гра- витации Солнца он стал двигаться с начальное расположение объектов: в цент- постоянной скоростью и через некоторое время покинул Солнечную систему на- ре окружности – Солнце, сверху кружо- всегда. Какова толщина этого кусочка, чек – Земля, стрелка указывает, где нахо- если плотность материала, из которого дился космический аппарат в момент уда- он состоит, примерно 1,5 г см3 ? Можно ра. И показано также положение Земли и считать, что плоская зеркальная поверх- зеркала в момент, когда Земля находится ность отколовшегося кусочка всегда ори- между Солнцем и зеркалом на одной пря- ентирована перпендикулярно солнечным мой линии с ними. Если считать, что лучам и что зеркало отражает 100% орбита Земли представляет собой точно падающего на него света. На каком рас- окружность, то условие возможности уви- стоянии от Земли и через какое мини- деть отраженный зеркалом солнечный свет мальное время после начала его самосто- дается соотношением ятельного полета оказался этот зер- кальный осколок, если в этот момент с 1 tg D. Земли удалось увидеть в телескоп отра- женный им солнечный свет? (Необходи- 3 2S  D мые для вычислений величины ищите в Подбор численного значения угла D не справочниках самостоятельно.) представляет труда: D | 0,21898 рад. С момента начала самостоятельного поле- та кусочка зеркала прошло время При заданной в условии плотности мате- t 1год ˜ 3 2 S  D 261,2 сут. риала толщина зеркального кусочка нахо- дится из условия, что сумма сил, действу- 2S ющих на этот кусочек, стала равной нулю. Известно, что Земля движется по почти А расстояние между ним и Землей стало круговой орбите радиусом R 150 млн км со скоростью, равной примерноv 30 км с. l R § 1 D  1¸·¹ | 540,5 млн км. Поток света от Солнца характеризуется ¨© sin так называемой солнечной постоянной, Это расстояние больше, чем от Солнца до Марса, но меньше, чем от Солнца до Юпитера.

28 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 Почему же в условии было сказано: «…Зем- системе отсчета Коперника. Разница ско- ля полностью спряталась от аппарата за ростей равна примерно 1 км с. Время, в Солнце (это было летом, в июле)…»? течение которого Земля «прячется», со- Дело в том, что орбита Земли не окруж- ставляет приблизительно 3,5 часа. Если ность, а эллипс с небольшим эксцентриси- учесть, что скорость зеркала примерно на тетом. Поэтому зимой расстояние между 0,5 км с больше, чем средняя скорость Солнцем и Землей меньше, чем летом. движения Земли по орбите (| 30 км с), то Минимальное расстояние отмечается в проведенные вычисления следует уточ- январе (перигелий, 147 млн км), а макси- нить. Но эту операцию мы предлагаем мальное – в июле (афелий, 152 млн км). проделать заинтересовавшимся читателям Этим разным расстояниям соответствуют самостоятельно. и разные скорости движения Земли в В.Зеркальный КОММЕНТАРИИ К СТАТЬЕ М.БАШМАКОВА кривых для почти половины из них ранг будет 1. Отличная от Q. равен 0 (т.е. все точки на них будут образовывать 2. Кроме Q. 3. Теорема Зигеля утверждает, что для любой конечную конфигурацию), для почти половины нерациональной кубической кривой существует лишь конечное число точек с целыми координатами. из них ранг будет равен 1 и для предельно малой 4. Соответствующее утверждение называется теоремой Морделла–Вейля. доли ранг будет больше 1. В частности, в среднем 5. Нерациональные кубические кривые, кото- рые после подходящей замены координат можно ранг должен быть равен 1 2. М.Бхаргава и А.Шан- задать уравнением вида y2 x3  ax  b , называ- ются эллиптическими (проверьте, что рассмот- кар доказали, что средний ранг не превосходит ренные выше нерациональные кубические кри- вые являются такими). 3 2 , а также вывели из обобщенной гипотезы Точки, для которых процесс, описанный на странице 16, зацикливается, называются точка- Римана и гипотезы Берча и Свиннертон-Дайера, ми конечного порядка. Оказывается, что их все- гда конечное число. Теорема Нагеля–Лютца опи- что средний ранг не превосходит 7 6. сывает явно все точки конечного порядка для заданной эллиптической кривой, что позволяет 8. На данный момент наибольший известный находить их алгоритмически. Ранг эллиптической кривой – это минимальное ранг эллиптической кривой равен 28, этот пример число точек, с помощью которых можно постро- ить все точки, если использовать также все точки построил Н.Элкис. конечного порядка. Было построено несколько алгоритмов нахождения для заданной эллипти- 9. Одна из наиболее значимых открытых гипо- ческой кривой ее ранга и минимально возможного множества точек, с помощью которых можно тез, относящихся к эллиптическим кривым, да и получить все остальные точки (Дж.Тейт, Ю.И.Ма- нин), однако корректность работы всех извест- вообще одна из самых знаменитых гипотез в ных алгоритмов зависит от выполнения открытых гипотез (гипотеза о конечности группы Шафаре- современной математике – это гипотеза Берча и вича–Тейта, гипотеза Берча и Свиннертон-Дайера). 6. Это утверждение было доказано Б.Мазуром. Свиннертон-Дайера. Опишем приблизительно, о Позже Л.Мерель далеко обобщил этот факт на случай, когда рациональные числа заменяются на чем она. Пусть эллиптическая кривая задана большее множество чисел, например, состоящее из всех комплексных чисел вида a  bi, где a, b – уравнением y2 x3  ax  b, и пусть для просто- рациональные (в общем случае это называется числовым полем). ты числа a и b целые. Для каждого простого числа 7. На самом деле есть гипотеза, что при рас- смотрении все большего числа эллиптических p обозначим через Np число решений данного уравнения в остатках от деления на p. Тогда –гипотетически функция Np от вещественной достатоpчнx о p переменной x при больших значениях x близка к функции C log xr, где C – некоторая подходящая константа, а r – ранг исходной эллиптической кривой. Гипотеза Берча и Свин- нертон-Дайера является некоторым более силь- ным и более точным гипотетическим утверждени- ем, формулируемым в терминах аналитических свойств одной функции комплексного переменно- го, построенной по набору чисел Np и называемой L-функцией эллиптической кривой. Дополнительно про эллиптические кривые мож- но узнать, например, из брошюры В.В.Острика и М.А.Цфасмана «Алгебраическая геометрия и те- ория чисел: рациональные и эллиптические кри- вые» или из курса лекций Д.В.Осипова. С.Горчинский

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ Задачи 1. Тане и Ване дали одинаковые мно- гоугольники из бумаги. Таня отрезала от своего листа кусок, и остался квад- рат. Ваня отрезал точно такой же (и по сыр, но до обоих кусочков ей нужно Иллюстрации Д.Гришуковой форме, и по размеру) кусок по-друго- пробежать одинаковое расстояние. му, и у него остался треугольник. На- Поэтому она не знает, какой кусочек рисуйте пример, как это могло быть. выбрать, и задумчиво сидит на месте. а) Отметьте еще пять перекрестков, где 2. Т.Казицына могла бы задумчиво сидеть мышка (от- Найдите шестизначное число, у куда до обоих кусочков сыра ей нужно которого первая цифра в 6 раз мень- пробежать одинаковое расстояние). б) Придумайте, на каких двух пере- ше суммы всех цифр справа от неe и крестках можно положить по куску вторая цифра в 6 раз меньше суммы сыра так, чтобы подходящих для за- всех цифр справа от нее. думчивой мышки перекрестков оказа- лось как можно больше. А.Шаповалов 4. Т.Казицына 3. Лабиринт для мышей представля- Шеренга солдат-новобранцев сто- яла лицом к сержанту. По команде ет собой квадрат 5 ¥ 5 метров, мыши «налево» некоторые повернулись на- могут бегать только по дорожкам. На лево, остальные – направо. Оказалось, двух перекрестках положили по оди- что в затылок соседу смотрит в шесть наковому куску сыра. На другом пере- раз больше солдат, чем в лицо. Затем крестке сидит мышка. Она чует, где по команде «кругом» все разверну- лись в противоположную сторону. Те- Эти задачи предлагались на Математичес- перь в затылок соседу стали смотреть ком празднике. в семь раз больше солдат, чем в лицо. Сколько солдат в шеренге? А.Шаповалов

