«Квант» №5, 2019

МАЙ 2019Ю №5 НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1970 ГОДА В номере: УЧРЕДИТЕЛИ 2 Д.И.Менделеев и периодическая система Российская академия наук элементов. Л.Белопухов Математический институт 10 Элементарное доказательство закона больших им. В.А.Стеклова РАН чисел. Д.Чибисов Физический институт им. П.Н.Лебедева РАН МАТЕМАТИЧЕСКИЙ МИР ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР 17 О вращении отрезка. В.Болтянский А.А.Гайфуллин ЗАДАЧНИК «КВАНТА» РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ 22 Задачи М2558–М2561, Ф2565–Ф2568 23 Решения задач М2546–М2549, Ф2553–Ф2556 Н.Н.Андреев, Л.К.Белопухов, 30 Ряд чисел, обратных к простым. В.Брагин М.Н.Бондаров, Ю.М.Брук, «КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ А.А.Варламов, С.Д.Варламов, А.П.Веселов, А.Н.Виленкин, В.И.Голубев, 34 Задачи Н.П.Долбилин, С.А.Дориченко, МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК В.Н.Дубровский, А.А.Заславский, А.Я.Канель-Белов, П.А.Кожевников 35 Диагональ клетчатого прямоугольника. (заместитель главного редактора), С.П.Коновалов, К.П.Кохась, А.А.Леонович, Е.Бакаев Ю.П.Лысов, А.Б.Минеев, В.В.Произволов, В.Ю.Протасов, А.М.Райгородский, КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА Н.Х.Розов, А.Б.Сосинский, 40 Итоги конкурса 2018/19 чебного года А.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин, В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова, ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ А.В.Устинов, А.И.Черноуцан (заместитель главного редактора) 41 Принцип суперпозиции в электростатике. РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ С.Крюков А.В.Анджанс, М.И.Башмаков, В.И.Берник, ОЛИМПИАДЫ А.А.Боровой, В.В.Козлов, 45 XL Турнир городов Н.Н.Константинов, Г.Л.Коткин, 47 LXXXII Московская математическая олимпиада С.П.Новиков, А.Л.Семенов, 49 Всероссийская олимпиада по физике имени С.К.Смирнов, А.Р.Хохлов Дж.К.Максвелла РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ 52 Ответы, указания, решения 1970 ГОДА Вниманию наших читателей (16) ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР НА ОБЛОЖКЕ И.К.Кикоин I Иллюстрация к статье Д.Чибисова ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬ II Коллекция головоломок ГЛАВНОГО РЕДАКТОРА III Шахматная страничка IV Прогулки с физикой 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

Д.И.Менделеев и периодическая система элементов Л.БЕЛОПУХОВ ВСЕНТЯБРЕ 2017 ГОДА ГЕНЕРАЛЬНАЯ Дмитрий Иванович Менделеев (1834–1907) ассамблея ООН провозгласила «год, начинающийся 1 января 2019 года, Меж- тогда было известно уже около 60. Боль- дународным годом Периодической табли- шая часть из этого числа была открыта в цы химических элементов в целях повы- 40–60-е годы ХIХ века и для них еще не шения осведомленности мировой обще- были надежно определены атомные веса и ственности о фундаментальных науках и химические свойства (возможные валент- расширения образования в области фунда- ности). ментальных наук». Это было сделано по предложению нескольких международных В 1860 году С.Канницаро, расположив организаций, в том числе Международно- элементы в порядке увеличения их атом- го союза теоретической и прикладной хи- ного веса, подметил некоторые закономер- мии, Российской академии наук, Объеди- ности в похожести химических свойств. ненного института ядерных исследований, Л.Мейер в 1864 году, выбрав 28 элемен- Российкого химического общества имени тов, впервые составил некую таблицу из 6 Д.И.Менделеева. столбцов, соответствующих 6 возможным валентностям. Но в каждой из 5 строк этой 150 лет назад, 17 февраля 1869 года (по таблицы элементы располагались не по принятому тогда в России юлианскому возрастанию атомного веса, а довольно календарю), Дмитрий Иванович Менде- хаотично. Причиной этого было неточное леев поставил эту дату и свою подпись под одностраничной рукописью, названной им «Опыт системы элементов, основанной на их атомном весе и химическом сродстве». Отчетливо сознавая значение сделанного им открытия («опыта»), Д.И. Менделеев через несколько дней отправил сделанные переписчиками копии этой рукописи за- падноевропейским коллегам-химикам. Прежде всего, он послал рукопись немцу Юлиусу Лотару Мейеру (1830–1895), ан- гличанину Джону Ньюлендсу (1837–1898) и итальянцу Станислао Канницаро (1826– 1910). Интересно отметить, что эти хими- ки и сам Менделеев были практически ровесниками, сравнительно молодыми уче- ными. В 1860–66 годах они независимо друг от друга стремились навести порядок в системе химических элементов, которых DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190501

Д.И.МЕНДЕЛЕЕВ И ПЕРИОДИЧЕСКАЯ СИСТЕМА ЭЛЕМЕНТОВ 3 знание атомных весов и наличие несколь- «Опыт системы элементов» (1869 г.) ких возможных валентностей у многих В первом варианте своей таблицы Мен- элементов. Периодичность по строкам и делеев, в отличие от Мейера, элементы с столбцам нарушалась. Но сама идея поис- одинаковой валентностью располагал не ков периодичности при расположения эле- по вертикали (в столбах), а по горизонта- ментов по строкам и столбцам была здра- ли (в строках). Это не меняло сути дела, вой и многообещающей. На родине Мейе- и уже во втором варианте таблицы в 1870 ра, в городке Фарель в Нижней Саксонии, году он повернул таблицу на 90 градусов, неподалеку от устья Эльбы установлен и она приняла более привычный нам вид. мемориал с тремя скульптурными портре- Номера столбцов стали соответствовать тами – Мейера, Менделеева и Канницаро. «главным» валентностям элемента (с пер- вого по седьмой) и называться группами, Английский химик Д.Ньюлендс тоже а строки получили название периодов, в подметил некоторую закономерность в которых содержалось либо 7, либо 17 списке элементов. Он назвал эту законо- элементов. Отличие от современных зна- мерность «правилом октав». В начале спис- чений – 8 групп (или 18, как принято в ка Канницаро валентности повторялись наиболее современных вариантах перио- через каждые шесть элементов, 2-й, 9-й и дической системы) и по 8 или 18 элементов 16-й элементы имели валентность 1, а 3-й, в периоде – обусловлено тем, что в то 10-й и 16-й элементы имели валентность время еще совершенно не были известны 2.Это походило на музыкальную октаву, в элементы, называемые сегодня благород- которой между тонами «до» расположено шесть других основных тонов. Правда, после кальция, занимавшего 17-е место в списке, это правило теряло свою обяза- тельность. Опубликованная в 1865 году работа Ньюлендса не вызвала, однако, интереса у химиков и даже подверглась насмешкам на заседании Лондонского хи- мического общества. Таким образом, у истоков создания пе- риодической системы стояли четыре чело- века, однако создателем периодической системы элементов признан российский химик. Так что же сделал Д.И.Менделеев? Прежде всего, он руководствовался спис- ком не из 28 элементов (Мейер) и не из 40 элементов (Канницаро), а из 67 элемен- тов, смело оставив в этом списке места для трех, совершенно неизвестных в то время элементов, по его мнению обязанных нахо- диться в определенных местах таблицы согласно их возможной валентности и воз- можному атомному весу. Это означает, что для самого автора периодичность уже была установленным законом, хотя он и озагла- вил свою таблицу «опытом». В этом сказа- лась методологическая (философская) убежденность Менделеева в существова- нии цикличности в глобальных законах природы.

4 КВАНT $ 2019/№5 ными (инертными) газами. Только за 4 Периодическая таблица элементов (1905 г.) месяца до открытия Менделеева появи- лись первые сообщения о гипотетическом ной оболочке атома, определяет положе- солнечном газе, а на Земле гелий был ние элемента в той или иной группе. Боль- открыт лишь через 27 лет после этого. И шую роль играют и спектры, связанные с уже впоследствии состоялось открытие дру- электронными переходами во внутренних гих благородных газов. оболочках (К-, L- и М-электронных обо- лочках). Гораздо резче, чем в оптических Очень важным было то, что менделеев- спектрах, в рентгеновских спектрах про- ская таблица предсказала существование является номер элемента в периодической нескольких неизвестных тогда химичес- системе. Сегодня мы знаем, что это и есть ких элементов, которые Менделеев назвал зарядовое число атомного ядра элемента. эка-алюминием, эка-кремнием и эка-бо- Это позволило Мозли уточнить располо- ром. Через 6 лет после работы Менделеева жение в периодической таблице многих французским химиком Лекоком де Буа- редкоземельных элементов и предсказать, бодраном был открыт элемент, названный в свою очередь, открытие ряда тогда еще галлием. И хотя интересы Менделеева в неизвестных элементов. И в наше время, это время уже сместились в другие области когда на мощных ускорителях в несколь- науки, он продолжал следить за научными ких мировых научных центрах (и прежде публикациями по химии. Прочитав об от- всего в Объединенном институте ядерных крытии галлия, он тут же узнал в нем свой исследований в подмосковной Дубне) от- предугаданный эка-алюминий. крыто уже 26 трансурановых элементов, каждый из них занимает положенную ему Сообщение Менделеева об этом в письме «клеточку» в периодической системе со- французскому химику произвело настоя- гласно атомному весу и строению элект- щую сенсацию среди ученых. Тем более, ронных оболочек, определяемому по рент- что предсказания Менделеева о плотности геновским спектрам. и атомном весе этого элемента оказались даже более точными, чем первоначально опубликованные опытные данные. В де- сятках европейских лабораториях химики стали лихорадочно искать остальные пред- сказанные Менделеевым элементы и про- верять у известных элементов сомнитель- ные атомные веса и химические свойства. И уже через год шведский химик Ларс Нильсон открыл элемент, полностью соот- ветствующий описанному Менделеевым эка-бору. Он назвал его в честь своей родины скандием. При жизни Менделеева был открыт элемент германий (эка-крем- ний) и началось открытие семейства бла- городных газов. Опубликованная Менделеевым в оче- редном издании своих «Основ химии» в 1905 году таблица периодической системы уже гораздо больше походила на совре- менную. Окончательно эта таблица полу- чила современный вид после работ по анализу рентгеновских спектров элемен- тов Генри Мозли (1913 г.). Мозли понял, что не только валентность, определяемая числом электронов во внешней электрон-

Д.И.МЕНДЕЛЕЕВ И ПЕРИОДИЧЕСКАЯ СИСТЕМА ЭЛЕМЕНТОВ 5 Очередным триумфом менделеевской таб- смог и скончался, когда сыну было чуть лицы стало открытие 118-го элемента, ко- больше 10 лет. Воспитанием будущего торый занял место в группе благородных ученого занималась его мать, происходив- газов. И он получил имя, которое оканчи- шая из старинного сибирского рода купцов вается не на «-ий», как у всех других и промышленников. Она самостоятельно трансурановых элементов, а на «-он», как прошла полный гимназический курс и сыг- это и положено всем элементам восьмой рала особую роль в жизни семьи, факти- группы, кроме гелия. Имя это – «огане- чески став главным семейным педагогом. сон» – дано в 2018 году международным комитетом в честь руководителя работ в Мария Дмитриевна быстро поняла, что Дубне академика РАН Ю.Ц.Оганесяна. ее младший сын имеет выдающиеся спо- Второй раз элементу присвоено имя в собности, хотя в гимназии он увлекался честь здравствующего ученого (первым математикой и физикой, а к гуманитар- был американский физик Гленн Сиборг, ным предметам не испытывал интереса. определивший в 1941 году нептуний и Способности мальчика и его трудолюбие плутоний). Среди названий трансурано- позволили ему закончить гимназический вых элементов 2 астрономических, 9 гео- курс в 15 лет. Через год Мария Дмитриев- графических, а 15 названы в честь ученых. на распродала имущество и отправилась с Так, 99-й элемент – это эйнштейний, 100-й семьей сначала в Москву, а потом в Петер- – фермий, а 101-й элемент заслуженно бург, где тогда достаточно высоким был носит имя «менделевий». Не подлежит уровень естественно-научного образования, сомнению и роль Менделеевской таблицы к которому стремился всей душой ее сын. в открытии элементов радия и полония, за Ей удается обеспечить досрочное (по воз- что Мария Склодовская-Кюри в 1911 году расту) поступление сына в институт, а получила вторую Нобелевскую премию, через год она умирает. на этот раз – по химии. В предисловии к одной из первых науч- Но наибольший триумф периодической ных работ Дмитрий Менделеев пишет: системы – это ее теоретическое обоснова- «Это исследование посвящено памяти ма- ние, сделанное в 1926 году Вольфгангом тери ее последышем. Она смогла его выра- Паули на основе только что созданного стить своим трудом и любовью, воспиты- тогда матричного представления кванто- вая примером, и, чтобы отдать науке вы- вой механики. Это обоснование стало од- ходца из Сибири, тратила последние сред- ним из первых доказательств справедли- ства и силы. Умирая, завещала: избегать вости квантовой механики, этого, по мне- самообольщения, настаивать в труде, а не нию многих ученых, величайшего дости- в словах, терпеливо объяснять научную жения науки в ХХ веке. правду, ибо понимала, как при помощи науки, без насилия, любовно, но твердо Дмитрий Иванович Менделеев родился устраняются предрассудки и ошибки и 27 января (8 февраля) 1834 года в Тоболь- достигается свобода дальнейшего разви- ске в семье директора гимназии и попечи- тия, общее благо и внутреннее благополу- теля народных училищ Тобольской губер- чие. Заветы матери считаю священными». нии Ивана Павловича Менделеева и Ма- рии Дмитриевны Менделеевой, урожден- В 21 год Менделеев закончил физико- ной Кориильевой. В семье было 14 детей, математический факультет Главного педа- но восемь из них умерли в младенчестве. гогического института в Петербурге с зо- Дмитрий был младшим сыном, «последы- лотой медалью и титулом «старший учи- шем», как он сам себя называл впослед- тель». Два года он работал сначала в ствии. Иван Павлович вскоре после рож- Симферополе, а потом в Одессе в гимна- дения младшего сына ослеп и, хоть зрение зии при Ришельевском лицее преподавате- ему частично смогли восстановить москов- лем физики, математики и естественных ские хирурги, к работе он вернуться не наук. За это время он подготовил и с блеском защитил в Петербургском универ- ситете магистерскую диссертацию по хи-

6 КВАНT $ 2019/№5 мической проблеме и стал приват-доцен- издает немецкий учебник «Химическая том этого университета. технология». В России тогда наступало новое время – Эти издания принесли Д.И.Менделееву эпоха отмены крепостного права, эпоха известность в научных кругах. А получен- преобразований и организация региональ- ная за них академическая Демидовская ного (земского) управления. Правитель- премия обеспечила некоторое материаль- ство Александра II понимало необходи- ное благополучие. Эта премия, между про- мость для этого подготовки просвещенных чим, существует под несколько изменен- управленческих кадров, а значит, и разви- ным названием и в наше время и присуж- тия образования и науки. Резкое увеличе- дается за выдающиеся научные достиже- ние финансирования университетов по- ния. Среди недавних лауреатов этой пре- зволило Менделееву стать стипендиатом мии такие выдающиеся ученые, как физи- двухгодичной стажировки в научные уч- ки Ж.И.Алферов и В.А.Рубаков, матема- реждения Германии. тики Л.Д.Фаддеев и Б.В.Раушенбах, ис- торик В.Л.Янин, биологи А.А.Баев и За границей Менделеев не только изучал А.С.Спирин, химик И.И.Моисеев. новейшие достижения химической науки и технологии. Он смог получить средства Демидовская премия позволила Менде- для создания лаборатории, в которой изу- лееву совершить путешествие по Европе чал физико-химические свойства газов и вместе с молодой женой, Феозвой Ники- жидкостей, в частности зависимость тем- тичной Лещевой, его землячкой по То- пературы кипения жидкостей от давления больску, падчерицей знаменитого тоболь- и свойств насыщенного пара. чанина (или «тоболяка», как больше нра- вится жителям этого города) Петра Павло- Менделеев показал, что выше некоторой вича Ершова, официального автора «Конь- температуры ни при каком давлении не ка-горбунка». Свое свадебное путешествие существует длительного процесса кипения Менделеев вовсю использовал для обще- жидкости и, соответственно, не существу- ния с европейскими химиками и изучения ет явления постепенного сжижения газа. всех новинок химической науки. При некоторых температуре и давлении происходит одномоментное сгущение газа По возвращении из европейской поездки или расширение жидкости. Эти парамет- Менделеев получил место штатного доцен- ры впоследствии были названы «крити- та органической химии Петербургского ческими», а само состояние вещества при университета и одновременно профессор- этом – «критическим состоянием». Оказа- скую должность в Петербургском техно- лось, что получение сжиженного газа с логическом институте. Через два года пос- помощью сжатия возможно лишь при тем- ле защиты докторской диссертации Мен- пературе ниже критической. Открытие делеев становится профессором Петербур- Менделеева легло в основу всех будущих гского университета по кафедре техничес- технологий получения сжиженных газов. кой химии. Во время своей стажировки в Германии В это время возникла острая необходи- Менделеев только начал эти работы. Вер- мость создать новый учебник по неоргани- нувшись в Россию, он не смог найти под- ческой химии, который бы отражал новей- ходящее место и финансирование для про- шие достижения бурно развивавшейся должения работ по сжижению газов. Ведь химической науки. Эта идея захватила он формально (по диссертации) был хи- Менделеева. Но в каком порядке излагать мик, но в химической науке еще не успел описания и химические свойства элемен- проявить себя должным образом. И Мен- тов? Ведь они так разнообразны. делеев принимает решение отложить на время свои научные занятия. На основе Хорошо изучив свойства всех известных своего обширного знания химии он создает тогда элементов, Менделеев составил кар- остро необходимый тогда учебник «Орга- тотеку и все время мысленно тасовал эту ническая химия», а также переводит и «колоду», пытаясь найти закономерности расположения элементов. Он знал о по-

