Г Л А В Н Ы Й Р Е Д А К Т О Р

Ю.А.Осипьян

П Е Р В Ы Е З А М Е С Т И Т Е Л И

Г Л А В Н О Г О Р Е Д А К Т О Р А

С.С.Кротов, С.П.Новиков

Р Е Д А К Ц И О Н Н А Я К О Л Л Е Г И Я

А.Я.Белов, Ю.М.Брук, А.А.Варламов,А.Н.Виленкин, В.И.Голубев, С.А.Гордюнин,

Н.П.Долбилин(заместитель главного редактора),

В.Н.Дубровский, А.А.Егоров, А.В.Жуков,А.Р.Зильберман, П.А.Кожевников,

В.В.Козлов, С.П.Коновалов, А.А.Леонович,Ю.П.Лысов, В.В.Можаев, В.В.Произволов,Н.Х.Розов, А.Б.Сосинский, А.Л.Стасенко,

В.Г.Сурдин, В.М.Тихомиров,В.А.Тихомирова, В.М.Уроев,

А.И.Черноуцан(заместитель главного редактора)

Р Е Д А К Ц И О Н Н Ы Й С О В Е Т

А.В.Анджанс, В.И.Арнольд, М.И.Башмаков,

В.И.Берник, В.Г.Болтянский, А.А.Боровой,

Н.Н.Константинов, Г.Л.Коткин,

Е.Л.Сурков, Л.Д.Фаддеев

Р Е Д А К Ц И О Н Н А Я К О Л Л Е Г И Я

1 9 7 0 Г О Д А

Г Л А В Н Ы Й Р Е Д А К Т О Р

И.К.Кикоин

П Е Р В Ы Й З А М Е С Т И Т Е Л Ь

Г Л А В Н О Г О Р Е Д А К Т О Р А

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

Учредители — Президиум Российскойакадемии наук, Фонд поддержки

фундаментальной науки иобразования (Фонд Осипьяна)

© 2005, Президиум РАН,Фонд Осипьяна, «Квант»

Бюро Квантум

Н А У Ч Н О - П О П У Л Я Р Н Ы Й Ф И З И К О - М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й Ж У Р Н А Л

И З Д А Е Т С Я С Я Н В А Р Я 1 9 7 0 Г О Д А

В номере:

ЯНВАРЬ

ФЕВРАЛЬ Ю№12006©

2 Интервью с Юрием Андреевичем Осипьяном4 Парадоксы транзистора. Ю.Носов9 Трехсекторная модель налогообложения. В.Малыхин

И З И С Т О Р И И Н А У К И

12 Пифагор. А.Васильев

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

13 Задачи М1981–М1990, Ф1988–Ф199715 Решения задач М1961–М1965, Ф1973–Ф1982

К М Ш

24 Задачи25 Конкурс имени А.П.Савина «Математика 6–8»25 Потомки Янычара. И.Акулич

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

27 Физика внутри автобуса. В.Котов

28 Наблюдения в «нефизическом» мире. А.Усольцев

30 «Загадка» тени от прозрачной пластинки. Я.Амстиславский

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Движение по окружности

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К

35 Геометрические шедевры Шарыгина. В.Протасов,В.Тихомиров

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А

40 Задачи с жидкостями. В.Можаев

В А Р И А Н Т Ы

44 Материалы вступительных экзаменов 2005 года

53 Ответы, указания, решения

Информация (43)

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к интервью с Ю.А.ОсипьяномII Коллекция головоломокIII Шахматная страничка

IV Физики и математики на монетах мира

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 12

15 февраля 2006 года исполнилось 75 лет главному редак-тору журнала «Квант», широко известному ученому-физику,академику Юрию Андреевичу Осипьяну. Мы поздравляемЮрия Андреевича с этой замечательной датой и желаемдолгих лет жизни, крепкого здоровья и неизменных творчес-ких успехов.

Предлагаем нашим читателям краткое изложение беседыЮ.А.Осипьяна с редакцией журнала «Квант» накануне юбилея.

– Юрий Андреевич, за что вы любите науку в целом ифизику в частности? Когда вы впервые обнаружили в себеэту «прекрасную болезнь» – увлечение наукой?

– Я хорошо помню, что с юности меня увлекали такиеинтеллектуальные занятия, в которых главенствовали логи-ка и строгость рассуждений. А в физике, во всех ее разделах– от механики до электродинамики, на протяжении всейистории развития реализовался главный научный постулат,состоящий в том, что всякая новая теория должна включатьв себя всю имеющуюся на сегодняшний день научнуюконцепцию. Если что-нибудь не ладится в этом построении,значит, там либо есть какая-то ошибка, либо мы чего-то непонимаем и есть предмет для глубокого размышления. Я по-прежнему считаю физику царицей наук, это самая логичная,самая общая и разносторонняя, самая цельная областьнауки.

Почему я стал заниматься научной работой? Любитьнауку, вообще говоря, можно и созерцательным образом, ноя фактически всю жизнь занимался добыванием эксперимен-тальных результатов (я экспериментатор, хотя и училсятеории) и, кроме того, много лет руководил организацион-ной деятельностью в области физических наук. При честномответе на этот вопрос надо отдавать себе отчет, что я какличность формировался в советском государстве в эпохукоммунистической диктатуры, когда все было предопределе-но. Работать творчески, самостоятельно и, главное, незави-симо в советское время можно было только в науке. Можносказать, что в основе моего выбора лежала любовь к свободе,к независимости принятия своих решений.

– Помните ли вы ту первую задачу, которая вас «заве-ла» навсегда?

– Помню, и очень хорошо. Когда я был студентом-дипломником, передо мной возникла совершенно неразре-шимая задача, некоторое противоречие в теории Курдюмова– я в это время работал в институте у Г.В.Курдюмова. Этобыл человек, который занимался применением физическихзнаний к объяснению очень большого раздела практическойдеятельности – а именно к тому, как обрабатывают металлы.Он «подложил» очень глубокие научные знания под, каза-лось бы, эмпирическую область, создав теорию фазовыхпревращений при закалке и отжиге сталей. Тут сказались егообразование и то, что он происходил из ЛенинградскогоФизтеха, его учителями были А.Ф.Иоффе, Н.Н.Семенов,П.Л.Капица. Старшее поколение, предыдущее к поколениюКурдюмова, считало, что это превращение есть обычное

фазовое превращение и поэтому на его кинетику должнасильнейшим образом влиять температура. Хорошо известнаэкспоненциальная зависимость скорости всяческих фазовыхпереходов от температуры в классическом варианте, многосоответствующих экспериментальных фактов было добытосамим Курдюмовым, главный из которых – изотермическоепревращение, когда фазовое превращение развивается вовремени при постоянной температуре. Но в то же времяскорость превращений для некоторых материалов былагромадной даже при очень низких температурах. Это былоочень важным противоречием и давало противникам теорииКурдюмова некоторые экспериментальные карты. Вот этазадача меня увлекла, и я выполнил работу, за которую мнеи сейчас не стыдно.

Для объяснения высокой скорости превращений при низ-кой температуре я привлек квантово-механические представ-ления. Это был новый шаг в физике, потому что до этогоквантовые представления применялись только для процес-сов, в которых существенную роль играли электроны. И этонеслучайно, так как в вероятность туннельного превращенияэкспериментально входит ширина барьера и масса частицы,которая его проходит. Электрон имеет в 2000 раз меньшуюмассу, чем ядро водорода, а масса ядра железа еще в 50 разбольше, поэтому вероятность туннельного превращения та-ких тяжелых частиц, сами понимаете, какая будет малая.Так вот, практически впервые я применил квантово-механи-ческие представления для объяснения специфического пове-дения кристаллической решетки. И у меня получился, конеч-но, очень своеобразный, хотя и логически ясный результат.Оказалось, что скорость превращений определяется двумякомпонентами – классической и квантовой. Когда превали-рует классическая составляющая скорости, она экспоненци-ально уменьшается с температурой. А когда больший весимеет квантовая компонента, полная скорость выходит наплато и становится независимой от температуры. Такая воткинетика.

Эта работа была опубликована в Докладах АН СССР ещев 1955 году, больше 50 лет назад, и до сих пор имеетосновополагающее значение. Надо сказать, что впослед-ствии Нобелевский лауреат Невилл Мотт применил похо-жую методику (на 30 лет позже) для описания туннелирова-ния дислокаций в твердом теле.

– Кого вы считаете своими учителями физики?– Конечно, это Георгий Вячеславович Курдюмов. И Юрий

Васильевич Шарвин, который обучал меня эксперименталь-ному мастерству. Он меня дрючил как сапожного подмасте-рья, только что не бил по рукам. А еще – АлександрИосифович Шальников. В общем, я проходил через школуИнститута физических проблем под руководством П.Л.Ка-пицы. Но, пожалуй, моими непосредственными учителямибыли Ю.В.Шарвин и А.И.Шальников.

– Какие области науки, кроме физики, вам были небез-различны, оставили след в вашей душе?

– Мне не безразличны современная молекулярная биоло-гия, микробиология и генная инженерия. Считаю их выдаю-щимися достижениями человеческого ума. Ясно, что этимобластям науки принадлежит большое место в будущем.

– А какими научными проблемами вы занимаетесьсегодня? В чем, как вам кажется, не хватило времениразобраться до конца?

К сожалению, человеческая жизнь и особенно жизньфизической науки проходят через несколько фаз. Сначала язанимался экспериментальной деятельностью в областифизики твердого тела, благо эта область позволяет осуществ-лять индивидуальный эксперимент: надо самому создать

Интервьюс Юрием

АндреевичемОсипьяном

установку или прибор, самому получить экспериментальныерезультаты и самому их анализировать. Сегодня же менябольше всего занимает экспериментальное исследованиефуллеренов. Это раздел современной нанонауки, нанофизи-ки. С так называемыми нанотрубками, такими вот травооб-разными образованиями, которые научились выращивать,связан один волнующий меня вопрос. Оказывается, изна-чально эти трубки проводящие, но их проводимость либополупроводниковая, либо металлическая. Считается, чтозонная структура таких образований зависит от их кираль-ности – своего рода неравноправности левой и правойструктур. Так вот, в зависимости от киральности нанотрубкимогут быть изначально либо полупроводниковыми, либометаллическими. Может быть, я в этом еще недостаточноразобрался, но у меня есть какое-то сомнение в замкнутости,в логике существующего объяснения. Многие теоретикисчитают, что это очевидный факт. Так вообще часто бываетс теоретиком – сначала он не понял, а потом запомнил какое-то построение настолько, что считает его очевидным и всемизвестным. Но мне кажется, что не до конца все-такипонятно, почему и как электронные симметрийные свойствадолжны зависеть от киральности, как рассчитать и написатьсоответствующие формулы.

– Юрий Андреевич, вы в молодые годы по сути дела снуля создали и затем возглавили Институт физики твер-дого тела – один из ведущих в настоящее время институ-тов системы РАН. Как вам далось решение принять этопредложение руководства РАН?

– Конечно, браться за такое дело было страшно. Но я,когда брался, еще не чувствовал масштабы, не ощущалглубину той ямы, в которую собираюсь прыгнуть. Я этосделал под влиянием Г.В.Курдюмова и Л.А.Арцимовича. Иеще я поддался на лесть – услышать от таких людей высокуюоценку моих организационных качеств и подтвердить это. Вто время первая фаза моей научной деятельности былозавершена. Я закончил свою научную работу, защитилкандидатскую диссертацию и хотел развернуться в сторонуболее общефизическую, чем мне сулила работа в той облас-ти, чем занимался Курдюмов.

– Что вам лично давало руководство огромным коллек-тивом людей разных профессий? Не посещали ли васразочарования на этой жизненной ниве?

– Конечно, посещали. Сначала у меня были честолюбивыеустремления, что я теперь руководитель большого коллекти-ва, что я сейчас всех распределю и буду всеми руководить.Но и сказать, что все мои сверстники быстренько вылезли из-под моей опеки и тоже стали заниматься своими делами. Ая остался в роли генерала без армии перед необходимостьюрешать многие только организационные вопросы. Я понял,что науку в своей области можно делать только своимируками, когда возможен нормальный эксперимент.

– А что помимо занятий наукой доставляет вам такуюже, а может быть еще большую, радость?

– Чем я становлюсь старше, тем больше утверждаюсь вмысли, что занятия только наукой не есть самое главное вжизни. Занятия искусством тоже очень важны и могут датьтакие же озарения, как наука. Фактически это две областичеловеческой деятельности – точное сознательное и интуи-тивное образное – существуют параллельно. Сейчас я всебольше нахожусь в плену каких-то образных восприятий, имне кажется, что некоторые вещи не нужно строго формули-ровать, а нужно их показать в определенном преломлениичерез образы. И тогда до сознания людей это сможет дойтигораздо проще.

– Вы пользуетесь мировым признанием в области физи-ческого материаловедения (впрочем, и не только). Какие

вы предвидите открытия в этой области физики и вообщев науке? Не отойдет ли естественная наука на второй планпо сравнению с гуманитарными науками или чем-то иным?

– Что касается общих, фундаментальных областей науки,то мне кажется, что очень перспективными для людейявляются проблемы создания, передачи и преобразованияинформации. Это очень важная вещь, которой принадлежитбольшое место в будущей деятельности людей.

Я думаю, что физическая наука никогда не отойдет навторой план, потому что люди по-прежнему будут работатьобоими полушариями. Интуитивная область, которая озаря-ет искусство и гуманитарные науки, будет развиваться, ноточное знание и понимание действительности будет продол-жаться и расширяться.

– Юрий Андреевич, уже более 20 лет вы возглавляетежурнал «Квант». Какие надежды с ним связываете?

– Как раньше, так и сейчас я продолжаю связывать с этимжурналом надежду, что среди его юных читателей появятсявысоко талантливые люди, которые профессионально зай-мутся физикой и смогут пойти дальше нас, дальше моегопоколения и меня лично.

– Наконец, что бы вы хотели пожелать читателямнашего журнала?

– Прежде всего, я хочу пожелать читателям находить вматериалах журнала глубокие и основательные закономер-ности физической науки. Фактически, я желаю молодымлюдям как можно более глубокого понимания нашей наукифизики. Мы живем для того, чтобы это сделать, и я надеюсь,что это произойдет.

И Н Т Е Р В Ь Ю С Ю Р И Е М А Н Д Р Е Е В И Ч Е М О С И П Ь Я Н О М 3

Иллю

страция П

.Чернус

кого

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 14

Парадоксы транзистораЮ.НОСОВ

ПРОШЛЫЙ ГОД БЫЛ ОБЪЯВЛЕН ГОДОМ ФИЗИ-ки. Сто лет тому назад в немецком журнале«Annalen der Physik» появились три статьи

26-летнего Альберта Эйнштейна – о теории относитель-ности, квантовой теории фотоэффекта и теории броу-новского движения, – которые обозначили поворот вразвитии физики и обессмертили имя их автора. Тепе-решних историков и журналистов в тех публикацияхболее всего поражает их неожиданность, смелый раз-рыв с господствовавшими представлениями и традици-ями, парадоксальность. Оригинальность собственнонаучных результатов в дальнейшем дополнилась еще иогромным количеством афоризмов, анекдотов, пара-доксов, которые великий физик «надиктовал» за 76 летжизни. С его легкой руки парадоксальность стала«фирменным знаком» физиков-теоретиков: таковымидолжны были отныне стать их гипотезы и теории,поведение и высказывания.

В некотором роде, за этим угадывалась парадоксаль-ность самой жизни, не всегда нами замечаемая. Оказа-лось, что и в технической деятельности, казалось быстрого детерминированной и предсказуемой, неожи-данностей, случайностей, парадоксов ничуть не мень-ше, чем при расшифровке таинств Природы. Парадок-сально ведет себя не только «техника», но и «техники»,словно устанавливается некая мистическая связь меж-ду создателем и его созданием – они притягиваются иотталкиваются одновременно, великолепные находкии горькие потери идут бок о бок.

Ярчайшая иллюстрация к сказанному – историясоздания транзистора. Однако неизбежен вопрос: внаше время, когда человечество овладевает наноэлек-троникой и компьютерными технологиями, можно лиотыскать хоть что-то полезное в той давней истории?Даже 80-е годы прошлого века популяризаторы назы-вают «компьютерным средневековьем», так стоит ликопать еще глубже? Авторитетные историки убежда-ют, что «история ничему не учит…»; однако это лишьполовина цитаты, далее следует «...а только наказыва-ет за незнание ее уроков» (В.Ключевский). Историявеликих открытий всегда дает много больше, чем этовидится даже самому проницательному взгляду.

Транзистор – детище полупроводников, и хотя «по-лупроводниковая сага» началась еще в 1833 году(М.Фарадей), в течение целого столетия обнаружива-емые в этой сфере явления оставались непредсказуе-мыми, невоспроизводимыми и необъяснимыми. Лишьпосле разработки квантовой теории полупроводников(А.Вильсон, 1931 г.) началось их подлинно научноеисследование: обнаружили, что переносчиками элект-ричества в них являются не только электроны, но и

подобные им положительно заряженные «дырки»;установили, что незначительные загрязнения карди-нально изменяют свойства полупроводников; научи-лись выплавлять достаточно совершенные и чистыеполупроводниковые кристаллы. Задолго до этого эм-пирически обнаружили, что с помощью полупроводни-ков можно выпрямлять переменный ток (К.Браун,1874 г.), и с начала XX века стали изготавливатьдиоды, пригодные для детектирования радиосигналов.