ШКОЛА В «КВАНТЕ» И речка подо Вот образец поэтического описания физи- льдом блестит... ческого явления: А.СТАСЕНКО ... Ибо у весел та часть, что из волн выдается соленых, На берегу пруда Маша доила корову, а в воде отражалось все наоборот. Прямо идет, и пряма у рулей их надводная доля; Из школьного сочинения Все же, что в воду ушло, А ПОЧЕМУ, СОБСТВЕННО, РЕЧКА представляется нам преломленным, должна блестеть подо льдом? – поду- мал опытный ЕГЭшник, – может это лед Загнутым будто назад и как будто блестит над речкой? Ведь любая поверх- изогнутым кверху, ность, чтобы «блестеть», т.е. зеркально от- ражать падающие лучи, должна быть глад- Так что на самой почти поверхности кой (рис. 1 слева), а не наоборот (рис. 1 плавает водной. справа). Впрочем и падающий на лед свет содержит не только прямые лучи солнца, но (Лукреций Кар, «О природе вещей») Рис. 1. Электрический вектор волны располо- Исторически закон преломления связан с жен в плоскости падения: индекс 1 характери- именем Снеллиуса: зует падающий луч, 2 – преломленный, o – отраженный sin D1 = n sin D2, и рассеянные атмосферой. Конечно, от та- ких лучей ни «речка подо льдом», ни «лед где n – коэффициент преломления луча, при над речкой» блестеть не будут. переходе из среды 1 в среду 2. А всем Что же происходит на гладкой поверхнос- ти льда или воды? Еще в древности были известный закон отражения совсем прост: попытки понять явления отражения и пре- ломления света – об этом писали и Тит Do = D1. Лукреций Кар (99–45 до н.э.), и Клавдий Птолемей (около 100–около 170), а в сред- Но физика этих явлений гораздо интерес- ние века Виллеброрд Снеллиус (1580–1626), Рене Декарт (1596–1650), Христиан Гюй- ней. В падающем луче света происходят генс (1629–1695)... колебания электрического вектора E1 пер- DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20220402 пендикулярно направлению луча. Попадая в диэлектрическую (например, вода или лед) или проводящую среду, вектор E2 вызывает поляризацию ее элементов или движение свободных зарядов. Эти элементы превра- щаются в своеобразные антенны – диполи Генриха Герца (1857–1894), которые сами становятся излучателями электромагнитной волны, имеющей ту же частоту, что и пада- ющая. При этом пространственно-угловая зависимость плотности потока излучения (индикатриса) имеет вид бублика с «нуле- вой дыркой», срез которого качественно изображен на рисунке 2. Важно отметить, что антенна ничего не излучает в направлении колебаний вектора E. И тут сразу виден один интересный случай: если направление колебаний элект- рического вектора E2 во второй среде совпа- дет с направлением отраженного света, то ... отраженный луч исчезнет! – никакого «блес- ка» не будет. Легко записать условие такого «случая»: S - = 2 Do D2. Подставляя это соотношение в законы гео- метрической оптики, получим sin D1* = n sin ÁËÊ S - Do ¯ˆ˜ = n cos D1*, 2

ШКОЛА В «КВАНТЕ» 31 Рис. 2. Половина индикатрисы излучения ди- Нужно просто изменять угол падения и поля Герца поймать то значение, при котором исчезнет или окончательно отраженный луч. Этот угол D1* называется углом Дейвида Брюстера (1781–1868). tg D1* = n. Это изумительно простой способ измерения В московском Физтехе среди подборки коэффициента преломления диэлектрика. высказываний лекторов «Однажды на лек- ции» есть прямо относящееся к делу: чтобы отличить от нормального человека вампира, нужно поставить его перед зеркалом под углом Брюстера. Конечно, в солнечном свете, помимо рас- смотренного направления колебаний элект- рического вектора в плоскости падения E , есть и колебания в перпендикулярном на- правлении, при котором вектор E^ паралле- лен горизонтальной поверхности льда или воды. Так что при угле D1* «блеск» останется, правда его свет окажется вдвое тускнее и полностью поляризованным. Лемма о трех Лемма о трех биссектрисах. В любом биссектрисах треугольнике две внешние биссектрисы и Г.ФИЛИППОВСКИЙ одна внутренняя, проведенные из разных МЫ ПОВЕДЕМ РАЗГОВОР О ЗА- мечательном факте геометрии тре- вершин, пересекаются в одной точке. угольника, который назовем леммой о трех Доказательство. биссектрисах. Пусть внешние бис- DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20220403 сектрисы углов B и C треугольника ABC пе- ресекаются в точке Q (рис. 1).Докажем,что и внутренняя биссек- триса угла A прохо- дит (при продолже- Рис. 1 нии) через точку Q. Проведем QK A AC, QF A BC и QN A AB. При этом QK QF – из равенства 'QKC и 'QFC (по гипотенузе и острому углу), а QF QN – из равенства 'QFB и 'QNB (по той же причине). Тогда QK QN. Соединим A и Q. Треугольники AQK и AQN равны – по катету и гипотенузе, откуда следует, что ‘1 ‘2, т.е. AQ – внут- ренняя биссектриса угла BAC. Лемма дока- зана. Замечание. Точка Q, о которой идет речь в лемме, является центром вневписанной окружности, касающейся стороны BC и про- должений сторон AB и AC. Но свойства точки Q (которые важны сами по себе!) заслуживают отдельного разговора, находя- щегося за рамками данной статьи.

32 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 Мы же сейчас покажем эффектное и эф- сах. В таком случае точки F, N, T принадле- жат одной прямой. фективное применение данной леммы – лем- Задача 3. В выпуклом четырехугольнике мы о трех биссектрисах – при решении ABCD биссектрисы углов B и C пересека- целого ряда задач, в том числе задач повы- ются в точке N – середине AD. Докажите, шенной сложности и олимпиадных. Задача 1. Точка I – инцентр (точка что углы при вершинах A и D равны. Доказательство. Про- пересечения биссектрис) треугольника ABC. должим AB и DC до пе- Луч AI пересекает внешнюю биссектрису ресечения в точке F (рис. 4). Так как BN и угла B в точке Q. Най- CN – внешние биссект- рисы в треугольнике дите величину угла BCF, то по лемме о трех биссектрисах FN совпа- BQC, если известно, дает с внутренней бис- сектрисой угла BFC. Но Рис. 4 что ‘BAC D. FN – также и медиана в 'AFD. Следова- Решение. Соединим тельно, 'AFD – равнобедренный и ‘FAD ‘FDA, что и требовалось доказать. C и Q (рис.2). Соглас- Задача 4. Пусть CL – биссектриса в но лемме о трех биссек- треугольнике ABC. На стороне BC взята трисах, CQ – внешняя точка N такая, что угол NAB равен сумме биссектриса угла C тре- углов при вершинах B и C треугольника угольника ABC. Зна- Рис. 2 ABC, т.е. ‘NAB ‘B + ‘C. Докажите, чит, что NL – биссектриса угла ANB. ‘1 ‘2 180q  ‘C 90q  ‘C . Доказательство. Проведем через точку А 22 луч CK (рис. 5) и заметим, что ‘BAK Аналогично, ‘3 ‘4 90q  ‘B . Тогда 180q  ‘A ‘B  ‘C. Тогда AB – внешняя 2 ‘BQC 180q  (‘1  ‘3). Поэтому ‘BQC 180q  § 90q  ‘C  90q  ‘B · ©¨ 2 2 ¹¸ ‘B  ‘C 90q  ‘A 90q  D. 2 2 2 Задача 2 (А.Карлюченко). В выпуклом четырехугольнике ABCD биссектрисы уг- лов A и D пересекаются в точке N, а биссектрисы углов B и C – в точке T, F – точка пересечения продолжений AB и DC Рис. 5 Рис. 3 биссектриса в 'CAN. Поскольку CL совпа- дает с внутренней биссектрисой 'CAN, то (рис. 3). Докажите, что точки F, N, T NL – вторая внешняя биссектриса этого лежат на одной прямой. треугольника (согласно лемме). Значит, ‘1 ‘2 и NL – биссектриса угла ANB. Доказательство. В треугольнике AFD точка N – инцентр, поэтому FN – третья Задача 5. Пусть AH и CL – высота и биссектриса в этом треугольнике. Значит, ‘1 ‘2. Для треугольника BFC лучи BT и биссектриса в треугольнике ABC соответ- CT совпадают с внешними биссектрисами ственно, причем ‘CLA 45q. Определите углов B и C. Тогда FT – внутренняя биссек- величину угла LHB. триса в 'BFC – по лемме о трех биссектри- Решение. Для 'BLC угол CLA является внешним. Он равен сумме двух внутренних углов, не смежных с ним (рис. 6), поэтому ‘B  ‘C 45q. Значит, 2‘B  ‘C 90q, 2