Д.И.МЕНДЕЛЕЕВ И ПЕРИОДИЧЕСКАЯ СИСТЕМА ЭЛЕМЕНТОВ 7 добных попытках европейских химиков, ных отраслях техники. Вот только некото- но долгое время у него, как и у них, ничего рые из них: создание безопасного способа не выходило. Получила распространение получения одного из вариантов бездымно- легенда, что решение проблемы пришло к го (пироксилинового) пороха, обеспечив- нему во сне. Эту легенду сам Менделеев и шее широкое распространение его в мире создал, живописно описывая, как однаж- («менделеевский» порох); разработка те- ды после бессонной ночи ему в полусне ории растворов, в частности определение явилось единственно возможное располо- наиболее оптимального соотношения ком- жение элементов и он тут же записал его на понентов в смеси различных жидкостей; первом попавшемся клочке бумаги. Пси- изучение поверхностного натяжения жид- хологи считают, что это был не сон, а костей и доказательство его исчезновения промежуточное состояние между сном и в критическом состоянии вещества; иссле- бодрствованием, в котором мозг работает с дование состава нефти и доказательство ее особой активностью. Менделеев при этом как биогенного, так и абиогенного проис- добавлял, что ничего не видит в этом хождения; обоснование значения многих особенного, поскольку долгое время он составляющих нефти как ценных хими- непрерывно думал об этом, прежде чем ческих продуктов и разработка методов решиться на окончательный вариант таб- извлечения из нефти этих продуктов (зна- лицы, где были вакантные места и где он менитая фраза: «сжигать нефть – это все смело изменял известные тогда атомные равно, что топить печку ассигнациями»). веса некоторых элементов, чтобы они за- няли соответствующие места в строках и К этому впечатляющему «химическому» столбцах таблицы. Так, например, несмот- перечню можно добавить целый ряд дру- ря на то, что атомный вес элемента урана гих интересов и достижений Д.И.Менде- тогда считался равным всего лишь 60 леева. Например, метрологические иссле- условных единиц, Менделеев «присваива- дования, руководство созданной им рос- ет» урану значение атомного веса в 4 раза сийской «Палатой мер и весов»; метеоро- большее (как оно и оказалось на самом логические исследования, изучение зем- деле) и помещает уран в то самое место ной атмосферы и солнечной короны; уча- таблицы, где он и должен находиться. стие в создании первых в мире ледоколов для освоения Арктики; написание 25 ста- Законный триумф и мировое признание, тей по проблемам промышленной эколо- особенно после открытия предсказанных гии в энциклопедическом словаре Брокга- им элементов, не помешали Менделееву уза и Эфрона. продолжать активно работать. Но его на- учные интересы сместились в другие обла- Но одно из менделеевских увлечений сти. Он вновь занялся изучением поведе- выделяется из общего ряда. Для полно- ния газов при различных давлениях и для ценных наблюдений за солнечной короной не очень высоких давлений переосмыслил во время полного солнечного затмения открытый в 1834 году французским инже- летом 1887 года Менделеев разрабатывает нером и физиком Полем Клапейроном проект стратостата, равного которому тог- закон и ввел понятие универсальной газо- да в мире не существовало (диаметром вой постоянной. С тех пор этот закон носит 20 м и объемом больше 3000 м2 ). Он имя Менделеева–Клапейрона и называет- делает это совместно с изобретателем и ся уравнением состояния идеального газа. воздухоплавателем С.К.Джевецким. Вме- Но на этом Менделеев не успокоился и сте с Менделеевым должен был лететь стал исследовать отклонения от этого зако- пилот-аэронавт. Но когда выясняется, что на. Он ввел понятие «реальные газы» и в неожиданно наставшую дождливую по- качественно описал отклонения поведения году шар не сможет поднять двух человек, этих газов от «идеальности». Менделеев решает, что он полетит один, и после необходимого инструктажа об уп- Велики заслуги Менделеева в физичес- равлении шаром поднимается в воздух. К кой химии, химической технологии и смеж- сожалению, и на высоте солнце осталось

8 КВАНT $ 2019/№5 скрытым за облаками и пришлось доволь- лись все более сложными и безысходны- ствоваться только изучением свойств зем- ми. В конце 1876 года 42-летний Менделе- ной атмосферы на различных высотах. ев на одном из своих салонных вечеров При этом из-за отказа клапана шар под- знакомится с 16-летней Анной Ивановной нялся выше облаков на незапланирован- Поповой (1860–1942). ную высоту 3,5 километра, но, увы, затме- ние уже закончилось. Менделеев сумел Молодая девушка выбрала необычную исправить клапан и благополучно призем- для того времени судьбу. Выросши в ста- литься на расстоянии 100 километров от розаветной семье донского казацкого ата- точки старта. мана, она каким-то образом восприняла передовые идеи нарождавшейся русской Этот штрих менделеевской биографии интеллигенции, выбрав для себя путь про- иллюстрирует его необычайную смелость, свещения народа. Тайно от отца (но с проявившуюся не только в подвиге созда- материнского благословления) она уехала ния периодической таблицы. Менделеев в столицу, чтобы учиться на женских кур- был смел и принципиален во всех своих сах (прообразе знаменитых «бестужевс- делах, в том числе и в отношениях с ких курсов» – первого женского универси- «властями предержащими». В конце ХIХ тета России). Она училась живописи, была века в России властями стала проводиться принята в менделеевском салоне, чувство- политика «укрепления дисциплины и пра- вала себя в нем свободно и непринужденно вопорядка» в обществе и прежде всего в и, конечно, не могла не обратить внимания университетах, где студенческая молодежь на его главу – знаменитого химика. И ни стала стремиться к реформам образова- всемирная слава Менделеева, ни 26-лет- ния. Менделеев несколько раз обращался няя разница в возрасте не помешали ей в «инстанции», заступаясь за исключае- наряду с безмерным уважением почув- мых из университета «бунтовщиков». ствовать любовь. А Дмитрий Иванович не мог не интересоваться Анечкой, как ее Результатом стало его увольнение из стали называть в салоне. Не желая быть университета и отставка из почти всех причиной разрушения семьи, Аня «сбежа- комиссий, в которых он деятельно уча- ла» в Италию. Узнав об отъезде, Менделе- ствовал. Два раза Менделееву было отка- ев бросил все и уехал вслед за Анной. зано в избрании членом Российской акаде- Через месяц они возвратились вместе. мии наук, хотя он был уже членом не- скольких десятков престижных академий После развода с первой женой жизнь и научных обществ всего мира. Дважды Менделеева резко изменилась. Анна Ива- правительство настояло на отзыве пред- новна была внимательной и заботливой ставлений Менделеева на награждение женой и разделяла все взгляды своего Нобелевской премией, сделанных видны- мужа. В этом браке родилось четверо ми российскими химиками. И это, безус- детей. Неподалеку от загородного подмос- ловно, повлияло на нобелевский комитет, ковного дома Менделеева была деревня так и не удостоивший Менделеева этой Шахматово, где в летнее время жила семья награды, к недоумению всего мирового дочери ректора Петербургского универси- химического сообщества. тета ботаника А.Н.Бекетова большого друга Д.И.Менделеева. И там познакомились Важное место в жизни Менделеева в то старшая дочь Менделеева Любовь Дмит- время занимали еженедельные вечера, где риевна и внук Бекетова, Александр Алек- собирались коллеги и друзья, в том числе сандрович Блок, будущий великий рус- художники И.Е.Репин, А.И.Куинджи, ский поэт. Они стали мужем и женой. И.И.Шишкин и другие передвижники. В этом салоне непринужденно обсуждались В биографии многих знаменитых людей все события научной и политической жиз- вплетаются и анекдотические истории. При- ни общества. Жена Менделеева демонст- сутствуют они и в биографии Менделеева. ративно не принимала участия в этих О легенде открытия, сделанного во сне, встречах. Семейные отношения станови- уже упоминалось. Другая притча о Менде-

Д.И.МЕНДЕЛЕЕВ И ПЕРИОДИЧЕСКАЯ СИСТЕМА ЭЛЕМЕНТОВ 9 лееве – об изобретении им, якобы, русской Портрет Д.И.Менделеева в мантии доктора сорокаградусной водки. На самом деле права Эдинбургского университета, написан- введение государственного акциза на вод- ный И.Е.Репиным (1885 г.) ку произошло еще в 1844 году, когда Менделееву не исполнилось и десяти лет. метеорологии, геологии, в различных от- Впоследствии Менделеев много занимал- делах химической технологии и других ся теорией растворов. Этому была посвя- сопредельных с химией дисциплин, глу- щена его докторская диссертация, в кото- бокий знаток химической промышленно- рой он установил, что существует некото- сти и промышленности вообще, особенно рое оптимальное соотношение смешива- русской, оригинальный мыслитель в об- ния различных жидкостей, при котором ласти учения о народном хозяйстве, го- плотность смеси максимальна. Но для эти- сударственный ум, которому, к сожале- лового спирта и воды это было вовсе не нию, не суждено было стать государствен- 40%, а совершенно другая величина – две ным человеком, но который видел и по- части спирта на одну часть воды, что нимал задачи и будущность России луч- безусловно не годилось для народного ше представителей нашей официальной алкогольного продукта. А во Франции власти». именно это соотношение было принято, на основе работ Менделеева, для французс- Дмитрий Иванович работал до после- кого абсента – смеси этилового спирта с днего дня. Он скончался от воспаления настойкой из 14 трав. легких 20 января 1907 года. Память о Менделееве сохраняется в названиях го- Но вот рассказы о Менделееве, как об родов и поселков, многих географических известном мастере чемоданного дела, име- и астрономических объектов и в многочис- ли реальное основание. Еще в самом нача- ленных памятниках. А на мемориальном ле своей педагогической деятельности в камне его могилы на Волковом кладбище Симферополе и Одессе его материальное Санкт-Петербурга достаточными оказались положение было весьма тяжелым. И Мен- всего лишь три слова «Дмитрий Иванович делеев нашел способ его поправить. Он Менделеев». изобрел особый лак, который делал фиб- ровую основу чемодана очень прочной и в то же время легкой. Но кроме этого такой чемодан выглядел как очень дорогое кожа- ное изделие. Впоследствии это умение ста- ло «хобби» ученого. Он с удовольствием отдыхал, делая чемоданы и раздаривая их знакомым. Однако самым хорошим отдыхом для Дмитрия Ивановича были шахматы. На своих домашних вечерах он большую часть времени проводил за шахматной доской, что не мешало ему участвовать в интерес- ных беседах. А игроком он был очень сильным. Невозможно охарактеризовать деятель- ность Дмитрия Ивановича Менделеева и его достижения одним, даже самым емким определением. Химик Л.А.Чугаев в 1907 году написал о Менделееве так: «Знаменитый химик, первоклассный физик, плодотворный исследователь в об- ласти термодинамики, гидродинамики,

Элементарное доказательство закона больших чисел Д.ЧИБИСОВ 1. Введение нее и искавшим их причину либо в соб- ственном неправильном подсчете вероят- Закон больших чисел (далее ЗБЧ) – ности, либо в шулерстве оппонента. фундаментальный закон теории вероятно- С развитием ТВ встала задача вывести этот закон из принципов, лежащих в осно- стей (далее ТВ), связывающий математи- ве ТВ (о которых будет рассказано ниже). Это, с одной стороны, дало бы закону ческое понятие вероятности с явлениями научное обоснование, а с другой – под- твердило бы правильность положений, реальной жизни. Первоначальное разви- лежащих в основе самой ТВ, тем, что вытекающие из них следствия соответ- тие ТВ связано с практикой азартных игр. ствуют реальности. Например, в игре двух игроков с двумя Доказательство ЗБЧ было дано швей- царским математиком Яковом Бернулли в равновероятными исходами ставки игро- книге «Искусство предположений» («Ars Conjectandi»), опубликованной в 1713 году ков, естественно, должны быть равны. (см. [1]). (Обычно в ТВ такая игра иллюстрируется Впоследствии ЗБЧ сыграл важную роль, например, в возникновении генетики, ког- бросанием монеты, но практически это да из соотношения частот наследования признаков в опытах Менделя, близкого к может быть чет-нечет в рулетке или игра 3:1, было сделано предположение, что признаки наследуются с вероятностями фараон, описанная в «Пиковой даме», и 31 4 и 4 , и объяснение механизма этого т.п.) А предположим, я играю на то, что явления составило один из законов Мен- число очков, которое выпадет при броса- деля. В настоящей статье мы приводим элемен- нии игральной кости, делится на 3. Какова тарное доказательство ЗБЧ, близкое к будет справедливая ставка? Поскольку я доказательству Я.Бернулли, во всяком случае, не использующее никаких полу- выигрываю в 2 случаях из 6 возможных, ченных позднее результатов. В учебнике [2] (как и во всех современных курсах ТВ) то вероятность моего выигрыша равна 1 . ЗБЧ доказывается с помощью неравенства 3 Чебышёва, но оно было открыто в XIX Нетрудно понять, что справедливая став- веке, а интерес данной статьи – доказатель- ство средствами, доступными Бернулли. ка должна быть 2 руб. против моего 1 руб. Мы не предполагаем от читателя ника- Действительно, тогда в большой серии игр ких познаний в ТВ. Все, что нужно, будет сформулировано и получено в последую- я выигрываю по 2 руб. в примерно 1 игр, щих разделах. Для доказательства ЗБЧ в 3 т.е. по 2 в среднем на игру, а мой оппо- нент 3 2 игр, т.е. те же 2 на – по 1 руб. в 3 3 игру. Обратим внимание на последнюю фра- зу, в которой подразумевается, как само собой разумеющееся, что относительная частота события должна быть приближен- но равна его вероятности. Эта закономер- ность, которую можно назвать «эмпири- ческим законом больших чисел», была особенно хорошо известна заядлым игро- кам, быстро улавливавшим отклонения от DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190502

11Э Л Е М Е Н Т А Р Н О Е Д О К А З А Т Е Л Ь С Т В О З А К О Н А Б О Л Ь Ш И Х Ч И С Е Л п. 3 будет выведено биномиальное распре- записать в виде деление вероятностей. Предварительно, в п.2, мы выведем формулу для биноми- Cnk Cnk11  Cnk1 , альных коэффициентов, входящих в вы- n = 2, 3, …, k = 1, 2, … , n. (1) ражения для биномиальных вероятностей. Их наглядное представление дается с по- С помощью рекуррентного соотношения мощью треугольника Паскаля (француз- (1) докажем, что числа Cnk , возникающие ский математик, 1623–1662). в треугольнике Паскаля, действительно являются биномиальными коэффициента- 2. Треугольник Паскаля ми, т.е. коэффициентами в выражениях и биномиальные коэффициенты Треугольник Паскаля (см. рисунок) – для степеней a  bn бинома a + b. Понят- это таблица, которая строится по следую- щему правилу. В вершине таблицы и в но, что такое выражение имеет вид начале и конце каждой строки стоят еди- ницы, а каждое число внутри таблицы a  bn равно сумме двух чисел, стоящих над ним. an  Bn1an1b  …  Bnkankbk  …  bn, (2) Вам, конечно, знакомы выражения a  b , гкдоеторBыnk е–мынехкооттиомрыдеоккаозэафтьф,ичцтиоенBтnkы, про a  b2 a2  2ab  b2 и a  b3 a3  Cnk . (Удобно заметить, что верхний индекс  3a2b  3ab2  b3 . Тогда вы увидите, что числа в 1-й, 2-й и 3-й строках таблицы при B равен степени b в том же слагае- (вершина не в счет, считаем ее 0-й стро- кой) – это в точности коэффициенты, мом.) входящие в эти выражения. А если не поленитесь выписать разложения для Доказательство будет проводиться мето- a  b4 и a  b5 , то увидите, что коэф- дом математической индукции. Выше мы фициенты при произведениях a и b в убедились, что наше утверждение верно разных степенях снова даются числами из треугольника Паскаля. Примем для них при n = 1 и 2. Предположим теперь, что обозначение Cnk – это число, стоящее на k-м месте в n-й строке2 (снова считая, что оно доказано для всех степеней до n  1 единица в начале строки стоит на 0-й позиции). Например, C30 C33 1, C31 включительно, и докажем, что тогда оно C32 3 . Легко видеть также, что Cn1 верно и для степени n, т.е. что в разложе- Cnn1 n , n = 1, 2, ... Пользуясь этим обозначением, правило нии (2) Bnk Cnk . Поскольку a  bn построения треугольника Паскаля можно a  bn1 a  b , посмотрим, как слагае- мое Bnkankbk в (2) происходит из слагае- 1 Те, кто знаком с началами комбинаторики, мых в аналогичном (2) разложении для знают, что Cnk – это число сочетаний из n по k, но здесь комбинаторные методы не использу- степени n – 1 при умножении на a + b. Оно ются. получается при умножении на a слагаемо- го, содержащего на единицу меньшую сте- пень a, т.е. ank1bk , и точно так же при умножении на b слагаемого, содержащего bk1, т.е. ankbk1. Указанные степени входят с коэффициентами Bnk1 и Bnk11 соответственно, но по предположению индукции Bnk1 Cnk1 и Bnk11 Cnk11 . По- этому из сказанного следует, что Bnk Cnk1  Cnk11, а тогда согласно (1) Bnk Cnk, что и требовалось. Теперь получим явную формулу для Cnk. Точнее, выпишем ее и докажем, что она действительно дает выражение для Cnk . А именно, утверждается, что Cnk n n  1…n  k  1 . (3) 1˜ 2 ˜… ˜ k

12 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 Используя широко применяемое в матема- мых повторных испытаний (игр, опытов, наблюдений) с двумя исходами, имеющи- тике обозначение n! 1 ˜ 2 ˜ … ˜ n (читается ми в этих испытаниях одни и те же веро- ятности. «n факториал») и умножая числитель и Чтобы отвлечься от конкретики, счита- знаменатель на n  k! 1˜ 2 ˜… ˜ n  k , ем, что в каждом испытании происходит один из исходов 1 или 0 с вероятностями p получаем эквивалентное выражение и q 1  p соответственно (исход 1 будем называть «успехом»). В результате n ис- Cnk n! k! . (4) пытаний возникает цепочка x1, …, xn , в которой xk 1 или 0 в зависимости от k!n  исхода k-го испытания. Например, исхо- дами четырех испытаний могут быть Для доказательства этого равенства убе- 0,0,0,1 или 1,1,0,1 и т.п. Каждую та- димся сначала, что числа, стоящие в на- кую цепочку будем называть «элементар- чальных строках треугольника Паскаля, ным исходом». Каждый элементарный исход (цепочка из нулей и единиц) может выражаются этой формулой. По формуле рассматриваться как запись некоторого n-значного числа в двоичной системе, от- (4) находим куда понятно, что число всевозможных элементарных исходов равно 2n . C21 2! 2 , C31 3! 3, 1!1! 1!2! Событием называется любое множество элементарных исходов, а вероятность C41 4! 4 , C42 4! 6. события равна сумме вероятностей со- 1! 3 ! 2!2! ставляющих его элементарных исходов. Далее, случайной величиной называется Кроме того, C32 C31 3 и C43 C41 4 , любая численная величина, значение кото- потому что соответствующие выражения рой определяется элементарным исходом. Иначе говоря, случайная величина это отличаются только перестановкой множи- функция на множестве элементарных ис- ходов. В связи с ЗБЧ нас будет в первую телей в знаменателе. Полученные числа очередь интересовать случайная величина Sn , равная числу успехов в n испытаниях, совпадают со значениями в треугольнике и ее распределение вероятностей, т.е. на- Паскаля. Далее для доказательства по бор вероятностей P Sn k, k = 0, 1, …, n индукции покажем, что Cnk выражается формулой (4), в предположении, что эта (вероятности принято обозначать буквой формула верна для Cnk1 . P от англ. probability). Указанная вероят- Действительно, пользуясь соотношени- ность равна сумме вероятностей элемен- тарных исходов, имеющих в своем составе ем (1), имеем k единиц и n – k нулей. Cnk 1 Cnk11  Cnk1 4 Подсчитаем вероятность такого собы- тия. Начнем с простого примера. Возмож- k n  1! k!  k n  1! 1! ными исходами двух испытаний являются  1!n  !n  k  1,1 , 1,0 , 0,1 и 0,0. Независимость k n  1! n  kn  1! k n! k! , k!n  k! испытаний означает, что вероятность со- !n  вместного наступления каких-либо исхо- дов двух испытаний равна произведению что и требовалось доказать. вероятностей наступления этих исходов в Определение n! расширяют, формально каждом из испытаний. Напомним, что ис- ход 1 в каждом испытании происходит с полагая 0! = 1. Тогда C00 Cn0 1 , что позволяет распространить формулу (4) на крайние элементы треугольника Паскаля. В следующем разделе вводятся вероят- ностные понятия, необходимые для дока- зательства ЗБЧ. 3. Схема Бернулли и биномиальное распределение Схемой Бернулли (или испытаниями Бернулли) называют случайный экспери- мент, состоящий в проведении n независи-