Эти детекторы, состоявшие из крохотного кристал-лика и прижатой к нему пружинящей иголочки (рис.1),были немного про-ще и меньше ваку-умных диодов, ктому же на высокихчастотах эффектив-нее их. Естественновозник вопрос:нельзя ли и вакуум-ный триод – основувсей тогдашней ра-диоэлектроники – заменить полупроводником? Этобыл бы переворот, тем более что имелась и подсказка.

Еще в 1922 году в Нижегородской радиолабораторииО.В.Лосев, экспериментируя с детекторами, обнару-жил, что в некоторых точках кристалла игольчатыйконтакт проявлял не только детектирующее, но иусиливающее воздействие на радиосигнал. На вакуум-ный триод это не было похоже, но все-таки на основеоткрытого эффекта был разработан первый полностьюполупроводниковый радиоприемник – за границей егоназвали «кристадином Лосева». Лет пять слава крис-тадина и его создателя гремела по миру, но постепенносошла на нет, так как игольчатая конструкция оказа-лась неэффективной и нестабильной, а электронныелампы очень быстро прогрессировали. (Для нашихюных читателей заметим, что Олегу Лосеву не былотогда и 19 лет. Окончив школу в Твери, он один, безродителей перебрался в Нижний Новгород. На работуего взяли посыльным без предоставления общежития,так что жил он в здании лаборатории на лестничнойплощадке перед чердаком и, конечно, впроголодь.)

И вот – первый парадокс в нашем повествовании. Встремлении отыскать усиливающие точки на поверхно-сти кристаллика Лосев исходил из неверного предпо-ложения, что всякий элемент с неомической характери-стикой (как у детектора) должен обязательно усили-вать радиосигналы. Любой мало-мальски грамотныйспециалист не стал бы ожидать усиления от детектора,но Лосев тогда еще не был специалистом, он исступлен-но повел свой поиск и… нашел искомое – прекрасное

Рис. 1

Иллю

страция М

.Сум

ниной

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 16

подтверждение эйнштейновского афоризма о том, что«все с детства знают, что то-то и то-то невозможно, новсегда находится невежда, который этого не знает, он-то и делает открытие». Лишь через 30 лет сумелипонять, что именно открыл Лосев: оказалось, чтослучайным образом в некоторых зонах кристалловобразуется подобие транзисторных структур, и, сколь-зя иглой по поверхности, он натыкался на эти зоны.Заграница не знала, что недавний школьник еще неочень силен в науках, и засыпала лабораторию письма-ми с обращением «Герр профессор» – победителей несудят. Заметим, к тому же, что уже очень скоро Лосевпревратился в блестящего физика-экспериментатора иповторно заставил мир говорить о себе, открыв свече-ние полупроводников, которое позже стало основойдля создания светодиодов.

Вернемся, однако, к транзистору. В конце 1930-хгодов понимание физики полупроводников позволялоуже вполне осознанно подойти к созданию усилителя– для этого, как говорится, сформировались необхо-димые объективные условия. Нашелся и подходящийчеловек – американец У.Шокли. Окончив докторан-туру в Массачусетсском технологическом институте,тогдашней «мекке» электронщиков, он поступил нафирму «Белл-Телефон». Блестящее знание кванто-вой механики и физики твердого тела, пониманиезадач, стоящих перед фирмой (ведущей в областителеграфно-телефонной аппаратуры и средств связивообще), дополнялись у Шокли исключительным че-столюбием и амбициозностью, без чего настоящегоуспеха не достичь. И в 1938 году в рабочем журнале26-летнего Шокли появляется первый «набросок» по-лупроводникового триода (рис.2). Идея была проста:

сделать устройство, максимально похожее на элект-ронную лампу, с тем лишь отличием, что электроныв нем будут протекать по тонкому нитевидному полу-проводнику, а не пролетать в вакууме между катодоми анодом. Для управления током полупроводникапредполагалось ввести дополнительный электрод (ана-лог сетки) – прикладывая к нему напряжение разнойполярности, можно будет либо уменьшать, либо уве-личивать количество электронов в нити, тем самымизменять ее сопротивление и протекающий по нейток. Все как в радиолампе, но без вакуума, без гро-моздкого стеклянного баллона, без подогрева катода,эмиттирующего электроны. Вытеснение электроновиз нити (или их приток) должно было происходитьпод влиянием электрического поля, создаваемого меж-ду управляющим электродом и нитью, т.е. благодаряполевому эффекту. Для этого нить должна была бытьименно полупроводниковой: в металле электронов такмного, что никакими полями их не вытеснить, а визоляторе свободных электронов практически нет,так что и вытеснять нечего.

Идея начала подкрепляться теоретическими расчета-ми и подготавливаться к экспериментальной проверке,но… грянула вторая мировая война. Шокли был отко-мандирован в распоряжение Министерства обороны,где проработал до конца войны, занимаясь проблема-ми, далекими от полупроводников. Похоже сложилисьсудьбы и большинства других исследователей полу-проводников. Эта сфера пока еще не сулила конкрет-ных достижений, полезных военным. Кроме детекто-ров, используемых в радиотехнике, – они оказалисьбуквально в центре грозных военных событий, впервыев истории электроники показав, насколько тесно пере-плетается общая история с историей техники.

Летом 1940 года после оккупации гитлеровцамиЗападной Европы Англия оказалась один на одинпротив армады нацистских бомбардировщиков, начав-ших планомерное разрушение ее обороны и подготовкуморского десанта. От краха Англию спасли чудо,решительность нового премьера У.Черчилля и… рада-ры (так на западе называли радиолокаторы). Появив-шиеся еще в предвоенные годы почти одновременно вСССР, Англии и США, радары позволяли быстро иточно обнаруживать вражеские самолеты и своевре-менно организовывать противодействие. В небе над Ла-Маншем развернулась грандиозная «битва за Брита-нию», достигшая своего апогея 15 сентября 1940 года(именно эта дата выбита на мемориальном камне вВестминстерском аббатстве – как важнейшая во всейбиографии У.Черчилля), после чего гитлеровцы, поте-ряв более 1000 самолетов, отказались от идеи вторже-ния. Отметим, что много лет спустя одна из книг,посвященных тому времени, вышла под весьма выра-зительным названием: «Как горстка пионеров радио-локации выиграла вторую мировую войну!»

Итак, Англии нужны были радары, радарам – кри-сталлические детекторы, детекторам – совершенныегерманий и кремний. Война продвинула эту проблемунеобычайно быстро, и вскоре германий в значительныхколичествах появился на заводах и в исследовательс-ких лабораториях – трамплин для прыжка к транзис-тору был готов. С кремнием, из-за высокой температу-ры его обработки, поначалу дело шло не так гладко, ночерез несколько лет тоже успешно разрешилось.

Та война познакомила нас с интересным парадоксом.Гибель огромного количества людей (в том числеученых и инженеров), уничтожение в невиданныхмасштабах промышленного и научно-технического по-тенциала, закрытие многих перспективных исследова-тельских программ и лабораторий, отрыв талантливоймолодежи от высшего образования, общая разруха –все это, казалось бы, должно было отбросить предво-енные научные исследования на предстартовые пози-ции. Получилось иначе. Вторая мировая стала факти-чески первой войной, в которой наука и техника посвоей значимости для победы выступили на равных сконкретными оружейными технологиями, а иногда ивпереди них. При этом многие военные заделы неуспели сработать «в реальном времени», но зря непропали – фактически таковы атомный и ракетныйпроекты. Таков, как теперь нам очевидно, и транзис-

Рис. 2

П А Р А Д О К С Ы Т Р А Н З И С Т О Р А 7

торный проект, предпосылки которого были в значи-тельной степени заложены развитием радиолокации вовремя войны.

Именно в послевоенные годы фирма «Белл» началаформировать программу глобальной связи, т.е. быст-рой и надежной связи каждого с каждым в планетарноммасштабе. Ее реализация отметилась такими выдаю-щимися достижениями, как спутниковая и оптоволо-конная связь, мировое телевидение, цифровизация,Интернет, мобильные телефоны… А первым (и реша-ющим!) шагом на этом славном пути стало созданиетранзистора.

Аппаратура связи сороковых годов прошлого векаиспользовала для усиления, преобразования и комму-тации сигналов в абонентских цепях два элемента:электронную лампу и электромеханическое реле. Онибыли громоздки, малонадежны, срабатывали медлен-но и потребляли много энергии. Усовершенствоватьэтих мастодонтов было бессмысленно – новой идеенужны и новые средства реализации.

Вспомнили о полупроводниках и создали соответ-ствующую исследовательскую группу. Небольшую,всего из 6–7 человек разных специальностей, словноруководствуясь одним из афоризмов А.Эйнштейна отом, что в коллективах изобретателей «могут получить-ся группы укрывающихся от работы бездельников».Здесь были физик-экспериментатор, электротехник,физхимик, радиотехник, физик-теоретик, а во главе«великолепной семерки» поставили У.Шокли. Есте-ственно, группа начала разрабатывать его предвоен-ную идею усилителя с эффектом поля, но электронывнутри полупроводника упрямо и, казалось бы, проти-воестественно игнорировали любые изменения потен-циала на управляющем электроде. От высоких напря-жений и токов кристаллы даже взрывались, но никакне желали изменять свое сопротивление.

Задумавшись над этим, теоретик Дж.Бардин предпо-ложил, что значительная часть электронов на самомделе не гуляет свободно по кристаллу, а застревает вкаких-то «ловушках» у самой поверхности полупро-водника. Заряд этих «замороженных» электронов эк-ранирует прикладываемое извне поле, не проникаю-щее в объем кристалла. Так в 1947 году в физикуполупроводников вошла теория поверхностных состо-яний. Отметим, что рождение новой теории – какследствия неудач на главном направлении поиска –есть лишь кажущийся парадокс, такова история имногих других открытий.

Теперь, когда, казалось бы, поняли причину неудач,начали более осмысленно реализовывать идею эффек-та поля – других идей не было. Занялись различнымиспособами обработки поверхности германия, надеясьустранить «ловушки» электронов: химическое травле-ние, механическая полировка, нанесение на поверх-ность различных пассиваторов, погружение кристал-ла в жидкости. Кроме того, постарались максимальнолокализовать зону управления, для чего один из токо-подводов и управляющий электрод изготавливалисьв виде близко расположенных подпружиненныхиголочек (рис.3). Ведущий экспериментатор группы

У.Браттейн имел заплечами почти 15-летний опыт иссле-дования разнообраз-ных полупроводни-ков, был весьма ис-кусен и обладал за-мечательной интуи-цией. А кроме того,было известно, что «он мог 25 часов в сутки крутитьручки осциллографа, лишь бы было с кем поболтать».Его слушателем чаще всего оказывался Дж.Бардин,они сдружились, «теория» и «эксперимент» объеди-нились. Однако время шло, а сколько-нибудь суще-ственного результата не появлялось.

Однажды Браттейн, издергавшийся от неудач, сдви-нул иголки почти вплотную, мало того, случайноперепутал полярности прикладываемых к ним потен-циалов и… увидел на экране осциллографа усилениесигнала. Теперь наступило время теоретика, он срабо-тал почти мгновенно и безошибочно: эффекта поля какне было так и нет, а усиление возникает совсем по инойпричине. Во всех предыдущих оценках в расчет прини-мались только электроны – основные носители тока вгерманиевом кристалле, а «дырки», неосновные носи-тели, которых было в миллион раз меньше, естественноигнорировались. А оказалось, что в них-то и «зарытасобака»: введение дырок через один электрод (этотпроцесс назвали инжекцией) вызывает неизмеримобольший ток в другом электроде – так в кристаллепроисходит усиление тока. И все это на фоне неизмен-ности состояния огромного количества электронов, какбы и не участвующих в процессе. Случайность привелак достижению неизмеримо большему, чем плановаяатака, – очередной парадокс.

Через несколько дней группа придумала новомуприбору звонкое имя – транзистор, поэтому вся сово-купность процессов, протекающих в нем и вызываю-щих усиление сигналов, стали называть транзистор-ным эффектом.

На этом, однако, парадоксы транзистора и вокругнего не закончились. Через неделю после замечатель-ного открытия в предрождественский вечер 23 декабря1947 года состоялась презентация транзистора высше-му руководству фирмы. Признание успеха было пол-ным, появилось шампанское, сырой зимний сумрак непомешал всеобщему ликованию, лишь Шокли едваудавалось скрывать разочарование. Да, он раньшедругих задумался о полупроводниковом усилителе,возглавил группу, просвещал и направлял своих со-трудников, но на соавторство в «звездном» патентепретендовать не мог.

А в звездности изобретения не сомневался никто.Характерно, что и в этом понимании Шокли былдальновиднее других: пока вокруг судили-рядили озамене радиоламп в приемно-усилительной радиоаппа-ратуре и в телефонии, он уже предчувствовал фанта-стические перспективы транзистора для осуществле-ния логических операций в зарождающейся компью-терной технике. Но прямого вклада в сделанное откры-

Рис. 3

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 18

тие он не внес и в патент не попадал – такова беском-промиссная моральная установка протестантского мира.(Что справедливее, нравственнее, корректнее в при-знании авторства – абсолютный индивидуализм, отго-раживающийся от руководителя, учителя, вдохновите-ля, или российская общинность, щедрая на одариваниеуспехом своих коллег, – остается вопросом.)

Не станем, однако, фантазировать, что творилось вдуше Шокли, но проявилось это в вулканическом

выплеске его творчес-кой энергии. Позднее,вспоминая то время,Шокли говорил о сво-ей «страстной неде-ле», в течение кото-рой он создал теориютранзистора с р–n-пе-реходами, заменивши-ми экзотические иго-лочки, а в саму ново-годнюю ночь изобрелплоскостной транзис-тор (рис.4). Это урав-

няло его в правах на открытие транзисторного эффектас изобретателями точечного транзистора У.Браттейноми Дж.Бардином.

Через полгода, 30 июня 1948 года в Нью-Йоркскойштаб-квартире фирмы «Белл» прошла открытая пре-зентация транзистора. В то время уже началась «хо-лодная война» между США и СССР, поэтому техни-ческие новинки прежде всего оценивались военными.Удивительно, но эксперты из Пентагона «приговори-ли» транзистор к использованию лишь в слуховыхаппаратах для старичков, хотя уже через пару летновый прибор стал незаменимым элементом аппара-туры управления боевыми ракетами. Сейчас это пред-ставляется парадоксальным, но тогда близорукостьвоенных спасла транзистор от засекречивания. Пара-доксально и то, что презентация осталась почти неза-меченной: репортеры изнемогали от нестерпимойжары, а их боссы – от первых заморозков «холоднойвойны». Все же пара абзацев о транзисторе появи-лась в «Нью-Йорк Таймс» на 46 странице в разделе«Новости радио» после пространной заметки о во-зобновлении репортажей некой «несравненной миссБрукс». Таким было явление миру одного из вели-чайших открытий XX века, а возможно, и всей исто-рии человечества.

Заметим, что вряд ли справедливо обвинять тогдаш-них экспертов в некомпетентности – представленныйим тогда кристаллик германия с прижатыми к немуиголочками (точечный транзистор) прожил лишь 5–7лет, вскоре его полностью вытеснил плоскостной тран-зистор, начавший свое триумфальное шествие по миру.И в 1956 году У.Шокли, Дж.Бардин, У.Браттейн былиудостоены Нобелевской премии по физике «за исследо-вания полупроводников и открытие транзисторногоэффекта».

Поучительно напомнить об одном «зигзаге удачи»,который история того времени продемонстрировала

нашим ученым. В годы, предшествующие изобрете-нию транзистора, в СССР были достигнуты значи-тельные успехи в создании германиевых и кремние-вых детекторов. В этих работах использовалась ори-гинальная методика исследования приконтактной об-ласти путем введения в нее дополнительной иглы,вследствие чего создавалась конфигурация, в точнос-ти повторяющая точечный транзистор (см. рис.3).Как позднее вспоминали, иногда при измерениях вы-являлись и транзисторные характеристики, но их от-брасывали как случайные и неинтересные аномалии.Мало в чем наши исследователи уступали американс-ким специалистам, не было у них лишь одного –нацеленности на транзистор, и великое открытие выс-кользнуло из рук.

Однако были просмотры и у американцев. Еще наподступах к транзистору в ноябре 1947 года Дж.Бар-дин, пытаясь избавиться от «ловушек», изобрел про-стенькую структуру, в которой металлическая иглаприжималась к окислу, покрывающему полупровод-ник. По оценкам автора, под окислом мог образо-ваться тонкий инверсный слой дырочной проводимо-сти (на электронном полупроводнике), и в нем не-сложно было бы реализовать усиление на основе эф-фекта поля. Фактически был изобретен простейшийМОП-транзистор (металл – окисел – полупровод-ник), который с середины 1960-х годов стал основойбольших и сверхбольших интегральных схем. Вот исовсем неожиданный парадокс: не будь тогда изобре-тен точечный транзистор, вполне вероятно, что былбы «доведен до ума» МОП-транзистор, а от него –полшага до МОП-микросхем, которые появились былет на 15 раньше. Но все произошло, как произошло,и изобретение Дж.Бардина так и осталось «бумаж-ным патентом», а действующий МОП-транзистор изоб-рели в 1960 году другие.

Отметим, однако, что славы Дж.Бардину хватило ибез этого: в 1951 году он ушел из фирмы «Белл»,занялся теорией сверхпроводимости и в 1972 годувместе с двумя своими учениками был отмечен Нобе-левской премией «за разработку теории сверхпроводи-мости», став, таким образом, единственным в историиученым, дважды удостоенным Нобелевской премии пофизике.