ШКОЛА В «КВАНТЕ» 33 Рис. 6 Рис. 8 или 90q  ‘B ‘B  ‘C . Но ‘HAB трисой угла F. Значит, NB – вторая внешняя 90q  ‘B (из 'AHB). Следовательно, биссектриса в 'DFN (согласно лемме). ‘HAB ‘B  ‘C. Проведем через точку А Поскольку ‘FND 60q (из 'FND), то луч CK. Тогда‘KAB 180q  ‘A ‘B  ‘C ‘FNC 120q и тогда ‘BNF ‘BNC и AB – внешняя биссектриса в 'AHC; CL – внутренняя биссектриса в этом треугольни- 120q 60q. Следовательно, в 'FBN 2 ке. С учетом леммы о трех биссектрисах x 180q  75q  60q 45q. HL – вторая внешняя биссектриса в 'AHC. Задача 8 (И.Шарыгин). В треугольнике Значит, ‘LHB ‘LHA 45q. ABC с углом при вершине A, равным 120q, Задача 6. В выпуклом четырехугольнике ABCD ‘ABD ‘DBC 60q, ‘ADB 40q и проведены биссектрисы AL, BN и CP. Най- ‘BDC 70q. Найдите величину угла M меж- ду диагоналями AC и BD (рис. 7). дите величину угла NLP. Решение. Продолжим BA и CA за точку A. Тогда ‘DAC ‘EAB 60q (рис. 9). Для Рис. 7 Рис. 9 Решение. Очевидно, ‘BAD 80q (из 'ABL луч BN совпадает с внутренней бис- 'ABD). Проведем из точки A лучи AK через сектрисой угла B, AC – с внешней биссект- точку В и AN через точку D. Тогда рисой угла A. Значит, LN – вторая внешняя ‘KBC 60q и ‘CDN 70q. Значит, BC и биссектриса (при вершине L), следователь- DC – внешние биссектрисы в 'ABD. Соглас- но, ‘1 ‘2. В 'ACL луч CP совпадает с но лемме, AC – внутренняя биссектриса в внутренней биссектрисой, AP – с внешней. этом треугольнике, т.е. ‘BAC ‘DAC Тогда LP – еще одна внешняя биссектриса в вн8е20шqний40уq.гСолледдолвяат'елAьFноD,M. 40q  40q 80q – 'ACL , т.е. ‘3 ‘4. Поскольку угол между биссектрисами смежных углов прямой, то Задача 7. Точки F и N на сторонах AD и CD ‘NLP 90q. квадрата соответственно такие, что ‘ABF 15q, ‘DFN 30q (рис. 8). Найдите Задача 9. Пусть CP – биссектриса в х – величину угла FBN . треугольнике ABC. Точка K на стороне BC такая, что ‘AKB ‘A – ‘B. Постройте Решение. Очевидно, ‘AFB 75q (из треугольник ABC по вершине A, а также 'ABF). Тогда ‘BFN 180q  75q  30q 75q. точкам K и P. Проведем диагональ BD. В треугольнике DFN луч DB совпадает с внутренней биссек- Решение. Анализ показывает, что так как трисой угла D, луч FB – с внешней биссек- ‘AKB ‘A – ‘B, то в треугольнике AKB можно найти ‘KAB. Он равен 180q   ‘A  ‘B  ‘B 180q  ‘A. Продолжим CA за вершину A. Тогда ‘DAB 180q  ‘A (рис. 10). Для 'ACK отрезок CP – внутрен- няя биссектриса, AB – внешняя. Значит, по

34 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 ственно равны 112,5q и 22,5q. Докажите, что в этом треугольнике высота AH, медиана BM и биссектриса CP пересека- ются в одной точке. Доказательство. Пусть высота AH и бис- сектриса CP пересекаются в точке Q (рис. 12). Покажем, что и медиана BM Рис. 10 Рис. 12 лемме о трех биссектрисах KP – вторая проходит через Q. Из 'AHB имеем ‘HAB внешняя биссектриса. Отсюда построение: соединяем точки A, K, P. Пусть ‘AKP D. 90q  22,5q 67,5q. Продолжим CA за точ- Через точку K под углом D к KP проводим ку A. Тогда ‘DAB 180q  112,5q 67,5q. В прямую t, которая пересекает луч AP в 'AHC отрезок CP совпадает с внутренней вершине B. У нас есть ‘KAB 180q  ‘A. биссектрисой, AB – с внешней. Значит, по Тогда есть и угол A. Через вершину A под лемме о трех биссектрисах, HP – вторая углом, равным ‘A, к стороне AB проводим внешняя биссектриса и ‘AHP ‘BHP 45q. луч. Он пересекает прямую t в недостающей Но и ‘ACB 45q (180q  112,5q  22,5q). вершине C. Следовательно, APHC – трапеция. По так называемой лемме о трапеции (точка пересе- Задача 10 (Л.Кэрролл). На сторонах AC чения диагоналей, точка пересечения про- и AB треугольника ABC постройте точки должений боковых сторон и середины осно- F и N такие, чтобы отрезок FN был ваний любой трапеции лежат на одной пря- параллелен стороне BC и при этом выпол- мой) луч BQ проходит через середину AC – нялось равенство BN  CF BC. точку M. А это и означает, что высота AH, медиана BM и биссектриса CP пересекаются Решение. Пусть такие точки F и N постро- в одной точке – точке Q. ены и пусть также FN || BC, x  y a (рис. 11). Анализ показывает, что если най- Задача 12 (Д.Швецов). Биссектрисы AL и BK прямоугольного треугольника ABC Рис. 11 (C 90q) пересекаются в точке I, Q – центр описанной окружности треугольни- ти на BC такую точку T, что CT y, то ка CKL. Докажите, что QI A AB. BT x. Поскольку 'CFT равнобедренный (CF CT y), то ‘1 ‘2. Но ‘2 ‘3 (внут- Доказательство. Так как 'KCL – прямо- ренние накрест лежащие при параллельных угольный, то точка Q – середина KL. Про- прямых FN и BC). Аналогично, ‘4 ‘5 ведем KN A AB и LT A AB (рис. 13). Оче- (BN BT x) и ‘5 ‘6 (FN || BC). Тогда видно, CK KN и CL LT (любая точка FT и NT – две внешние биссектрисы в биссектрисы равноудалена от сторон). Тогда 'AFN. Согласно лемме, AT совпадает с внутренней биссектрисой угла A в треуголь- Рис. 13 нике AFN. Переходим к построению. Прово- дим биссектрису AT в 'ABC. На стороне CA откладываем отрезок CF CT, а на стороне BA – отрезок BN BT. Соединяем F и N. Отрезок FN – искомый. Задача 11. В треугольнике ABC величи- ны углов при вершинах A и B соответ-

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ 35 'CKB 'NKB (по катету и гипотенузе) и 3 (Г.Филипповский). На боковых сторонах AB ‘1 ‘2. Аналогично, 'ACL 'ATL и и AC равнобедренного треугольника ABC взяты ‘3 ‘4. Для 'AKN отрезки AI и KB – соответственно точки N и F такие, что внутренняя и внешняя биссектрисы соответ- ‘FNT ‘BNT, где T – середина BC. Найдите ственно. Значит, NI – вторая внешняя бис- расстояние от точки T до FN, если высота CK в сектриса и ‘5 ‘6 45q. Для 'BLT отрезки треугольнике ABC равна h. BI и LA – также внутренняя и внешняя биссектрисы соответственно. Тогда TI – вто- 4. В остроугольном треугольнике ABC проведе- рая внешняя биссектриса (по лемме) и ны высоты AH, BN и CK. Докажите, что вершина A – точка пересечения двух внешних и одной ‘7 ‘8 45q. Следовательно, серединный внутренней биссектрис треугольника NKH. перпендикуляр к NT проходит через точку I. По теореме Фалеса этот серединный перпен- 5. Пусть CP – биссектриса в равнобедренном 'ABC, в котором ‘B ‘C 36q. На стороне ВС дикуляр проходит и через середину KL – взята точка D такая, что AD n и треугольники точку Q. Значит, QI A AB. ADC и ABD равнобедренные. Найдите длину отрезка DP. Несколько задач, в которых успешно при- 6. На продолжениях сторон AC и AB треуголь- меняется лемма о трех биссектрисах, предла- ника ABC постройте точки F и N соответственно такие, что FN || BC и FN CF  BN. гаем решить самостоятельно. 1 (Евклид). Постройте биссектрису угла, вер- 7. Биссектрисы углов трапеции ABCD образу- ют четырехугольник KNTQ с перпендикулярны- шина которого недоступна. ми диагоналями. Докажите, что ABCD – равнобо- 2. В треугольнике ABC внутренняя биссектриса кая трапеция. угла A пересекает внешнюю биссектрису угла B в 8. Дан треугольник ABC с указанным инцент- точке T, а внутреннюю биссектрису угла C – в ром I. Пользуясь только линейкой, постройте точке I. Докажите, что около четырехугольника точку пересечения внешних биссектрис углов A и BICT можно описать окружность. B и внутренней биссектрисы угла C. ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ Лестница, школьный учебник, вы скажете то же самое, статически но не так быстро. Однако вы, возможно, неопределимая сделали несколько ошибок. Вы не сказали, что стена, пол, короче – весь дом не имеет Л.АШКИНАЗИ ускорения. Действительно, если он имеет ускорение, равное g и направленное вниз, то Вот задача, которую (насколько я помню) все силы равны нулю, а если нет – то нет? решали школьники еще в Древнем Египте. К Далее, длину вы упомянули зря, она в ответ стене прислонена лестница, надо найти дей- не войдет, хотя бы потому, что размерность ствующие на нее силы. Поскольку вы сейчас ее – метр, а ответ должен быть в ньютонах. не в школе, а читаете журнал «Квант», вам А значит, он может зависеть только от mg и ничего не «дано» – сообразите сами, что вам от безразмерных величин. У нас в этой нужно. Если у вас есть нормальный для задаче безразмерные коэффициенты трения школьника опыт решения сотни-другой за- и – внимание – отношения длин, например дач по механике, вы мгновенно скажете – длины лестницы, расстояния ее низа от нужны масса, ускорение свободного паде- стены и расстояния ее верха от пола. Эти ния, длина, угол, коэффициенты трения. отношения войдут в ответ, скорее всего, как Если у вас этого опыта нет, но вы усвоили тригонометрические функции угла (любого из двух). Ну а, если вы очень осторожны и DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20220404 предусмотрительны, то вы еще упомяните про положение центра тяжести. Все эти соображения должны промельк- нуть у вас в голове до того, как вы начнете писать уравнения. Такой предварительный взгляд на задачу всегда полезен, даже если