13Э Л Е М Е Н Т А Р Н О Е Д О К А З А Т Е Л Ь С Т В О З А К О Н А Б О Л Ь Ш И Х Ч И С Е Л вероятностью p и исход 0 – с вероятностью Итак, мы заготовили весь вероятност- ный аппарат, необходимый нам для дока- q 1  p . Поэтому перечисленные исходы зательства ЗБЧ, которое будет проведено в следующем разделе. двух испытаний происходят с вероятнос- тями p2 , pq = qp и q2 . Точно так же вероятность произвольного элементарного 4. Закон больших чисел исхода, содержащего k единиц и n – k Как уже говорилось, этот закон гласит, нулей, равна pkqnk . что относительная частота успехов Sn n приближается к вероятности успеха p при Таким образом, элементарные исходы, росте числа испытаний n. Точное вероят- входящие в событие ^Sn k` , имеют одну ностное выражение этого утверждения дается формулой: и ту же вероятность, равную pkqnk , и для любого H ! 0 остается подсчитать число этих элементар- ных исходов. Покажем, что это число равно биноми- альному коэффициенту Cnk . Давайте вы- P § Sn  p  H · o1 при n o f. (6) b ¨© n ¹¸ пишем разложение для a  n , не приво- дя подобные члены, не пользуясь переста- Для всякого события A вероятность про- новочностью произведения и не записывая тивоположного события A , т.е. события, произведения одинаковых сомножителей состоящего в невыполнении события A, в виде степеней. Например,  равна P A 1  P  A . В данном случае a  b2 a  ba  b aa  ab  ba  bb. событие, противоположное событию под Аналогично, знаком вероятности в (6), состоит в вы- a  b3 a  b2 a  b aaa  aba  … полнении противоположного неравенства. Поэтому ЗБЧ эквивалентен утверждению При увеличении степени на 1 число слага- P § Sn  p t H · o 0 при n o f. (7) емых будет удваиваться, для n-й степени ¨© n ¹¸ их будет 2n и они будут образовывать такие же цепочки из букв a и b, как наши Наглядный смысл утверждения (6) со- элементарные исходы – из единиц и ну- лей. Поэтому число элементарных исхо- стоит в том, что при больших n относитель- дов, содержащих k единиц и n – k нулей, будет равно числу слагаемых в разложе- ная частота Sn лежит в окрестности веро- ятности p с большой (близкой к 1) вероят- нии для a  bn , содержащих k множите- ностью, а утверждения (7) – что Sn выпа- лей a и n – k множителей b, а как мы дает из этой окрестности с малой вероятно- видели раньше, это число после приведе- ния подобных членов и есть биномиаль- стью. Эти утверждения эквивалентны и ный коэффициент Cnk . доказывать можно любое из них. С учетом сказанного получаем, что Мы докажем утверждение (7) в простей- шем случае, при p 1 . 2 Теорема. В схеме Бернулли с равнове- роятными исходами, когда p q 1 , для P Sn k Cnkpkqnk , 2 любого H ! 0 n = 1, 2, 3, …, k = 0, 1, …, n. (5) Заметим, что P § Sn  1 t H · o 0 при n o f. (8) ©¨ n 2 ¸¹ n Доказательство. По формуле (5) веро- ¦ Cnkpkqnk 1 , ятность получения k успехов в n испытани- k0 1 , равна ях в нашем случае, когда p 2 поскольку, с одной стороны, это вероят- ность для Sn принять любое из своих P Sn k Cnk · 1 , возможных значений, а с другой стороны, 2n эта сумма представляет собой биномиаль- n = 1, 2, 3, …, k = 0, 1, …, n. (9) ное разложение для p  qn 1 .

14 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 Событие под знаком вероятности в (8) Предположим, что n нечетно (потом рас- происходит тогда, когда Sn равно какому- нибудь из чисел k таких, что смотрим и четные n). В этом случае n-я строка треугольника Паскаля распадается k 1 на две симметричные части, например, n 2 t H. (10) 3-я строка – на 1, 3 и 3, 1, 5-я строка – на 1, 5, 10 и 10, 5, 1 и т.д. В общем случае Поэтому вероятность в (7) равна сумме такая «полустрока» содержит биномиаль- вероятностей (9) по всем таким k, и для ные коэффициенты Cnk c k = 0, 1, …, n  1 доказательства теоремы надо показать, что 2 , эта сумма стремится к 0 при n o f. всего n 1 членов. Множество значений k, удовлетворяю- 2 Как уже отмечалось, сумма биномиаль- щих (10), распадается на два множества: множество Kn,H , состоящее из тех k, для ных коэффициентов (элементов треуголь- которых ника Паскаля) по n-й строке равна 2n . k 1 Соответственно, сумма биномиальных ве- n 2  d H , роятностей (9) по строке равна 1, а сумма n § 1 · этих же вероятностей по полустроке равна 2 ¨© 2 ¹¸ 1 , т.е. т.е. 0 d k d  nH n  H , (11) 2 и множество Knc,H тех k, для которых P § Sn  1· ¦1 n1 2 1 . (15) ©¨ n 2 ¸¹ 2 k 1 2n k0 Cnk n 2  t H , Для доказательства (14) мы оценим от- n n § 1  H · . (12) ношение последнего слагаемого в сумме в т.е. n t k t 2  nH ©¨ 2 ¸¹ (14), отвечающего k kn,H , к последнему Ввиду симметрии биномиального рас- слагаемому в сумме в (15), отвечающему 1 пределения (9) попадание Sn в каждое из k n  , затем отношение предпослед- этих множеств происходит с равными ве- 2  него слагаемого k kn,H  1 в (14) к роятностями, поэтому будем доказывать, что сумма вероятностей (9) по k, принад- предпоследнему слагаемому в (15) лежащим множеству Kn,H , иначе говоря, удовлетворяющим неравенству (11), стре- § k n  1  1·¸¹ , затем отношение 3-х, 4-х ¨© 2 мится к нулю. слагаемых и т.д. Обнаружится, что эти Множество Kn,H имеет вид отношения при всех k = 0, 1, …, kn,H ограничены одним и тем же числом, зави- ^ `Kn,H ¬«ªn § 1 ·º 0,1,…,kn,H , kn,H ©¨ 2  H ¸¹»¼ (13) сящим от n и H , которое стремится к нулю ([a] обозначает целую часть числа a, т.е. при каждом H ! 0 , когда n o f . наибольшее целое число, не превосходя- Заметим, что число слагаемых в сумме щее a, например [2] = 2, [1,4] = 1). В (14) меньше, чем в сумме (15). Поэтому силу сказанного требуемое соотношение, наш процесс сравнения слагаемых остано- из которого будет следовать теорема, име- вится на каком-то положительном значе- ет вид нии k, которое мы не будем конкретизиро- ¦P § Sn  1  H · 1 kn,H o 0 вать. Будем называть сумму от этого зна- ©¨ n 2 ¹¸ 2n чения до k n  1 (как в (15)) неполной Cnk 2 k0 суммой (15). В нее входит столько же при n o f (14) слагаемых, как и в (14), и численное значение ее (с учетом множителя 1 (напомним, что согласно (9) биномиаль- 1 2n ) ные вероятности при p 1 равны Cnk 2n ). меньше 2 . Следовательно, отношение сум- 2

15Э Л Е М Е Н Т А Р Н О Е Д О К А З А Т Е Л Ь С Т В О З А К О Н А Б О Л Ь Ш И Х Ч И С Е Л мы (14) к неполной сумме ограничено тем сравните числители). Мы только проил- же числом, стремящимся к нулю при люстрируем это на простом примере: n o f , а поскольку неполная сумма веро- 1 4  5 1 2 8 9 . ятностей (15) меньше 2ну,лсюум. ма вероятно- стей (14) стремится к виид(е19п)р,оиозтвнеодшенениияедрBAо- Согласно (18) Итак, выпишем отношение последней в представляется в сумме (14) вероятности, отвечающей k kn,H , к последней в (15) вероятности, бей отвечающей k n  1 . Поскольку по фор- kn,H  1 kn,H  2 n 1 21 n3 n5 муле (9) множитель 2n у них общий, это A ˜ ˜…˜ n 2 . (20) отношение по формуле (4) равно B  kn,H 22 Каждая последующая дробь отличается ËÁÊ n - 1¯ˆ˜ !ÁËÊ n + 1˜¯ˆ от предыдущей прибавлением единицы в 2 n! 2 ( )Ckn,H ! числителе и знаменателе, поэтому по лем- n . Cn(n-1) 2 = n! · ме они возрастают, так что наибольшая из n - kn,H ! kn,H ! (16) них – последняя, следовательно, A не B превосходит этой последней дроби Само собой, n! сокращается, а остальное запишем как произведение двух дробей, n  1 2 , возведенной в степень, равную которые будем оценивать. А именно, чиnслуkn,сHомножителей в (20). n  1 n  1  § 2 · ! § 2 ¹¸· ! Оценим эту последнюю дробь. Очевид- Ckn,H ¹¸ ©¨ ©¨ ˜ A (17) но, что для всякого 0 < a < n n B kn,H ! n  kn,H ! >a@ d a , n  >a@ t n  a , 1 d 1. Cnn1 2 na  >a@ (т.е. A обозначает первую дробь, а B – n обратную ко второй). Поскольку (21) kn,H «¬ªn § 1  H ·º  n 1 (так как при дос- Поэтому ¨© 2 ¹¸»¼ 2 > 1 n 1 n 1 n 2 таточно больших n имеем Hn ), числи- 2 2 d 2 1. n  kn,H  nH 1  2H тель в A «длиннее», чем знаменатель, n  ª¬«n § 1  H ·º n ¨© 2 ¸¹»¼ 2 (22) поэтому после сокращения множителей, входящих в kn,H !, получаем   A n  1 Оценим теперь число сомножителей в kn,H  1 kn,H  2 ˜ ˜ 2 . (18) … (20). Оно равно числу множителей в (18), Точно так же образующих A, а это есть число множи- n  3·n  5 телей, оставшихся от деления § n  1 · ! 2 2 ©¨ 2 ¸¹ B ˜… ˜ n  kn,H  . (19) n  1 2 Теперь мы воспользуемся простым соот- на kn,H !, и оно равно  kn,H . Пользу- ношением, которое сформулируем в виде леммы. ясь аналогом второго неравенства в (21), Лемма. Для любых 0 < a < b, c > 0 получаем имеем n  1  kn,H n 1  ªn  nH»¼º t 2 2 ¬« 2 a a  c b  b  c . t n  1  n  nH nH  1 . (23) 2 2 2 Доказательство предоставляем читате- лю (приведите к общему знаменателю и Итак, из (22), (23) и сказанного выше об

16 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 оценке A следует, что геометрической прогрессии со знаменате- B лем, меньшим 1, который, как известно, 1 стремится к нулю при n o f . Тем са- A §1 ·nH  2 мым, теорема доказана в предположении, B ©¨ 1  2H что n нечетно. d ¹¸ . (24) Для доказательства теоремы в случае Напомним, что этим самым мы оценили четного n нужно центральное значение в треугольнике Паскаля просто выбросить и отношение «крайней правой» биномиаль- рассматривать биномиальные вероятнос- ти, отвечающие остальным значениям. ной вероятности в сумме (14) к «крайней Тогда сумма биномиальных вероятностей правой» вероятности в сумме (15). Теперь 1 по неполной полустроке меньше 2 , что сделаем шаг влево и оценим отношение нисколько не мешает получению стремя- предпоследних вероятностей в этих сум- щейся к нулю верхней границы. Доказа- тельство, повторяющее проведенное выше, мах. Аналогично (16), (17) это отношение предоставляем читателю. равно Литература 1. Я.Бернулли. О законе больших чисел. – § n  3 ¸¹·! § n  3 · ! М.: Наука, 1986. ¨© 2 ©¨ 2 ¹¸ 2. Ю.Н.Тюрин, А.А.Макаров, И.Р.Высоц- A1 Ckn,H 1 ˜ . кий, И.В.Ященко. Теория вероятностей и ста- тистика. – М.: МЦНМО, 2014. n    B1 Cnn3 2 kn,H  1 ! n  kn,H  1 ! (25) Аналогично (18) имеем kn,H kn,H  1 n3 n 1 n3 A1 ˜ ˜…˜ n  2 . (26) B1 kn,H 1 22 Каждая дробь в (26) отличается от соот- ветствующей дроби в (20) вычитанием 1 в числителе и знаменателе. По той же лемме получаем, что 1 2 A1 A § 1 ·nH  B1 B ©¨  2H ¹¸ d d 1 . То же самое произойдет и при всех последующих шагах влево: отношение со- ответствующих биномиальных вероятнос- тей будет при каждом шаге уменьшаться и оставаться ограниченным той же величи- ной § 1 ·nH  1 2H 1 2 ª¬««§¨© 1 ·H ºn 2  2H ¸¹ » ©¨ 1  2H ¹¸ 1  »¼ . 1 (27) Поэтому интересующая нас сумма би- номиальных вероятностей в (14) не пре- восходит неполной суммы вероятностей 1 (15), меньшей 2 , умноженной на верх- нюю границу (27). Последняя представ- лена в (27) в виде произведения постоян- ного числа (не зависящего от n) и члена

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ МИР 16 апреля 2019 года после тяжелой про- должительной болезни ушел из жизни Владимир Григорьевич Болтянский, изве- стный математик и выдающийся автор научно-популярных трудов по математи- ке. Владимир Григорьевич все время был рядом с «Квантом»: с первого выпуска до 1990 года – член редакционной коллегии, а далее – член редакционного совета. В «Кванте» опубликовано более 30 статей В.Г.Болтянского, а его замечательные кни- ги, такие как «Выпуклые фигуры» (в соав- торстве с И.М.Ягломом), вот уже многие годы помогают школьникам и студентам вырасти в ученых. Вклад Владимира Гри- горьевича в математическое образование трудно переоценить. Предлагаем вниманию читателей ста- тью В.Г.Болтянского, впервые опублико- ванную в нашем журнале в 4-м номере за 1973 год. О вращении Владимир Григорьевич Болтянский отрезка (26.04.1925–16.04.2019) В.БОЛТЯНСКИЙ ны 1 может совершить полный оборот. Однако это неверно! 1.ЯСНО, ЧТО ОТРЕЗОК ДЛИНЫ 1 МО- жет совершить полный оборот, все В 1918 году А.С.Безикович доказал, время находясь в фигуре площади S 4 , а что существует фигура сколь угодно ма- лой площади, двигаясь в которой отрезок именно в круге диаметра 1 (рис.1). А не длины 1 может совершить полный обо- рот. Точнее говоря, если мы зададим лю- может ли отрезок длины 1 совершить бое положительное число H (например, H 0,000001 ), то сможем построить полный оборот, двигаясь в фигуре мень- фигуру площади H , внутри которой мо- жет совершить полный оборот отрезок шей площади? На длины 1. Безикович предложил простые геометрические идеи, с помощью которых первый взгляд это ка- можно доказать этот удивительный факт. Однако для того, чтобы превратить эти жется маловероят- идеи в полное доказательство, ему при- шлось провести довольно громоздкие вы- ным: похоже, что числения, так что все рассуждение в це- лом оказалось сложным (доказательство, круг диаметра 1 яв- похожее на доказательство Безиковича, приведено на стр.258–263 книги И.М.Яг- ляется наиболее «эко- лома и В.Г.Болтянского «Выпуклые фи- гуры»). номной» (в смысле Не так давно академик И.М.Виноградов площади) фигурой, в рассказал мне короткое и элегантное дока- Рис. 1 которой отрезок дли-

18 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 зательство этой теоремы. Это доказатель- Что же мы получи- ство он придумал сразу же после того, как ли в результате? Пло- Безикович рассказал ему о своей теореме, щадь фигуры, изобра- однако печатать его не стал. С любезного женной на рисунке 3, согласия И.М.Виноградова я приведу здесь существенно меньше его доказательство. площади первоначаль- ного равностороннего 2. Прежде всего рассмотрим геометри- треугольника (так как две половинки этого ческие идеи А.С.Безиковича. треугольника пере- крываются). При пе- Ясно, что достаточно построить фигуру реходе же от рисунка 3 к рисунку 4 мы до- маленькой площади, внутри которой отре- бавляем лишь отрез- ки АН, DH (они име- зок длины 1 можно повернуть на угол 60q: ют нулевую площадь) и сектор с центром Н, Рис. 4 прикладывая тогда друг к другу три такие причем площадь этого сектора можно сде- лать как угодно малой (нужно лишь точ- фигуры, получим фигуру, внутри которой ку Н взять далеко, чтобы угол AHD был маленьким). можно будет повернуть отрезок на угол А что если разрезать равносторонний 180q . треугольник не на две, а на четыре части (рис.5)? Тогда, производя параллельные Поворот отрезка длины 1 на 60q можно совершить внутри равностороннего треу- гольника с высотой 1 (рис.2). Разрежем теперь этот треу- гольник высотой на две части и на- ложим эти части друг на друга. Внутри получив- шейся фигуры (рис.3) можно от- Рис. 2 резок АВ повер- нуть в положение АС; кроме того, отрезок DE, параллель- ный АС, можно повернуть в положение DF. Но переместить отрезок АВ в поло- жение DF в этой фигуре не удастся: мож- но повернуть отрезок в Рис. 5 положение АС, а «пе- репрыгнуть» в положе- переносы этих частей (чтобы они перекры- ние DE нельзя! Однако вались), мы получим фигуру (рис.6), в можно поступить так. которой можно отре- Добавим к фигуре, зок длины 1 повернуть изображенной на рисун- на угол 15q , затем, «пе- ке 3, отрезки АН и DH репрыгнув» в парал- и сектор радиуса 1 с лельное положение, по- Рис. 3 центром Н, как показа- вернуть еще на 15q, но на рисунке 4. В по- потом еще и еще на лучившейся фигуре уже можно будет по- 15q. А так как «пры- вернуть отрезок из положения АВ в поло- гать» нашему отрезку жение DF: надо будет из положения ACc не разрешается, то при- Рис. 6 дется, как и на рисун- сдвинуть отрезок вдоль АН в положение HK, затем повернуть его внутри сектора в ке 4, добавить отрезки и секторы (рис.7). положение HL, а потом сдвинуть вдоль В фигуре, изображенной на рисунке 7, HD в положение DE. отрезок длины 1, непрерывно перемеща-