Что же касается «транзисторной саги», то изобрете-ние точечного транзистора, а вслед за ним и биполяр-ного плоскостного транзистора стимулировали такуюактивность по всем направлениям, которая вскорепривела к созданию силовой электроники (транзисто-ры и мощные диоды), солнечных элементов, фоточув-ствительных ПЗС-матриц для видеокамер, плоско-стных дисплеев, светодиодов и гетеролазеров (Ж.Ал-феров, 1968 г.) – словом, всего того многообразияприборов, которые составляют основу современнойэлектроники и информатики.

Рис. 4

Трехсекторная модельналогообложения

В.МАЛЫХИН

РЕАЛЬНЫЕ ОБЪЕКТЫ ОБЫЧНО СЛИШКОМ СЛОЖ-ны, чтобы можно было изучать их непосред-ственно. Тогда исследователь создает модель ре-

ального явления. С одной стороны, модель должнабыть не очень сложной, чтобы ее можно было легкоизучить. С другой стороны, модель должна отражатьсущественные черты реального явления, иначе выво-ды, сделанные на основе изучения модели, нельзябудет распространить на само реальное явление.

Трехсекторная модель налогообложения придуманамною для иллюстрации следующих важных моментов:а) бюджет государства формируется главным образомиз налогов граждан; б) соотношения доходов различ-ных социальных групп определяют общую социально-экономическую ситуацию в стране; в) бизнесменыявляются движущей активной силой экономики.1

Задача о разведчике

Вот любопытная задача-шутка (шутка ли?):В засекреченном городке около 100000 человек рабо-

тают на трех крупных заводах, других заводов вгородке нет. Разведчику удалось раздобыть следующиеданные о текучести кадров: за год из каждой тысячиработающих с завода A 20 человек переходят на заводD и 15 человек переходят на завод C; аналогичноепроисходит с заводами D и С – см. рисунок 1; при этомгородок живет стабильной спокойной жизнью уже

много лет. В этих усло-виях разведчик сумел ус-тановить численностьрабочих на каждом за-воде. Сумеете ли сде-лать это вы?

Давайте попробуем.Фраза «...городок жи-вет стабильной спокойной жизнью...» является ключе-вой. Она означает, что численность работающих накаждом заводе стабилизировалась и, таким образом,сколько с каждого завода за год увольняется рабочих,столько же и принимается на него. Отсюда, обозначаячисленность рабочих на заводе A через a, на заводе D– через d и на заводе С – через с, получаем системулинейных алгебраических уравнений:

35a/1000 = 7d/1000 + 8c/1000,

17d/1000 = 20a/1000 + 10c/1000,

18c/1000 = 15a/1000 + 10d/1000,

а + d + c = 100000,

решив которую, и находим ответ: a = 17600, d = 43600,c = 38800.

Описание трехсекторной моделиналогообложения

Все трудоспособное население представим тремя груп-пами: бизнесмены, рабочие, бюджетники. Бизнесмены– это те, кто организуют производство, платят работ-

1 Малыхин В.И. Трехсекторная модель налогообложения. –М.: Каталог, 2003.

Рис. 1

Иллю

страция В

.Иваню

ка

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 110

никам на этом производстве зарплату, имеют с этогопроизводства достаточно большие доходы и платят сних налоги по довольно большой ставке – это как бысумма всех налогов: с прибыли, единый социальныйналог и т.д. Рабочие – это лица наемного труда, ониполучают свою зарплату от бизнесменов и своим тру-дом обеспечивают им их доходы. Бюджетники – этоучителя, врачи, военные, государственные чиновникии т.п., они получают зарплату от государства. Бюджетгосударства складывается только из налогов бизнесме-нов, ни рабочие, ни бюджетники налогов не платят (этонебольшое упрощение, не очень существенное). Опре-деленная доля государственного бюджета тратится наобщегосударственные нужды: оборону, импорт необ-ходимых товаров и т.п., остальная часть бюджета идетна зарплату бюджетникам.

Обозначим долю во всем трудоспособном населениибизнесменов через b (businessmen), рабочих – w(workers), бюджетников – s (state people). Далее,обозначим доход бизнесменов через bz , зарплату рабо-чих – wz , зарплату бюджетников – sz .

Описанные группы населения не являются совер-шенно неподвижными: часть бизнесменов разоряется ипереходит в рабочие или бюджетники, есть и обратноедвижение. Эти процессы перехода из группы в группу

можно изобразить раз-меченным графом нарисунке 2, наподобиетого, что изображен нарисунке 1.

При построении это-го графа приняты не-которые упрощения.Так, многочисленные

исследования свидетельствуют, что в развитых эконо-миках ежегодно примерно десятая часть бизнесменовразоряется и переходит, по нашей схеме, в рабочие илибюджетники. Примем, что соответствующие интенсив-ности текучести равны 0,05, т.е. 5% бизнесменов еже-годно переходят в рабочие и 5% – в бюджетники.Интенсивности переходов из рабочих в бюджетники инаоборот будем считать равными также 5%. Интенсив-ности же переходов из рабочих и бюджетников вбизнесмены будем считать пропорциональными крат-ности доходов бизнесменов bz и соответствующихзарплат wz , sz . Кроме того, интенсивности этих пере-ходов пропорциональны еще и отношению численнос-тей соответствующих групп. Так что окончательно

примем ( )0,001w b wa wz bz= , ( )0,001s b sa sz bz= .Нижеследующие уравнения назовем условиями ста-

бильности численности социальных групп:

0,1 w sb a w a s= + ,

( )0,05 0,05 0,05wa w b s+ = + , (1)

( )0,05 0,05 0,05sa s b w+ = + ,

b + w + s = 1.

Последнее уравнение означает, что все трудоспособноенаселение принято за единицу.

Обозначим через t ставку налога с дохода, которыйплатят бизнесмены, тогда всего они платят btbz . Какуказывалось выше, это единственный источник госу-дарственного бюджета. Пусть f – доля государствен-ного бюджета, идущая на зарплату бюджетников,тогда всего бюджетникам выплачивается из бюджета

bftbz . Обозначим через l коэффициент, показываю-щий во сколько раз суммарный доход бизнесменовпревышает суммарную зарплату рабочих (таким об-разом, l показывает степень эксплуатации рабочих –чем больше l, тем больше степень эксплуатации).Подчеркнем, что ни рабочие, ни бюджетники не пла-тят налогов. В рамках рассматриваемой модели этоможно объяснить так: бюджетники не платят, потомучто зарплату им платит государство, так что налогиможно удерживать сразу же из зарплаты; рабочие жене платят, потому что зарплату им платят бизнесме-ны, так что можно считать, что бизнесмен платитналог и за «своих» рабочих. В модели зарплата рабо-чего не учитывается в доходе «его» бизнесмена. Кста-ти, это соответствует действительности – сейчас ибюджетники и рабочие получают зарплату, из кото-рой подоходный налог уже вычтен.

Теперь запишем условия сбалансированности зарп-лат и налогов:

1b w sz z z+ + = ,

b sftbz sz= , (2)

b wbz lwz= .

Первое условие показывает, что в рассматриваемойсхеме в зарплатах важны лишь их относительныевеличины, т.е. во сколько раз зарплата (доход) в однойгруппе больше (или меньше) зарплаты в другой.Второе условие показывает, что зарплата бюджетни-ков составляет f-ю часть всего бюджета государства,который складывается только из налоговых отчисле-ний бизнесменов.

Наконец, сформулируем условия социальной спра-ведливости:

10l £ , 0 0,5t£ £ , 2 20b wz z£ £ , 2 b sz z£ £ 20. (3)

Поясним только смысл неравенств 2 b wz z£ , 2 b sz z£ .Доход бизнесменов до уплаты налога равен bz , а послеуплаты налога составляет ( )1 bz z- , так что если t будетблизко к 0,5, то доход бизнесменов до уплаты налогадолжен, по крайней мере, двукратно превышать зарп-лату рабочего или бюджетника, тогда доход бизнесме-на после вычета налога во всяком случае будет неменьше зарплаты «его» рабочего.

Исследование трехсекторной модели

Параметров модели слишком много для их однознач-ного определения. Поэтому при исследовании моделинекоторые параметры нужно задать:

Доля госбюджета, расходуемая на оплату трудабюджетников 0,5f £

Ставка налога c бизнесменов 0,5t £

Доход бизнесмена/зарплата рабочего 20£

Рис. 2

Доход бизнесмена/зарплата бюджетника 20£

Степень эксплуатации рабочих 10l £

Далее поступим так: составим компьютерную про-грамму, которая будет перебирать тройки (b,w,s), всумме равные единице, с каким-нибудь небольшимшагом; для этого нужны два вложенных друг в другацикла; при шаге 0,1 нужно перебрать 100 троек, пришаге 0,01 – 10000 троек, что вполне приемлемо длясовременных компьютеров. Каждую тройку будем под-ставлять в систему (1) и находить параметры wa и sa ,а по ним – отношения b wz z и b sz z . (Таким образом,мы действуем не как в задаче о разведчике – по даннымо текучести находим численность групп, а наоборот –по численности групп рассчитываем, какая для этогодолжна быть текучесть.) По тройке (b,w,s) и вычис-ленным отношениям b wz z и b sz z найдем параметрыt и l, а затем проверим выполнение условий (3)социальной справедливости. Если эти условия выпол-няются, то анализируемую тройку назовем допусти-мой – при такой социально-экономической структуре вобществе нет излишнего напряжения. Так, при шаге0,01, f = 0,5, 0,5t £ , 2 14b wz z£ £ , 2 14b sz z£ £ ,

10l £ получим 14 допустимых социально-экономичес-ких структур общества и их параметры – см. таблицу 1.

Проверим, например, расчет 10-й структуры. Имеемb = 0,18 и w = 0,43, значит, s = 0,39. Из системы (1)имеем ( ) ( )20

wa b s w w= + - , sa ( ) ( )20b w s s= + - .

Подставляя сюда значения b, w, s, получим

( ) ( )0,18 0,39 0,43 20 0,43 0,0162wa = + - ◊ = ,

( ) ( )0,18 0,43 0,39 20 0,39 0,0282sa = + - ◊ = .

Далее вспоминаем, что ( )0,001w b wa wz bz= , sa =

( )0,001 b ssz bz= , ( )b st bz fsz= , ( )b wl bz wz= , откуданаходим 6,81b wz z = , 13,02b sz z = , t = 0,333, l == 2,85.

Таблица 1

Приведем еще один список допустимых структур –см. таблицу 2. При том же шаге 0,01 положим f = 0,4,

0,3t £ , 2 18b wz z£ £ , 2 20b sz z£ £ , 8l £ и полу-чим только 7 допустимых социально-экономическихструктур общества.

Модель может быть использована и для исследова-ния некоторых других вопросов. Например: каковаминимальная ставка налога при f = 0,5, 2 b wz z£ £

£ 20, 2 20b sz z£ £ , 10l £ ?Несложные эксперименты с моделью на компьютере

показывают, что при t = 0,2 допустимы 2 структуры, апри t = 0,18 возможна только одна социально-экономи-ческая структура – см. таблицу 3.

Стационарные и переходные состоянияобщества в трехсекторной модели

Все структуры таблиц 1–3 описывают равновесныеили стационарные состояния общества – состояния, вкоторых основные параметры, характеризующие об-щество, остаются постоянными. Теперь представим,что правительство, поддавшись требованиям бюджет-ников, увеличило им зарплату в 2 раза. Если ничегобольше не предпринять, то равновесие в модели нару-шится. В самом деле, sa уменьшится в 2 раза исистема условий (1) перестанет выполняться. Числен-ность бюджетников начнет увеличиваться. Переход кновому равновесному или стационарному состояниюобщества называется переходным режимом. Такой ре-жим описывается дифференциальными уравнениями,но наша модель слишком проста и не позволяет соста-вить и исследовать такие уравнения. Мы можем лишьпопробовать найти подходящую структуру, котораябудет представлять новое равновесное состояние. Так,предположим, что увеличение зарплаты бюджетникамв 2 раза произошло в структуре 4 из первой таблицы.Подходящими структурами окажутся те, у которыхотношение

b sz z значительно уменьшится, т.е. струк-туры с номерами 3,8,11. Но это лишь соображениякачественного порядка...

Т Р Е Х С Е К Т О Р Н А Я М О Д Е Л Ь Н А Л О Г О О Б Л О Ж Е Н И Я 11

Таблица 3

Таблица 2

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 112

ДРЕВНЕГРЕЧЕСКИЙ МАТЕМАТИК ПИФАГОР (ОКО-ло 570 – около 500 до н.э.) является основате-лем философского учения, исходившего из пред-

ставления о числе как основе всего существующего.Считается, что пифагорейцы признавали только раци-ональные числа. Однако памятная монета Уганды,посвященная Пифагору, представляет собой равнобед-ренный прямоугольный треугольник, гипотенуза кото-рого никоим образом не находится в рациональномотношении к катетам ( 2 1,4142= …). Такой треуголь-ник, разумеется, подчиняется знаменитой теоремеПифагора, но не описывается рациональными пифаго-ровыми триадами (например, 3–4–5 или 5–12–13).

Пифагорейцы и сами, по-видимому, понимали, чтоне все удается описать рациональными числами, нопытались скрыть это важное обстоятельство, как про-тиворечащее гармоническому устройству мира. Дей-ствительно, как можно провозглашать число меройвсех вещей, коли сама эта мера толком не определена.Математики наших дней полагают, что множестводействительных чисел образуют множество рациональ-ных и множество иррациональных чисел. При этомесли рациональные числа можно пересчитать, то ирра-циональные числа не поддаются такому пересчету – ихгораздо больше. К таким числам относятся, например,основание натурального логарифма е = 2,71828… иличисло 3,141596π = ...

Ладно если бы понятия иррациональных и рацио-нальных чисел затрагивали лишь математические про-блемы, но теория чисел в те времена касалась самихоснов человеческого существования. Так, Пифагорполагал, что единица является всеобщим первоисточ-ником, что мужские числа нечетны, а женские, наобо-рот, четны. Простые числа в представлении пифаго-рейцев являлись мужественными, а композитные, т.е.составленные из простых чисел, – женоподобными.

Знание – сила: столь глубокие познания в точныхнауках, разумеется, не могли безвозмездно передавать-ся широкой общественности. Еще жрецы ДревнегоЕгипта держали в повиновении простой люд способно-стью предсказать солнечное затмение или предусмот-реть засушливый год. Именно у египтян Пифагорперенял склонность к созданию закрытых мистическихобществ.

В Египет Пифагор приехал сложившимся ученым ввозрасте около 35 лет. Равно как и сейчас, временатогда в Средиземноморье были очень неспокойными.На десятый год пребывания Пифагора в Египте пер-сидский царь Камбиз II вероломно напал на Египет ив качестве трофея увез математика в Вавилон. Не менее

пяти лет Пифагор провел в вавилонском плену, но издесь он не терял времени даром. У местных специали-стов он перенял их древние ритуалы, достиг совершен-ства в точных и изящных науках и в 520 году до н.э.возвратился в родной Самос.

Увы, нет пророков в своем отечестве. Не найдяпонимания у соплеменников, Пифагор отбыл в южнуюИталию, которая представлялась тогда грекам чуть лине краем света. Здесь Пифагор основал философскуюи религиозную школу, адепты которой полагали мате-матику лежащей в основе всего сущего. Конечно,занятия математикой в понятии пифагорейцев сильноотличались от таковых в современных представлениях.Никто из них даже не пытался формулировать илиразрешать математические проблемы. Скорее, ониинтересовались самими принципами математическогомышления, концепциями чисел и геометрических фи-гур, абстрактной идеей доказательства. Пифагор, вчастности, полагал, что все связи и взаимодействия вподлунном мире сводятся к соотношению простыхчисел, и эти соотношения он пытался установить.

Наиболее крупным достижением Пифагора явилосьдоказательство теоремы, названной впоследствии егоименем. Следует понимать, однако, что формулировка«квадрат гипотенузы в прямоугольном треугольникеравен сумме квадратов его катетов» вовсе не предпола-гала тогда перемножения чисел самих на себя. Речьшла скорее о геометрических квадратах, построенныхна катетах этого треугольника, и последующем разре-зании их на части так, чтобы они заполнили квадрат,построенный на гипотенузе. Пифагорейцы знали оправильных многогранниках (регулярных телах), хотя,может быть, только о первых трех из пяти, и задолгодо Декарта пытались решать алгебраические уравне-ния геометрическими методами.

Этические и философские взгляды Пифагора при-влекали большое число последователей. На юге Ита-лии возник целый ряд пифагорейских общин, испове-довавших культ математики и придававших этомукульту мистическую окраску. Закрытые сообщества вовсе времена не только привлекали адептов, но ивызывали яростное неприятие. К концу жизни Пифа-гора общины его последователей оказались втянуты вполитическую борьбу и, в конце концов, были рассея-ны и истреблены.

Пифагор умер в изгнании, но дело его жизни продол-жается и сейчас. Теория чисел в настоящее времяобразует один из важнейших разделов математики, аматематика, как и предполагалось пифагорейцами,стала основой всех естественных наук.

ПифагорА.ВАСИЛЬЕВ

И З И С Т О Р И И Н А У К И

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые внем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьнойпрограммы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мыобычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются впервые.

Решения задач из этого номера следует отправлять не позднее 1 апреля 2006 года по адресу:119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант». Решения задач из разных номеров журнала илипо разным предметам (математике и физике) присылайте в разных конвертах. На конверте в графе«Кому» напишите: «Задачник «Кванта» №1–2006» и номера задач, решения которых Вы посылаете,например «М1981» или «Ф1988». В графе «От кого» фамилию и имя просим писать разборчиво. Вписьмо вложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этомконверте Вы получите результаты проверки решений).

Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присылайте в отдель-ном конверте в двух экземплярах вместе с Вашим решением этой задачи (на конверте пометьте:«Задачник «Кванта», новая задача по физике» или «Задачник «Кванта», новая задача по матема-тике»).

В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь.Задачи М1981 и М1984 предлагались на 25-м Уральском турнире юных математиков, задача

М1983 предлагалась на 26-м Турнире городов, задача М1989 – на 5-м Турнире математических боевпамяти А.Н.Колмогорова.

Задачипо математике и физике

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Задачи М1981 – М1990, Ф1988 – Ф1997

М1981. В клетках таблицы 11 11¥ расставлены всенатуральные числа от 1 до 121. Дима посчитал произ-ведение чисел в каждой строке, а Саша – произведениечисел в каждом столбце. Могли ли они получитьодинаковые наборы из 11 чисел?

С.Берлов

М1982. На экране написано натуральное число. Каж-дую секунду к написанному в данный момент числуприбавляется произведение цифр его десятичной запи-си. Докажите, что начиная с некоторого момента числона экране не будет изменяться.

А.Белов

М1983. Сколько существует разных способов разбитьчисло 2006 на натуральные слагаемые, которые при-близительно равны? Слагаемых может быть одно илинесколько. Числа называются приблизительно равны-ми, если их разность не больше 1. Способы, отличаю-щиеся только порядком слагаемых, считаются одина-ковыми.

А.Толпыго

М1984. На плоскости отмечены 1000 точек, никакиетри из которых не лежат на одной прямой. Докажите,что найдется не более 1000000 равнобедренных треу-гольников с вершинами в этих точках.

С.Берлов, И.Богданов

М1985. Четырехугольник ABCD, у которого нет па-раллельных сторон, описан около окружности с цент-ром О. Середины сторон АВ, ВС, CD, DA обозначены

K, L, M, N соответственно. Докажите, что если точкиО, K, М лежат на одной прямой, то точки О, L, Nтакже лежат на одной прямой.

А.Заславский, М.Исаев, Д.Цветов

М1986. Докажите, что для 2n действительных чисел

1 2 1 2n nx x x y y y£ £ £ £ £ £ £… … выполняется не-равенство

( )2

1 2 1 2n nx x x y y y+ + + + + + ≥… …

≥ ( )1 1 2 24 n nn x y x y x y+ + +… .

П.Самовол, М.Аппельбаум

М1987. Даны икосаэдр и додекаэдр с равными рассто-яниями от центра до ребра. У какого из многогранни-ков больше объем?

А.Заславский

М1988. Для каких натуральных чисел а найдутсятакие целые неотрицательные числа k, m, n, что есливыписать друг за другом числа n

a и ma в десятичнойзаписи, то получится десятичная запись числа k

a ?В.Сендеров

M1989. В королевстве N городов и r дорог, каждаядорога соединяет два города, и из любого города можнодобраться до любого по дорогам. В городах живутгонцы. В начале каждого года один из городов отправ-ляет во все соседние (т.е. соединенные с ним дорогами)города по гонцу (в таком городе должно быть достаточ-ное для этого количество гонцов). Если в каждомгороде гонцов недостаточно, то движения гонцов пре-кращаются.

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 114

а) Пусть через несколько лет движение гонцов прекра-тилось. Докажите, что если города, отправляющиегонцов, выбирать по-другому, то движение гонцов всеравно прекратится; при этом конечное количествогонцов в каждом городе не зависит от выбора городов.б*) Пусть через несколько лет в каждом городе оказа-лось столько же гонцов, сколько было изначально.Какое наименьшее количество гонцов может быть вкоролевстве?

И.Богданов

М1990*. Дан треугольник ABC. На продолжении сто-роны ВС за точку С выбирается точка X. Окружности,вписанные в треугольники АВХ и АСХ, пересекаютсяв точках Р и Q. Докажите, что все прямые PQ проходятчерез некоторую точку, не зависящую от положенияточки X.

Л.Емельянов

Ф1988. Кролик бежит по прямой с постоянной скоро-стью 1v , за ним по плоскости гонится лиса. Скоростьлисы 2v постоянна по величине и все время направленав ту точку, где находится в данный момент кролик. Внекоторый момент расстояние между участниками за-бега составляет L, а угол между векторами их скорос-тей равен α . Найдите ускорение лисы в этот момент.

А.Лисов

Ф1989. В системе на рисунке 1 ось верхнего блоказакреплена, а сам этот блок склеен из двух блоков

разных радиусов – один из радиусовровно вдвое больше другого. Радиусыподвижных блоков подобраны так, чтосвисающие концы нити вертикальны.Масса маленького груза справа наверхуравна М; на нити, намотанной на малыйдиаметр верхнего блока, закреплен грузмассой 3М; масса нижнего груза 2М.Систему вначале удерживают, затемотпускают, и начинается движение.Найдите ускорения подвижных блоков.Во сколько раз отличаются угловыеускорения верхнего (двойного) и само-го нижнего блоков?

А.Зильберман

Ф1990. На тонкой легкой нити к потол-ку подвешен маленький шарик массой

М; период малых колебаний получившегося маятникаравен 0T . Шарик отводят в сторону и толчком придаютему начальную скорость – такую, что он описываетокружность, лежащую в горизонтальной плоскости.Каким может быть время одного оборота шарика, еслинить выдерживает натяжение не более 10 Мg?

П.Шаров

Ф1991. В компьютерной модели по дну квадратнойкоробки площадью 2

1 ì скользят две одинаковыешайбы радиусом 1 см. Скорости шайб по величиневсе время равны 1 м/с, а направление скоростейменяется случайным образом при столкновениях шайбсо стенками коробки и между собой. Оцените, закакое время произойдет 1000 ударов между шайба-

ми. Сколько раз за это время шайбы ударятся о всестенки коробки?

А.Ударов

Ф1992. Цикл Карно 1–2–3–4–1 (рис.2), проводимыйс порцией идеального газа, имеет термодинамическийКПД 0η . Цикл разделили на два – первый 1–2–4–1 ивторой 4–2–3–4 (процесс4–2 идет при повышениидавления и объема газа, изависимость давления отобъема на этом участкелинейная). Известен тер-модинамический КПДпервого цикла (1–2–4–1),он равен 1η . Найдите ана-логичный КПД η

2 второго

цикла.Ц.Карнов

Ф1993. Из очень тонкой проволоки сделали окруж-ность, припаяли диаметр из такой же проволоки и ещеодин диаметр – перпендикулярно первому. Середины«диаметральных» проволочек соединили между собой.Один из выводов омметра присоединили к произволь-ной точке окружности, другой – к диаметрально про-тивоположной ее точке. Во сколько раз отличаютсямаксимальное и минимальное значения показаний при-бора?

О.Простов

Ф1994. Параллельные проводящие рельсы расположе-ны горизонтально на расстоянии d друг от друга ипомещены в однородное магнитное поле, вектор индук-

ции которого 0B !

направлен перпендикулярно их плос-кости. Рельсы замкнуты резистором большого сопро-тивления R. Вдали от резистора на рельсах лежитмассивный проводящий стержень, он составляет угол45° с рельсами. С какой силой нужно действовать настержень в горизонтальном направлении, чтобы онскользил вдоль рельсов поступательно с постояннойскоростью 0v ?

З.Рафаилов

Ф1995. Параллельно друг другу подключены две ка-тушки, индуктивности которых 1 Гн и 2 Гн, и конден-сатор емкостью 100 мкФ. Конденсатор в данный мо-мент заряжен до напряжения 200 В, а через катушкитекут одинаковые (и одинаково направленные) токи по0,1 А. Найдите максимальный ток через катушкуиндуктивностью 1 Гн. Оцените, через какое времянапряжение конденсатора изменит знак на противопо-ложный (можно было бы посчитать и точно, но расчетполучился бы довольно громоздким). Элементы цеписчитайте идеальными.

Р.Александров

Ф1996. Конденсатор емкостью С и катушка индуктив-ностью L соединены друг с другом, и в получившемсяконтуре происходят колебания. В тот момент, когданапряжение конденсатора составляло 1U , а через ка-тушку тек ток 1I , параллельно контуру подключилирезистор сопротивлением R. Какое количество тепло-

Рис. 1

Рис. 2

ты выделится в резисторе? Какой заряд протечет черезкатушку, начиная с этого момента?

А.Зильберман

Ф1997. К точка А и Б схемы, изображенной на рисунке3, подключают источник переменного напряжения36 В, 50 Гц. Что покажет вольтметр с большим внутрен-ним сопротивлением, если включить его между точка-

ми Б и В? Конденса-торы в схеме имеютемкости, например,1 мкФ. Диоды мож-но считать идеаль-ными. Придумайте

также хорошее название для этой схемы.У.Множителев

Рис. 3

Решения задач М1961 – М1965,Ф1973 – Ф1982

М1961. В параллелограмме ABCD нашлась точкаQ такая, что AQB CQD 180– + – = ∞ . Докажите ра-венства углов: QBA QDA– = – и QAD QCD– = –(рис. 1).

Треугольник ABQ параллельно перенесем на векторBC !

, и новое положение точки Q обозначим через Р(рис. 2). Ввиду условия задачи, около четырехугольникаQCPD можно описать окружность. Но тогда

( )DCP QBA PQD QDA– = – = – = – ,

а также

QCD QPD QAD– = – = – ,

т.е. утверждение доказано.В.Произволов

М1962. Клетчатый прямоугольник полностью по-крыт костями домино (каждая кость покрывает двесоседние клетки). Назовем покрытие оригинальным,если для любого другого покрытия положение хотя быодной кости совпадает с положением какой-либокости оригинального покрытия. Для каких прямо-угольников существует оригинальное покрытие?

Ответ: оригинальное покрытие имеют те и только тепрямоугольники, у которых вдоль одной стороныразмещается четное число клеток, а вдоль другой –нечетное (иными словами – это все прямоугольникиразмером ( )2 2 1m n¥ - клеток, где т и п – натуральныечисла).Сначала докажем, что для таких прямоугольниковдействительно имеется оригинальное покрытие. Дляэтого просто опишем такое покрытие. Оно очень про-стое: надо все кости расположить так, чтобы длиннаяих сторона была параллельна четной стороне прямоу-

гольника (на рисунке дан при-мер оригинального покрытия пря-моугольника 6 5¥ ). Чтобы убе-диться, что это покрытие в самомделе оригинальное, расположимпрямоугольник так, чтобы нечет-ные стороны были горизонталь-ны (как на рисунке). Рассмот-рим любое другое покрытие это-го прямоугольника костями до-мино и выделим кости, которые примыкают к нижнейстороне прямоугольника. Так как эта сторона – нечет-ная, то хотя бы одна кость непременно будет располо-жена вертикально. Но тогда она совпадет с какой-то изкостей оригинального покрытия, примыкающей к ниж-ней стороне прямоугольника. Таким образом, указан-ное покрытие и впрямь оригинальное.Осталось доказать, что если обе стороны прямоуголь-ника – четные, то оригинального покрытия не суще-ствует. Иначе говоря, для любого покрытия можноуказать другое покрытие – такое, что ни одна его костьне совпадет ни с одной костью исходного покрытия.Пусть прямоугольник с четными сторонами покрыткаким-то образом костями домино. Мысленно разобь-ем его на квадраты 2 2¥ (так как обе стороны четные,то это возможно). А теперь каждый такой квадратпокроем двумя костями. Это можно сделать двумяспособами. Докажем, что хотя бы для одного из этихспособов положение каждой из костей не совпадет нис одной из костей исходного покрытия. Рассуждаем «отпротивного». Допустим, это не так и для любого издвух возможных расположений двух костей в квадрате2 2¥ хотя бы одна из костей совпадет с какой-токостью исходного покрытия. Сориентируем квадраттак, чтобы одна из его сторон была горизонтальна,другая – вертикальна. Уложим на него две кости дляначала горизонтально. Так как в исходном покрытии,согласно предположению, хотя бы одна кость совпада-ет с какой-то из этих двух костей, то можно сделатьвывод: в исходном покрытии имеется кость, располо-женная в этом квадрате горизонтально. Теперь уло-жим на тот же квадрат две кости по-иному – верти-кально. Тогда, согласно тому же предположению, висходном покрытии имеется кость, расположенная вэтом квадрате вертикально. Таким образом, в одном итом же квадрате 2 2¥ исходного покрытия есть кость,расположенная вертикально, и есть кость, располо-женная горизонтально. Но это, очевидно, невозможно.Противоречие!Итак, для любого исходного покрытия мы можемразбить прямоугольник с четными сторонами на квад-раты 2 2¥ , а затем в каждом таком квадрате такуложить две кости, что ни одна из них не совпадет нис одной из костей исходного покрытия. Отсюда следу-ет, что оригинального покрытия не существует.

И.Акулич

М1963. Натуральные числа х, у, z (x > 2, y > 1)удовлетворяют равенству y 2x 1 z+ = . Докажите,что число х имеет не менее 8 различных натуральныхделителей.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 15

Рис. 1 Рис. 2

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 116

Достаточно доказать, что число х имеет не менее 3различных простых делителей.Из 2

1tp z+ = , где t > 1, легко вывести, что р = 2.Именно, справедливо следующее утверждение.Лемма 1. При z > 3 число 2d z 1= - имеет не менее2 различных простых делителей.Для доказательства достаточно при четном z восполь-зоваться равенством

( ) ( )1 1d z z= + - , где ( )1, 1 1z z+ - = , z – 1 > 1,

а при нечетном z – равенством

1 1

42 2

z zd

+ -= ◊ ◊ , где

1 1, 1

2 2

z z+ -К ˆ =Б ˜Л ≢,

11

2

z -> .

Пусть теперь число ( ) ( )1 1z z- + , где z > 1, имеет ровно2 различных простых делителя. Тогда в случае

( )1, 1 1z z- + = имеем ( ) ( ) 2y y

p qα β- = , т.е. y ya b- =

= 2, где y > 1. Но ( ) ( )1 1y y y ya b a b a b- -- = - + + ≥…

≥ ( ) ( ) ( )12 1 3 3ya b a b-- + ≥ - ◊ ≥ . Значит, ( )1, 1z z- + =

= 2, откуда либо 1 2yz pα- = и 1

1 2yz β -+ = , либо

11 2

yz β -- = и 1 2yz pα+ = . В первом случае 2

2y ypβ α- - =

= 1, во втором 22 1y ypα β -- = .

Лемма 2. Уравнение

2u v1 w- = ,

где u > 1, v > 1, не имеет решений в натуральныхчислах.Доказательство. Поскольку ни при каком целом счисло 2

1c + не делится на 4, число v нечетно. Поэтому

( )2 1u w A= + , где 1 21

v vA w w w- -= - + - +… – сумманечетного числа v нечетных слагаемых. Значит, и само

число А нечетно. Но ( )1 2 1 1u vw A w w+ = = + > + .Следовательно, А – больший единицы делитель числа2u , что невозможно.

Лемма 3. Уравнение

2u + 1 = w

v

,

где v > 1, имеет единственное решение в натуральных

числах: ( ) ( ), , , ,u v w 3 2 3= .Доказательство. Единственность этого решения в слу-чае четного v следует из леммы 1, а отсутствие решенийв случае нечетного v – из рассуждений, аналогичныхпроведенным при доказательстве леммы 2.Из лемм 2 и 3 получаем у = 2, 5yβ = , что невозможно.Замечание 1. Доказанное утверждение о наличии учисла х трех различных простых делителей можнообобщить следующим образом.Предложение. Пусть число у разлагается в произведе-ние n отличных от 1 натуральных чисел. Тогда х имеетне менее n + 2 различных простых делителей.Доказательство основано на следующих важных утвер-ждениях, которые часто бывают полезны при решениизадач по теории чисел.Лемма 4. Пусть a 2≥ , р – нечетное простое число.Тогда число pa 1- имеет хотя бы один простойделитель, не являющийся делителем числа а – 1.Лемма 5. Пусть a 2≥ , р – простое число и выполненохотя бы одно из неравенств a 2π и p 3π . Тогда

число pa 1+ имеет хотя бы один простой делитель,не являющийся делителем числа а + 1.Доказательство этих лемм можно прочесть в решениизадачи М1867 («Квант» №6 за 2003 г.).Сформулированная в том же решении теорема Биркго-фа–Вандивера позволяет усилить Предложение: если

11

mmy p pα α= … , то х имеет не менее ( )11 1α+ + …

( )m 1α +… различных простых делителей.Замечание 2. Накладывая на числа задачи дополни-тельные ограничения, можно получить и более силь-ные следствия, нежели содержащееся в ее формули-ровке. Именно, нетрудно доказать следующие утверж-дения.Если число у – 2 составное, то х имеет не менее 12различных натуральных делителей.Если к тому же число у не является числом Ферма1 ,то х имеет не менее 16 различных натуральныхделителей.Доказательство этих утверждений также опирается налеммы 4 и 5.Несколько по-иному доказывается следующее утверж-дение.Пусть в условиях задачи ( ),x 1 y 1+ = . Тогда х имеетне менее 16 различных натуральных делителей.Замечание 3. Утверждение, близкое к утверждениюзадачи, справедливо и в случае равенства 2

2 1yx z+ =

(x > 2, у > 1). Именно, в этом случае натуральноечисло х, x 12π , имеет не менее 8 различных нату-ральных делителей. Доказательство этого факта близ-ко к решению задачи. Ситуация х = 12 возможна:

2 22 12 1 17◊ + = . Отметим, что при у = 2 рассматрива-емый случай оказывается случаем уравнения Пелля2 2

2 1z x- = . Об этих очень интересных и важныхуравнениях можно прочесть, например, в статье В.Сен-дерова и А.Спивака «Уравнения Пелля» («Квант» №3за 2002 г.).