36 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 Рис. 2 Рис. 3 Рис. 4 Рис. 1 ваний к точности решения может понадо- биться учесть что-то еще. он приблизителен и не точен. Теперь вы, как хороший послушный школьник, рисуете все Рассмотрим простой пример, а потом вер- силы (рис. 1,а), пишите уравнения: «сумма немся к нашей лестнице. Пусть балка висит сил по горизонтали», «сумма сил по верти- на двух тросах и нужно найти их натяжения кали» и «сумма моментов относительно цен- (рис. 2). Задача тривиальна: горизонталь- тра тяжести» равны нулю. И – о ужас – у вас ных сил нет, так что уравнений два и неиз- есть три уравнения и четыре неизвестных. У вестных тоже два. Приделываем третий трос составителей задач есть способ бороться с (рис. 3) и… наступает караул. Попробуем этой ситуацией – «придушить» одно неизве- учесть деформации – но чьи? Деформации стное, в данном случае объявить, что трение тросов в школе подчиняются закону Гука, а в верхней точке контакта отсутствует: коэф- деформацию балки в школе не посчитать. фициент трения P 0 (рис. 1,б). Естествен- Поэтому ограничимся тросами, их деформа- но, это отключает одну из сил, но где вы ция показана на рисунке 4 условно в виде видели стену без трения? Кстати, очевидно, пружин. У нас прибавится шесть известных что если объявлять P 0 в нижней точке, то величин: начальные длины и коэффициенты это может быть опасно для жизни. в законе Гука, три неизвестных: итоговые длины и три уравнения: зависимость длин Эта задача – одна из многих «статически веревок от натяжений, т.е. уравнения закона неопределимых задач». Так называют зада- Гука, но не в виде F kx, а в виде чи статики, в которых количество неизвест- L L0  N k, где L0 – начальная длина, N – ных больше количества уравнений. В школе сила натяжения, k – коэффициент жесткости. обычно рассматривают плоские задачи ста- тики – всего лишь потому, что картинки к Однако нам как не хватало одного уравне- ним легко рисовать на плоской поверхности: ния, так не хватает и сейчас. Не видите ли вы на бумаге, доске или экране. В таких задачах на рисунке еще одно уравнение? Уравнения уравнений три – два про сумму сил вдоль этого типа называют уравнениями совмести- осей координат и одно про сумму моментов. мости деформаций. Действительно, дефор- На досуге подумайте, сколько уравнений мации элементов конструкции как-то связа- будет для трехмерной задачи статики. ны, размеры элементов конструкции не мо- гут быть произвольными. Например, если Понятно, что в реальной жизни что бы с точки закрепления тросов на балке лежали телами ни делали, как бы их ни располагали, на одной прямой, то они и будут лежать на все силы в итоге приобретают какие-то зна- одной прямой, а если деформации невелики, чения. «Нерешаемость» этих задач возника- то тросы параллельны и итоговые длины ет потому, что мы чем-то пренебрегли, а для связаны тривиальным уравнением. Это и решения нужно это «что-то» учесть. Но будет седьмое уравнение, которого нам не имейте в виду – если мы это «что-то» учтем хватало. и задача получит свое решение, то это будет означать, что мы решили данную задачу Задачу можно решить и при больших лишь в данном приближении. В нашем слу- деформациях, просто решение будет длин- чае «что-то» – это деформации элементов нее. Можно рассмотреть и широкий диапа- системы. При рассмотрении какой-либо дру- зон начальных длин и коэффициентов жест- гой задачи или даже при увеличении требо- кости, причем в этом случае можно написать программу, которая будет подвешивать бал- ку на тросах прямо на экране и показывать нам поведение при варьировании исходных величин.

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ 37 Вернемся к лестнице, но с ней ситуация ли? Первое, самое простое и очевидное – будет сложнее – тросов, к которым есте- учесть деформацию лестницы. Для этого ственно применить закон Гука, нет. Первое, надо сообразить, какая продольная сила ее о чем можно задуматься, это откуда берется сжимает, ввести коэффициент жесткости ле- сила трения покоя, каков ее механизм. Ответ стницы и переделать последнее уравнение, лежит внутри школьного курса, нужно толь- учтя изменение ее длины. Второй, более ко его применить. Третий закон Ньютона сложный ход – учесть не только деформации говорит нам, что если сила трения действует сдвига, но и деформации сжатия, введя на какое-то тело, то такая же по модулю сила четыре коэффициента жесткости, два для действует и на второе тело, вызывающее эту сдвига и два для сжатия, и связав их с силу, а закон Гука (при жизни эти двое силами в соответствии с законом Гука. Урав- враждовали, а их результаты теперь трудят- нения пишутся легко, и – ах, какую краси- ся совместно) сообщает, что в этом случае вую программу можно будет составить. Вво- должны быть деформации. И действитель- дим цифры, и прямо на экране лестница но, поверхностные слои тел деформируют- прислоняется, проминает пол и стену, сколь- ся, причем и того, которое собирается сколь- зит по ним и останавливается. Или удивлен- зить, и того, на котором оно лежит. Тут есть но падает. одна тонкость – закон Гука в школе форму- лируется для деформации растяжения и А если говорить серьезно, то, решив физи- сжатия, когда слои вещества перемещаются ческую задачу, нужно поразмыслить, чем и примерно так, как при распространении почему мы пренебрегли и как бы что-то из продольной волны. А при трении вещество этого учесть. Чтобы нам было чем заняться перемещается хитрее, комбинируя и дефор- и через час, и завтра, и всегда. мации растяжения-сжатия, и деформации сдвига, при которых слои перемещаются так, как при распространении поперечной волны. А теперь – вот наша лестница, сначала просто «приложенная» к стене и полу, а потом мы включили тяготение, она потер- лась о стену и пол и слегка переместилась (рис. 5). Будем считать лестницу жесткой, т.е. ее деформацией и изменением длины пренебрежем. Тогда получаем соотношения Fн kнyн и Fв kвyв, где k – коэффициенты жесткости по отношению к сдвигу, у – смещения, «н» и «в» – индексы, означающие «нижний» и «верхний». Поскольку длина лестницы постоянна, то сумма квадратов расстояний от угла до мест касания стены и пола должна быть оди- накова для двух поло- жений лестницы. За- писываем это условие и, пренебрегая члена- ми с y2, получаем наше четвертое уравнение: Fн yн tgD. Fв yв Каким может быть дальнейшее развитие и уточнение этой моде- Рис. 5

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА Мы завершаем конкурс по решению математических задач. Задания рассчитаны в основном на участников не младше 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, электронной почтой по адресу: [email protected] или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». 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 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! 29. Покрасьте некоторые клетки белого 32. Рассмотрим разбиение плоскости пря- квадрата 5 u 5 в синий цвет так, чтобы во всех мыми на параллелограммы, равные некото- 16 квадратах 2 u 2 раскраски были различны рому параллелограмму ABCD. Множество (не совмещались бы сдвигом). точек пересечения таких прямых назовем Ф.Нилов ABC-решеткой. На 30. Через точку внутри равностороннего рисунке отмеченные треугольника провели прямые, параллель- точки представляют ные сторонам, и измерили площади получен- собой фрагмент АВС- ных шести частей треугольника. Могло ли решетки. оказаться, что они принимают ровно три различных значения? Даны два треуголь- ника A1B1C1 и A2B2C2. А.Перепечко Какие-то три точки 31. Последовательность задана следующи- A1B1C1-решетки обра- ми условиями: зуют вершины треу- c1 a, c2 b, гольника, подобного A2B2C2. Можно ли ут- верждать, что какие-то три точки A2B2C2- c2n1 cn  cn1 при n t 1, решетки образуют вершины треугольника, c2n2 cn  cn2 при n t 1. Выразите c2022 через a и b. подобного A1B1C1? Е.Бакаев В.Расторгуев ОЛИМПИАДЫ LXXXV МОСКОВСКАЯ ками. Упражняясь, Незнайка выбрал три МАТЕМАТИЧЕСКАЯ числа 20, 2 и 2 и составил выражение ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ 2  20 : 2. А может ли он, используя точно 20 марта 2022 года прошла очередная Московская математическая олимпиада. В те же три числа 20, 2 и 2, составить выраже- ней приняли участие более 5 тысяч школьни- ние, значение которого больше 30? ков. Приводим некоторые задачи олимпиа- ды (в скобках после номера задачи указан Н.Стрелкова класс, в котором она предлагалась). Все условия и решения можно найти на сайте Рис. 1 2. (8) На стороне правильного восьми- olympiads.mccme.rummo. угольника во вне- шнюю сторону пост- Избранные задачи роен квадрат. В вось- миугольнике проведе- 1. (8) Незнайка не знает о существовании ны две диагонали, пе- операций умножения и возведения в сте- ресекающиеся в точке пень. Однако он хорошо освоил сложение, B (рис. 1). Найдите вычитание, деление и извлечение квадратно- величину угла ABC. го корня, а также умеет пользоваться скоб- (Многоугольник назы- вается правильным,