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ МИР 19 предложенный И.М.Виноградовым, состо- ит в следующем. Возьмем произвольное натуральное чис- ло m и разобьем основание равносторонне- го треугольника на 2m равных частей. Соединив точки деления с вершиной, мы получим разбиение равностороннего треу- гольника на 2m частей, которые условим- ся называть клиньями. Проведем, кроме того, прямые, параллельные основанию и разбивающие высоту треугольника на m равных частей; эти прямые обозначим, начиная от вершины, через l1,…,lm1 (рис.8). Рис. 7 Рис. 8 ясь, может повернуться на угол 60q. При Рассмотрим два соседних клина. Пря- этом сумму площадей добавленных секто- мая l1 высекает в них одинаковые отрезки. ров можно сделать как угодно малой (надо Сдвинем эти клинья так, чтобы эти отрез- лишь взять точки H1 , H2 , H3 достаточно ки «перепрыгнули» друг через друга далеко). В то же время площадь фигуры, (рис.9), и «скле- изображенной на рисунке 6, значительно им» теперь эти два меньше площади исходного равносторон- клина, т.е. фигу- него треугольника, поскольку четыре час- ру, полученную из ти, на которые разрезан этот треугольник, этих двух клинь- многократно перекрываются. ев, будем рассмат- ривать как единое Теперь становится понятным общее на- целое при всех правление доказательства: надо разрезать дальнейших па- равносторонний треугольник на части раллельных пере- Рис. 9 отрезками, исходящими из вершины, и носах. Такое скле- произвести параллельные переносы этих ивание произведем для каждых двух со- частей таким образом, чтобы фигура, седних клиньев: 1-й склеим со 2-м, 3-й с покрываемая всеми этими частями, име- ла площадь, меньшую чем H , где H –  4-м, …, 2m  1 -й с 2m -м. данное положительное число. Фигуру, полученную склеиванием двух клиньев, разобьем на части следующим 3. Изложенные соображения, однако, образом: выделим из нее треугольник с вовсе еще не дают доказательства. Это вершиной на прямой l1 и четыре «хвости- только направление, в котором следует его ка». Каждый из «хвостиков» представля- искать. Самое трудное впереди: надо при- ет собой треугольник с высотой 1 m (на- думать, как следует сдвигать части, чтобы помним, что высота исходного равносто- за счет многократных перекрытий получи- роннего треугольника равна 1). Основа- лась фигура достаточно малой площади. Способ сдвига частей и подсчета площади,

20 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 ние же ка2жд–осгото«рховноаситисхкоа»днроагвонроавmно˜a2стmо,- маленький равносторонний треугольник где a 3 '2 , причем он, очевидно, равен треуголь- роннего треугольника. Следовательно, нику '1 . Сдвигая и склеивая новые клинья так же, как и раньше, мы опять получим общая площадь всех четырех «хвостиков» «хвостики», общая сумма площадей кото- равна 2˜ a , а так как всего имеется рых равна 2S1 , и «совсем новые» клинья, 2m1 m2 ˜ 2m вершины которых лежат на прямой l2 . пар склеенных клиньев, то общая Из этих «совсем новых» клиньев, сдви- сумма площадей «хвостиков» равна a . гая их, получим равносторонний треуголь- m2 ник с высотой 1  2 , а склеивая «совсем Площадь S1 равностороннего треугольни- m ка '1 , отсекаемого от исходного треуголь- новые» клинья попарно, опять получим ника прямой l1 (рис.10), равна a . «хвостики», сумма площадей которых рав- 2m2 Таким образом, общая сумма площадей на 2S1 , и т.д. Проделаем все m шагов такого построе- ния (на последнем m-м шаге получится просто равносторонний треугольник, рав- ный '1 , так что ничего и сдвигать не надо). Мы видим, что от первоначальных клиньев после постепенного отрезания «хвостиков» ничего не осталось. Иначе говоря, площадь фигуры, получившейся из первоначальных клиньев после всех сдвигов и склеиваний, меньше общей сум- Рис. 10 мы площадей всех «хвостиков», т.е. мень- всех «хвостиков» равна 2S1 . Выбросим ше чем теперь все эти «хвостики» из рассмотре- ния, запомнив сумму их площадей. При m ˜ 2S1 2m ˜ a a 2  2 . всех дальнейших сдвигах сумма площадей 2m2 m 3m m отброшенных «хвостиков» может лишь уменьшиться (за счет перекрытий). Теперь ясно, что, взяв m достаточно Треугольники, остающиеся после отбра- большим, мы сможем сделать эту площадь сывания всех «хвостиков» (число этих треугольников равно 2m1 ), будем теперь как угодно малой. Доказательство закон- рассматривать как новые клинья. Сдвинув их вместе, получим из этих 2m1 новых чено! клиньев равносторонний треугольник с высотой 1  1 (рис.11). Теперь уже не 4. И все же, может, интуиция нас не обманывает? Может быть, круг диаметра m 1 действительно является наименьшей по прямая l1 , а прямая l2 отсекает от него площади фигурой, в которой может совер- шить полный оборот отрезок длины 1, но Рис. 11 только не среди любых фигур (как мы видели, это неверно), а среди всех выпук- лых фигур? Ведь те фигуры достаточно малой площади, о которых шла речь выше (см. рис.7), являются очень «рыхлыми», разбросанными и уж, во всяком случае, невыпуклы- ми. Напомним, что выпук- лой называется такая фи- гура, которая вместе с каж- дыми двумя точками цели- ком содержит и соединяю- щий их отрезок (рис.12). Рис. 12

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ МИР 21 Так вот, верно ли, что среди всех выпук- лых фигур, в которых отрезок длины 1 может совершить полный оборот, круг диаметра 1 имеет наименьшую площадь? Оказывается, что и это неверно. Пояс- ним, в чем здесь дело. Пусть F – фигура, Рис. 14 в которой может совершить полный оборот Фигуры постоянной ширины обладают многими замечательными свойствами. На- отрезок длины 1. Возьмем какую-либо пример, длина кривой, ограничивающей любую фигуру постоянной ширины 1, рав- прямую l и проведем две опорные прямые на S , т.е. равна длине окружности диамет- ра 1 (теорема Барбье). Далее, из всех l1 и l2 фигуры F, параллельные l, т.е. две фигур постоянной ширины 1 наибольшую прямые, между которыми «зажата» фигу- (а не наименьшую!) площадь имеет круг, а наименьшую площадь имеет треугольник ра F (рис.13). Так Рело; во всяком случае, нетрудно прове- рить, что площадь треугольника Рело рав- как отрезок, совер- нщаадSи2кр3уга|,0р,а7в0н4о8й–Sза|ме0т, 7н8о5м4е.нОьштме ептлиом- шающий в фигуре F 4 еще, что две параллельные опорные пря- полный оборот, дол- мые, проведенные к фигуре постоянной жен в какой-то мо- ширины 1, имеют с этой фигурой две общие точки, причем отрезок, соединяющий эти мент занять положе- точки, перпендикулярен опорным прямым (и, следовательно, имеет длину 1; см. Рис. 13 ние, перпендикуляр- рис.14). Из этого следует, что во всякой ное прямой l, то рас- фигуре постоянной ширины 1 отрезок дли- ны 1 может совершить полный оборот. стояние между прямыми l1 и l2 (его Доказательство сформулированных здесь называют шириной фигуры F в направле- утверждений можно найти в упоминавшей- ся выше книге «Выпуклые фигуры» (см. нии, перпендикулярном l) не меньше 1. также журнал «Квант», 1971, №3, с.21). Итак, ширина фигуры F в любом направ- Итак, если бы сделанное выше предпо- ложение было верно, то наименьшей (по лении не меньше 1. площади) выпуклой фигурой, в которой может совершить полный оборот отрезок Кажется вполне естественным предполо- длины 1, был бы треугольник Рело (а вовсе не круг). Но, оказывается (как это жение, что у фигуры наименьшей площади на первый взгляд ни кажется странным), что и треугольник Рело не является наи- ширина во всех направлениях должна быть меньшей фигурой. Такой наименьшей фигурой служит равносторонний треу- равна 1 (иначе площадь, видимо, можно гольник с высотой 1 (его площадь равна было бы уменьшить). Посмотрим, к чему 1 | 0,5773 , т.е. намного меньше площа- 3 приведет нас этот предположение. ди треугольника Рело). Доказательство Прежде всего возникает вопрос: что со- этого факта можно найти на с.256–258 книги «Выпуклые фигуры». бой представляет фигура, у которой во всех направлениях ширина равна 1? Нередко отвечают, что такой фигурой может быть только круг диаметра 1. Однако это невер- но! Существует бесконечно много различ- ных фигур, у которых ширина равна 1 во всех направлениях; их называют фигура- ми постоянной ширины 1. На рисунке 14 показаны две такие фигуры. Обе фигуры ограничены дугами окружностей радиуса 1. Из двух параллельных опорных прямых одна проходит через угловую точку, а другая касается дуги окружности, и рас- стояние между этими прямыми равно 1. Первая из изображенных на рисунке 14 фигур имеет специальное название: тре- угольник Рело (по имени механика, кото- рый впервые заинтересовался свойствами этой фигуры и пытался использовать ее при конструировании механизмов).

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. Задачи М2558 – М2561 предлагались на XL Турнире городов. Задачи Ф2565–Ф2568 предлагались на Инженерной олимпиаде школьников в 2018/19 учебном году. Автор задач – С.Муравьев. Задачи М2558–М2561, Ф2565–Ф2568 га, a черная – чернoгo (кaсание пpоисxoдит M2558. На пpямoй сидят 2019 тoчечных не в веpшине). Дoкажите, чтo внyтpи yглa кузнечиков. Зa xoд кaкoй-нибудь из мoжнo нapисoвaть лyч, выxoдящий из кyзнечиков пpыгaет через кaкого-нибудь веpшины, тaк, чтoбы при всевозмoжных дрyгoгo тaк, чтoбы окaзаться нa пpежнем положенияx угла этот луч прoхoдил чеpез paсстоянии от негo. Пpыгая тoлькo впpаво, одну и ту же тoчкy плoскоcти. кузнечики могут добитьcя тогo, чтoбы кaкие-то двoе из них oкaзaлись нa В.Расторгуев, Е.Бакаев, И.Богданов, раcстoянии poвнo 1 мм дpуг от дрyга. П.Кожевников Докaжите, чтo кyзнечики могyт дoбиться того же, прыгая из начальнoго пoложения M2560. Перед Шариком лежит бесконеч- толькo влево. ное число котлет, на каждой сидит по С.Дориченко M2559. K плocкocти приклеены два мухе. На каждом ходу Шарик последова- непереcекающиxся а) равных; б) не тельно делает две операции: oбязaтельно равных деревянных кpyга – 1) съедает какую-то котлету вместе со серый и черный (рис.1). Дан беcкoнечный всеми сидящими на ней мухами; Рис. 1 деpевянный угoл, одна стopoна котopого 2) пересаживает одну муху с одной котле- cерая, а другая – чернaя. Его передвигaют ты на другую (на котлете может быть так, чтoбы кpyги были снapyжи угла, сколько угодно мух). пpичем cеpая cторона каcaлась cеpoгo кру- Шарик хочет съесть не более миллиона мух. Докажите, что он не может действо- вать так, чтобы каждая котлета была съе- дена на каком-то ходу. И.Митрофанов M2561*. Рaссмoтрим нa клетчaтoй птолчoкcеко(c0т;и0) тaкие лoманые с нaчалoм в и вершинaми в целых тoчках, чтo кaждое oчереднoе звенo идет по стoрoнам клеток либо вверх, либо впpаво. Kaждой такой лoмaной соответствует чер- вяк – фигyрa, coстoящая из клетoк плоскoсти, имеющих xoтя бы однy oбщyю точкy c этoй ломанoй. Докaжите, что

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 23 червякoв, кoтopые можно разбить на дву- отрезок с концами в центре обруча и в этом клеточные доминошки pовнo n > 2 различ- гвозде образует с вертикалью угол M  S 2 . ными спocобами, cтолько же, cкoлькo Где может находиться второй гвоздь? натуpaльных чисел, меньших n и взаимно прoстых с n. Ф2567. В секретной лаборатории синтези- ровали необычный материал. Его удельная И.Чанакчи, Р.Шиффлер теплоемкость c зависит от температуры t в Ф2565. При исследовании автомобиль- шкале Цельсия по закону c t c0 1  Jt, ных пробок инженерам-дорожникам при- где c0 2,1 ˜ 103 Дж к㠘 град и J ходится рассчитывать пропускные способ- ности дорог – максимальное количество 0,05 град1 – известные постоянные. машин, которые могут проехать по тому Образец данного материала массой m = или иному участку дороги, – причем исхо- = 0,5 кг и начальной температурой t0 = дя из возможностей и предпочтений усред- = 0 qC бросают в воду массой 2m и темпе- ненного водителя. Пусть по прямому уча- ратурой t1 45 qC . Какая установится тем- стку шоссе движется поток машин. Их пература? Удельная теплоемкость воды скорости одинаковы и не меняются с тече- нием времени. Дан график зависимости cв 2c0 4,2 ˜ 103 Дж к㠘 град . Потеря- скорости v (в километрах в час), с которой едут машины в потоке, от числа машин n, ми тепла можно пренебречь. приходящихся на 100 метров дороги (рис.2). Какое максимальное количество Ф2568. Имеется плоская металлическая пластинка. Если пластинку расположить Рис. 2 перпендикулярно солнечным лучам, то ее освещенная сторона будет иметь темпера- машин может проехать за 1 час около туру t1 50 qC , а противоположная сторо- некоторой отметки на дороге? на – температуру t2 30 qC . Какими бу- дут температуры освещенной и теневой сторон, если взять пластинку удвоенной толщины? Считайте, что пластинка очень тонкая и отдает энергию окружающей сре- де благодаря теплопроводности. Темпера- тура окружающей среды t0 25 qC . Указание. В установившемся режиме по- ток тепла между телами пропорционален разности их температур и площади кон- такта и обратно пропорционален расстоя- нию между ними (закон теплопроводности Фурье). Ф2566. В вертикальную плоскую стену Решения задач М2546–М2549, Ф2553–Ф2556 вбиты два гладких гвоздя, перпендику- M2546. Сумма чисел a, b и c равна 0. лярных стене. На Докажите, что: них повесили круг- a2 + b2 + c2 ◊ a3 + b3 + c3 a5 + b5 + c5 лый обруч с рав- а) = ; номерным распре- 23 5 делением массы по a2 + b2 + c2 ◊ a5 + b5 + c5 = a7 + b7 + c7 2 5 7 ободу, и он с места б) . не сдвинулся. По- ложение одного Возможно, один из самых коротких путей к решению – непосредственная проверка гвоздя известно – после выражения одной переменной через две другие. оно показано на Рис. 3 рисунке 3. Прямой

24 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 Положим Sn an  bn  cn и подставляем n c  a  b . Имеем S2 a2  b2  a  b2 a2  ab  b2 ; 2 S3 a3  b3  a  b3 3a2b  3ab2 3 3 = ab a  b. Используя разложения по биному Ньюто- Рис. 1 на общей касательной AB, проведенной к :1 a  b5 и :2 , в точке D. Прямая TD вторично пересекает окружность :1 в точке C. a5  5a4b  10a3b2  10a2b3  5ab4  b5 Докажите, что O1C AB . Если радиусы окружностей равны, то в и силу симметрии прямая TD будет являть- ся общей касательной к окружностям; в a  b7 этом случае доказывать нечего. Далее предполагаем, что r1  r2 (радиус a7  7a6b  21a5b2  35a4b3  35a3b4  :1 меньше радиуса :2 ); случай r1 ! r2 аналогичен. Пусть X – точка пересечения + 21a2b5  7ab6  b7, O1O2 и AB (рис.2). Достаточно доказать, запишем Рис. 2 что XT = XD. Действительно, поскольку S5 a5  b5  a  b5 O1T O1C r1 , то XTD и O1TC будут являться подобными равнобедренными тре- 5 угольниками, откуда получаем нужную  = ab a3  2a2b  2ab2  b3 ; параллельность O1C AB . Показать, что XT = XD, можно разными S7 a7  b7  a  b7 способами (используя теорему о трех го- мотетиях, инверсию с центром в X и т.д.). 7 Здесь мы приведем решение, в котором потребуется гомотетия и немного вычисле-  ab a5  3a4b  5a3b2  5a2b3  3ab4  b5 . ний. Положим XA = t, а отношение радиусов Теперь проверим равенства а) и б): r2 r1 окружностей :2 и :1 обозначим через k. Пусть Z – вторая точка пересече-  S2S3 ab a  b a2  ab  b2 ния XT и :1 . Тогда XT ˜ XZ t2 . С другой  ab a3  2a2b  2ab2  b3 S5 ; S2S5   ab a2  ab  b2 a3  2a2b  2ab2  b3 = ab a5  3a4b  5a3b2  5a2b3   3ab4  b5 S7 . Не нужно думать, что данная задача есте- ственно обобщается. Скажем, равенство S2S7 S9 неверно при a b 1 , c 2 . П.Кожевников M2547. Окружности :1 и :2 с центрами O1 и O2 касаются внешним образом в точке T (рис.1). Окружность :3 (с цен- тром O3 ) касается внешним образом окружностей :1 и :2 , а также касается

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 25 стороны, из гомотетии с центром X, пере- D  A – последовательность n + 1 целых водящей :1 в :2, следует XZ XT r1 r2 неотрицательных чисел, сумма которых 1 k . Отсюда XT ˜ XT k t2 , значит, равна 9 – 1 = 8. Множество всех таких XT t k . последовательностей обозначим Y. Из ра- Далее, из гомотетии XB k ˜ XA kt , венств ai 1  d1  d2  …  di видно, что по каждой последовательности D множе- отсюда AB XB  XA k  1t . По фор- ства Y однозначно восстанавливается чис- муле длины общей касательной между ло A из X, т.е. сопоставление A o D  A касающимися окружностями AD 2 r1r3 (где r3 – радиус окружности :3 ) и, ана- взаимно однозначно. логично, BD 2 r2r3 . Таким образом, Рассмотрим некоторую последовательность BD AD r2 r1 k . Имеем D d1, d2, …, dn1 из множества Y вме- сте со своими циклическими сдвигами: AD D1 d1, d2, …, dn1  , XD XA  AD XA  AB ˜ AD  BD D2 d2, d3, …, dn1, d1  ,  = t  t k  1 ˜ 1 D3 d3, …, dn1, d1, d2  , … 1 k t t k 1 t k . Окончательно, XT XD t k . ..., Dn1 dn1, d1, d2, …, dn  В.Расторгуев, П.Кожевников (пример – на рисунке 2). ПчтуостьDA Ai i–чисDлiо. M2548*. См. статью В.Брагина «Ряд чи- из множества X такое, сел, обратных к простым». M2549. Для каждого натурального n най- дите сумму всех n-значных чисел, у кото- рых последовательность цифр в десятич- ной записи неубывающая. Пусть X – множество всех n-значных чи- сел, у которых последовательность цифр в Рис. 2 десятичной записи неубывающая. Идея решения будет заключаться в следующем: Для каждого k = 1, 2, …, n найдем среднее, мы найдем средние значения (т.е. средние взятое по числам A1, A2, …, An1 , значение k-й слева цифры. У чисел A1, A2, …, An1 арифметические по числам множества X) k-я цифра равна, соответственно, s1, s2, …, sn соответственно первой, 1  d1  d2  …  dk, 1  d2  d3  …  dk1,... второй, …, n-й цифры, и тогда ответом в …, 1  dn1  d1  … + dk–1; сумма этих цифр равна задаче будет являться число X ˜ s1 ˜ 10n1   s2 ˜ 10n2  …  sn1 ˜ 10  sn , где X – n  1  k d1  d2  …  dn1 n  1  8k, количество чисел в множестве X. Пусть A a1a2 …an – одно из чисел мно- поэтому среднее значение равно 1  8k . n 1 жества X, положим 1 a0 d a1 d a2 d … Мы видим, что это значение не зависит от … d an d an1 9 . Числу A поставим в соответствие последовательность D  A взятой нами вначале последовательности d1, d2, …, dn1  , где di ai  ai1 (при- D. На самом деле среди циклических сдви- мер – на рисунке 1). Легко видеть, что гов D1, D2, …, Dn1 могут быть повторе- ния: если t – минимальный период цикли- ческой последовательности D, то в наборе Рис. 1 D1, D2, …, Dn1 имеется t различных пос- ледовательностей, каждая из которых имеет n  1 t копий (включая ее саму). Соот-