В.Сендеров

М1964. Вневписанная окружность неравнобедренно-го треугольника АВС касается стороны АВ в точкеC¢ и продолжений сторон АС, ВС в точках ,B A¢ ¢ .Прямые AA¢ и BB¢ пересекаются в точке K. Дока-жите, что K лежит на описанной окружности треу-гольника АВС тогда и только тогда, когда радиусыокружностей АВС и A B C¢ ¢ ¢ равны.

Пусть радиусы окружностей равны, О – центр описан-ной окружности, O¢ – центр вневписанной. Тогда, так

1 Т.е. k

2y 2 1π + , где k 0≥ . Отметим, что случай k = 0

можно не рассматривать, поскольку уравнение 3 2x 1 z+ = приx > 2 не имеет решений в натуральных числах. В самом деле,некоторые рассуждения из решения нашей задачи сразу сводят

это уравнение к следующим: 3 3u 2v 1- = , 3 32v u 1- = , где

,u v ŒN . Однако, как доказал еще Л.Эйлер методом спуска,первое из получившихся уравнений не имеет решений, а второеимеет лишь одно решение (1, 1) – что немедленно и приводит кединственному решению (2, 3) в натуральных числах уравнения

3 2x 1 z+ = . Утверждение о неразрешимости этого уравненияпри x > 2 можно переформулировать несколько неожиданным

образом: ни при каком n > 1 сумма 3 21 n…+ + не является кубомнатурального числа (докажите красивый факт – эквивалент-ность этих утверждений – самостоятельно!).

как 2A O A O AO B A– = – = – + –¢ ¢ ¢ , четырехугольникA O AO¢ ¢ – равнобедренная трапеция и AA OO=¢ ¢ .Значит, в треугольниках AA C¢ и BB C¢ CA CB=¢ ¢ иAA BB=¢ ¢ , но AC BCπ . Следовательно, CAA– +¢

180CBB+ – = ∞¢ .Обратно: если K лежит на описанной окружности, тоAA BB=¢ ¢ . Предположим, что радиусы окружностейне равны, и отложим на отрезках ОА и ОВ точки Х, Yтакие, что AX BY OA= = ¢ . Так как O X AA= =¢ ¢

BB O Y= =¢ ¢ и OX = OY, треугольники OO X¢ иOO Y¢ равны, т.е. AOO BOO– = –¢ ¢ , что для неравно-бедренного треугольника неверно.Отметим, что для равнобедренного треугольника ут-верждение задачи остается верным, в чем нетрудноубедиться прямой проверкой.

А.Заславский

М1965. С крыши дома спущена лестница, содержа-щая n ступенек. С каждой ступеньки можно пере-шагнуть на соседнюю; кроме того, с самой верхнейступеньки можно переступить на крышу, а с самойнижней – на землю. На каждой ступеньке укрепленуказатель-стрелка, направленный вверх либо вниз.В начальный момент на одной из ступенек лестницыстоит человек. В соответствии с указателем онпередвигается на соседнюю ступеньку, и сразу послеэтого указатель меняет направление на противопо-ложное. Со следующей ступеньки человек опять пе-реступает на соседнюю в соответствии с ее указа-телем, и сразу после этого указатель также меняетположение на противоположное. Далее человек сноваи снова переходит со ступеньки на ступеньку потаким же правилам. Какое наибольшее число шаговможет сделать человек, пока не сойдет с лестницына землю или на крышу?

Ответ: максимальное возможное число шагов равно( )1

2

n n + (включая сюда и тот шаг, которым человек

сошел с лестницы).Прежде всего докажем, что человек не может находить-ся на лестнице бесконечно долго, т.е. ему рано илипоздно придется сойти с лестницы на землю или накрышу.Используем метод «от противного». Допустим, чело-век никогда не выйдет за пределы лестницы, даже еслисделает бесконечное число шагов. Тогда на какую-тоступеньку А он наступит бесконечное число раз. Таккак направление указателя при каждом «наступлении»на ступеньку меняется на противоположное, то при«наступлениях» на ступеньку А указатель бесконечноечисло раз будет показывать вверх. Поэтому, ступая всоответствии с указателем, человек бесконечное числораз наступит на ступеньку, соседнюю сверху со сту-пенькой А. Рассуждая таким же образом, можно сде-лать вывод, что он бесконечное число раз наступит наступеньку, соседнюю с ней, и так далее, вплоть досамой верхней ступеньки. Но самое позднее при вто-ром «наступлении» на самую верхнюю ступеньку он снее будет вынужден подняться вверх на крышу (указа-тель-то каждый меняет направление!). Противоречие.

Но насколько долго сможет человек «продержаться»на лестнице? Пусть человек, стартуя с какой-то сту-пеньки, сделал в соответствии с правилами некотороечисло шагов и последним из этих шагов покинуллестницу. Не нарушая общности, можно считать, чточеловек сошел с лестницы на крышу, т.е. покинуллестницу через верхнюю ступеньку.Рассмотрим любую ступеньку, которую человек посе-тил неоднократно (хотя бы дважды). Так как сразупосле ухода с нее указатель-стрелка на ступенькеменяет направление, то шаги, которые делал человек сэтой ступеньки, попеременно направлены то вверх, товниз, т.е. количества шагов, сделанные с какой-либоступеньки вверх и вниз, различаются не больше чем на1. Обозначим это рассуждение P1. Далее, если послед-ний шаг с какой-либо ступеньки человек сделал вверх,то суммарное число шагов вниз с этой ступеньки небольше, чем суммарное число ходов вверх (докажитеэто самостоятельно). Это рассуждение обозначим Р2.А теперь докажем следующее утверждение.У1. С k-й снизу ступеньки (для всех 11 k n£ £ )человек сделал не больше (k – 1) шагов вниз и небольше k шагов вверх.Доказательство проведем индукцией по k.Для k = 1 (т.е. самой нижней ступеньки) утверждениепрактически очевидно.Пусть для k = т утверждение верно, т.е. человек ст-й ступеньки снизу сделал не больше (т – 1) шаговвниз и не больше т шагов вверх. Докажем, что соследующей, (m + 1)-й ступеньки он сделал не большет шагов вниз. Для этого между m-й и (m + 1)-йступеньками мысленно проведем границу и посмотрим,сколько раз человек пересек ее снизу вверх и сколько– сверху вниз. Снизу вверх – это ясно: не больше т раз.А сверху вниз? Рассмотрим два случая.1) «Стартовая» ступенька находится выше границы,т.е. человек начал движение и финишировал надграницей. Но тогда ясно, что он одинаковое число разпересек границу сверху вниз и снизу вверх. Поэтомучисло шагов сверху вниз через границу не больше т.2) «Стартовая» ступенька находится ниже границы,т.е. человек начал движение под границей, а финиши-ровал над границей. Но тогда он пересек границу снизувверх на 1 раз больше, чем сверху вниз. Поэтому числошагов сверху вниз через границу не больше (т – 1),что, конечно, тоже не больше т.Итак, количество шагов с (m + 1)-й ступеньки вниз небольше т. Тогда, в силу P1, число шагов с (т + 1)-йступеньки вверх не больше (т + 1).Утверждение У1 доказано: с k-й снизу ступенькичеловек сделал не больше (k — 1) шагов вниз и не болееk шагов вверх, а всего – не более (2k – 1) шагов.Теперь проведем аналогичный анализ, отсчитывая сту-пеньки сверху, т.е. докажем второе утверждение.У2. С k-й сверху ступеньки (для всех 1 k n£ £ )человек сделал не больше k шагов вниз и не больше kшагов вверх.Доказательство также можно провести индукцией по k(проделайте это, воспользовавшись утверждением Р2).Получается, что с k-й сверху ступеньки человек сделал

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 118

не больше k шагов вниз и не более k шагов вверх, а всего– не более 2k шагов.Чего же мы достигли? Мы ограничили сверху числошагов с каждой ступеньки, причем двумя способами.Например, число шагов с самой нижней ступенькисогласно У1 не превышает 1, а согласно У2 не пре-вышает 2n, т.е. «в целом» не превышает min(1, 2n) –так мы будем обозначать наименьшее из двух чисел.Для второй снизу ступеньки число шагов не большеmin(3, 2n – 2), для третьей – не больше min(5, 2п –– 4) и так далее, вплоть до самой верхней ступеньки,для которой число шагов не больше min(2n – 1, 2).Ясно, что если перебирать ступеньки снизу вверх, топервое число в скобках будет монотонно возрастать,а второе – уменьшаться. Поэтому для какой-то «ниж-ней части» ступенек минимальное значение – первое,а для остальных («верхней части») – второе. Опре-делимся, где граница «водораздела». Рассмотрим k-юступеньку снизу. Ее номер, если отсчитывать сверху,равен (n – k + 1), поэтому можно записать, что с неесделано не больше min(2k – 1, 2n – 2k + 2) шагов.Если приравнять оба числа в скобках, то получим2k – 1 = 2n – 2k + 2, откуда найдем «граничное

значение»: ã!

2 3

4

2

k+

= . Таким образом, если номер

ступеньки (снизу) 2 3

4

nk

+< , то (min 2 1, 2k n- -

)2 2 2 1k k- + = - , если же 2 3

4

nk

+> , то (min 2k -

)1, 2 2 2 2 2 2n k n k- - + = - + . Понятно, что равенство

2 3

4

nk

+= невозможно, так как

2 3

4

n + – не целое

число (числитель нечетный!).

Пусть п – четное число, т.е. п = 2т (т – натуральное).

Тогда ã!

2 3 3

4 4

nk m

+= = + . Посему для k m£ число

шагов с k-й ступеньки не превышает (2k – 1), т.е. при

возрастании k возрастает от 1 до (2т – 1) с увеличени-ем на 2, а для 1k m≥ + число шагов с k-й ступеньки непревышает 2n – 2k + 2 = 4m – 2k + 2, т.е. при воз-растании k убывает от 2т до 2 с уменьшением на 2.Итого, суммарное число шагов, сделанных со всехступенек, равно

( )( ) ( )( )1 3 2 1 2 2 2 2S m m m… …= + + + - + + - + + =

= ( )1

1 2 2 1 22

n nm n

++ + + = + + + =… … .

Пусть теперь п – нечетное число, т.е. п = 2т – 1 (m –

натуральное). Тогда ã!

2 3 1

4 4

nk m

+= = + . Поэтому для

k m£ число шагов с k-й ступеньки не превышает(2k – 1), т.е. при возрастании k возрастает от 1 до(2т – 1) с увеличением на 2, а для 1k m≥ + число

шагов с k-й ступеньки не превышает2n – 2k + 2 – 4m – 2k + 2, т.е. при возрастании k убываетот (2m – 2) до 2 с уменьшением на 2. Итого, суммарное

число шагов, сделанных со всех ступенек, равно

( )( ) ( ) ( )( )1 3 2 1 2 2 2 4 2S m m m… …= + + + - + - + - + + =

= ( )( )1

1 2 2 1 1 22

n nm n

++ + + - = + + + =… … .

Как видно, и для четного, и для нечетного n суммарноечисло шагов, сделанных человеком, не превышает

( )1

2

n n +. Остался последний штрих: для каждого n

привести пример начального расположения указате-лей и исходного местонахождения человека на лест-нице.Примеры эти различны для четного и нечетного п.Если n – четное (т.е. n = 2m), то следует на т нижнихступеньках установить указатели вверх, а на т верх-них – вниз. «Стартовая» ступенька – любая из двух,находящихся вблизи центра лестницы (т.е. m-я или(m + 1)-я снизу).

Убедимся, что число шагов здесь равно именно ( )1

2

n n +.

Это сделать «в лоб» не так-то просто, поэтому вновьприменим индукцию по п с увеличением 2, начинаяот наименьшего значения 2.Пусть лестница имеет только n = 2 ступеньки. Изобра-зим схематично, к чему это приведет. Удобнее условнорасположить лестницу горизонтально (считая, что зем-ля находится слева, а крыша – справа). При этомступеньки (а также землю и крышу) изобразим в видепрямоугольников, и в каждом из них будем показыватьнаправления стрелок-указателей (естественно, еслистрелка показывает вправо, то это считается вверх, аесли влево – то вниз). Знаком «+» отметим текущееположение человека. Тогда для n – 2 получится вот что:

Как видно, для двух ступенек число шагов действи-

тельно равно ( )2 2 1

32

+= . При этом после схода чело-

века с лестницы на крышу все указатели-стрелкиостались направлены вниз.Пусть то же верно для m = k ступенек, т.е. через

( )1

2

k k + шагов человек сойдет на крышу, причем после

этого все стрелки будут направлены вниз. Добавим ктакой лестнице еще 2 ступеньки: одну снизу и однусверху, причем на нижней ступеньке указатель напра-вим вверх, а на верхней – вниз. Посмотрим, чтополучится. Так как впервые человек покинет пределы

лестницы из k ступенек только на ( )1

2

k k +-м шаге, то

до тех пор человек никак не затронет добавленные

ступеньки, и лишь ( )1

2

k k +-м шагом станет на верх-

Ф1973. Камень бросают под углом α к горизонту,придав ему начальную скорость 0v . Точка падениякамня на Н ниже точки броска. Вектор скоростикамня в полете поворачивается. Найдите максималь-ное и минимальное значения угловой скорости этоговращения. Земля, как известно, плоская; считайте,что воздуха на ней нет.

Полное ускорение летящего камня все время направле-но вниз и равно g. Вектор скорости v

!

увеличивается помодулю за счет касательной проекции ускорения ta , аповорачивает его нормальная составляющая ускорения

na . При этом за малый интервал времени τ уголповорота составляет na v∆ϕ τ= и угловая скоростьвращения равна na vω ∆ϕ τ= = . Обозначим уголмежду вертикалью и направлением вектора скоростичерез β . Горизонтальная составляющая вектора ско-

рости все время одна и та же, тогда 0 cossin

v

v

αβ =

и нормальная составляющая ускорения равна an =

0 cossin

gvg

v

αβ= = . Значит, угловая скорость вра-

щения вектора скорости составляет

0

2

cosna gv

v v

αω = = .

Максимальная величина этой угловой скорости полу-чается в верхней точке траектории, где скорость теламинимальна – там есть только ее горизонтальнаясоставляющая:

max

0 cos

g

vω

α= .

Минимальное значение угловой скорости получится всамой нижней точке траектории, где квадрат полнойскорости максимален и составляет 2 2

0 2v v gH= + , приэтом

0

min 2

0

cos

2

gv

v gH

αω =

+ .

З.Рафаилов

Ф1974. По гладкому горизонтальному столу можетдвигаться куб массой М. На нем находится другойкуб — поменьше, его масса m. На кубы действуютгоризонтальные силы: F – на нижний и f – на верхний.Силы эти параллельны, приложены к центрам кубови направлены в одну сторону. Найдите ускорениякубов. Коэффициент трения между верхним и ниж-ним телами µ . Кубы двигаются поступательно, невращаясь.

Направления сил трения – со стороны верхнего кубана нижний и со стороны нижнего куба на верхний –определяются простым соотношением: если F/M >> f/m, то верхний куб при отсутствии трения отста-вал бы от нижнего; значит, на него сила трениядействует «вперед» – в сторону силы f, а на большойкуб действует сила трения, направленная назад. Вэтом случае при достаточно большом коэффициентетрения кубы едут вместе с ускорением

F fa

M m

+=

+.

нюю из них (она «появилась» вместо крыши). Поэтомуможно изобразить, как теперь выглядит вся картинка:

Далее, как видим, на лестнице (k + 1) стрелок подряд(на всех ступеньках, кроме самой нижней) направленывниз, и человек стоит на самой верхней ступеньке.Очевидно, теперь он, в соответствии со стрелками,сделает подряд (k + 1) шагов вниз, перебравшись насамую нижнюю ступеньку, и вот что получится:

Теперь все (k + 2) стрелок указывают вверх, и человекстоит на самой нижней ступеньке. Ясно, что, сделавследующие (k + 2) шагов, он выйдет на крышу. Такимобразом, если нашу лестницу из k ступенек нараститьеще двумя (сверху и снизу), то всего человек сделает

( )( ) ( )

( ) ( )1 2 31 2

2 2

k k k kk k

+ + ++ + + + = шагов, что и

требовалось.С четными n разобрались.Если же n – нечетное (т.е. n = 2т – 1), то здесьстартовая ступенька – центральная ступенька лестни-цы (m-я снизу, она же m-я сверху). Указатели наступеньках, находящихся ниже стартовой, первона-чально показывают вверх, а на ступеньках, находя-щихся выше стартовой, – вниз. Направление указате-ля, расположенного на стартовой ступеньке, значенияне имеет. Для определенности направим его тоже внизи аналогичной индукцией по n убедимся, что человек

сделает ровно ( )1

2

n n + шагов.

Сначала – случай с наименьшим n = 1. Здесь всенастолько очевидно, что рисовать схему и не надо:

после ( )1 1 1

12

+= хода человек окажется на крыше, а

стрелка на единственной ступеньке будет показыватьвниз.Пусть то же верно для n = k ступенек, т.е. и для не-

четного k через ( )1

2

k k + шагов человек сойдет на кры-

шу, причем после этого все стрелки будут направленывниз. Добавим к такой лестнице еще 2 ступеньки: однуснизу и одну сверху, причем на нижней ступенькеуказатель направим вверх, а на верхней – вниз. Иполучится та же картина, что и для четного k, т.е. вдальнейшем рассуждения здесь абсолютно такие же,что и для предыдущего случая, так что повторяться небудем.Итак, пример приведен, все в порядке.