ОЛИМПИАДЫ 39 если все его стороны равны и все его углы среди них обязательно нашлось два, середи- равны.) на отрезка между которыми — тоже узел этой сетки? К.Кноп А.Кулыгин 3. (8) Верно ли, что из любого выпуклого четырехугольника можно вырезать три умень- 8. (10) Дан многочлен степени 2022 с шенные вдвое копии этого четырехугольника? целыми коэффициентами и со старшим ко- эффициентом 1. Какое наибольшее число А.Юран корней он может иметь на интервале 0;1 ? 4. (9) У каждого из девяти натуральных чисел n, 2n, 3n,…, 9n выписали первую слева А.Канель-Белов цифру. Может ли при некотором натураль- ном n среди девяти выписанных цифр быть 9. (11) В декартовой системе координат (с не более четырех различных? одинаковым масштабом по осям x и y) нари- совали график показательной функции А.Толпыго y 3x. Затем ось y и все отметки на оси x стерли. Остались лишь график функции и 5. (9) Коллекция Саши состоит из монет и ось x без масштаба и отметки 0. Каким наклеек, причем монет меньше, чем наклеек, образом с помощью циркуля и линейки мож- но хотя бы одна есть. Саша выбрал некото- но восстановить ось y? рое положительное число t ! 1 (не обяза- тельно целое). Если он увеличит количество М.Евдокимов монет в t раз, не меняя количества наклеек, то в его коллекции будет 100 предметов. 10. (11) Звездолет находится в полупрос- Если вместо этого он увеличит количество транстве на расстоянии a от его границы. наклеек в t раз, не меняя количества монет, Экипаж знает об этом, но не представляет, в то у него будет 101 предмет. Сколько накле- каком направлении двигаться, чтобы достиг- ек могло быть у Саши? Найдите все возмож- нуть граничной плоскости. Звездолет может ные ответы и докажите, что других нет. лететь в пространстве по любой траектории, измеряя длину пройденного пути, и имеет А.Галочкин датчик, подающий сигнал, когда граница достигнута. Может ли звездолет гарантиро- 6. (9) Некоторые клетки доски 100 u 100 ванно достигнуть границы, преодолев путь покрашены в черный цвет. Во всех строках длиной не более 14a? и столбцах, где есть черные клетки, их количество нечетно. В каждой строке, где М.Евдокимов есть черные клетки, поставим красную фиш- ку в среднюю по счету черную клетку. В 11. (11) В выпуклом 12-угольнике все каждом столбце, где есть черные клетки, углы равны. Известно, что длины каких-то поставим синюю фишку в среднюю по счету десяти его сторон равны 1, а длина еще одной черную клетку. Оказалось, что все красные равна 2. Чему может быть равна площадь фишки стоят в разных столбцах, а синие этого 12-угольника? фишки — в разных строках. Докажите, что найдется клетка, в которой стоят и синяя, и М.Евдокимов красная фишки. 12. (11) В равнобедренной трапеции прове- Б.Френкин дена диагональ. По контуру каждого из полу- чившихся двух треугольников ползет свой 7. (10) Среди любых пяти узлов обычной жук. Скорости движения жуков постоянны и клетчатой бумаги обяза- одинаковы. Жуки не меняют направления тельно найдутся два, сере- обхода своих контуров, и по диагонали трапе- дина отрезка между кото- ции они ползут в разных направлениях. рыми — тоже узел клет- Докажите, что при любых начальных поло- чатой бумаги. А какое ми- жениях жуков они когда-нибудь встретятся. нимальное количество уз- лов сетки из правильных П.Бородин шестиугольников (рис. 3) необходимо взять, чтобы Публикацию подготовил Н.Панюнин Рис. 3

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ «Квант» для младших школьников заметить, что поскольку маршрут Айболита с (см. «Квант» №3) началом в домике волчицы занимает 7 км, вол- чица живет в 1 км от любого из крайних доми- 1. 23:50:22. ков, а жучок, аналогично, в 2 км. Самое позднее время, которое могут показывать 4. Тоже в одиннадцатый. электронные часы, 23:59:59. Если посмотреть на В первый день прошло 10 встреч, и, значит, время как на шестизначное число, то два момен- было выдано 10 маек. Одиннадцатая майка была та времени сравниваются так же, как и обычные выдана лишь в одиннадцатый день турнира, т.е. числа: время тем больше, чем больше первая у Пети и еще девяти участников в первые десять цифра; если первые цифры совпадают, сравни- дней турнира не было ни одной победы. Это вают вторую и т.д. Поэтому постараемся сохра- возможно только в том случае, когда эти участ- нить от 23:59:59 как можно больше цифр в ники (назовем их невезучими) в эти дни не начале. Максимум можно оставить три первых играли друг с другом, т.е. каждый из них сыграл цифры, так как иначе останется больше двух с десятью остальными участниками (теми, кому цифр, отличных от 2 и 0. Пробуем найти время, в первый день досталась майка) и всем им про- начинающееся на 23:5*:**. Цифры 3 и 5 должны играл. Но тогда в оставшиеся дни невезучие обязательно погаснуть, значит, оставшиеся дол- будут играть между собой. В частности, в один- жны быть 2, 0, 2, 2 именно в таком порядке, т.е. надцатый день они разобьются на пять пар, и часы должны показывать 23:50:22. победители этих пар получат майки с номерами с 2. На рисунке 1 приведено необходимое разреза- 11 по 15. ние для каждого из пунктов. Конкурс имени А.П.Савина Рис. 1 (см. «Квант» №2) 3. На рисунке 2 показаны 4 возможных варианта (деления на схеме отвечают расстояниям 1 км; 21. Пусть строк всего m, столбцов n и, скажем, корова левее червячка). Куда бы ни доставили орлы Айболита, ему нуж- n ! m. В каждом столбце может быть от 0 до m но посетить два крайних домика. Значит, любой его маршрут не меньше, чем расстояние между белых клеток – всего m  1 вариантов, поэтому ними, а маршрут с началом в одном из крайних домиков как раз равен расстоянию между край- n d m  1. Но n ! m, откуда n m  1. Тогда в ними домиками. Таким образом, это расстояние является наи- столбцах встречаются по разу все варианты ко- меньшим и должно быть одинаковым для двух животных. Следовательно, оно равно 6 км, и личеств белых клеток (от 0 до m), и, соответ- корова и червячок живут в крайних домиках, а волчица и жучок – где-то между ними. Остается ственно, все количества синих клеток (от m до Рис. 2 0), а значит, и тех и других поровну (по 1  2  ... …  m). 22. Вырежем общую часть квадрата и прямоу- гольника и сдвинем друг к другу оставшиеся обрезки каждой из фигур – получится два пря- моугольника (рис. 3). Прямоугольник, полу- чившийся из квадрата 6 u 6, будет иметь дли- ну 6 и ширину R, рав- ную сумме красных от- резков, а прямоуголь- Рис. 3 ник, получившийся из прямоугольника 3 u 12, будет иметь ширину 3 и длину G, равную сумме зеленых отрезков. Но площади исходных фигур одинаковы (6 u 6 3 u 12 36) и вырезана одна и та же площадь, поэтому сложенные из остатков прямоугольники тоже равны по площади. Тогда 6R 3G и G 2R, что и требовалось. 23. Да, верно. Представим число N как 10a  b, где b – нечет- ная цифра. Тогда N10 10a  b10. Раскроем скобки в этом выражении по биному Ньютона. Так как нас интересует третья справа цифра, то