26 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 ветственно, в наборе чисел A1, A2, …, An1 10n  1  10n1  1  …  10  1 могут быть повторения. Удалив из набора 99 9 чисел A1, A2, …, An1 копии, получим мно-  10 10n  1 n жество (из t чисел), которое назовем орби- = . той. Но поскольку для каждого числа из 81 9 орбиты количество копий одно и то же, Окончательно, искомая сумма равна среднее значение k-й цифры для чисел из  Cn88§ · 8k ¨ § 10n  1 · ¸ нашей орбиты по-прежнему равно 1  n 1 . ˜ ¨ 10n  1  8 ¨ 10 81  n ¸ ¸ . © 9  1¨ 9 ¸ Множество X разбивается на непересека- n © ¹¹ ющиеся орбиты (в соответствии с разбие- Решение закончено. нием множества Y), поэтому среднее зна- Таким же образом можно найти сумму чение (по числам множества X) k-й цифры всех n-значных чисел, у которых последо- равно sk 1  8k . вательность цифр в b-ичной записи неубы- n 1 Остается завершить вычисления. вающая или строго возрастающая. Посчитаем количество последовательнос- Данную задачу можно интерпретировать тей в множестве Y. Заменив в последова- следующим образом: берется случайная тельности D d1, d2, …, dn1 каждое не- ненулевая цифра (т.е. с равной вероятно- нулевое di на di последовательных еди- стью это любое число из множества {1, 2, ниц и ноль, мы получим последователь- 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}) и такое испытание ность из n + 1 нулей и 8 единиц, в которой повторяется n раз. Затем полученный на- последнее число – ноль. Таких последова- бор цифр упорядочивается по возраста- тельностей Cn88 . По каждой из них одно- нию, т.е. составляется так называемый значно восстанавливается D, поэтому вариационный ряд a1 d a2 d … d an – это и X Y Cn88 . есть неубывающая последовательность Теперь свернем сумму: цифр числа A. В решении нам удается найти математическое ожидание для каж- s1 ˜ 10n1  s2 ˜ 10n2  …  sn1 ˜ 10  sn дого ai . Этот вопрос можно считать диск- ретным вариантом классической задачи о §¨©1  8 · §©¨1  8 · нахождении математического ожидания  ¹¸  ¸¹ = n 1 ˜ 10n1  n 1 ˜ 2 ˜ 10n2 … членов вариационного ряда для n незави- симых случайных величин, равномерно ©¨§1 8 n 1·¸¹ §©¨1 8 · распределенных на отрезке (при переводе   ¹¸ ...   ˜  ˜ 10   ˜ n на геометрический язык эта задача сводит- n 1 n 1 ся к нахождению центра масс n-мерного  = 10n1  10n2  …  1  симплекса). П.Кожевников 8˜ n 1 + 10n1  2 ˜ 10n2  3 ˜ 10n3 … Ф2553. Основанием тетраэдра из сколь- зкого льда, стоящего на горизонтальном …  n  1 ˜ 10  n . столе, является равносторонний треу- гольник с ребром а = 1 м. Остальные Сумма 10n1  10n2 … 1 равна 10n  1 . грани тетраэдра представляют собой 9 равнобедренные треугольники, причем Далее, одинаковые углы в этих треугольниках равны 75q . На тетраэдр поместили тон- 10n1  2 ˜ 10n2  кую легкую нерастяжимую цепочку дли- ной L 2a , замкнутую в кольцо. Це-  3 ˜ 10n3  …  n  1 ˜ 10  n почка в положении равновесия располо- жилась в горизонтальной плоскости и  10n1  10n2  …  1  образовала правильный треугольник. К  + 10n2  10n3  …  1  …  10  1  1

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 27 середине одной из сторон получившегося колебания только в вертикальной плос- из цепочки треугольника приложили силу, кости (см. рисунок). В середине стержня направленную вниз вдоль грани, на кото- и на свободном его конце закреплены ша- рой находилась эта сторона треугольни- рики массой m каждый, размеры которых ка (в направлении наискорейшего спус- много меньше l. Стержень отводят из ка). Цепочка пришла к новому положе- положения равновесия на угол 90q (угол нию равновесия. На каком расстоянии s отсчитывается от вертикали) и акку- от самой верхней вершины тетраэдра ратно отпускают (без начальной скоро- находится теперь точка приложения сти). Найдите мощность силы реакции силы? стержня, действующей на средний ша- Углы треугольников боковых граней тет- рик, в зависимости от угла D . Диссипа- раэдра при вершине, которая находится в ции механической энергии в системе нет. самом верху, равны 30q : Механическая энергия 180q  2 ˜ 75q 30q . системы шариков и стер- Поскольку по условию задачи цепочка жня в поле тяжести со- легкая и фигура изо льда скользкая, то это храняется, поэтому в про- означает, что по разные стороны от ребер, извольный момент вре- которые пересекаются участками цепочки, мени, когда стержень с углы, образованные цепочкой и перпенди- вертикалью составляет угол D (этот угол куляром к ребру таковы, что продольные всегда считается положительным и отсчи- (вдоль ребра) составляющие сил натяже- тывается от вертикали), выполняется со- ния участков цепочки одинаковы. В силу отношение этого и благодаря симметрии, на одном из ребер эти углы должны быть равными 0q . 5 mZ2l2  3mgl cos D 0 , На рисунке показана «развертка» тетраэд- 2 ра с цепочкой на нем на плоскости. Видно, где Z – угловая скорость нашего маятни- что участки цепочки и участок ребра, по ка. Дифференцируя это равенство по вре- которому поведен «разрез», образуют квад- рат. Расстояние s от точки приложения мени, получаем силы до верхней вершины тетраэдра равно длине диагонали этого квадрата, т.е. dZ r 3 g sin D . dt 5 l s 2L a. 2 Здесь учтено, что модуль угловой скорос- С.Варламов ти Z связан со скоростью изменения угла Ф2554. Невесомый жесткий стержень длиной 2l с помощью шарнира прикреплен D при движении стержня вниз соотноше- к потолку так, что может совершать нием dD dt Z , а при движении вверх – соотношением dD Z . Элементарная dt работа тангенциальной составляющей силы реакции стержня, действующей на сред- ний шарик, равна изменению его механи- ческой энергии: dA d § ml2Z2  mgl cos D · ©¨¨ 2 ¹¸¸ = ml2ZdZ  mgl sin D ˜ dD . Тогда мощность этой силы будет равна N dA ml2Z dZ  mgl sin D ˜ dD , dt dt dt или, с учетом полученного ранее выраже-

28 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 ния для dZ (соблюдая знаки «–» или «+» W 25 ˜ 1  0,9 Вт , причем 99% этого из- dt 2 при движении вниз или вверх), лучения остается в аквариуме, а 1% поки- N r 8 mglZsin D . дает аквариум в виде света. При данном 5 коэффициенте теплоотдачи 5 Вт qС раз- Выразив угловую скорость Z через угол D из самого первого соотношения: ница температур воды в аквариуме и воз- 6 g духа в комнате составит 0, 99 W 4,7 qС. 5 l 5 Вт qС Z cos D , Поскольку зимой в комнате температура окончательно получаем воздуха 18 qC , то вода в аквариуме имеет температуру N r 8 mg 6 gl cos D sin D . 5 5 t 18 qC  4,7 qC 22,7 qC . З.Рыбка Заметим, что при движении стержня вниз средний шарик тормозится стержнем, а Ф2556. На рисунке 1 схематично изобра- жено устройство, называемое катушкой нижний разгоняется. При движении стер- Румкорфа. На сердечник с большой маг- нитной проницаемостью намотаны две жня вверх – наоборот. обмотки: первичная обмотка из толсто- го провода и поверх нее вторичная обмот- И.Макаров ка из тонкого провода. Размыкатель (P) предварительно регулируют, замкнув Ф2555. Вода в аквариуме для рыбок из накоротко конденсатор (C), так, чтобы южных стран имеет температуру выше, размыкатель срабатывал в тот момент, чем комнатная, и мощность тепловых когда ток в первичной обмотке достига- потерь аквариума пропорциональна раз- ет 90% от максимального значения тока нице температур воды и воздуха в комна- при выбранном источнике питания. Пос- те, который обдувает аквариум, обеспе- ле регулировки ключ K1 переводят в чивая эти тепловые потери. Коэффици- разомкнутое положение и «закоротку» ент пропорциональности для тепловых конденсатора убирают. Теперь установ- потерь равен 5 Вт qС . Вплотную к сере- ка готова к работе. В исходном положе- дине одной из стенок аквариума установ- нии размыкатель P замкнут на контакт лена маленькая по размерам лампочка K. После замыкания ключа K1 ток через накаливания с потребляемой от сети первичную обмотку начинает увеличи- мощностью 25 Вт, работающая непре- ваться, и в какой-то момент размыка- рывно. Свет от лампочки, идущий равно- мерно во все стороны, и освещает аквари- ум и греет воду в нем. Поскольку видны и рыбки и водоросли, то свет от лампочки, попавший в аквариум, частично выходит наружу в виде излучения. Эти потери составляют всего 1% от излучения, попа- дающего от лампочки в аквариум. Зимой хозяин аквариума поставил плоское зер- кало параллельно стенке аквариума вплотную к лампочке, и лампочка оказа- лась «зажатой» между стенкой аквариу- ма и зеркалом. Коэффициент отражения света зеркалом равен 90%. В комнате зимой температура воздуха равна 18 qC . Какова зимой температура воды в аква- риуме? В аквариум от лампочки и от ее изображе- Рис. 1 ния попадает излучение мощностью

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 29 тель срабатывает. Между выводами A и Таким образом, напряжение UAB на раз- B вторичной обмотки возникает большое рядном промежутке в 100 раз больше ЭДС напряжение. Если средняя напряженность самоиндукции в первичной катушке. Для поля в промежутке AB превысит значе- возникновения искры это напряжение дол- ние 30 кВ/см, в промежутке возникнет жно быть оценочно таким: искровой разряд. Вне зависимости от того, возник или нет искровой разряд, UAB U0 E0d 90 кВ . энергия, запасенная в виде магнитного Следовательно, необходимая ЭДС само- поля, после размыкания цепи постепенно индукции равна переходит в тепло и при ее уменьшении почти до нуля размыкатель перестает U1 900 B . притягиваться к сердечнику и снова за- После размыкания цепь первичной обмот- мыкает цепь. Сколько одинаковых авто- ки представляет собой колебательный кон- мобильных аккумуляторов с ЭДС тур с источником постоянной ЭДС (рис.2). E0 12 B и внутренним сопротивлением r0 0,5 Ом нужно соединить последова- Рис. 2 тельно друг с другом и использовать в качестве источника питания в устрой- Сопротивление R равно сумме сопротив- стве, чтобы воздушный промежуток га- ления R0 и внутреннего сопротивления рантированно «пробивался»? Значения аккумуляторной батареи nr0 , где n – коли- других параметров установки указаны чество аккумуляторов в батарее. По по- на рисунке 1. рядку величины R Щ 10 Ом. Оценим пе- риод возникающих колебаний и время их После возникновения искры ток в первич- затухания: ной обмотке быстро уменьшается, и, когда T ∼ LC 105 c , W ∼ L 104 c . R магнитное поле катушки становится ма- Другими словами, затухание происходит лым, размыкатель возвращается в исход- медленно. Для оценки максимальной ЭДС самоиндукциии в процессе колебаний мож- ное положение, а конденсатор (если он но считать, что затухания вообще нет, иначе говоря, считать, что R = 0. (Тем был заряжен) разряжается. Далее процесс более, что оценить надо ЭДС самоиндук- ции в первом пике.) Далее, в случае воз- повторяется: ток через первичную обмотку никновения искры по вторичной обмотке потечет ток, что повлияет на ЭДС само- достигает значения I0 0,9E , где E – идукции в первичной обмотке. Модель R простого колебательного контура переста- суммарная ЭДС аккумуляторной батареи, нет работать, но самое главное – бульшая часть энергии, запасенной в катушке, из- R – суммарное сопротивление в цепи пер- расходуется при возникновении искрового разряда. вичной обмотки, размыкатель размыкает- Напряжение U на конденсаторе в контуре с батарейкой удовлетворяет неравенству ся, возникает искра и так далее. E  U0 d U d E  U0 , Теперь перейдем к рассмотрению процес- где U0 – амплитуда напряжения на кон- сов, происходящих после размыкания раз- мыкателя. Первичная и вторичная обмот- ки образуют трансформатор. При наличии тока в обеих обмотках обсуждение работы трансформатора представляет собой весь- ма непростую задачу. Однако до момента возникновения искры во вторичной обмот- ке тока нет, поэтому для оценки достаточ- но рассмотреть трансформатор в режиме холостого хода. Напряжение между выво- дами связано с напряжением на первичной обмотке известным соотношением UAB N2 . U1 N1

30 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 денсаторе, равная амплитуде ЭДС само- Напомним, что E nE0 , где n – количе- ство аккумуляторов, E0 – ЭДС одного индукции. Для того чтобы зажигалась ис- аккумулятора, R nr0  R0 – общее со- противление в цепи первичной обмотки. кра, необходимо выполнение условия Прикинем теперь, сколько нужно аккуму- ляторов, чтобы искровой промежуток про- U0 ! 900 В . Попробуем определить U0 , бивался. Если n = 1, то амплитуда напря- используя закон сохранения энергии. К жения равна моменту достижения максимального на- пряжения на конденсаторе E  U0 ток ста- U01 12 1  0,81 ˜ 104 B | 720 B . нет равен нулю, а ЭДС переместит заряд 1,52 C E  U0  и совершит работу CE E  U0  , которая равна суммарному изменению энергии катушки и конденсатора. Эти со- ображения количественно отражает соот- Одного аккумулятора мало. Для n = 2 амплитуда равна ношение C E  U0 2  LI02 . U02 24 1  0,81 ˜ 104 B | 1080 B . CE E  U0  4 22 После преобразований получим Двух аккумуляторов хватит. П.Крюков U02 E2  L I02 , и U0 E 1  0,81L . C R2C Ряд чисел, обратных к простым да и вообще В.БРАГИН 1 + 1 + … + 1 > 2k = 1 2k + + 2k+1 2k+1 2, В математике часто в том или ином виде 1 2k 2 встречается понятие бесконечности. Напри- поскольку в левой части 2k слагаемых и мер, рассматриваются суммы с неограни- все они, кроме одного, больше 1 , а оставшееся ему равно. Поэтому 2k+1 ченным количеством слагаемых (на самом деле в статье-то почти все суммы конечны) и бесконечные суммы, называемые число- 1 + 1 + … + 1 >1+ m, 2 2m 2 выми рядами. В вопросах о бесконечных множествах опыт работы с конечными объек- т.е. сумма в левой части может быть сколь тами иногда абсолютно не помогает. Препо- угодно большой. давая у детей в кружках, всегда интересно Некоторым юным кружковцам этот факт наблюдать за первыми встречами школьни- кажется естественным: мы же можем брать ков с бесконечными суммами. Видно, как сколько хотим слагаемых, конечно же, трудно дается освоение этого нового мира сумму можем увеличивать, как хотим. И со своими законами. следом идет нечто удивительное: сколько Начнем со следующей классической тео- слагаемых в сумме 1+ 1 + 1 + 1 +…+ 1 2 4 8 2n ремы про так называемый гармонический ряд, или ряд из обратных к натуральным ни бери, результат будет меньше 2. Ока- числам. зывается, зависит от того, какие слагае- мые! Теорема 1. Сумма 1 + 1 + 1 + 1 + … + 1 2 3 4 N Когда я был школьником, меня удивила может быть больше любого наперед за- такая сюрреалистичная задача. данного числа. Задача 1. Резинка длиной один метр одним концом целпяется за вбитый гвоздь, Доказательство. Заметим, что а другой конец держит Андрей. На приби- том конце сидит жук, который начинает 1 + 1 > 1, 1 + 1 + 1 + 1 > 1 , ползти к Андрею со скоростью 1 см/мин. 34 2 5 6 7 8 2 Каждую минуту Андрей растягивает DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190503

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 31 резинку еще на один метр. Доползет ли жеством своих простых делителей. Под- множеств из k элементов, как мы знаем, 2k . когда-то жук до Андрея? Лемма 2. M > 2n-1 . На первый взгляд кажется, что каждую минуту оставшаяся жуку дистанция уве- Доказательство. Оценим сверху коли- личивается на 99 сантиметров, поэтому чество чисел, несвободных от квадратов. как же он доползет? Но на самом деле жук Не более четверти всех чисел делится на 4, ведь отдаляется от гвоздя вместе с растя- не более девятой части делится на 9 и т.д. жением резинки. Поэтому важно, что жук Таким образом, количество чисел, несво- проползает не по 1 см каждую минуту, а бодных от квадратов, не более чем ( )2n+1 2n+1 2n+1 сначала 1 от всей длины, потом 1 , + 32 +…+ 2n+1 2 , что в свою оче- 100 200 22 потом 1 и т.д. Из расходимости гармо- редь равно 300 ( )Ê ˆ нического ряда следует, что когда-то эта 2n+1 Á 1 +…+ 1 ˜ < 2n+1 ◊ 3 = 3 ◊ 2n-1 . сумма станет больше 1. ËÁ 22 2n+1 2 ˜¯ 4 Менее тривиальным оказывается следу- А тогда свободных от квадратов чисел ющий факт. больше 2n-1 . Теорема 2. Сумма 1 + 1 + … + 1 огра- Неравенство k > n – 1 легко получается 4 9 n2 ничена (числом, не зависящим от n). из этих двух лемм, что и завершает дока- Доказательство. Будем доказывать, что зательство теоремы 3. 1 +1 +…+ 1 < 3. Отметим, что теорема 3 следует из зна- 4 9 n2 4 (1) менитого постулата Бертрана, но нам уда- Это неравенство следует из того, что лось дать достаточно простое доказатель- 1 1 1 1 1 1 ство. 32 42 n2 2◊3 3◊4 + + … < + +…+ (n - 1) n = Отдельный интерес вызывает следую- щее утверждение. ÊËÁ 1 1 ¯˜ˆ ËÊÁ 1 1 ˜¯ˆ ÁËÊ 1 1 ˜ˆ¯ Теорема 4. Если pi – i-е по счету 2 3 3 4 - n простое число, то сумма 1 + 1 + … + 1 = - + - +…+ n 1 - = не ограничена. p1 p2 pn = 1-1 < 1 Отложив доказательство теоремы, ре- 2n 2 шим с ее помощью следующую задачу – Неравенство (1) позволяет доказать сле- задачу М2548 «Задачника «Кванта». дующие изящное утверждение. Теорема 3. Среди чисел от 1 до 2n+1 Задача 2. Натуральное число n называ- хотя бы n простых. ется избыточным, если сумма всех его Доказательство. Предположим, среди собственных делителей (т.е. натураль- чисел от 1 до 2n+1 ровно k простых чисел. Назовем число свободным от квадратов, ных делителей, отличных от самого n) если оно не делится ни на какой точный больше n. Докажите, что для любого квадрат, больший 1. натурального N существует N подряд Обозначим через M количество свобод- ных от квадратов чисел от 1 до 2n+1 . идущих избыточных чисел. Лемма 1. M £ 2k . Лемма. Можно подобрать k групп по- Доказательство. Заметим, что в разло- парно различных простых чисел так, что жении каждого свободного от квадратов числа, меньшего 2n+1 , входят только про- сумма обратных величин к числам каж- стые, меньшие 2n+1 , причем в степени не дой группы больше 1. выше первой. Поэтому каждое свободное Доказательство. Будем доказывать это от квадратов число определяется подмно- утверждение индукцией по k. База: k = 0. Переход: k Æ k + 1. Предположим, на- брали k групп и все выбранные простые числа меньше натурального M. Тогда за-