И.Акулич

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 120

Условие совместного движения кубов: 1µ µ≥ , где 1µ –«граничное» значение коэффициента трения, опреде-ляется условием

1 1F mg f mg

M m

µ µ- += ,

откуда находим

( )1

Fm fM

mg M mµ

-=

+.

Если коэффициент трения меньше этого «граничного»значения, то ускорения кубов находятся совсем просто:нижний куб движется с ускорением

1

M

F mga

M

µ-= ,

верхний – с ускорением

1

m

f mga

m

µ+= .

Если же F M f m< , то верхний куб пытается обогнатьнижний, направления сил трения меняются на проти-воположные, ускорение при совместном движении неизменяется, а при недостаточно большом трении уско-рения составляют

2

M

F mga

M

µ+= и 2

m

f mga

m

µ-= ,

при этом «граничное» значение коэффициента тренияравно

( )2

fM Fm

mg M mµ

-=

+.

Р.Александров

Ф1975. В системе, изображенной на рисунке 1, грузыимеют одинаковые массы, блоки и нити очень легкие,нити нерастяжимы, свободные их куски вертикаль-

ны. Найдите ускорения блоков. Ось самого верхнегоблока закреплена.

Обозначим силу натяжения нити в точке А буквой Т(рис.2). Тогда легко выразить все остальные силынатяжения – они показаны на чертеже. Направим внизось координат Х, выберем начало координат на уровнеоси верхнего блока, координаты осей остальных бло-ков обозначим

1 2 3, ,x x x . Для того чтобы связать междусобой ускорения осей блоков, воспользуемся условиемнерастяжимости нити – сумма длин свободных кусковнити не меняется со временем (пока какой-нибудь грузне «упрется» в блок, так что решать задачу нужнобыстро...). Выразим сумму длин свободных кусковнити через координаты осей блоков:

( ) ( )1 2 2 1 3 1x x x x x x+ + - + - + ( )3 2 constx x- = ,

или

1 2 32 constx x x- + + = .

Отсюда видна связь между ускорениями осей:

1 2 32a a a= +

(положительное направление – вниз).Ускорение верхнего груза равно 1a , но направленопротив положительного направления оси координат,ускорения двух нижних грузов такие же, как у блока,к которому они привязаны. Ускорение a правого грузатакже легко выразить через ускорения осей блоков:

1 22a a a= - .

Теперь запишем уравнения динамики для грузов:

1T mg ma- = ,

( )1 22T mg ma m a a+ = = - ,

32 4 2mg T ma- = .

Отсюда находим

1 0,6a g= - , 2a g= - , 3 0,2a g= .

Ускорения 1a и 2a направлены вверх, 3a – вниз.Кстати, сила натяжения нити в точке А составляет T == 0,4mg.

А.Блоков

Ф1976. Население Земного шара составляет в нашидни приблизительно 4,5 миллиарда человек. Сколькокилограммов воздуха приходится на каждого чело-века?

Атмосфера довольно тонкая (по сравнению с радиусомЗемли), поэтому можно считать, что на площадку Sдействует сила давления F = pS, которая равна силетяжести mg, где m – масса воздуха над площадкой.(Если бы существенная доля атмосферного воздухарасполагалась на больших высотах, нам пришлось быучитывать уменьшение ускорения тяготения на такихрасстояниях.) Тогда массу атмосферы можно найти поформуле

pSm

g= =

25 7

1810 4 104 *ã 5 10 *ã

9,8 2π

π

К ˆ◊◊ ª ◊Б ˜Л ≢

(мы учли, что длина окружности Земли по экваторусоставляет 40000 км ровно!).Рис. 2Рис. 1

Значит, на каждого человека приходится18

9

9

5 10 *ã 10 *ã

4,5 10m∆

◊= ª

◊.

Довольно много...А.Мальтусов

Ф1977. Средняя квадратичная скорость молекул воз-духа в комнате 500 м/с, длина свободного пробега0,01 мм. В данный момент выбранная для наблюде-ния молекула находится посредине квадратной ком-наты площадью

225 ì . Оцените среднее время, необ-ходимое для ее путешествия до одной из стен.

Если бы частица не меняла направления движения приударах о другие частицы, она добралась бы до стенкисовсем быстро – за время

5 ì0,01 c

500 ì “

Lt

v= = = .

(Мы взяли «среднее» расстояние до стенки – приплощади комнаты 25 квадратных метров расстояние отцентра комнаты до ближайшей точки стены 2,5 м, доугла, т.е. до самой удаленной точки этой стены, больше8,5 м, возьмем для грубой оценки 5 м.)Подсчитаем теперь, сколько нужно времени для проле-та (вернее – проползания) этого расстояния с учетомсоударений частиц. Для этого посмотрим, как добавля-ется к уже пройденному пути nL очередной «кусочек»d = 0,01 мм – длина свободного пробега. Воспользуем-ся теоремой косинусов для нахождения расстояния

1nL+

от начальной точки путешествия до точки распо-ложения частицы после прохождения (n + 1) участкадлиной d каждый:

2 2 2

1 2 cosn n nL L d L d ϕ+

= + - ,

где ϕ – угол между перемещением nL!"

до прибавленияочередного участка и новым отрезком длиной d. Уголϕ может быть любым в пределах от 0 до 180∞ , среднеезначение косинуса этого угла получается нулевым – этовполне очевидно, хотя и не очень просто доказать.(Статья, в которой этот вопрос разобран, опубликова-на примерно 100 лет назад. Попробуйте сами найтиавтора этой работы по учебникам или справочникам –гарантирую, что получите удовольствие...)Будем считать, что

2 2 2

1n nL L d+

= + ,

тогда2 2

nL nd= .

Отсюда число ударов при прохождении длинного путиL будет равно 2 2n L d= , а время путешествия соста-вит

2nd LT

v dv= = =

( )2

5

5 ì5000 “

10 ì 500 ì c-

=◊

.

Учитывая, что длина свободного пробега молекул ввоздухе при обычных условиях во много раз меньше,чем 0,01 мм, получаем время путешествия молекулы изцентра комнаты до стены просто огромным – напрактике даже очень незначительные, практически

неощутимые, потоки воздуха, которые всегда происхо-дят в комнате, сокращают время перемешивания вдесятки и сотни тысяч раз.

А.Томов

Ф1978. Медная тонкостенная сфера радиусом Rзаряжена, полный заряд сферы Q. На расстоянииR/3 от центра сферы находится точечный заряд q,а на расстоянии 3R от центра сферы помещенточечный заряд 2q. Найдите потенциалы центрасферы и самой сферы. Какой заряд протечет потонкому проводу, если этим проводом сферу зазем-лить?

Найти потенциал центра сферы совсем просто – егосоздают два точечных заряда q и 2q и заряд Q,«размазанный» по сфере:

ö

2

3 3

q q Qk k k

R R Rϕ = + + .

Потенциал самой сферы найти чуть труднее, придет-ся немного порассуждать. Действительно, на внут-ренней стороне сферы собирается заряд –q, силовыелинии от внутреннего заряда q заканчиваются навнутренней поверхности сферы, заряд наружной по-верхности сферы теперь равен Q + q. Если мы убе-рем заряды q и –q внутри сферы, поле снаружи неизменится, не изменится и потенциал сферы. А по-считать его будет совсем просто – теперь внутрисферы поля нет, мы можем сделать расчет для любойвнутренней точки, но удобно взять центр. Тогда по-тенциал сферы будет

“-

2

3

q Q qk k

R Rϕ

+= + .

Если мы заземлим сферу, ее потенциал станет равнымнулю, так что рассчитать «утекший» заряд xQ совсемпросто:

20

3

xQ q Qqk k

R R

+ -= + ,

откуда5

3xQ Q q= + .

Ф.Изиков

Ф1979. В изображенной на рисунке 1 цепи конденса-торы одинаковы, емкость каждого С = 100 мкФ,резистор имеет сопротивление R = 100 кОм, бата-рейка с ЭДС 10 B=E обладает внутренним сопро-тивлением r = 1 Ом. Цепь замыкают. Какой токтечет по резистору черезвремя 0,1 cτ = после вклю-чения, и какой ток в этотже момент течет через ба-тарейку? Какое количествотеплоты выделится в рези-сторе за большое время?

После замыкания цепи кон-денсаторы быстро заряжа-ются, а ток через резисторочень мал. Действительно, Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 122

токи заряда в самом началеопределяются маленькимвнутренним сопротивлениембатарейки: «характерное вре-мя заряда» равно произведе-нию общей емкости, можнопримерно взять ее равной С,и сопротивления r – получит-ся 4

10 crC -= , что намногоменьше 0,1 с, заданных вусловии задачи. С другой сто-

роны, 5 410 10 c 10 cRC -= ◊ = – это намного больше

заданного интервала 0,1 с.Сделаем расчет – используем метод узловых потенци-алов (рис.2). Пусть через резистор протек заряд q,потенциалы узлов обозначим v и u, потенциал верхнейточки V – можно считать, что при малом внутреннемсопротивлении и малом токе батарейки V = 10 В. Есличерез резистор протек заряд q, то суммарный зарядобкладок, потенциал которых обозначен u, равен q:

( )C v u Cu q- + = .

Суммарный заряд обкладок с потенциалом v все времяравен нулю:

( ) ( ) 0Cv C v u C v V+ - + - = .

Из этих уравнений получаем

3

5 5

V qu

C= + ,

2

5 5

V qv

C= + .

Видно, что при q = 0 – за время 0,1 с заряд черезрезистор практически «не прошел» – потенциал ниж-него конца резистора составляет 0,2V = 2 В, верхнийвывод резистора имеет потенциал V = 10 В. Поэтомуток через резистор в интересующий нас момент равен

0,80,08 ì`R

VI

R= = .

За время прохождения заряда q через резистор сум-марный заряд двух нижних конденсаторов увеличился

на 3

0,85 5

q qC q

C C

К ˆ+ =Б ˜Л ≢ . Ясно, что через батарейку

протек именно этот заряд. Он получился меньшезаряда q – верхний конденсатор немного разрядился,часть его заряда прошла через батарейку «назад».Значит, ток через батарейку равен

K 0,8 0,064 RI I= = мА.

Для расчета количества теплоты, которое выделится врезисторе, запишем разность потенциалов на нем какфункцию протекшего через него заряда:

0,60,8

qV

C∆ϕ = - .

Видно, что это линейная зависимость. Полный протек-ший за большое время заряд Q обращает разностьпотенциалов в ноль, откуда получаем

4

3

CVQ = .

Таким образом, выделившееся в резисторе количество

теплоты равно

…=÷

1 1 40,8

2 2 3

CVW Q V∆ϕ= = ◊ ◊ =

285 ìd›

15CV ª .

А.Зильберман

Ф1980. В одной плоскости с длинным прямым прово-дом закреплено маленькое сверхпроводящее кольцо изочень тонкого провода. Диаметр кольца d = 1 см,центр кольца находится на расстоянии Н = 1 м отпровода, индуктивность кольца L = 10 мкГн. Попроводу пропускают электрический ток – сила токабыстро возрастает от нуля до I = 10 А. Какойустановившийся ток потечет по кольцу? Какая силапри этом будет действовать на кольцо?

Магнитная индукция поля длинного прямого проводас током I на расстоянии х от него равна

0

2

IB

x

µ

π= .

Кольцо маленькое – по сравнению с расстоянием Н отпровода, для расчета магнитного потока будем считатьполе однородным в пределах кольца. Контур сверх-проводящий, поэтому полный магнитный поток черезнего должен остаться нулевым. Тогда получим

2

0

*2 4

I dLI

H

µ π

π= .

Отсюда найдем установившийся ток в кольце:2

50

* 1,5 10 A8

IdI

HL

µ-= ª ◊ .

Для расчета силы, действующей на кольцо, поле уженельзя считать однород-ным – в этом случае силаполучилась бы точно рав-ной нулю. Удобно взятьмалые диаметрально про-тивоположные кусочкикольца (см. рисунок) –проекции сил на направ-ление вдоль провода насне интересуют, понятно,что в сумме они дадутноль. В проекции на перпендикулярное к проводунаправление получим

1 1 *dF B I Rdϕ= , 2 2 *dF B I Rdϕ= ,

( )1 2 cosdF dF ϕ- =( )

0 *

1cos

2 cosII R d

H Rµ ϕ ϕ

π ϕ

К◊ -Б -Л

– ( )

1

2 cosH Rπ ϕ

ˆ=˜+ ≢ ( )

2 2

0 *

2 2 2

cos

cos

II R d

H R

µ ϕ ϕ

π ϕ-.

Учтем, что радиус кольца R намного меньше Н, иупростим выражение:

( )2 2

0 *1 2 2

coscos

II R ddF dF

H

µ ϕ ϕϕ

π- ª .

Нужно просуммировать полученные силы по всем

Рис. 2

частям окружности, тогда полная сила будет

2 2

20 * 0 *2 2

cos2

II R II RF d

H H

µ µϕ ϕ

π= = =Ъ

2 2 4

150

32,5 10 H

64

I d

H L

µ-= ª ◊ .

З.Сильнов

Ф1981. К источнику переменного напряжения (звуко-вой генератор) подключена последовательная цепь,состоящая из катушки индуктивностью L = 1 Гн,конденсатора емкостью С = 1 мкФ и резисторасопротивлением R. Будем увеличивать частоту на-пряжения источника, сохраняя неизменной его ампли-туду. При каких условиях напряжение, измеренноеидеальным вольтметром на выводах конденсатора,будет при увеличении частоты вначале увеличивать-ся, а затем уменьшаться? На какой частоте напря-жение конденсатора окажется максимальным приR = 100 Ом?

При малых величинах R будет явно выраженный резо-нанс, при больших сопротивлениях получится монотон-ная частотная характеристика. Сделаем расчет.Амплитуда тока в цепи равна

2

21

UI

L RC

ωω

=К ˆ- +Б ˜Л ≢

,

а амплитуда напряжения на конденсаторе составляет

( )2

2 2 2 21

C

I UU

CLC R C

ωω ω

= =- +

.

Исследуем полученное выражение. Максимум полу-чится, если знаменатель имеет минимум в диапазонечастот. Можно исследовать и квадрат знаменателя –возьмем производную по частоте ω и приравняем еенулю:

( )( )2 2 4 2 2 22 1L C R C LCω ω

¢+ - + =

= ( )2 2 3 2 24 2 2 0L C R C LCω ω+ - = ,

откуда2 2

2

2 2

2

2

LC R C

L Cω

-= .

Видно, что при 2 1,4 *nìR L C> ª максимума длянапряжения на конденсаторе не получается.Для малого сопротивления 100 Ом из выведеннойформулы получится частота 1

1 997,5 cω -= – чуть

ниже «чистой» резонансной частоты 1

0 1000 cω -= .А.Повторов

Ф1982. Источник света, имеющий очень маленькиеразмеры, движется вдоль главной оптической осисобирающей линзы с постоянной скоростью v, а линзадвижется навстречу ему с неизменной скоростью 2v.В некоторый момент скорость изображения оказа-лась по величине равной v (все три скорости заданыотносительно неподвижной системы отсчета). Най-

дите увеличение, которое дает линза в этот момент.С каким ускорением движется в этот момент изоб-ражение? Изображение получают на экране, располо-женном перпендикулярно главной оптической оси лин-зы, фокусное расстояние линзы F.

Речь идет об изображении на экране – задача при этомупрощается, не нужно рассматривать случаи мнимыхизображений. Ясно, что стоит «пересесть на линзу»: вэтом случае источник движется со скоростью 3v всторону линзу, а скорость изображения либо равна 3vи направлена в сторону от линзы, либо равна v – взависимости от исходного направления движения.В первом случае очевидно, что расстояние от источникадо линзы в интересующий нас момент составляет 2F,размер изображения равен размеру источника, т.е.увеличение линзы равно

1Γ = - .

Во втором случае придется немного посчитать. Изформулы линзы

1 1 1

d f F+ =

следует, что

2 2

d f

d f

- ¢ ¢= ,

где «штрихом» обозначена производная по времени.Расстояние от линзы до источника отсчитывается впротивоположную сторону, значит, 3d v= -¢ . Если

скорость изображения равна v, то 3f d= , и увели-чение в этом случае равно

1

3Γ = - .

(Кстати, и первый случай с равными скоростямиможно было анализировать при помощи полученнойформулы, но там было легко догадаться и так.)Для расчета ускорения запишем в удобном виде выра-жение для f:

2dF Ff F

d F d F= = +

- -.

Первая производная по времени равна

( )

2

2

F df

d F

¢= -¢

-(можно было использовать эту формулу и в первойчасти решения!). Вторая производная по времени дает

( )

2 2

3

2F df

d F

¢= -¢¢

-

– мы учли, что ускорение источника равно нулю. Дляпервого случая (скорость изображения равна 3v) полу-чим ускорение изображения

218v

fF

= -¢¢ ,

для второго случая –2

2 3vf

F= -¢¢ .

Система отсчета, в которую мы пересели, инерциаль-ная – ускорения в ней такие же, как и в исходной.

А.Старов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 23

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 124

ЗадачиК М Ш

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6 – 8классов.

1. В цифровом ребусе

⋅ ⋅АХ ЭХ = ХЭ ХА

буквы обозначают ненулевые цифры. Докажите, чтоХ А=

Э Х.

А.Жуков

2. Математический бой начался между 10 и 11часами, когда часовая и минутная стрелки были на-правлены в противоположные стороны, а закончилсямежду 16 и 17 часами, когда стрелки совпали. Скольковремени продолжался математический бой?

А.Заславский

3. Известно, что существуют натуральные числа р, q,r, s, t, u, v, w, x такие, что

+ + + + + + + =2 3 4 5 6 7 8 9 10p q r s t u v w x .