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 41 это выражение нас будет интересовать только по Парадоксы теплообмена: «честно + модулю 1000, поэтому мы можем сразу отбро- + честно + … + честно = нечестно» сить все слагаемые, где хотя бы в трех из десяти 1. Эффективность Сашиного метода при объеди- скобок 10a  b выбиралось 10a: 10a  b10 { нении в одну группу «бедных» точно такая же, { C120 10a2 b8  C110 10a1 b9  C100 10a0 b10 как эффективность при объединении в одну груп- 45 ˜ 100a2b8  10 ˜ 10ab9  b10 пу «богатых». Действительно, рекуррентное со-  100 45a2b8  ab9  b10. отношение для общего количества теплорода в E- Покажем, что целая часть от деления этого чис- стаканах имеет вид qi1 O qi  1, где q0 0 и ла на 100 будет нечетным числом. Так как b нечетно, то 45a2b8  ab9 будет иметь ту же чет- n. O qn ность, что a2  a, – это четное число. Осталось n 1 1 O n показать, что эту четность не «испортит» при-  O бавление числа b10. Для этого проверим все пять Оно дает qi 1  Oi , Kn вариантов и убедимся, что третья с конца цифра числа b10 четна: ст1вие¨©§мn nвт1о¹¸·рn оиго Kf 1  1 e. Это является след- вида симметрии между D- и 110 1 001, 310 59049, 510 9765625, E-стаканами. Мы можем считать, что все стака- 710 282475249, 910 3486784401. ны имеют фоновое наполнение – содержат по 24. 14. Параллелепипеды 1u 2 u 4 будем называть кир- единице обычного теплорода, но, кроме этого, E- пичами. стаканы содержат по единице «отрицательного» Из 10 кирпичей легко сделать параллелепипед 5 u 4 u 4. Нетрудно проверить, что в оставшийся теплорода. Тогда именно они, по сути, являются «угол» влезают еще 4 кирпича. Таким образом можно разместить 14 кирпичей. наполненными D-стаканами. Объем 16 кирпичей больше объема коробки: 16 ˜ 8 128 ! 125. Предположим, удалось распо- 2. Из рекуррентной формулы, полученной Пе- ложить 15 кирпичей. Тогда свободно 125  15 ˜ 8 5 клеток. тей на уроке, находим Kn,m 1  § n n 1 ¹·¸m. Для Рассмотрим произвольный слой 1u 5 u 5. Кирпи- ©¨  чи пересекают его по четному числу клеток – 2, 4 или 8, значит, в этом слое хотя бы одна из 25 нашего случая она дает K4,8 1  § 4 ·8 0,83. клеток свободна. Рассмотрим 5 не пересекаю- ¨© 5 ¸¹ щихся по клеткам слоев – тогда если в каком-то из них свободно хотя бы 2 клетки, то всего 3. Для разных количеств стаканов второй заме- свободно больше 5 клеток. Противоречие. Зна- чит, в каждом слое свободна ровно одна клетка. чательный предел превращается в равенство Пронумеруем грани от 1 до 6. Каждый кирпич упирается своим концом 1u 2 ровно в одну из 1 ·m § 1 ·n ·m n граней, так как его длина 4 на единицу меньше n ¸¹ ¨©¨ n ¸¹ ¸¹¸ ребра куба. Будем говорить, что это кирпич типа §¨©1  ©§¨1  | em n, здесь и ниже a, если он упирается в грань с номером a. Рассмотрим грань 1. В ней одна клетка пустая n 1 – количество D-стаканов, m – количество (так как в каждом слое ровно одна пустая клет- ка), 2k клеток заняты k кирпичами типа 1, а E-стаканов. Поэтому количество теплорода, ос- оставшиеся 24  2k клеток заняты кирпичами дру- гих типов. Но они могут занимать только по 4 тавшегося в D-стаканах, равно Q nem n, а их или 8 клеток грани, что кратно 4. Таким обра- зом, 24  2k делится на 4, и k четно. Значит, температура равна TD em nT0. Количество теп- количество кирпичей типа 1 четно. Аналогично лорода, захваченного E-стаканами, будет q для каждой другой грани, а значит, количество кирпичей каждого типа четно и их в сумме  n 1  em n и, так как оно делится уже между четное количество. Но их 15. Противоречие. m стаканами, температура E -стаканов будет n  TE m 1  em n T0 (рис. 4). Рис. 4 4. Для того чтобы найти количество теплорода, захваченного E-стаканами, нам надо подсчитать сумму элементов Машиной таблицы, лежащих в прямоугольных областях. Для случая m 2 – это прямоугольник, изображенный на рисун-

42 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 Рис. 5 5. Воспользуемся симметричностью Машиной матрицы и cформулируем в вольном стиле «пра- ке 5,а, а для случая m 8 – прямоугольник, вило перестановки»: у 12345 D-стаканов 6789 E- изображенный на рисунке 5,б (восьмую строчку стаканов заберут столько же теплорода, сколько надо дописать самостоятельно). у 6789 D-стаканов заберут 12345 E-стаканов. Для нашей задачи из этого правила следует, что В первом случае количество слагаемых невели- количество теплорода, которое холодные стака- ны забирают у горячих, в обоих случаях одина- ко, и суммирование можно провести «в лоб» (не ково. Обозначим это количество теплорода q0. Если n – количество красных стаканов, а m – забывая о знаменателях). Получаем, что общее количество синих, то для температур в первом и втором случаях получим количество теплорода, забранного E-стаканами, равно 7 4 (из четырех начальных единиц). По- T1 1  q0 nT0, Тсин 1  q0 mT0, T2 q0 mT0, Ткр q0 nT0, этому эффективность теплообмена в этом случае откуда Tкр T0  T1 95,2 qC, Tсин T0  T2 52,4qC. равна K 7 16 44%. 6. Мы уже знаем, что когда количества стаканов Для случая m = 8 область суммирования доста- точно велика (32 ячейки), поэтому рационализи- равные и очень большие, то E-стаканы отбирают руем свой труд. Во-первых, сумма чисел верхне- го квадрата нам уже известна: S1 n  Sд1, где у D-стаканов почти все тепло и предельные зна- Sд1 – сумма диагональных элементов этого квад- рата. Для подсчета суммы по нижнему квадрату чения температур становятся равными TD 0 и снова воспользуемся тем фактом, что сумма эле- TE T0. Если число E-стаканов m больше, чем ментов в каждой строчке от первого до диаго- число D-стаканов n, то уже первые n E-стаканов нального (включительно) равна 1 2. Поэтому для суммы по элементам нижнего квадрата получаем заберут практически все n единиц теплорода из S2 m  n 2  Sд2  S', где Sд2 – сумма диаго- D-стаканов (остальные E-стаканы лишь подберут нальных элементов, лежащих на продолжении оставшиеся крохи). А вот делить n единиц теп- диагонали верхнего квадрата, S' – сумма элемен- тов образовавшегося внизу треугольника. Теперь лорода придется на все E-стаканов. Итак, темпе- для количества теплорода, оставшегося в D -ста- n канах, получаем более простую формулу сумми- ратуры в этом случае будут TD 0 и TE m T0 рования: Qвсего 2mQm1,m1  S'  m  n 2 (обоснуйте сами, что эти утверждения остаются 49 256. Таким образом, E-стаканы забирают справедливыми и для небольших n, если m вели- 975 256 единиц теплорода из четырех началь- ко). Если количество E-стаканов m меньше, чем ных, и эффективность Машиного процесса полу- количество D-стаканов n, то (по правилу пере- становки) они заберут столько же тепла, сколь- чается равной K 975 95%. ко n E-стаканов заберут у m D-стаканов, т.е. m 1024 Рис. 6 Отметим, что с увеличением количества «холод- ных» стаканов эффективность теплообмена увели- чивается, но вот парадоксальность ситуации умень- шается: то, что очень большое количество холод- ной воды может отобрать практически все тепло у капли горячей воды, нам привычно и неудивитель- но. Для нас парадокс заключается в том, что всю холодную воду можно нагреть практически до начальной температуры. А этот эффект при уве- личении количества холодной воды исчезает – ее становится слишком много и, даже отобрав все тепло у горячей, она сама горячей не станет.

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 43 единиц теплорода. Температура E-стаканов в этом ствительно, сумма каких-то двух соседних углов случае будет TE T0. В D-стаканах останется не превосходит 180q. Пусть это углы A и D (рис. 8). Тогда, если ‘A  ‘B d 180q, то мы по- n  m единиц тепла, и их температура будет лучили нужное, а если ‘A  ‘B ! 180q, то ‘C  ‘D  180q, и нам подходят углы A, D, C. В TD ¨©§1  m · T0. итоге можно так назвать вершины четырехуголь- n ¸¹ ника A, B, C, D, что ‘A  ‘B d 180q , Все сказанное изображено на рисунке 6. Пове- ‘A  ‘D d 180q. Пусть K, L, M, N – середины отрезков AB, BC, CD, DA соответственно, P, дение E-стаканов действительно соответствет «пра- Q – середины диагоналей AC и BD соответствен- но. Четырехугольники AKPN, KBLQ, NQMD – вилу ватаги разбойников». Однако, немного «че- искомые копии. Докажем, что они не перекрыва- стности» и здесь остается. Во-первых, предел ются. Действительно, ‘AKP  ‘QKB ‘A  того, сколько каждый E-стакан может «унести»,  ‘B d 180q, ‘DNQ  ‘ANP d 180q. 4. Да, может. устанавливается «честно» – по начальному со- Например, подходит n 25. Для этого значения стоянию E-стаканов. Во-вторых, разбойники не n получим числа портят и не уничтожают того, чего не могут унести, а благородно разрешают ограбленным разделить его «по-честному». LXXXV Московская математическая 25, 50, 75, 100, 125, 150, 175, 200, 225. олимпиада школьников Каждое из них начинается на одну из четырех 1. Например, цифр 1, 2, 5, 7. Комментарий. Можно доказать, что меньше че-  20 20 2  2 20  10 2 ! 20  10. тырех различных цифр получиться не могло. Ровно четыре различные цифры получаются для 2 2 2 натуральных чисел из интервалов вида 2. 22,5q. «ª25 0...0;2 9...9»º «ª3 9...9»º, Заметим, во-первых, что угол правильного вось- ¬ k¼ миугольника равен 6 ˜ 180q 8 135q. Обозначим и 3...3 4;3 где k – произ- вершины восьмиугольника так, как на рисунке 7. ¬ k1 k¼ k1 Заметим, что KLDE – равнобокая трапеция, по- вольное натуральное число. этому ‘BED 45q, а ‘FEB 135q  45q 90q. Да- 5. 34 или 66. лее, HD – ось симметрии восьмиугольника, по- Обозначим через m количество монет, а через этому ‘HDE 135q 2 67,5q. Отсюда получа- n – количество наклеек. Тогда условие можно переписать в виде системы уравнений ется, что в треугольнике BDE углы B и D равны, а значит, EB ED EF FC. Треугольники BEF ­mt  n 100, ®¯m  nt 101. и FCA равны по двум катетам, значит, BF FA. Вычтем первое уравнение из второго: Далее, угол F равнобедренного прямоугольного треугольника BEF равен 45q, поэтому угол GFB 1 101 – 100 m  nt  mt  n n  mt  1. прямой. Угол AFB равен сумме углов AFG и GFB, т.е. 135q. Теперь заметим, что сумма рав- Следовательно, t 1  1 . Теперь сложим два изначальных уравнениnя: m ных углов FBA и FAB равна 45q, значит, угол ABC равен 45q 2 22,5q. 201 101  100 = mt  n  m  nt m  nt  1. 3. Верно. Следовательно, t 201  1. Введем обозначе- mn Докажем, что можно выбрать такой угол четырех- угольника, что сумма его с каждым из соседних ния a n – m, b n  m. Отметим, что a ! 0, по- углов не превосходит развернутого угла. Дей- скольку n ! m. Приравняем два выражения для t: 1 1 201  1 œ 201  1 œ nm mn b œ 2a  1 œ 1 1 a 201. a b Рис. 7 Рис. 8 Заметим, что числа 2a  1 и a взаимно просты, поэтому дробь 2a  1 несократима. Значит, 201 a делится на 2a  1. У числа 201 3 ˜ 67 всего четы- ре делителя: 1, 3, 67 и 201. Так как 2a  1 ! 1,