32 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 метим, что сумма обратных к простым, 1 , где k £ N , получится, потому что у большим M, неограничена, как и сумма k обратных ко всем простым (поскольку любого такого k в разложении на простые сумма обратных к простым, не превосхо- дящим M, конечная). Поэтому можно выб- множители встречаются только простые, рать несколько простых, больших M, сум- не большие N и не более чем в N-й степени. ма обратных величин к которым больше 1. Таким образом, мы набрали еще одну Утверждение 2. Для любого H > 0 суще- группу. Лемма доказана. ствует такое m, что выполнено неравен- ство Перейдем к решению задачи. Выберем N групп простых чисел, о которых гово- Ê - 1ˆ Ê - 1 ˆ … Ê - 1ˆ < H. (3) рится в лемме. Теперь нам надо добиться ËÁ1 p1 ˜¯ ÁË1 p2 ˜¯ ËÁ1 pm ¯˜ того, чтобы a, первое из последователь- ных чисел, делилось на простые первой Доказательство. Увеличим левую часть группы, второе – делилось на числа из второй группы, третье – на числа из тре- формулы (2), заменив каждую сумму гео- тьей группы и т.д. Это будет выполнено, метрической прогрессии на сумму беско- ( ) ( )если a ∫ 0 mod p1,i , a ∫ -1 mod p2,i , … ( )..., a ∫ -N + 1 mod pN,i , где pl,i пробега- нечной, и получим ет простые числа из группы номер l. Каж- ’N 1 >1+ 1 + 1 +…+ 1 . дое из этих требований – это сравнение 23 N по модулю простого числа. А китайская i=1 1 - 1 теорема об остатках гарантирует, что та- pi кая система по модулям различных про- стых разрешима. Но если число делится Перевернем дроби в обеих частях со сме- на все простые из какой-то группы, то оно избыточное. Действительно, если чис- ной знака: ло b делится на простые из группы номер ’N Ê - 1 ˆ < 1 1 1 . ËÁ1 pi ¯˜ 1 +… i=1 1+ + + N 23 Выберем такое N, для которого 1+ 1 + 1 + 1 > 1 , и тем самым завершим 2 3 N H доказательство утверждения. l, у него уже есть собственные делители Утверждение 3. Для любого C суще- b , b , …, а сумма этих делителей уже pl,1 pl,2 ствует такое n, что выполнено неравен- больше b. Таким образом, каждое из чи- ство сел a, a + 1, ..., a + N – 1 избыточно. Ê + 1ˆ Ê + 1 ˆ … Ê + 1 ˆ > C . (4) Задача решена. ÁË1 p1 ˜¯ ËÁ1 p2 ¯˜ ÁË1 pn ˜¯ Теперь давайте докажем теорему 4. Нач- Доказательство. Предположим, что для нем с нескольких вспомогательных утвер- ждений. любого n выполнено Утверждение 1. Имеет место следую- Ê + 1ˆ Ê + 1 ˆ … Ê + 1 ˆ £ C . (5) щее неравенство: ËÁ1 p1 ˜¯ ËÁ1 p2 ˜¯ ÁË1 pn ¯˜ ’N Ê 1 1 1ˆ Выберем такое n, для которого ËÁ1 pi pi2 piN ˜¯ i =1 + + +…+ > Ê - 1ˆ Ê - 1 ˆ … Ê - 1 ˆ < 1 . (6) ËÁ1 p1 ˜¯ ÁË1 p2 ¯˜ ÁË1 pn ¯˜ 2C 1 1 1 > 1 + 2 + 3 + ... + N . (2) По утверждению (2) такое n существует. Доказательство. Если раскрыть скоб- Перемножим (6) и (5): ки, то получится много слагаемых вида Ê - 1ˆ Ê - 1 ˆ … Ê - 1ˆ < 1 . (7) ËÁ1 p12 ¯˜ ËÁ1 p22 ˜¯ ÁË1 pn2 ¯˜ 2 1 p1D1 p2D2 … pNDn . Заметим, что каждое число Уменьшим левую часть, добавив множите-

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 33 члкеаигкоËÊÁ1п(kр-е-kо112б)˜¯ˆр(kадз+ул1ея)мскоиасптжаодвлунуюычихсмкkоб<куpnÁËÊ.1П- оk1с2л˜ˆ¯е заться, что любые 100 шаблонов, получа- ющихся из некоторого маленького шабло- на поворотом, имеют общую вершину? Решение. Подберем n в виде произведе- k2 ния нескольких различных простых 1◊ 3 ◊ 2◊4 ◊ 3◊5 ◊…◊ ( pn + 1) (pn - 1) < 1. тpа1кp2,…чтpоkб,ыкаMж(дnо)е<из которых больше 100, 22 32 42 2 1 . Выберем требуе- pn2 n 100 мый шаблон – все вершины, номера кото- Но нетрудно видеть, что левая часть пос- леднего неравенства равна pn + 1 . Оче- рых взаимно просты с n. Тогда в шаблон n 1 2pn войдут менее 100 вершин. Докажем, что видно, это не меньше . любые 100 шаблонов, полученных из дан- 2 ного поворотами, пересекаются. Поймем, как из этого следует теорема 4. Действительно, предположим, что это Предположим, что для всех n выполнено повороты на a1,a2,…,a100 . Для каждого 1 + 1 +…+ 1 <C. простого pi подберем остаток ri , не срав- p1 p2 pn нимый с a1,a2,…,a100 по модулю pi . Та- кой остаток существует, поскольку pi > Возведем число e в степень обеих частей: > 100. А теперь подберем остаток a при 1 +…+ 1 11 1 e p1 pn = e p1 ◊ e p2 ◊ … ◊ e pn < eC . (8) делении на n, сравнимый с ri по модулю pi для всех i. Такой остаток a найдется по Как известно, ex ≥ x + 1 для всех x ≥ 0 . китайской теореме об остатках. Применим это к левой части (8) и получим Вершина с номером а окажется во всех Ê + 1ˆ Ê + 1 ˆ … Ê + 1ˆ < eC . шаблонах. Действительно, для любого j от ËÁ1 p1 ¯˜ ÁË1 p2 ¯˜ ÁË1 pn ¯˜ a - aj ∫ ri - aj≢0 1 до 100 выполнено взаимно просто с n. Но по утверждению 3 произведение (mod pi ). Значит, a - aj Ê + 1 ˆ Ê + 1 ˆ … Ê + 1ˆ при некотором Желающие попрактиковаться могут попро- ËÁ1 p1 ˜¯ ÁË1 p2 ¯˜ ÁË1 pn ˜¯ бовать свои силы в следующих задачах. Пер- вые две из них скорее упражнения, последняя n станет больше eC . Противоречие. же задача по-настоящему сложная. Известно, что количество натуральных Задача 4. Петя утверждает, что начиная с чисел, меньших n и взаимно простых с n, некоторого момента каждое следующее про- вычисляется как стое число больше предыдущего хотя бы в M (n) = n Ê - 1ˆ Ê - 1 ˆ … Ê - 1 ˆ ,  1  1010 раз. Докажите, что он не прав. ÁË1 p1 ˜¯ ËÁ1 p2 ˜¯ ËÁ1 pm ˜¯ Задача 5. Обозначим V n сумму делителей где p1, p2,…, pm – все различные простые дбыелвиатюетлиn,nд.лУя ктвоетрожрыдхенMие(n2) означает, что числа n. Дано число x > 1. Докажите, что n < H (при этом существует такое целое n, что все pi могут быть достаточно большими). x  V n  x  106 . Это поможет разобрать интересную зада- n чу, придуманную по мотивам одной старой ныЗма,деасчлаи6.MН(nа)ту<рал1ьн.оДе оnканжазиотвее,мчтионтсеурщесе-- n 100 ствует 1000 подряд идущих интересных чисел. задачи Ленинградской олимпады. Задача 7. Множество вычетов A по модулю Задача 3. Дан правильный n-угольник. n назовем свободным от произведений, если Любое подмножество его вершин назовем xy≢ z mod n для всех x, y, z  A (необязатель- шаблоном. Назовем шаблон маленьким, но различных). Наибольшее количество эле- 1 если в нем меньше 1п0р0и от общего числа ментов в множестве, свободном от произведе- вершин. Могло ли каком-то n ока- ний, обозначим f n . Существуют ли такие n, для которых f n ! n ? 2

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ Задачи 1. Из спичек сложено число 1828. 3. Нарисуйте такую четырехзвенную Какое наименьшее количество спичек ломаную, чтобы ее вершины не совпа- надо переложить, чтобы получить чис- дали с вершинами данного треуголь- ло, которое является полным квадра- ника и чтобы она через каждую из том? вершин треугольника проходила дважды. С.Костин Д. Трущин 2. У одноклассниц Маши и Светы 4. Антон, Боря и Вова участвовали в одинаковое количество тетрадей. Они велопробеге по шоссе Каргополь- купили одинаковые наборы наклеек с Медвежьегорск. Они стартовали в котиками. Маша наклеила на 7 тетра- разное время, и каждый ехал с посто- дей по одному котику, а на остальные янной скоростью: Антон – быстрее Бори, а Боря – быстрее Вовы. В неко- – по 7 котиков. Света наклеила на 11 торых точках шоссе были установле- Иллюстрации Д.Гришуковой тетрадей по одному котику, а на ос- ны видеокамеры. Каждая из них фик- тальные – по 11 котиков. Сколько сировала порядок прохождения учас- котиков было в наборе, если каждая тниками этой точки. Оказалось, что девочка израсходовала весь набор? любой порядок, в котором могли про- ехать Антон, Боря и Вова, был реали- Фольклор зован в какой-то из точек. Известно, что кто-то один из троих падал. Кто Задачи 2–4 предлагались на XVII Московс- именно? кой устной олимпиаде по математике для 6–7 классов. М.Хачатурян, Н.Медведь

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК Диагональ ника располагалась в начале координат и он клетчатого прямоугольника целиком лежал в первой четверти, а сторона Е.БАКАЕВ одной клетки равнялась 1 (рис.1,в). Пря- ВЭТОЙ СТАТЬЕ МЫ ПРИВЕДЕМ РАЗНЫЕ мая, содержащая диагональ, проходит через решения классической задачи 1 про диа- гональ клетчатого прямоугольника. А затем начало координат, значит, ее уравнение име- покажем, как довольно неожиданным обра- зом она встречается в задачах, в которых ни ет вид y = kx, а так как она содержит точку о каком клетчатом прямоугольнике речи нет. a тоbaчxка. Начнем, конечно, с нее самой. b,a , то k b и уравнение прямой y Задача 1. В клетчатом прямоугольнике Если на диагонали лежит целая a u b проведена диагональ. а) Сколько на ней лежит узлов сетки? б) На сколько n,m, то, во-первых, раз точка на самой частей она делится линиями сетки? диагонали, а не на продолжении, то Например, на диагонали прямоугольника 3 u 4 нет узлов (вершины прямоугольника 0  m  a,а во-вторых, точка удовлетворяет мы не считаем), и она делится линиями сетки уравнению прямой, т.е. m a n , откуда на 6 частей (рис.1,а). А для прямоугольника b 3 u 6 ответы: 2 и 6 соответственно (рис.1,б). an = bm. а) Первое решение. Введем оси коорди- Для простоты разберем сначала случай, нат так, чтобы одна из вершин прямоуголь- когда a и b взаимно простые числа (как в DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190504 случае на рисунке 1,а). Тогда из того, что bm делится на a, следует, что m делится на a. Но такого быть не может, так как 0 < m < a. Значит, когда длины сторон взаимно про- сты, то на диагонали нет узлов. Перейдем к общему случаю. Пусть НОД a,b d , а также a acd, b bcd. Тогда НОД ac,bc 1. Поделим обе части уравнения an = bm на d, получим уравнение acn bcm . Теперь можно сделать вывод, что раз ac и bc взаимно простые, то m делится на ac, т.е. m можно представить в виде m act, bcm bcact где t – целое. Тогда n ac ac bct . Поделим все части неравенства 0 < m < a на ac и получим, что 0 < t < d. Для каждого целого t в этом диапазоне числа m и n тоже будут целыми, значит, они будут давать узел на диагонали. Таким образом, на диагонали НОД a,b  1 узлов. Они расположены в точках с координатами bct,act, где 0 < t < d. Второе решение. Пусть длина диагонали равна ab (соответственно, уже не считаем, что сторона клетки равна 1). Введем коор- динаты на диагонали от 0 в одной вершине до ab в другой. По теореме Фалеса горизон- тальные линии сетки делят диагональ на a равных отрезков (рис.1,г), а значит, они пересекают диагональ в точках с координа- тами, кратными b. Аналогично, вертикаль- ные линии пересекают диагональ в точках с координатами, кратными a. Узел – это пе- ресечение вертикальной и горизонтальной линий сетки, поэтому на диагонали узлы – это точки с координатами, кратными и a и b, а значит, кратными НОК a,b. Посколь-

36 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 ку ab НОД a,b ˜ НОК a,b, то количе- бьется этими точками, на 1 больше количе- ство чисел от 1 до ab, кратных НОК a,b, равно НОД a,b. Так как точка с ко- ства точек, поэтому равно a  b  НОД a,b. ординатой ab это конец диагонали, то, от- Следующую задачу проще решать без бросив эту точку, получим ответ привлечения прямоугольника (подумайте, как). Но интересно и найти в ней связь с НОД a,b  1. первой задачей. Третье решение. Докажем, что узлы делят Задача 2. Докажите, что среди чисел диагональ на равные части. Возьмем два a ,2 ˜ a ,3 ˜ a ,…,b ˜ a ровно НОД a,b це- узла P и Q на диагонали и рассмотрим 2 b b b параллельный перенос плоскости, переводя- лых чисел. щий один из них в другой. Тогда прямая, Решение. Рассмотрим такой же прямоу- содержащая диагональ, перейдет в себя и вся гольник a u b , как в задаче 1. Его диагональ сетка перейдет в себя. Значит, и следующий узел на диагонали после P перейдет в следу- лежит на прямой y a x . Точки §¨©1, a · , ющий узел после Q. Таким образом, рассто- b b ¸¹ яния между соседними узлами на диагонали § 2, 2 ˜ a · , § 3, 3 ˜ a · , …, §©¨ b, b ˜ a · являются одинаковые. ¨© b ¸¹ ¨© b ¸¹ b ¸¹ точками пересечения диагонали этого пря- Горизонтальные линии сетки делят диаго- наль на a равных отрезков. Узлы сетки тоже моугольника с вер- делят диагональ на несколько равных час- тикальными лини- тей, обозначим это количество k. При этом ями сетки (рис.2). каждый узел лежит и на горизонтальной Значит, количество линии сетки. Значит, каждый из k равных целых чисел среди отрезков, на которые диагональ разбивается узлами, делится на равные части горизон- перечисленных в тальными линиями и всего частей получает- условии равно ко- ся a. Поэтому a делится на k. Аналогично, b личеству узлов на Рис. 2 делится на k. Следовательно, НОД a,b диагонали. При делится на k. При этом если разбить диаго- вэтеормшипносолйедпнряяямтооучгкоаль©¨§нbи, bка˜.ba ¸·¹Посоэтвопмадуаектос- наль на НОД a,b равных частей, то в личество получается на 1 больше, чем в каждую часть попадет целое количество от- задаче 1а, т.е. НОД a,b. резков, высекаемых горизонтальными лини- Частный случай следующей задачи недав- ями – ведь их количество a делится на но предлагался на XLI Турнире Ломоносова (для M = 8). НОД a,b (рис.1,д). То же верно и про Задача 3. В доме NM этажей. В подъезде вертикальные линии. Значит, узлы делят два лифта, в каждом из которых кнопки диагональ на k НОД a,b частей, а узлов на ней НОД a,b  1 . расположены в виде прямоугольника N u M (N строк, M столбцов), но пронумерованы б) Решение. Диагональ делится на a рав- ных отрезков a – 1 горизонтальными лини- по-разному: в одном «слева направо, снизу ями сетки и на b равных отрезков b – 1 вверх», а в другом «снизу вверх, слева вертикальными линиями сетки. Всего коли- направо» (пример для N = 7, M = 4 приведен чество линий сетки, пересекающих диаго- наль, равно a + b – 2. Если бы они все пере- на рисунке 3,а). Даня нажимает кнопку секали диагональ в разных точках, то точек своего этажа, не глядя на нумерацию, по- пересечения было бы a + b – 2, но некоторые тому что эта кнопка в обоих лифтах точки пересечения могут совпадать. Количе- расположена на одном и том же месте. На ство именно таких точек мы и посчитали в каком этаже он может жить? (Например, пункте а) – их НОД a,b  1 . Значит, раз- для N = 7, M = 4 ответ: 1, 10, 19 и 28). личных точек пересечения Требуется выразить все возможные вари- (a + b - 2) - (НОД (a,b) - 1) = анты ответа через N и M. Решение. Введем систему координат, как a  b  НОД a,b  1. показано на рисунке 3,б. Тогда центры кно- Количество отрезков, на которые диагональ пок будут иметь целые координаты, т.е.

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК 37 Рис. 3 Решение. Как и во многих задачах про бильярды, здесь поможет «выпрямление» будут узлами сетки. Пусть центр кнопки траектории шара. расположен в точке x,y . Выразим номер Отразим квадрат относительно стороны, о которую ударился шар, вместе с траектори- кнопки через координаты ее центра (в каж- ей шара (рис.4,б). Тогда два отрезка траек- дой из двух нумераций). В первой нумера- Рис. 4 ции этаж увеличивается на 1 при увеличении тории выстроятся в один отрезок. Затем отразим полученный квадрат относительно координаты x на 1 и на M – при увеличении следующей стороны, о которую ударится y на 1. Значит, номер кнопки в первой квадрат, и т.д. Вершины квадратов будем нумерации будет 1 + x + My. Номер кнопки, отмечать четырьмя разными цветами, чтобы расположенной в том же месте, во второй было ясно, как они друг другу соответству- нумерации будет, аналогично, 1 + Nx + y. ют. Все полученные при отражениях квадра- Для этажа Дани эти номера совпадают: 1 + ты будут частью бесконечной квадратной + x + My = 1 + Nx + y. Тогда y N  1 x , сетки, фрагмент которой изображен на ри- сунке 4,в, потому что в ней любые два M 1 а это уравнение прямой, соединяющей цент- ры левой нижней и правой верхней кнопок. Значит, ответами являются все узлы, лежа- щие на этой диагонали! А как ответ выража- ется через стороны прямоугольника (в дан- ном случае N – 1 и M – 1), уже обсуждалось в решении задачи 1. Многие задачи про прямоугольные биль- ярды сводятся к задачам про клетчатую плоскость. Это видно на примере следующей задачи, которая по сути сводится к задаче 1. Задача 4. В квадратном бильярде со стороной 1, в углах которого находятся лузы, из левого нижнего угла выпустили шар (рис.4,а). Сначала он ударился о пра- вую стенку; пусть длина отрезка, отме- ченного на рисунке, равна r. Шар продол- жает летать, отражаясь от стенок, пока не попадет в лузу («угол падения» равен «углу отражения»). При каких r шар попа- дет в лузу, а при каких будет летать бесконечно? Если шар попадет в лузу, то в какую?