Найдите хотя бы один такой набор чисел.В.Лецко

4. Про два треугольника известно, что для каждогоиз них сумма длин любых двух его сторон равна суммедлин двух каких-нибудь сторон другого треугольника.Равны ли эти треугольники?

Д. и М.Вельтищевы

5. Роща состоит из 300 деревьев. Известно, что еслипометить любые 201 из них, то среди помеченныхдеревьев непременно найдутся дуб, береза и ель.Один чудак утверждает, что в таком случае рощасостоит из 100 дубов, 100 берез и 100 елей. Прав ли этотчудак?

В.Произволов

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

Мы завершаем очередной конкурс по решению математических задач для учащихся 6–8классов. Решения задач высылайте в течение месяца после получения этого номера журнала поадресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс «Математика6–8»). Не забудьте указать имя, класс и домашний адрес.

Как и прежде, мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но иматематических кружков. Руководителей кружков просим указать электронный адрес или контакт-ный телефон. По традиции, кружки-победители заочного конкурса приглашаются на финальныйочный турнир.

Конкурс имени А.П.Савина

«Математика 6–8»

Потомки ЯнычараИ .АКУЛИЧ

16. Докажите, что для любых целых x, y, z выражение

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( + + +2 — — — — — —x y y z y z z x z x x y

)+ + +— — — — — —x y y z y z z x z x x y

равно квадрату целого числа.В.Произволов

17. Взаимно простые натуральные числа a, b, cтаковы, что 2 2 2

+ =a b c . Докажите, что остаток отделения числа с на 4 равен 1.

В.Сендеров

18. Выпуклый четырехугольник ABCD таков, что какбы ни разрезали его на 3 треугольника, всегда срединих найдется треугольник площади 1. Докажите, чтоABCD – параллелограмм площади 2.

В.Произволов

19. Дано натуральное число n. Два игрока ходят поочереди, выписывая в строку по одной цифре (каж-дая последующая цифра записывается справа от пре-дыдущей, самая первая цифра не должна быть ну-лем). Если после очередного хода получившееся чис-ло окажется делящимся на n, то игрок, сделавшийэтот ход, считается победителем. При каких n одиниз игроков может обеспечить себе победу при лю-бой игре противника?

И.Акулич

20. Идет игра в «морской бой». На клетчатом полеразмером ¥7 7 спрятан трехпалубный корабль. Закакое наименьшее число выстрелов его можно навер-няка потопить?

А.Малеев

КТО СМОТРЕЛ ЗАМЕЧАТЕЛЬНУЮ ЭКРАНИЗАЦИЮ РОМАНА

М.Булгакова «Бег», наверняка не забудет яркиеэпизоды тараканьих бегов, организованных русскимэмигрантом по имени Артур Артурович (с гордымпрозвищем Тараканий царь). В бегах, проводившихсяпо всем правилам – с тотализатором, бесспорнымлидером был серый в яблоках таракан Янычар. Любогосоперника обходил, пока не раздавили.

Возможно, именно это событие (или же личнаябытовая неустроенность) подвигло неизвестного авто-ра придумать и предложить летом 2005 года наТурнире математических боев имени А.П.Савина сле-дующую задачу:

В очередном забеге по коридору общежития уча-ствуют 44 веселых таракана. Тараканы стартуют одно-временно от одной стены. Добежав до противополож-ной стены, каждый таракан сразу поворачивает обрат-но. Первый таракан бежит не очень быстро, второй –вдвое быстрее, третий – вдвое быстрее второго и так

далее. Могут ли тараканы встретиться все вместе вточке, отличной от точки старта?

Авторский ответ таков: могут. А именно, если ши-рина коридора равна s, а скорость первого тараканаравна v, то через промежуток времени, равный

( )2 3s v , все тараканы окажутся на расстоянии 2s/3от точки старта.

Доказать это проще всего по индукции. Правда,придется отдельно рассмотреть тараканов с нечетнымии четными номерами, потому что они, оказывается, вмомент встречи будут бежать в противоположныестороны.

Теорема 1. Путь L, который пробежит любой тараканс нечетным номером (т.е. 1-й, 3-й, 5-й и т.д.) за

промежуток времени, равный ( )2 3s v , можно запи-сать в виде

2 2 3L s K s= ¥ + ,

где К – некоторое целое неотрицательное число.

К М Ш 25

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 126

Обратите внимание: это как раз и означает, чтотаракан на тот момент окажется на расстоянии 2s/3 отточки старта, ибо первое слагаемое 2s K¥ есть не чтоиное как K-кратный пробег таракана от одной стены додругой и обратно – на исходную позицию.

База индукции. Для таракана номер 1 все очевидно:для него ( )2 3 2 3L v s v s= ¥ = , что соответствует К = 0.Этот таракан даже до противоположной стены доб-раться не успеет.

Шаг индукции. Пусть некоторый таракан с нечетнымномером за указанный промежуток времени пробежитпуть 2 2 3l s k s= ¥ + (k – целое неотрицательное).Скорость таракана со следующим нечетным номером,очевидно, в 4 раза больше, поэтому и путь его будет в4 раза больше, т.е.

( )4 4 2 2 3L l s k s= = ¥ ¥ + =

= ( )8 8 3 2 4 1 2 3s k s s k s¥ + = ¥ + + = 2 2 3s K s¥ + ,

где К = 4k + 1 – тоже целое неотрицательное число.Теорема 1 доказана.Теорема 2. Путь L, который пробежит любой таракан

с четным номером за промежуток времени, равный

( )2 3s v , можно записать в виде

2 3L s K s s= ¥ + + ,

где К – некоторое целое неотрицательное число.Это также означает, что таракан на тот момент

окажется на расстоянии 2s/3 от точки старта. Действи-тельно, первое слагаемое 2s K¥ , как и прежде, есть K-кратный пробег таракана от одной стены до другой иобратно, второе слагаемое s – дополнительный пробегтаракана от «стартовой» стены до противоположной, атретье слагаемое s/3 – возврат таракана от противопо-ложной стены на величину, как раз соответствующуюточке встречи.

Дальнейшее ясно. Сначала база индукции. Скоростьтаракана номер 2 равна 2v, и за время ( )2 3s v онпробежит путь ( )2 2 3 4 3 3v s v s s s¥ = = + , что соот-ветствует К = 0.

Шаг индукции. Пусть некоторый таракан с четнымномером за указанный промежуток времени пробежит

путь 2 3l s k s s= ¥ + + (k – целое неотрицательное).Путь таракана со следующим четным номером в 4 разабольше, т.е.

( )4 4 2 3 8 4 4 3L l s k s s s k s s= = ¥ ¥ + + = ¥ + + =

( )2 4 2 3 2 3s k s s s K s s= ¥ + + + = ¥ + + .

где К = 4k + 2 – тоже целое неотрицательное число.Теорема 2 доказана.Из справедливости обеих теорем следует, что все

тараканы благополучно сойдутся в точке, отличной отстартовой.

Возражений нет?А теперь проследим, как грубая реальность врыва-

ется в изящные теоретические рассуждения и с трес-ком обрушивает ажурные умозрительные конструк-ции. Другими словами, убедимся, что на самом делетараканы не встретятся никогда.

Из условия следует, что последний таракан бежитбыстрее первого в 43

2 = 8796093022208 раз. Этобольше (и гораздо больше!), чем 12

10 . Скоростьлюбого таракана (в том числе и последнего – само-го быстрого) не превосходит 1 м/с (тоже сильнозавышенное значение). Посему скорость первого та-

ракана никак не больше 12 121м с : 10 10 м с

-= . Ши-рина коридора общежития, безусловно, не меньшеполутора метров (дабы жильцы при необходимостимогли в нем как-то разминуться), и потому предпо-лагаемая точка встречи всех тараканов находится нарасстоянии 2 1,5¥ м/3 = 1 м от точки старта. И, сталобыть, первый (не слишком быстрый, как сказано вусловии) таракан доберется до нее не раньше чем

через 121м : 10

- м/с 1210= с, что составляет больше

30 тысяч лет! Увы (или, может быть, к счастью),тараканы столько не живут. А значит, и встретитьсяим не суждено. Вот если бы тараканов было помень-ше – где-нибудь с десяток, – тогда другое дело.

Да, автор задачи явно перестарался.

Иллю

страция В

.Иваню

ка

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Х ОРОШО ИЗВЕСТНО, ЧТО МНОГИЕ ЯВЛЕНИЯ ОКРУЖА-ющей нас действительности имеют физическую приро-

ду. Мы каждый день сталкиваемся с ними, не обращая на этовнимания. Рассмотрим, например, некоторые физическиеявления, а именно – механические, которые может наблю-дать пассажир автобуса.

Привычные чудеса в движущемся с ускорением автобу-се. Происходящее вокруг мы обычно объясняем, связываясебя с неподвижной относительно земли основой. Но нема-лую часть своей жизни мы проводим в транспорте, в частно-сти в автобусе. Применимы ли привычные нам объяснениядля явлений, происходящих в движущемся транспорте?Проверим это.

Пройдем в салон автобуса. Оглядимся. Капли с мокрогозонта достигают пола точно под местом отрыва, а образую-щаяся лужица растекается по полу одинаково по всемнаправлениям. Ничего необычного (пока автобус стоит) нет.В каждом явлении четко прослеживаются причина и след-ствие. Изменение положения или скорости тел обусловленоизвестными реальными силами. Если действие сил на телоуравновешено, то тело покоится или движется по инерции,т.е. прямолинейно и равномерно. В этом состоит законинерции. В стоящем автобусе он действительно выполняется.

Но вот автобус тронулся и стал набирать скорость – тотчаспассажиров и все находящиеся в салоне предметы стало«увлекать» назад, против направления ускорения и движе-ния. Капли теперь падают не под местом отрыва, а позадинего. Рассыпанные яблоки катятся по полу уже не одинаковово все стороны, а преимущественно назад. Сидящие пасса-жиры почувствовали, как их вдавило в стенки сидений, астоящие – как их потянуло назад. Однако когда движениеавтобуса стало равномерным, необычные явления в немпрекратились. Все внутри салона теперь происходит так, чтосоздается полное подобие остановки автобуса (если не счи-тать тряски и мелькания пейзажа за окном). Затем автобусстал подъезжать к остановке, и необычные отступления отпривычных явлений снова возникли при торможении авто-буса. Теперь пассажиров и находящиеся в салоне предметы«потянуло» вперед, против направления ускорения.

Для внешнего наблюдателя (скажем, пешехода) все опи-санное – результат ускоренного движения автобуса и инерт-ности находящихся в нем тел. Стенка сидения, пол ускоря-ющегося автобуса воздействуют на пассажира (а не наобо-рот, как ему кажется), увлекая его. Свободные же предметысохраняют прежнее положение относительно земли, поэтомуони начинают двигаться ускоренно относительно корпусаавтобуса.

С точки же зрения пассажира автобуса, чьи наблюденияограничены стенками салона, происходящее выглядит зага-дочно и необычно, тем более что источник странных явленийвнутри автобуса не обнаруживается.

Попробуем разобраться.В ускоряющемся автобусе закон инерции не выполняется

– все тела, не связанные с корпусом автобуса, приобретаютодно и то же ускорение, равное и противоположное понаправлению ускоре-нию автобуса. Этопозволяет ввести при-ложенные ко всемтелам в автобусе ус-коряющие силы, какбудто автобус попалв ускоряющее полесил. Такие силы рав-ны произведениюмассы каждого телана ускорение систе-мы и направленыпротив этого ускорения – их называют силами инерции. Спомощью сил инерции объясняются все описанные выше«чудеса» в салоне автобуса.

Наложение на поле тяготения поля сил инерции создаетновое поле со своими «горизонталью» и «вертикалью»,отличными от земных (рис.1). Важно подчеркнуть, что длякаждого тела внутри ускоряющегося автобуса одинаковыотношения сил тяжести 2F и инерции ,…F , а также уголмежду ними. Поэтому для всех этих тел направление резуль-тирующей силы F

одно и то же.

Теперь мы можем объяснить некоторые удивительныенаблюдения пассажира.

Пол уходит из-под ног. Когда автобус замедляет ход,пассажиру кажется, что пол как бы идет вниз, если человекшагает вдоль салона в направлении движения автобуса, ивосходит вверх, если он идет в обратном направлении. А приразгоне автобуса от остановки пол как бы наклоняется всторону, противоположную движению. Это можно объяс-нить тем, что на пассажира действуют приложенные в егоцентре масс сила тяжести и сила инерции, а их равнодейству-ющая совпадает по направлению с новой вертикалью всистеме отсчета, связанной с автобусом (см. рис.1).

Проанализировав действующие на пассажира в автобусесилы, можно указать приемы сохранения пассажиром устой-чивости без помощи рук. Действительно, условием устойчи-вости тела, имеющего площадь опоры, является пересечениедействующей на тело силы с площадью опоры. Если эта силавыходит за пределы площади опоры, то под ее действиемтело пассажира опрокидывается. Противодействовать этомуможно, расставив ноги шире или отставив ногу в сторону,противоположную ускорению. Пассажир также может со-хранить равновесие, наклонив при этом туловище так, чтобы«ось» тела совпала с новой вертикалью (даже соединив приэтом ноги). А чтобы устоять в салоне автобуса, испытываю-щего ускорение и толчки во всех направлениях, нужнорасставить ноги вдоль одной, например продольной, осисалона (Х), препятствуя продольным отклонениям, а рукиразвести в перпендикулярном направлении (Y) и держатьсяза поручни (рис.2).

Убедиться в изме-нении положения го-ризонтали в движу-щемся с ускорениемавтобусе можно,проделав простойопыт. Возьмите та-релку с какой-ни-будь вязкой жидко-стью, например смаслом или глице-

Физика внутриавтобуса

В.КОТОВ

Рис. 1

Рис.2

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 128

рином (можно взять пластмассовый стаканчик со сгущен-ным молоком), и неравномерно двигайте ее по столу. Жид-кость будет выливаться через задний край тарелки прирезком трогании с места и приливать к переднему краю припрекращении движения. Причем плоскость поверхностижидкости всегда перпендикулярна вектору результирующейсилы, полученной сложением сил тяжести и инерции, при-ложенных к частицам жидкости.

Неприятное происшествие. Представьте, что в автобусекто-то наступил вам на ногу. Кто виноват?

С вашей (автобуса) точки зрения, разумеется, виноват этот«кто-то». И это верно, если все произошло в стоящемавтобусе. Но в автобусе, движущемся с ускорением, нужноучитывать, что на каждое тело действует сила инерции, ауправляет ею, точнее ускорением, водитель автобуса.

Рассмотрим происходящее с точки зрения пешехода (зем-ли). Из-за малого взаимодействия с корпусом автобуса иинертности своего тела туловище пассажира при ускоренииавтобуса продолжает сохранять прежнее положение относи-тельно земли, тогда как его ноги вместе с полом автобусаперемещаются ускоренно. Поэтому тело пассажира смещает-ся относительно салона при резком торможении – вперед, апри рывке – назад. Таким образом, водитель автобуса,подобно фокуснику, может перемещать пассажиров в салонеавтобуса, не прикасаясь к ним и помимо их желания. Чем ончасто и пользуется: если из-за скопления людей не закрыва-ется задняя дверь, водитель резко тормозит, а если пассажи-ры скопились на передней площадке – делает рывок. Полу-

чается, что с водителя, в первую очередь, и нужно спраши-вать за отдавленную ногу.

Случай с пассажиром. Приходилось ли вам наблюдать зачеловеком, неосторожно потерявшим связь с корпусом авто-буса во время ускоренного движения последнего? С точкизрения других пассажиров, он попадает во власть силыинерции. Подобно листку, сорванному с дерева и гонимомуветром, человек стремительно перемещается вдоль салона,ища за что бы ухватиться. И вот это ему удалось: егопротянутая рука судорожно вцепилась в вертикальную стой-ку поручней автобуса, мимо которой его тащит сила инерции.Ухватившись, пассажир ожидает остановки своего движе-ния, но вместо этого он совершает оборот вокруг стойки и совсего размаху налетает на стоящих рядом пассажиров.Почему так происходит?

Сила, действующая на пассажира со стороны стойкипоручней, в нашем случае перпендикулярна направлениюдвижения тела. Поэтому, изменив его скорость по направле-нию, стойка не может изменить величину скорости. Перево-дя прямолинейное движение во вращательное, она выполня-ет роль центростремительной силы. Зависящая от скоростикинетическая энергия поступательного движения переходитв энергию вращательного движения ... со всеми вытекающи-ми отсюда последствиями.

Итак, вооружившись знанием физики, смело ищите иразгадывайте предложенные окружающим миром загадки,не забывая о правилах поведения пассажиров в обществен-ном транспорте и правилах уличного движения.

ПОЧЕМУ ВЗРОСЛЫЕ ЗАПРЕЩАЮТ ДЕТЯМ ИГРАТЬ В КОМ-пьютерные игры столько, сколько хочется? Возможно,

из зависти – ведь в их молодые годы солдатики были толькопластмассовые или оловянные, они и подумать не могли отом, чтобы управлять почти что живыми армиями, бегать сгравитационной пушкой и «крошить» всякую там нечисть. Вобщем, реальность никакого сравнения с виртуальным ми-ром не выдерживает.

Но давайте задумаемся: а так ли уж интересно, если припрыжке вниз наш герой ни с того ни с сего вдруг полетитвверх или если выпущенная пуля, вместо того чтобы пора-зить врага, станет летать по кругу? Наверное, любая самаяувлекательная компьютерная игра становится интереснойтогда, когда на ее фантастический сюжет накладываютсяфизические закономерности окружающего мира, которые ипридают правдоподобность нашим удивительным приключе-ниям. Конечно, монстры чем страшнее, тем лучше, нофизика и в игре должна быть физикой.