44 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 нужно разобрать три случая. 1 и 201 3. Первый случай: 2a  1 3. Тогда a b1 Значит, b 67, откуда m 1 b  a 33, n 1 a  b 34. 2 2 Также t 2. Несложно проверить, что этот слу- чай подходит. Второй случай: 2a  1 67. Тогда a 33 и 201 67 99, откуда Рис. 9 . Значит, b b 33 уже есть синяя фишка. Таким образом, искомая 1 b  a 1 a  b m 33, n 66. клетка найдена. 2 2 Комментарий. Описанные в задаче конструк- Также t 34. Несложно проверить, что этот 33 ции существуют, причем не обязательно в случай подходит. каждой строке и в каждом столбце находится Третий случай: 2a + 1 = 201. Тогда a = 100 и ровно одна черная клетка. Возможные примеры 201 201. Значит, b 100, откуда b 100 изображены на рисунке 9. 7. 9. Лемма. Среди любых пяти узлов сетки из пра- m 1 b  a 0, n 1 a  b 100. вильных треугольников найдутся два, середина 22 отрезка между которыми — тоже узел сетки. Этот случай не подходит, так как должна быть Доказательство. Вве- хотя бы одна монета. 6. Удалим из доски все строки и столбцы, в дем начало отсчета в которых нет черных клеток. Заметим, что после этого условие задачи продолжит выполняться. одном из узлов сетки и Теперь все черные клетки лежат внутри некото- рого прямоугольника m u n, в каждой строке и в обозначим через а и b каждом столбце которого есть хотя бы одна черная клетка. радиус-векторы к двум По условию в каждой из n строк стоит ровно одна красная фишка. Тогда всего красных фи- ближайшим узлам шек n. Но эти n красных фишек должны нахо- диться в разных столбцах, а значит, m t n . Ана- (рис.10). Тогда узлы логично, рассматривая синие фишки, приходим к выводу, что n t m. Таким образом, n m. Раз Рис. 10 сетки суть точки вида красных фишек и столбцов поровну и красные фишки находятся в разных столбцах, то в каж- mа  nb для целых m и n. По принципу Дирихле дом столбце есть ровно одна красная фишка. Аналогично, в каждой строке есть ровно одна из пяти точек найдутся две точки m1a  n1b и синяя фишка. m2a  n2b, у которых одновременно совпадает Рассмотрим верхнюю строку, в ней есть синяя четность m1 и m2 и четность n1 и n2. Середина фишка. Рассмотрим столбец с этой синей фиш- отрезка, соединяющего эти две точки, есть точка кой. В этом столбце синяя фишка стоит в самой верхней клетке. Получается, что самая верхняя m1  m2 a  n1  n2 b. клетка этого столбца оказалась средней по счету 22 черной клеткой в этом столбце. Такое возможно лишь в случае, когда в столбце только одна Она является узлом сетки в силу одинаковой черная клетка. четности m1 и m2, n1 и n2. Лемма доказана. Ранее доказано, что в любом столбце должна На рисунке 11,а можно увидеть пример располо- быть ровно одна красная фишка. Рассматривая жения 8 узлов сетки, среди которых нет двух, найденный столбец с единственной черной клет- середина отрезка между которыми – узел сетки. кой, приходим к выводу, что красная фишка Докажем, что девяти узлов достаточно. Заме- должна быть в этой клетке. Но в этой клетке тим, что шестиугольная сетка разбивается в объе- динение двух треугольных (рис.11,б). По прин- ципу Дирихле среди любых девяти узлов по крайней мере пять окажутся в одной из этих Рис. 11

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 45 двух треугольных сеток. По лемме среди этих O o A1 o A2 o A3 o A4 o A5 o A6 пяти узлов найдутся два искомых. 8. 2021. заведомо позволит достигнуть граничной плос- кости. Предположим противное. Но тогда вер- Если на интервале 0;1 лежат все 2022 корня шины октаэдра, а значит, и сам октаэдр (выпук- лая оболочка его вершин) лежат строго внутри многочлена, то по теореме Виета свободный член полупространства. Поэтому вписанный шар ок- многочлена должен быть равен их произведе- таэдра, радиус которого равен a, тоже лежит нию, следовательно, он тоже будет лежать на строго внутри полупространства. Получаем про- тиворечие, так как по условию расстояние до интервале 0;1 и не будет целым. Докажем, что граничной плоскости полупространства равно a. Покажем теперь, что длина пути в качестве примера подойдет многочлен P x x2022  O o A1 o A2 o A3 o A4 o A5 o A6  1  4042x3  4042x...4041  4042x. Заметим, что при всех k 0, 1, ... , 2021 число меньше 14a. Пусть OA1 OA2 OA3 x. Запи- шем объем пирамиды OA1A2 A3 двумя способами: P § 2k · § 2k ·n  1k 2k  1!!4041  2k!! ©¨ 4042 ¸¹ ¨© 4042 ¸¹  2 1 x3 1 1a˜ x2 является положительным при четном k и являет- V 6 3 ˜ OH ˜ SA1A2 A3 3˜ . 34 ся отрицательным при нечетном k. Таким обра- зом, на интервале 0;1 многочлен P x меняет Отсюда x a 3, а длина ребра октаэдра равна знак по крайней мере 2021 раз и, следовательно,  a 6. Поэтому длина пути 3  5 6 a  14a, так имеет хотя бы 2021 корень. 43. 30 9. Отметим на графике произвольную точку A и как 2  стандартным образом построим перпендикуляр AB к оси x (рис. 12). На продолжении отрезка 11. 8  4 3. Рассмотрим 12-угольник A1A2...A12, удовлетво- BA за точку A отме- ряющий условию задачи. У него десять тим такую точку C, что сторон длины 1 и одна сторона длины 2. Обозна- AC 2AB. Далее пост- чим через x длину оставшейся стороны. Рассмот- роим прямую, прохо- рим векторы A1A2, A2 A3, ..., A12 A1, а также коллинеарные им единичные векторы e1, e2, ... дящую через точку C ..., e12. Тогда для некоторых i и j имеет место равенство параллельно оси x, и обозначим через D точ- ку ее пересечения с графиком. Тогда дли- e1  ...  2ei  ...  xej  ...  e12 0. (1) Помимо того, на отрезка CD равна 1. Действительно, если A имеет координаты Рис. 12 e1  e7 e2  e8 ... e6  e12 0, поэтому  x0;3x0 , то ордината точки D равна 3 ˜ 3x0 3x0 1, e1  e2  ...  e12 0. (2) поэтому ее абсцисса равна x0  1. Отметим теперь на луче BA точку на расстоянии Вычитая (2) из (1), получаем ei  x  1ej 0. CD 1 от точки B и проведем через нее прямую, Это возможно лишь в случае, если ei ej и x 2. Значит, в исходном 12-угольнике есть пара параллельную оси x. Она пересечет график в параллельных сторон длины 2. точке 0;1, т.е. в той же точке, что и ось y. Для завершения построения остается провести через эту точку прямую, перпендикулярную оси x, – это В силу равенства всех углов и соответствующих и будет искомая ось y. сторон этот 12-угольник имеет ось симметрии 10. Да, может. (рис. 14). Чтобы найти площадь, разобьем его Пусть корабль находит- ся в некоторой точке O. Рассмотрим пра- вильный октаэдр A1A2 A3 A4 A5 A6, описан- ный возле шара радиу- са a с центром в точке O (рис.13). Докажем, что путь Рис. 13 Рис. 14