38 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 соседних квадрата (и раскраска их вершин) ввести координаты с нулем в одном конце диагонали и с единицей в другом, то числа из симметричны относительно их общей сторо- условия будут координатами точек пересече- ния диагонали с линиями сетки. ны. (Раскраска периодичная, и повторяется Поймем, как получается разбиение диаго- в ней один фрагмент 2 u 2 .) нали на a + b одинаковых отрезков. Сумма Таким образом, мы «выпрямили» траекто- a + b это количество единичных отрезков сетки в сторонах AB и BC вместе. Продлим рию – она стала лучом, проходящим по сторону AB на дли- клетчатой плоскости. Введем координаты ну BC до точки K (рис. 5,а). По теоре- так, чтобы начало луча располагалось в ме Фалеса, если пря- мые, параллельные начале координат и исходный квадрат цели- Рис. 5 ком лежал в первой четверти. Уравнение CK, делят сторону AK на a + b равных прямой, на которой лежит этот луч, y = rx. частей, то они поделят и сторону AC на a + b равных частей. Треугольник BCK Если этот луч пройдет через какой-то узел прямоугольный и равнобедренный, значит, a диагонали клеток параллельны CK. Таким b, a, то это означает, что r b , т.е. r образом, диагонали клеток делят диагональ AC на a + b равных частей. рационально. Верно и обратное: если r раци- a Осталось понять, почему на AC между онально и равно дроби b , то луч пройдет двумя соседними диагоналями клеток ровно один узел. через узел b, a . Итак, шар попадет в лузу тогда и только тогда, когда r рационально. Всего прямых, на которых лежат диаго- нали клеток, a + b – 1, значит, между Если r представляется в виде несократи- ними a + b – 2 полос. Отрезки сетки внут- a ри полосы образуют «лесенку», которая мой дроби как b , то b, a это первый узел, идет от одного края прямоугольника до другого и пересекает диагональ AC через который пройдет луч, потому что по (рис.5,б). Таким образом, в каждой полосе есть по одной точке пересечения линий сет- задаче 1 при НОД a, b 1 на диагонали ки с диагональю. Всего таких точек a + b – – 2 – столько же, сколько полос. У сосед- прямоугольника a u b узлов нет. Чтобы от- них «лесенок» есть общие точки, но только ветить на вопрос, в какую лузу попадет шар, в узлах сетки, а по задаче 1 если стороны прямоугольника взаимно просты, то диаго- надо посмотреть на цвет узла b, a в рас- наль через них не проходит. Поэтому в каждой полосе ровно по одной точке, что краске на рисунке 4,в. При нечетных a и b мы и хотели доказать. шар придет в лузу C, при четном a и Задача 6. Даны нечетные взаимно про- стые числа m и n. На отрезке длины 1 нечетном b – в лузу D, при нечетном a и отметили точки, делящие его на m равных четном b – в лузу B. Координаты a и b не отрезков, а также точки, делящие его на n равных отрезков. Части, на которые могут быть четными одновременно, потому a что тогда дробь b была бы сократимой, поэтому ситуация, когда шар попадет в лузу A, невозможна. Последние две задачи этой статьи наибо- лее трудные. Идея рассмотреть прямоуголь- ник в них не лежит на поверхности, но дает существенную помощь при решении. Задача 5 (XIII Всесоюзная олимпиада, 1979 г.). Натуральные числа a и b взаимно просты. Отрезок >0; 1@ разбит на a + b одинаковых отрезков. Докажите, что в каждом из этих отрезков, кроме двух край- них, лежит ровно одно из a + b – 2 чисел 1 , 2 , …, a  1, 1 , 2 , …, b  1 . a a a b b b Решение. Одна серия точек делит отрезок на a равных частей, а другая на b – так же, как в первой задаче! Тогда снова рассмотрим прямоугольник a u b . Если на его диагонали

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК 39 эти точки разбили отрезок, покрасили в 3) Если раскрасить клетки прямоугольни- красный и синий цвета в шахматном по- ка m u n в шахматном порядке, то красные отрезки будут лежать в клетках одного цве- рядке. Докажите, что разность сумм длин та, а синие – в клетках другого (см. при- мер на рисунке 6,г). красных отрезков и длин синих отрезков 1) Докажем, что при переносе никакой равна 1 . отрезок не наложился на другой. Пронуме- mn На рисунке 6,а показан пример для m = 3, руем все отрезки в том порядке, в каком n = 5. они шли в диагонали квадрата со стороной Решение. Рассмотрим клетчатый квадрат mn. Рассмотрим какой-то из этих отрезков с номером t > 1 после переноса его в пря- со стороной mn. Разобьем его прямыми на моугольник m u n . Заметим, что по его по- прямоугольники m u n (в которых m строк ложению однозначно восстанавливается по- и n столбцов). Горизонтальные прямые раз- ложение отрезка номер t – 1. Предположим, что два отрезка с номерами t > 1 и s > 1 бивают диагональ на n равных частей, а совпали. Тогда совпали и предыдущие от- резки t – 1 и s – 1. Применив это рассужде- вертикальные – на m (на рисунке 6,б при- веден пример для m = 3, n = 5). Таким ние несколько раз, уменьшим один из этих номеров до 1 и получим, что какой-то отре- образом, диагональ разбивается на части зок v совпадает с отрезком 1. А это значит, что на границе отрезков v – 1 и v диаго- так же, как отрезок из условия. Покрасим наль квадрата mn проходит через узел на- рисованной нами сетки из прямоугольни- части диагонали в шахматном порядке в ков m u n. красный и синий цвета. Далее отрезками Докажем, что на диагонали квадрата не будем называть только mn отрезков диаго- может быть таких узлов. Если сжать квад- нали, являющиеся диагоналями клеток. Для рат в n раз по горизонтали и затем в m раз решения задачи надо доказать, что количе- по вертикали, то ячейки сетки примут раз- мер 1 u 1 , а сам квадрат станет прямоуголь- ство красных отрезков отличается от коли- ником n u m . По задаче 1, раз m и n вза- имно просты, то диагональ не проходит чества синих отрезков на 1. через узлы сетки, а значит, она не прохо- Выберем один из прямоугольников m u n и дила через узлы сетки из прямоугольников параллельно сдвинем на него остальные пря- m u n и до этих сжатий. Противоречие. Итак, утверждение 1 доказано. моугольники (см. пример на рисунке 6,в). 2) Докажем, что каждая клетка занята Докажем три утверждения. 1) При этом отрезком. Всего отрезков mn, что равно переносе никакой отрезок не наложился на количеству клеток прямоугольника m u n , в который эти отрезки перенеслись. При другой. 2) Каждая клетка занята отрезком. этом никакие два отрезка не попали в одну Рис. 6 клетку, как доказано в первом утвержде- нии. Значит, в каждой клетке по отрезку и пустых клеток нет. 3) Докажем, что если раскрасить клетки прямоугольника m u n в шахматном поряд- ке (в белый и черный цвета), то красные отрезки будут лежать в клетках одного цве- та, а синие – в клетках другого. Рассмот- рим какой-то отрезок с номером t, пусть он синий. Если отрезок с номером t + 1 того же цвета, то после переноса они окажутся в соседних по диагонали клетках, которые также одного цвета.

40 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 Если же отрезки разного цвета, то их 5 (к задаче 4). Попадет ли шар в лузу, если разделяет линия сетки – допустим, гори- выпустить его из вершины под углом 30q к сторо- зонтальная (см. пример на рисунке 6,д). не квадрата? Тогда отрезок с номером t переместился в 6. Дан прямоугольный бильярд со сторонами 1 и 2 . Из его угла под углом 45q к стороне верхнюю строку прямоугольника m u n, а выпущен шар. Попадет ли он когда-нибудь в отрезок t + 1 – в нижнюю, но в следующий лузу? столбец. Стороны прямоугольника m u n не- четные, поэтому верхняя строка раскраше- 7. В прямоугольном бильярде размером p u 2q , на так же, как нижняя. А значит, отрезки с номерами t и t + 1 будут разного цвета. где p и q – нечетные числа, сделаны лузы в каждом углу и в середине каждой стороны дли- Итак, соседние отрезки одного цвета ны 2q. Из угла выпущен шарик под углом 45q переходят на клетки одного цвета, а сосед- к стороне. Докажите, что шарик обязательно ние отрезки разного цвета – на клетки раз- попадет в одну из средних луз. ных цветов. Значит, все красные отрезки 8. Параллелепипед a u b u c разбит на еди- лежат в клетках одного цвета, а синие – в ничные кубики. Сколько точек на диагона- клетках другого. ли параллелепипеда являются вершинами куби- ков? У прямоугольника m u n стороны нечет- ные, поэтому количество черных и белых 9 (Д.Фомин, пример к утверждению задачи М1232). Хозяйка испекла для гостей пирог. За клеток в шахматной раскраске отличается столом может оказаться либо p человек, либо q. на 1. Тогда и количество синих и красных отрезков отличается на 1, что и требова- Докажите, что хозяйка может заранее разрезать лось доказать. пирог на p  q  НОД p, q кусков так, чтобы Задачи для самостоятельного решения в любом случае его можно было раздать по- 1. Как вы думаете, почему вершины квадратов ровну. сетки называют узлами? 10 (А.Толпыго, устный тур Турнира городов, 2. Сколько чисел от 1 до 300 делятся на 5 или 2016 г.). Прямоугольник p u q, где p, q – нату- на 6? ральные взаимно простые числа, p < q, разбит 3. Сколько из чисел a, 2a, 3a, …, ba делятся на единичные квадратики. Из левого нижнего на b? угла прямоугольника в его правый верхний угол 4 (к задаче 4). Сколько раз шар ударится о проведена диагональ. Она отсекает треугольни- стенку AB до попадания в лузу? ки от некоторых квадратиков. Найдите суммар- ный периметр всех этих треугольников. ИТОГИ КОНКУРСА ИМЕНИ А.П.САВИНА 2018/19 УЧЕБНОГО ГОДА ПОБЕДИТЕЛИ ПРИЗЕРЫ Лучших результатов добились школьники: Жюри конкурса также отмечает хорошие работы следующих школьников: Бирюлин Алексей – Москва, Курчатовская школа, 6 кл., Коноплев Максим – Москва, школа 1329, 8 кл., Дренчева Мария – Болгария, София, Софий- ская математическая гимназия, 7 кл. Крвавич Адриан – Великобритания, Лондон, Уимблдонский колледж, 8 кл., и команда математической группы Центра «Успех» Гатчинского муниципального района Линник Елена – Украина, Харьков, ХУВК 45 Ленинградской области (руководитель Пав- «Академическая гимназия», 10 кл., лов Сергей Павлович): Саначев Иван – Москва, школа 1583, 3 кл. Маточинская Варвара – Гатчина, лицей 3, 7 кл., Поздравляем! Тюков Даниил – Пригородная школа, 8 кл., Победителям и призерам будут высланы Еронин Валерий – Сиверская гимназия, 8 кл., дипломы журнала «Квант» и призы от изда- Дзюба Сергей – Гатчина, лицей 3, 8 кл., тельства МЦНМО. Кашенко Юлия – Гатчина, лицей 3, 9 кл., Кудяков Макар – Гатчина, лицей 3, 8 кл., Кроме того, призы также получат наиболее Еремеев Семён – Гатчина, лицей 3, 9 кл. активные участники конкурса.

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ Принцип перпозиции вопрос о независимости скла- суперпозиции в дываемых полей друг от друга просто ос- электростатике тавляется в стороне (см., например, [1], с.51). С.КРЮКОВ В этой статье на ряде примеров иллюст- ПРИНЦИП СУПЕРПОЗИЦИИ ЭЛЕКТРИЧЕС- рируется применение принципа суперпози- ческих полей формулируется следую- ции в электростатике. Естественно, любая щим образом: электростатическая задача может быть ре- шена общими методами, основанными на Электрическое поле двух или несколь- свойствах кулоновских полей и системе ос- ких точечных зарядов в любой точке про- новных уравнений электростатики. Но по- странства равно геометрической сумме рой эти решения оказываются весьма гро- полей, создаваемых в этой точке каждым моздкими. Однако если заданную в задаче зарядом в отдельности (т.е. когда осталь- систему зарядов удается представить в виде ные заряды устранены). наложения более простых подсистем, не ис- кажающих друг друга, то решение сложной Главное содержание этого принципа со- задачи сводится к наложению решений бо- стоит не в том, что поля складываются, как лее простых, иногда даже хорошо извест- векторы, а в том, что они не искажаются ных. Это позволяет не только быстро и присутствием других зарядов, причем не красиво (порой устно) получить ответ, но и искажаются поля только точечных заря- гораздо нагляднее представить структуру дов. Нетрудно привести пример, когда поля возбуждаемых данной системой зарядов по- различных источников векторно суммиру- лей. При этом чрезвычайно важно быть ются, но принцип суперпозиции не выпол- уверенным в том, что найденные подсисте- няется. Если взять, скажем, два заряда, мы зарядов действительно не исказят друг расположенных на проводниках, и найти друга и решения подзадач можно просто поле в любой точке поблизости, то оно накладывать. В этом основная трудность будет векторной суммой полей, созданных использования данного метода, которая по- каждым зарядом, однако принцип суперпо- рой приводит к ошибкам. зиции здесь, конечно, не справедлив. Из-за неточечности источников за счет электриза- Рассмотрим теперь некоторые конкретные ции через влияние распределения зарядов задачи, поддающиеся решению указанным на поверхности проводников изменятся, и методом. они будут создавать поля, отличные от тех, которые создавали бы, будучи уединенны- Задача 1. Центр проводящего шара ради- ми. Таким образом, сложатся искаженные усом а, несущего заряд Q, находится на поля, т.е. требования принципа суперпози- расстоянии R от точечного заряда q. Най- ции будут нарушены. дите потенциал M шара, если а и R сравни- мы друг с другом (a < R). К сожалению, учащиеся далеко не всегда правильно понимают эту главную часть со- Решение. Поскольку объем шара эквипо- держания принципа. Более того, порой и в тенциален, достаточно найти потенциал ка- учебной литературе при обсуждении (впол- кой-либо его точки, например центра. Для не корректном) процедуры сложения элек- этого разобьем заряд шара Q на малые трических полей упор делается именно на элементы (точечные заряды) и применим векторный характер этого сложения и при общую формулу для потенциала, созданного окончательной формулировке принципа су- произвольным распределением заряда в любой точке поля М: DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20190505 n 'qi k ¦M M  , i 1 ri где k 1 9 ˜ 109  ед. СИ, 'qi – i-й 4SH0 точечный заряд, а ri – расстояние от него до исследуемой точки поля. В нашем случае

42 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 Рис. 1 гих распределений здесь возникнуть не может. (рис.1) для зарядов 'qi на шаре все рассто- яния одинаковы: ri a const , так что Замечание. Из проведенных рассуж- дений следует, что при внесении незаря- ¦Mk § q  n 'qi · женной проводящей сферы (шара) в ¨ R i1 a ¸ любое заданное поле на ней индуциру- © ¹ ются заряды, поле которых накладыва- ется на внешнее. В результате потенци- ¦k § q  1 n 'qi · k § q  Q · . ( ) алы всех точек поля изменятся, кроме одной. ¨ R a i1 ¸ ¨© R a ¹¸ Это центр сферы, где потенциал сохранит © ¹ прежнее значение. Задача 2. Две проводящие сферы радиуса- Попытаемся теперь представить решение ми r0 и R 3r0 , расположенные одна внут- ри другой, как показано на рисунке 3, данной задачи в виде наложения решений двух более простых задач: незаряженный Рис. 3 шар в поле точечного заряда и уединенный заряжены зарядами q и Q соответственно. заряженный шар. Найдите напряженность E и потенциал M электрического поля в точке М, отстоя- Вообще, единственным условием, которо- щей от центра О большей сферы на рассто- яние 2R, которое отсчитано в направле- му подчиняется распределение зарядов на нии, перпендикулярном линии центров. поверхности системы проводников, являет- Решение. На первый взгляд задача кажет- ся равенство нулю напряженности поля в ся трудной: заряженные сферы будут влиять каждой точке внутри каждого проводника. друг на друга, распределения зарядов на них окажутся неравномерными и непонятно, как Теорема единственности утверждает, что искать поле и потенциал в точке М. Для прояснения ситуации рассмотрим более об- такое распределение всегда существует и оно щую задачу: проводник произвольной фор- мы заключен в замкнутую проводящую обо- единственно, т.е. других распределений, лочку тоже произвольной формы, причем удовлетворяющих данному условию, нет. все это находится в окружении неких заря- дов. Какие особенности будут иметь поля Заряд q индуцирует на незаряженном шаре внутри и снаружи оболочки, если ее и про- водник зарядить какими-то зарядами? некое неравномерное распределение зарядов Поместим на проводник и окружающую с поверхностной плотностью V M , при- его оболочку произвольные заряды q1 и q2 (рис.4,а). Эти заряды так разместятся на чем, очевидно, система зарядов ^q,V M` не трех имеющихся поверхностях S1 , S2 и  S3 , создает поля внутри шара (рис.2). В этом что поле в каждой точке проводника и обо- лочки обратится в ноль. При этом заряд q2 случае, полагая в оболочки разделится вполне определенным образом между внутренней и внешней ее n поверхностями: на внутренней появится за- ряд q1 , а оставшийся заряд +(q1  q2) уйдет ( ) ¦ 'qi 0 , получаем на внешнюю. Действительно, выбирая замк- нутую поверхность S, целиком находящую- первiое1 слагаемое ответа. (Точное решение – рас- чет поля E и V M – может быть получено Рис. 2 методом изображений; см., например, [2], с.124–126.) Если теперь на уединенный шар поместить заряд Q, то он, распределившись равномерно по поверхности шара, тоже не даст поля внутри. Этой ситуации соответ- ствует второе слагаемое ответа. Поскольку оба распределения (порознь) не дают поля внутри, простая их суперпозиция (без вза- имного искажения) его там тоже не даст и, в силу теоремы единственности, никаких дру-