46 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 на 4 трапеции и прямоугольник. Находим дробинкой в предельном случае: m  mд  g A3 A12 A6 A9 1  3, A4 A11 A5 A10 2  3, UвVg. Чтобы кусок льда с дробинкой начал поэтому искомая площадь равна тонуть, нужно растопить лед массой 'm m0  m, затратив количество теплоты  S 2 ˜ 2  3  Q O'm O § m0  mдUл · 18,7 кДж.  3 2  3  1  3 ¨ Uв  Uл ¸ © ¹  2 3. Обозначим через I1, I2 и I3 токи, текущие через резисторы R1, R2 и R3 соответственно. Из 1 3 1 8  4 3. 2 соотношений I1 I2  I3, I2R2 I3R3, N1 I12R1, 12. Пусть в равнобедренной трапеции ABCD с N2 I22R2 находим R2R32 основаниями AB ! CD проведена диагональ AC (рис. 15) так, что первый жук ползает по циклу N2 N1 R1 R2  R3 2 18 Вт. 4. Вертикальный размер зеркала ограничен све- товыми лучами, исходящими из точек, лежащих на нижнем и верхнем ребрах комнаты, и попада- ющими в глаз человека (рис. 16, где h – расстоя- Рис. 15 Рис. 16 A o C o D o A, второй – по циклу A o ние от пола до уровня глаз человека). Из геомет- o B o C o A. Рассмотрим моменты времени, в рии получаем которые первый жук оказывается в точке A. За время обхода первым жуком полного цикла из A s y2  y1 lH 6 м | 0,86 м. снова в A второй жук сдвигается по своему Ll 7 циклу на AB ! CD в одну и ту же сторону. Поскольку 10–11 классы AB  CD  BC  AC  CD 1. На рисунке 17 изображено положение автомо- билей в момент времени, когда расстояние меж- AD  AC  CD  AC  CD  AC  CD 2AC, ду ними минимально и равно s (точки 1 и 2), а также в момент, когда расстояние между ними при таких сдвигах в один из рассматриваемых равно 2s (точки 1’ и 2’). По закону сложения моментов времени второй жук окажется на рас- скоростей относительная скорость автомобилей стоянии меньше 2AC до точки A по ходу своего движения, а значит, встретится с первым жуком vотн v2  v1, а ее модуль vотн v12  v22 . В мо- на диагонали AC. мент, когда расстояние между автомобилями ми- нимально, вектор их относительной скорости пер- Олимпиада «Ломоносов» пендикулярен отрезку прямой, соединяющей ав- (cм. «Квант» № 3) Физика Заключительный этап 7–9 классы 1. Совместим начало отсчета с точкой запуска шарика, координатную ось х направим вдоль доски вверх. Кинематическое уравнение движе- ния шарика в выбранной системе дает l v0t1  at12 иl v0t2  at22 . Отсюда 2 2 v0 l t1  t2 0,9 м с. t1t2 2. Пусть m – максимальная масса куска льда, при которой он еще плавает. Тогда объем этого m Рис. 17 куска V . Пренебрегая объемом дробинки по Uл сравнению с V, запишем условие плавания льда с

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 47 томобили (отрезку 1–2). Модуль относительно- сывая уравнение состояния воздуха: p0V QвRT, го перемещения автомобилей за время W (длина находим количество молей воздуха: Qв p0V . отрезка 2–3) равен vотнW v12  v22 W. По теоре- RT Когда цилиндр поставили вертикально, давле-  ме Пифагора 2s2 s2  v12  v22 W2. Отсюда ние водяного пара осталось прежним, а давление 3s2 воздуха, как это следует из уравнения равнове- W2 v1  v22 | 14,1 м c | 50,9 км ч. сия поршня, стало равным p0  mg S. При пере- мещении поршня на расстояние x объем воздуха 2. Будем решать задачу в системе отсчета, свя- увеличился на xS и уравнение состояния возду- занной со льдом. Пусть к интересующему момен- ха приняло вид § p0  mg · V  xS QвRT p0V. ©¨ S ¸¹ ту автомобиль разогнался до скорости v, а доска приобрела скорость V. Согласно закону сохра- Отсюда легко найти нения импульса, mv  MV 0, где m M n – x S mgV | 5, 3 мм. масса автомобиля. При этом доска сместилась на p0S  mg расстояние L, а автомобиль проехал расстояние l nL в противоположную сторону. При про- 5. В положении равновесия шарика пружина скальзывании колес мощность двигателя затра- растянута на величину 'l q2 . Совместим чивалась на разгон автомобиля и доски под дей- 4SH0L2k ствием сил трения скольжения между колесами начало координат с положением шарика в состоя- и доской и на увеличение внутренней энергии нии равновесия и направим координатную ось x взаимодействующих тел. Проскальзывание ко- вправо. По второму закону Ньютона, mxcc kx  'l  лес прекратилось в тот момент, когда модули q2 скоростей автомобиля и доски стали удовлетво-  4SH0 L  x2 , где x – смещение шарика от поло- рять соотношению v  V Pmg N. В дальней- жения равновесия. Учитывая, что x L, преоб- шем модули скоростей увеличивались, а силы трения перестали быть силами трения скольже- разуем последнее слагаемое к виду ния и уменьшились по модулю. За время про- q2 ¨§©1  x ·2 q2 ©¨§1  2x ¹¸·. В итоге урав- 4SH0L2 L ¹¸ 4SH0L2 L скальзывания колес кинетическая энергия авто- мобиля стала mv2 Pmgl, а доски MV2 PmgL. нение движения шарика принимает вид 22 xcc  § k  q2 · x 0. Следовательно, шарик Из составленных уравнений получаем ¨©¨ m 2SH0mL3 ¸¹¸ x Ll N2n3 0,5 м. совершает гармонические колебания с круговой 2P3g3M2 1  n частотой Z 2Sf k  q2 , откуда полу- чаем m 2SH0mL3 3. Уравнение реакции горения водорода в кисло- роде имеет вид 2H2  O2 2H2O. Отсюда следу- 2Sf 2 m  q2 ет, что количество молей сгоревшего водорода 2SH0L3 равно количеству молей образовавшегося водя- k |1Н м. ного пара и вдвое превышает количество молей требующегося для горения кислорода. Посколь- 6. Незаряженная пластинка покоится на шеро- Q1 , ку 0,23Q2 ! 2 имеющегося в сосуде воздуха с ховатой части наклонной плоскости при условии избытком хватит для полного сгорания водоро- 0 mg sin Dпр  Pmg cos Dпр. При соскальзывании из нового положения сила трения скольжения да. Следовательно, в воздухе образуется Q1 мо- лей водяного пара. Используя уравнение Менде- между пластинкой и плитой изменяется по ли- леева–Клапейрона, находим парциальное давле- нейному закону от нуля до значения PN, поэто- ние водяного пара: p Q1RT и относительную му работа силы трения Aтр  1 PNb. Скорость 2 V влажность воздуха: движения пластинки можно найти из закона из- f p Q1RT | 0,52 52%. менения механической энергии mgb sin D  Aтр pн pнV mv12,2 . В отсутствие электрического заряда нор- 2 4. Когда цилиндр расположен горизонтально, давление воздуха равно давлению насыщенного мальная составляющая силы реакции опоры рав- водяного пара pн, которое при t 100 qC равно нормальному атмосферному давлению p0. Запи- на N1 mg cos Dпр. Напряженность электричес- кого пVол, яп,осэотоздмаунннооргмо азлаьрняажяеснонсотйавплляиютщойа,ярсаивлныа E 2H0

48 К В А Н T $ 2 0 2 2 / № 4 уменьшается до значения N2 mgcos Dпр  qE (в будут лежать в одной плоскости, в которой мож- случае одинаковых знаков зарядов). Решая сис- но рассмотреть такие же подобные треугольни- тему приведенных уравнений, находим ки. Следовательно, связь между смещениями линзы и светового пятна на экране во всех слу- v2 1  qV tgDпр | 1,26. чаях имеет один и тот же вид. Поэтому v1 2H0mg sin Dпр F lG 10. 7. Ход одного из лучей, ограничивающих размер ' светового пятна на экране, изображен на рисун- ке 18 при двух положениях источника. Когда источник помещен в фокус линзы, диаметр свет- Рис. 18 лого пятна на экране совпадает с диаметром КВАНТ линзы. Если источник расположен на расстоя- НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ нии a ! F от линзы, то расстояние от линзы до его действительного изображения определяется Е.В.Бакаев, Е.М.Епифанов, А.Ю.Котова, Н.М.Панюнин, по формуле тонкой линзы и равно b = aF . В В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан a-F НОМЕР ОФОРМИЛИ частности, при a 2F имеем b 2F. Из подобия М.Н.Голованова, Д.Н.Гришукова, А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина треугольников на рисунке следует d 2F  l. Отсюда находим D 2F ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОР F Dl 10 см. М.Н.Грицук 2D  d КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА 8. Ход одного из лучей изображен на рисун- М.Н.Грицук, Е.А.Митченко ке 19 для случая, когда l ! F. Сплошные линии Журнал «Квант» зарегистрирован соответствуют исходному положению линзы, в Комитете РФ по печати. штриховые – смещенному. Из подобия треуголь- Рег. св-во ПИ №ФС77–54256 ников AFF1 и ABB1 следует F lG. Аналогично Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ № ' рассматривается случай, когда l  F. Наконец, Адрес редакции: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, если перемещение линзы выходит из плоскости «Квант» рисунка, то лучи, преломленные линзой в исход- Тел.: +7 916 168-64-74 Е-mail: [email protected], [email protected] ном и смещенном ее положениях, по-прежнему Отпечатано Рис. 19 в соответствии с предоставленными материалами в ООО «Принт-Хаус» г. Нижний Новгород, ул. Интернациональная, д. 100, корп. 8 Тел.: (831) 218-40-40