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ 43 Рис. 4 области нулевого поля: внутри S1 и между S2 и S3 . Но это как раз области, занимае- ся в толще оболочки (где Е = 0), и приме- мые проводником и окружающей его оболоч- няя к ней теорему Гаусса, мы получим, что кой. Таким образом, найденное распределе- из равенства нулю потока через эту поверх- ние заряда, давая нулевое поле внутри про- ность следует равенство нулю полного заря- да внутри нее. Таким образом, если на водника и оболочки, является решением проводнике находится заряд q1 , то заряд  q1 поставленной задачи и, в силу теоремы един- должен появиться на внутренней поверхно- ственности, решением единственным. сти оболочки. Пространства внутри и вне оболочки ока- Попытаемся теперь представить рассмат- зываются совершенно не связанными друг с риваемую картину распределения заряда (и другом: любые перемещения проводника внутри оболочки, приводя лишь к перерасп- созданного им поля) в виде суперпозиции ределению заряда на ее внутренней поверх- ности, никак не скажутся на полях и распре- картин двух более простых распределений, делениях заряда снаружи и наоборот. изображенных на рисунках 4,б и в. Первая картина получается, если все пространство Вернемся теперь к нашей задаче. Из ска- снаружи оболочки заполнить проводником. занного следует, что положение малой сфе- При этом останутся лишь две поверхности ры внутри большой совершенно не влияет на поле снаружи. Оно будет создаваться равно- S1 и S2 , заряженные зарядами q1 и q1 , и мерно распределенным по внешней поверх- поле между ними. Во всем остальном про- ности большей сферы зарядом q + Q, т.е. странстве, т. е. внутри S1 и снаружи S2 , будет сферически симметричным и опреде- ляться законом Кулона для точечного заря- система зарядов ^q1,q1` поля не создает. да указанной величины, расположенного в Для реализации второй картины заполним центре большой сферы. Стало быть, иско- проводником всю область внутри оболочки. мые величины напряженности и потенциала Тогда останется поверхность S3 с зарядом q1  q2 и все остальные (внешние) заряды, соответственно равны размещенные вне оболочки произвольным образом. Эта система зарядов дает отличное E k qQ и M k qQ . 4R2 2R от нуля поле только снаружи поверхности S3 , внутри нее в каждой точке Е = 0. Задача 3. К уединенному незаряженному Итак, мы имеем две системы зарядов плоскому воздушному конденсатору емкос- ^q1,q1` и { q1  q2 , остальные заряды}, при- тью С снаружи подносят точечный заряд чем первая система не создает поля там, где q, располагая его на расстоянии а, много находятся заряды второй системы, а вторая меньшем размеров обкладок конденсатора, не возбуждает его в местах расположения и далеко от их краев. Найдите напряжение зарядов первой. Значит, при наложении U на конденсаторе. этих распределений они не почувствуют друг Решение. При приближении точечного друга, а потому никак друг друга не исказят. заряда q к правой пластине конденсатора на При этом поля их сложатся в каждой точке, ее наружной поверхности индуцируется за- и там, где оба распределения порознь давали нулевое поле, оно нулевым и останется. ряд противоположного знака (см., напри- Следовательно, после наложения будут две мер, [2], с.122–124), распределенный (не- равномерно) с какой-то поверхностной плот- ностью V M (рис.5). Эта система зарядов ^q,V M` не создает поля нигде левее наружной поверхности правой обкладки (т.е. в толще пластин Е = 0). Используя метод отражений и теорему Гаусса, нетрудно пока- зать, что полный наведенный заряд, соответ- ствующий плотности V M , в точности ра- вен  q . Поскольку правая обкладка не за- ряжена, на ней высвобождается заряд +q, который уже будет создавать поле внутри (и

44 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 ко изменится (пос- ле заземления) по- тенциал M точки В, являющейся вершиной равно- стороннего тре- угольника АВО? Решение. До за- Рис. 5 земления заряд q индуцирует на сфе- вне) конденсатора и в свою очередь наведет ре некое неравно- Рис. 7 мерное распределе- на поверхностях левой обкладки некие заря- ние заряда с плот- ды (в сумме равные нулю). Эти заряды ностью V M , дающее вместе с q нулевое поле в любой точке внутри проводника – вместе с высвободившимся зарядом +q так стенок сферы (а стало быть, и внутри всей распределятся на четырех имеющихся по- сферы). После заземления на сфере появля- верхностях, чтобы тоже не создавать поля в ется заряд Q  R q (зануляющий ее потен- r толще каждой из обкладок. Величины этих циал), который, очевидно, распределится зарядов легко угадываются (хотя могут быть найдены с помощью элементарного расче- равномерно по ее поверхности, поскольку q q та). Это, если идти слева направо,  2 ,  2, только в этом случае он не создаст поля из  q и  q (рис.6). Так как ни одна внутри сферы. Таким образом, появление 2 2 заряда Q не нарушит распределения напря- женности и потенциала в пространстве, со- зданные системой зарядов ^q,V M` , а лишь наложит на них собственные сферически симметричные распределения E M и M M . Значит, потенциал точки В изменит- ся на величину 'M kQ k Rq . r r2 Так же легко находим изменение вектора Рис. 6 напряженности поля в точке В: приведенных подсистем зарядов не создает 'E k Q e k Rq e , r2 r3 поля ни в одном из проводников, простая их (подсистем) суперпозиция (без взаимного где e – единичный вектор, направленный от О к В. искажения) его там тоже не даст и, стало Приведенные примеры, конечно, не исчер- быть, будет иметь место в действительности. пывают все возможности применения прин- Таким образом, поле внутри конденсатора q ципа наложения при решении электростати- возбуждается только зарядами r 2 на внут- ческих задач. ренних сторонах обкладок, а значит, Литература U q2 q . 1. Г.Я.Мякишев, А.З.Синяков, Б.А.Слободс- C 2C ков. Физика. Электродинамика. 10–11 классы. Профильный уровень. – М.: Дрофа, 2007. Задача 4. В точке А, расположенной на 2. Р.Фейнман, Р.Лейтон, М.Сэндс. Фейнма- расстоянии r от центра О незаряженной новские лекции по физике. Выпуск 5. – М.: Мир, 1966. проводящей сферы радиусом R, находится точечный заряд q. Сферу заземляют длин- ным тонким проводником (рис.7). На сколь-

ОЛИМПИАДЫ XL Турнир городов ЗАДАЧИ ВЕСЕННЕГО ТУРА открывает одну шкатулку, в которой нет Базовый вариант монетки. Далее фокусник указывает на 4 шкатулки, и их одновременно открывают. 8–9 классы Цель фокусника – открыть обе шкатулки с монетками. Предложите способ, как догово- 1. (3)1 В ряд выписаны несколько нату- риться фокуснику с помощником, чтобы этот ральных чисел с суммой 20. Никакое число фокус всегда удавался. и никакая сумма нескольких подряд запи- санных чисел не равны 3. Могло ли быть К.Кноп выписано больше 10 чисел? 10–11 классы А.Шаповалов 1. (4) Расстояния от некоторой точки 2. (4) По кругу лежат 2n + 1 монет орлом внутри правильного шестиугольника до трех вверх. Двигаясь по часовой стрелке, делают его последовательных вершин равны 1, 1 и 2 2n + 1 переворотов: переворачивают какую- соответственно. Чему равна сторона этого то монету, одну монету пропускают и пере- шестиугольника? ворачивают следующую, две монеты пропус- кают и переворачивают следующую, три М.Евдокимов монеты пропускают и переворачивают сле- дующую и т.д., наконец, пропускают 2n 2. (4) Натуральные числа a и b таковы, что монет и переворачивают следующую. Дока- an1  bn1 делится на an  bn для бесконеч- жите, что теперь ровно одна монета лежит ного множества различных натуральных n. решкой вверх. Обязательно ли тогда a = b? В.Расторгуев Б.Френкин 3. (4) Произведение натуральных чисел m 3. (4) Докажите, что любой треугольник можно разрезать на 2019 четырехугольни- и n делится на их сумму. Докажите, что ков, каждый из которых одновременно впи- 2 санный и описанный. m  n d . n Н.Седракян Б.Френкин 4. (5) См. задачу 5 для 8–9 классов, только теперь в ряд стоят 13 закрытых пустых 4. (5) В прямоугольник ABCD вписывают шкатулок. равнобедренные треугольники с заданным углом D при вершине, противолежащей 5. (5) В ряд выписаны несколько нату- основанию, так, что эта вершина лежит на ральных чисел с суммой 2019. Никакое отрезке BC, а концы основания – на отрез- число и никакая сумма нескольких подряд ках AB и CD. Докажите, что середины записанных чисел не равны 40. Какое наи- оснований у всех таких треугольников со- большее количество чисел могло быть выпи- впадают. сано? И.Жижилкин А.Шаповалов 5. (5) Фокусник с помощником показыва- Сложный вариант ют фокус. В ряд стоят 12 закрытых пустых шкатулок. Фокусник уходит, а зритель на 8–9 классы виду у помощника прячет по монетке в любые две шкатулки по своему выбору. 1. (5) Король вызвал двух мудрецов и Затем возвращается фокусник. Помощник объявил им задание: первый задумывает 7 различных натуральных чисел с суммой 100, 1 В скобках после номера задачи указано число тайно сообщает их королю, а второму муд- баллов, присуждавшихся за ее полное решение. рецу называет лишь четвертое по величине Итог подводился по трем задачам, по которым из этих чисел, после чего второй должен достигнуты наилучшие результаты (баллы за отгадать задуманные числа. У мудрецов пункты одной задачи суммируются). нет возможности сговориться. Могут ли муд-

46 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 рецы гарантированно справиться с зада- Докажите, что существует такая цифра, что нием? если ее впечатать в отмеченный промежуток любое число раз, то получится число, деля- М.Евдокимов щееся на 7. 2. (7) См. задачу М2558 «Задачника «Кван- А.Галочкин та». 2. (6) См. задачу М2558 «Задачника «Кван- 3. (7) См. задачу М2559а «Задачника та». «Кванта». 3. (7) См. задачу М2559б «Задачника 4. (8) Каждый отрезок с концами в верши- «Кванта». нах правильного 100-угольника покрасили – в красный цвет, если между его концами 4. (8) См. задачу 5 сложного варианта для четное число вершин, и в синий в противном 8–9 классов. случае (в частности, все стороны 100-уголь- ника красные). В вершинах расставили чис- 5. Ортогональной проекцией тетраэдра на ла, сумма квадратов которых равна 1, а на плоскость одной из его граней является отрезках – произведения чисел в концах. трапеция площади 1. Затем из суммы чисел на красных отрезках вычли сумму чисел на синих. Какое наиболь- а) (4) Может ли ортогональной проекцией шее число могло получиться? этого тетраэдра на плоскость другой его грани быть квадрат площади 1? И.Богданов б) (4) А квадрат площади 1 2019 ? 5. (9) В клетках квадратной таблицы М.Евдокимов n u n, где n ! 1, требуется расставить различ- 6. (8) Петя и Вася играют в игру. Для 2 каждых пяти различных переменных из на- ные целые числа от 1 до так, чтобы бора x1, …, x10 имеется единственная карточ- n ка, на которой записано их произведение. Петя и Вася по очереди берут по карточке, каждые два последовательных числа оказа- начинает Петя. По правилам игры, когда все карточки разобраны, Вася присваивает пере- лись в соседних по стороне клетках, а каж- менным значения как хочет, но так, что 0 d x1 d … d x10 . Может ли Вася гарантиро- дые два числа, дающие одинаковые остатки ванно добиться того, чтобы сумма произведе- ний на его карточках была больше, чем у при делении на n, оказались в разных стро- Пети? ках и в разных столбцах. При каких n это И.Богданов возможно? 7. (12) См. задачу М2561 «Задачника «Кванта». А.Грибалко 6. (9) Внутри равнобедренного треуголь- УСТНЫЙ ТУР ДЛЯ 11 КЛАССА ника ABC отмечена точка K так, что CK = = AB = BC и угол KAC равен 30q . Найдите 1. В таблице n u n стоят все целые числа угол AKB. 2 от 1 до , по одному в клетке. В каждой Е.Бакаев n 7. (12) Есть 100 кучек по 400 камней в строке числа возрастают слева направо, в каждой. За ход Петя выбирает две кучки, удаляет из них по одному камню и получает каждом столбце – снизу вверх. Докажите, за это столько очков, каков теперь модуль разности числа камней в этих двух кучках. что наименьшая возможная сумма чисел на Петя должен удалить все камни. Какое наи- большее суммарное количество очков он главной диагонали, идущей сверху слева может при этом получить? вниз направо, равна 12  22  …  2 . М.Дидин n 10–11 классы Б.Френкин 1. (5) На экране компьютера напечатано 2. Луноход ездит по поверхности плане- некоторое натуральное число, делящееся на ты, имеющей форму шара с длиной эквато- 7, и отмечен курсором промежуток между ра 400 км. Планета считается полностью какими-то двумя его соседними цифрами. исследованной, если луноход побывал на

ОЛИМПИАДЫ 47 расстоянии по поверхности не более 50 км 2 xy  yz  zx . Докажите, что x, y и z – от каждой точки поверхности и вернулся на базу (в исходную точку). Может ли луно- квадраты натуральных чисел. ход полностью исследовать планету, пре- Ю.Маркелов одолев не более 600 км? 5. См. задачу М2560 «Задачника «Кван- М.Евдокимов та». 3. Можно ли замостить плоскость парабо- 6. Внутри треугольника ABC на биссект- лами, среди которых нет равных? (Требует- рисе угла A выбрана произвольная точка J. ся, чтобы каждая точка плоскости принадле- Лучи BJ и CJ пересекают стороны AC и AB жала ровно одной параболе и чтобы ни одна в точках K и L соответственно. Касательная парабола не переводилась ни в какую дру- к описанной окружности треугольника AKL гую параболу движением.) в точке A пересекает прямую BC в точке P. Докажите, что PA = PJ. А.Лопатников П.Кожевников, А.Кузнецов 4. Про натуральные числа x, y и z изве- Публикацию подготовили стно, что НОД x,y,z 1 и x2  y2  z2 С.Дориченко, Л.Медников LXXXII Московская математическая олимпиада 6 класс 4 [6]. Имеются три кучки по 40 камней. Петя и Вася ходят по очереди, начинает 1 [4]1 , 2 [5], 3 [6], 4 [6]. См. задачи 1, 2, Петя. За ход надо объединить две кучки, 3, 4 раздела «Квант» для младших школьни- после чего разделить эти камни на четыре ков» в «Кванте» №3. кучки. Кто не может сделать ход – проиграл. Кто из играющих (Петя или Вася) может 5 [8]. Вокруг круглого озера через равные выиграть, как бы ни играл соперник? промежутки растут 2019 деревьев: 1009 со- сен и 1010 елок. Докажите, что обязательно А.Шаповалов найдется дерево, рядом с которым растет сосна и с другой стороны от которого через 5 [9]. См. задачу 4 раздела «Квант» для одно дерево тоже растет сосна. младших школьников» в «Кванте» №4. Е.Бакаев 6 [9]. В ряд лежат 100 монет, часть – вверх орлом, а остальные – вверх решкой. За одну 6 [8]. Каждая грань куба 6 u 6 u 6 разбита операцию разрешается выбрать семь монет, на клетки 1 u 1. Куб оклеили квадратами 2 u 2 лежащих через равные промежутки (т.е. так, что каждый квадрат накрывает ровно семь монет, лежащих подряд, или семь мо- четыре клетки, никакие квадраты не совпа- нет, лежащих через одну, и т.д.), и все семь дают и каждая клетка накрыта одинаковым монет перевернуть. Докажите, что при помо- числом квадратов. Какое наибольшее значе- щи таких операций можно все монеты поло- ние может принимать это одинаковое число? жить вверх орлом. (Квадрат можно перегибать через ребро.) С.Токарев, А.Шаповалов А.Шаповалов 8 класс 7 класс 1. Все таверны в царстве принадлежат 1 [4], 2 [5], 3 [6]. См. задачи 1, 3, 2 раздела трем фирмам. В целях борьбы с монополия- «Квант» для младших школьников» в «Кван- ми царь Горох издал следующий указ: каж- те» №4. дый день, если у некоторой фирмы оказыва- ется более половины всех таверн и число ее 1 В квадратных скобках указано число бал- таверн делится на 5, то у этой фирмы оста- лов, присуждавшееся за полное решение зада- чи. Баллы ставились только в 6 и 7 классах.

48 К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 5 ется только пятая часть ее таверн, а осталь- 10 класс ные закрываются. Могло ли так случиться, что через три дня у всех фирм стало меньше 1. Приведите пример девятизначного на- таверн? (Новые таверны в это время откры- турального числа, которое делится на 2, если ваться не могут.) зачеркнуть вторую (слева) цифру, на 3 – если зачеркнуть в исходном числе третью И.Ященко, А.Шаповалов цифру, …, делится на 9, если в исходном числе зачеркнуть девятую цифру. 2. Найдите наименьшее натуральное число 2 М.Евдокимов n, для которого  20n  19 делится на n 2. См. задачу 3 для 9 класса. 2019. 3. См. задачу М2558 «Задачника «Кванта». Д.Шноль 4. Каждая точка плоскости раскрашена в один из трех цветов. Обязательно ли найдет- 3. Про трапецию ABCD с основаниями AD ся треугольник площади 1, все вершины и BC известно, что AB = BD. Пусть точка M которого имеют одинаковый цвет? – середина боковой стороны CD, а O – точка пересечения отрезков AC и BM. Докажите, О.Косухин что треугольник BOC равнобедренный. 5. См. задачу 6 сложного варианта для 10– Л.Попов 11 классов XL Турнира городов. 4. См. задачу М2558 «Задачника «Кван- 6. См. задачу М2561 «Задачника «Кванта». та». 5. См. задачу 6 сложного варианта для 8– 11 класс 9 классов XL Турнира городов (весенний тур). Первый день 6. См. задачу 5 сложного варианта для 8 – 1. Пусть f x x2  3x  2 . Вычислите 9 классов XL Турнира городов. §  2 ·§  2 · §  2 · . ©¨¨1 ¸¸¹ ¨©¨1 ¸¹¸ … ¨¨© 1 f ¸¸¹ 9 класс f 1 f 2 2019 1. См. задачу 1 сложного варианта для 8– М.Евдокимов 9 классов XL Турнира городов. 2. См. задачу 1 сложного варианта для 10– 11 классов XL Турнира городов. 2. См. задачу 2 для 8 класса. 3. См. задачу 3 для 9 класса. 3. В остроугольном треугольнике ABC 4. Докажите, что для любых различных проведены высоты AAc и BBc. Точка O – центр окружности, описанной около треу- натуральных чисел m и n справедливо нера- гольника ABC. Докажите, что расстояние от точки Ac до прямой BO равно расстоянию от венство n m  m n ! 1 . Д.Горяшин точки Bc до прямой AO. mn Е.Бакаев 5. См. задачу 5а сложного варианта для 10–11 классов XL Турнира городов. 4. См. задачу 4 сложного варианта для 8– 9 классов XL Турнира городов. 6. См. задачу М2561 «Задачника «Кванта». 5. Биссектриса угла ABC пересекает опи- Второй день санную окружность Z треугольника ABC в точках B и L. Точка M – середина отрезка 1. Пользуясь равенством lg11 1,0413... , AC. На дуге ABC окружности Z выбрана найдите наименьшее число n > 1, для кото- точка E так, что EM BL . Прямые AB и BC рого среди n-значных чисел нет ни одного, пересекают прямую EL в точках P и Q равного некоторой натуральной степени чис- соответственно. Докажите, что PE = EQ. ла 11. Е.Бакаев Д.Горяшин 6. См. задачу 7 сложного варианта для 8– 2. Существует ли такая гипербола, задава- 9 классов XL Турнира городов. емая уравнением вида y a , что в первой x