Попробуем через окно нашего монитора увидеть физичес-кие закономерности удивительного электронного мира.

Вот перед нами игра – автосимулятор «Underground 2»(или другая аналогичная игра). В этой игре, как и в реальнойжизни, многое зависит от технического совершенства нашегоавтомобиля, поэтому много усилий и денег мы потратим на«покупку» запчастей. Для начала купим для машины махо-вик большей массы и установим его. Теперь наш автомобильменьше трясет, но скорость он набирает медленнее, так какинерционность маховика не позволяет создавать большоеускорение. Установка регуляторов давления позволяет эко-номить топливо, а значит, экономить деньги и время назаправку. Обязательно покупаем новые шины, что сразуулучшает сцепление с дорогой.

Можно сказать, что мы вошли во вкус. Однако пробежим-ся по всему перечню товаров: фильтры топлива, новыетормозные колодки,..., недостаток мощности!? Зачем жемне покупать себе своими руками недостаток мощности?Может, это связано с издержками перевода текста игры санглийского на русский? Хорошо, пусть это будет избытокмощности, но зачем мне избыток мощности? Вот увеличениемощности автомобиля для гонки нам не помешает. Только вреальности нельзя купить абстрактное увеличение мощнос-ти, оно достигается лишь путем материальных изменениймашины или топлива к ней.

Тут мы и выявили первое несоответствие игры и реальнойжизни. Да, в жизни оказывается все намного сложнее.

Давайте теперь немного постреляем, благо в виртуальнойжизни мы не чувствуем боли, да и жизней у нас много…Итак, мы в мире игры «Half Life 2», где помогаем повстанцампобедить диктатора и страшных зомби с пауками на голове.

Вот груз, который может качаться на веревке. Толкнемего, измерим время, за которое груз совершит десять колеба-ний, найдем период колебаний T, затем оценим длину

Наблюдения в«нефизическом»

миреА.УСОЛЬЦЕВ

веревки L и по формуле 2L

Tg

π= подсчитаем ускорение

свободного падения g. Получается результат, близкий квеличине реального, земного ускорения свободного падения.Надо же, мелочь – а приятно.

Пойдем дальше. Перед нами водоем. Бросим что-нибудь вводу. Видно, что тела, брошенные в воду, ведут себя всоответствии со своими реальными прототипами – деревян-ные тела «плавают», а стальные «тонут». Тоже неплохо.Что-то, правда, есть в воде странное, нереальное… Ладно,потом разберемся.

Здорово, что мы можем брать разные предметы (банки,коробки), помещать их на любые горизонтальные поверхно-сти (стол, стул, ящик и т.д.), а затем стрелять по ним изразличных имеющихся видов оружия. Попробуем использо-вать это для того, чтобы осуществить виртуальный физичес-кий эксперимент по оценке скорости вылета пули из имею-щегося у нас пистолета. Для этого мы выстрелим «в упор»из пистолета в ведро, поставленное на некоторой высоте.Измерив высоту ведра над землей и расстояние, на котороеотлетает ведро, мы оценим его начальную скорость. Затем,оценив массы ведра и пули, найдем скорость пули.

Первая проблема, с которой мы сталкиваемся в виртуаль-ном компьютерном мире, связана с определением расстояния«на глаз». Для решения этой проблемы необходимо найтиэталон длины, имеющий аналоги в реальности. В качестветакого «эталона» мы возьмем высоту бочки, так как в нашейвиртуальной среде не составляет труда найти две такие бочки(на одну мы поставим ведро, а второй бочкой будем измерятьрасстояние).

Вторая проблема возникает тогда, когда мы пытаемсяопределить место падения ведра, так как ведро отскакиваети катится довольно далеко, а «след» от его первоначальногопадения на виртуальной «земле» быстро исчезает. Дляфиксации точки падения ведра разместим на земле различныепредметы, по которым визуально будем определять местоудара ведра о поверхность. В качестве таких предметов мыиспользовали разный подручный «мусор»: пустые коробки,канистры, банки, которые валяются в игре на каждом шагу(что не очень хорошо характеризует обитателей этого мира).

Теперь, приступаем к сборке «экспериментальной уста-новки». Найдем ровную горизонтальную площадку и поста-вим бочку, а на нее осторожно установим ведро. Далее, внаправлении предполагаемого отлета ведра выкладываемнайденные нами предметы на расстоянии друг от друга водну «эталонную бочку». В результате проведенной доста-точно трудоемкой работы «организованная» нами виртуаль-ная реальность выглядит так, как показано на рисунке 1.Затем мы стреляем в ведро и смотрим, возле какого предмета

оно упало. Из-за большой скорости ведра это бывает сделатьдостаточно сложно. Поэтому фрагмент выстрела и последу-ющего полета целесообразно записать (мы делали это сиспользованием программы «Fraps»), чтобы иметь возмож-ность неоднократного просмотра. После чего берем реаль-ный прототип виртуального «ведра» и взвешиванием нахо-дим его массу, которая оказывается равной M = 1,4 кг. Массупули оцениваем в 10 г, которые фигурируют в большинствефизических задач про огнестрельное оружие: m = 10 г. Таккак ведро упало около коробки, положенной на расстояниичетырех длин бочки, оцениваем дальность его полета: L == nH, где n = 4, а H – высота бочки, которую мы будемсчитать равной 1,2 м.

Записываем условие задачи и решаем ее. Время свободно-

го падения ведра равно 2H

tg

= , начальная горизонтальная

скорость ведра составляет 2

L nH gHu n

t t= = = . По закону

сохранения импульса находим скорость пули v:

mv = Mu, 1400 ì “2

Mu Mn gHv

m m= = = .

Полученный результат вызывает сомнения – не слишком ливелика скорость пули?

Проверим, будут ли действовать выявленные нами законо-мерности для другого тела. Для этого повторим опыт, новместо ведра возьмем ванночку, которая весьма кстатилежала рядом с найденным нами ведром. Опыт показывает,что ванночка отлетает на расстояние вдвое меньше, чемведро. Определение массы ванночки при найденном намизначении скорости пули дает результат около 3 кг, близкийк реальному. Это свидетельствует о том, что скорость вылетапули из пистолета является постоянной при взаимодействиипули с любыми другими объектами в игре. Стрельба изразных видов оружия показывает, что скорости вылета пульиз них различны.

Таким образом, можно сказать, что при создании физичес-кой модели игры ее разработчики присваивали различнымвидам оружия различные значения скорости, а разным телам– разные массы, соответствующие массам их реальныхпрототипов.

Следующее виртуальное исследование свяжем с изучениемсвойств оружия, не имеющего пока аналогов в реальнойдействительности, которое мы условно назовем «силовойпушкой» (СП). Такая «пушка» позволяет притягивать к себелюбые предметы, а затем «стрелять» этими предметами сдостаточно большой скоростью. Попробуем оценить этускорость.

Для этого будем использовать металлические диски отциркулярной пилы, почему-то в избытке «валяющиеся» вовсех зданиях (что еще раз характеризует жителей этогомира, как людей неряшливых и странных). Притянем «пуш-кой» один из таких дисков, отойдем от деревянной стены нарасстояние примерно два метра, а затем выстрелим из пушкив эту стену по возможности в горизонтальном направлении.Диск воткнется в стену. Отойдем еще на два метра от стены(эти точки мы заранее отметили пустыми банками) и выст-релим другим диском тоже горизонтально. Понятно, чтовторой диск должен воткнуться в стену ниже первого, что мыдействительно и наблюдаем (рис.2).

По расстоянию y∆ между дисками и расстояниям 1x и 2xдо стены при двух выстрелах оценим скорость

0v вылетадисков из СП:

2 1y y y∆ = - , 1

12

gty = ,

2

2

22

gty = , 1 0 1x v t= , 2 0 2x v t= ,

Рис. 1

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 29

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 130

откуда находим

( )2 2

2 1

02

g x xv

y∆

-= .

ОКАЗЫВАЕТСЯ, ЕСЛИ В ПУЧОК БЕЛОГО СВЕТА ВВЕСТИтонкую прозрачную пластинку, то при соблюдении

некоторых требований к положению пластинки и условиямее освещения можно в проходящих лучах увидеть отчетли-вую узкую темную полоску тени от края пластинки.

В домашних условиях это явление можно наблюдать посхеме на рисунке 1. Здесь Щ – ориентированная вертикаль-но ярко освещенная узкая щель, выполняющая роль вытяну-того в линию (линейного) источника света; Пл – пластинкаиз прозрачного материала, это может быть листок слюды,обертка от коробки сигарет, кусок отмытой от эмульсиифотопленки, покровное стекло или тонкий слой другогопрозрачного материала; Э – экран в виде листа белой бумаги;точка O¢ – то место экрана, где наблюдается узкая полоскатени от края пластинки; Сп – спектроскоп.

Для выяснения природы наблюдаемого явления важнознать, попадает ли в область темной полоски какой-то свети, если попадает, каков его спектральный состав. С этойцелью можно использовать школьный спектроскоп. В ходеопыта экран убирают, а спектроскоп (или пластинку) осто-рожно смещают в поперечном направлении, добиваясь точ-ного совмещения полоски тени со щелью спектроскопа. Вэтом случае при должной узкости щелей и расположениищелей и края пластинки в одной плоскости в поле спектро-скопа можно обнаружить достаточно яркий и контрастныйспектр – совокупность чередующихся светлых (окрашен-ных) и темных полос в непрерывном спектре (см. приведен-ные далее рисунки 3 и 4). Такой вид спектральной картиныозначает, что в область O¢ , с которой совмещена щельспектроскопа, попадает без заметного ослабления свет неко-торых избранных длин волн, обозначим их

kλ , и совершен-но не попадает свет промежуточных длин волн –

kλ¢ . Иможно предположить, что наблюдаемое явление имеет ин-терференционное происхождение.

В спектральной картине наблюдается плавный переходосвещенности от максимумов к минимумам, при этом мини-мумы освещенности оказываются совершенно темными, по-этому можно говорить о том, что интерферирующие пучкиимеют одинаковые интенсивности. Вместе с тем, для форми-рования светлых полос в сплошном спектре с плавнымпереходом освещенности от максимумов к минимумам необ-ходимо, чтобы изменение фазового сдвига ∆ϕ интерфериру-ющих пучков с изменением длины волны λ также происхо-дило монотонно. Но на пути световой волны, распространя-ющейся от источника света к области O¢ , нет никакихинтерференционных устройств, кроме фазовой неоднород-ности в виде ступеньки различной оптической плотности награнице раздела двух прозрачных сред – воздуха и пластин-ки. Поэтому можно сказать, что интерферирующие пучкивозникают в результате дифракции от этой фазовой неодно-родности. За счет интерференции дифрагированных пучкови происходит максимальное усиление света в области длин

«Загадка» тениот прозрачной

пластинкиЯ.АМСТИСЛАВСКИЙ

Рис. 1

Подставим оценочные данные виртуального эксперимента:

1 2 ìx = , 2 4 ìx = , 0,2 ìy∆ = и получим начальную ско-рость: 0 17 ì “v = . Это значение оказывается меньше ожи-даемого, так как визуально скорость представляется оченьбольшой. Но если мы выйдем на «улицу» и выстрелимгоризонтально, то визуальная оценка дальности полета (неболее 20–30 м) подтверждает правильность оценки началь-ной скорости.

В дальнейшем можно оценить высоту зданий, стараясь«забросить» различные предметы на их крышу, или поэкс-периментировать с телами разной массы (начальная ско-рость выстрела которых из СП оказывается постоянной ине зависящей от массы) и так далее.

А мы теперь зайдем в подвал, часть которого залитаводой. Вода в подвале достаточно чистая и прозрачная, ночто-то кажется в этой картинке неправильным. Точно –труба, которая уходит под воду! Луч, идущий из воды,должен испытывать преломление, и поэтому труба должнаказаться «кривой». Но искривления не видно. Да, не пре-дусмотрели разработчики игры выполнение законов пре-ломления света.

Вот мы и выявили еще одно несоответствие игры и ре-альной жизни. Никогда бедные жители этого неряшливогомира не увидят в небе радугу, не полюбуются на луннуюдорожку, убегающую в море… В жизни все оказывается нетолько намного сложнее, чем в игре, но и намного интерес-нее.

Рис. 2

волн kλ λ= и максимальное гашение в области промежуточ-ных длин волн kλ λ= ¢ . Значит, узкая «темная» пограничнаяполоска тени от края тонкой прозрачной пластинки, наблю-даемая в плоскости экрана, в действительности оказываетсятемной не для всех длин волн, а только для избранных – для

kλ λ= ¢ .Для последующего рассмотрения развернем схему уста-

новки на 90° (рис.2), а дифракционный эффект в областитени от края пластинки представим как результат наложениядвух когерентных дифрагированных пучков. Один из нихвозникает при дифракции первичного пучка от края непроз-рачного экрана 1} , прикрывающего правую половину сво-бодного фронта (см. рис.2,б); второй – при дифракциипервичного пучка от края непрозрачного экрана 2} , при-крывающего левую половину свободного фронта, при усло-вии что правая половина закрыта данной прозрачной плас-тиной Пл (см. рис.2,в). Взаимная интерференция этих двухпучков и определит распределение амплитуд и фаз колеба-ний в картине дифракции от края прозрачной пластинки Плпри ее расположении по схеме рисунка 2,а.

Начнем со схемы рисунка 2,б. В соответствии с принципомГюйгенса будем считать, что точки 0, 1, 2, 3, 4, 5 первичнойволны представляют собой элементарные вторичные излуча-тели. (Для того чтобы эти излучатели оказались когерентны-ми, необходимо, чтобы ширина b источника света – щели Щ

– удовлетворяла условию когерентности sin 22

b uλ

< , где 2u

– угол когерентности. Уменьшая b, это условие всегда можно

удовлетворить.) Начальные фазы излучателей оказываютсяразличными – они возрастают от точки 0 к точке 5. Этиизлучатели посылают вторичные волны во все стороны, вчастности – в точку А освещенной области, в точку В областигеометрической тени и в точку O¢ пограничной области.Фаза колебания, приходящего в данную точку наблюденияот каждого элементарного излучателя, зависит от его началь-ной фазы и набегающей фазы при распространении волны отизлучателя до точки наблюдения. Таким образом, в каждуюточку плоскости наблюдения приходит своя совокупностьэлементарных когерентных волн, различающихся по ампли-тудам и фазам. Их взаимная интерференция и определитрезультирующую амплитуду а и освещенность Е, а такжефазу результирующего колебания в каждой точке плоскостинаблюдения.

Расчет приводит к функции распределения освещенности( )E E x= , график которой показан на рисунке 2,б кривой 1.

Точке O¢ соответствует граница геометрической тени. Левееэтой точки формируется система близко расположенныхсветлых полос, имеющих большую освещенность при оченьмалой и убывающей по мере удаления от O¢ контрастностиполос. Правее наблюдается резкое и монотонное убываниеосвещенности. В самой же пограничной точке O¢ имеем

0

1

2a a= и 2 2

0 0

1 1

4 4E a a E= = = ,

Рис. 2

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 31

(Продолжение см. на с. 34)

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 132

…нам не стыдно признать, что весь подлунный мир и центрЗемли движутся по Великому кругу между другими плане-тами, заканчивая свое обращение вокруг Солнца в одингод…

Николай Коперник

…внутри молекулы электроны движутся по замкнутыморбитам, создавая магнитное поле, подобное тому, какое

было бы создано замкнутым током, текущим по тем жеорбитам.

Поль Ланжевен

Мы видели, что путь частицы в однородном магнитномполе проходит по круговой орбите. Но это справедливотолько для идеального магнитного поля.

Ричард Фейнман

А так ли хорошо знакомо вамдвижение по окружности?

Это движение объединяет попытки описать устрой-ство окружающего мира и в самых больших, и в самыхмалых масштабах. Даже в посланиях гипотетическимвнеземным цивилизациям, стремясь свести к миниму-му важнейшую информацию о нас и о наших знаниях,ученые помещают изображения Солнечной системы иструктуры атома, удивительно схожие между собой исостоящие из вложенных друг в друга окружностей, покоторым несутся планеты и электроны. А что уж гово-рить о неисчислимом количестве используемых втехнике, строительстве, транспорте вращающихся ко-лес, валов и шестеренок! Воистину «все вертится, икружится, и несется кувырком».

Вероятно, нашим далеким предкам наблюдаемоекруговое движение светил казалось универсальным.Более того, все небесное представлялось идеальным,а идеальной фигурой считалась окружность. Но современем выяснилось, что орбитами планет являютсяэллипсы, вращение Земли испытывает возмущения, ав движение предметов по крутящимся телам вмеши-вается загадочная сила инерции. Да и электроны ватоме мчатся вовсе не по окружностям, если вообщеэто можно назвать механическим движением…

И все же, с чего-то надо начинать изучение этогомногообразия явлений. Окружность как нельзя кстатиподходит на роль пусть простой, но охватывающеймножество ситуаций модели. В то же время ее простотаи идеальность, как вы убедитесь, порой бывают весь-ма обманчивы.

Вопросы и задачи

1. Жесткий стержень скользит в вертикальной плос-кости, опираясь своими концами на пол и стену. Покакой траектории движется середина стержня?2. Точка А движется со скоростью 1 м/с, а точка В –

со скоростью 2 м/с, причем скорости этих точексонаправлены. Может ли расстояние АВ оставатьсянеизменным?3. Луна постоянно обращена к Земле одной сторо-

ной. Сколько оборотов совершит она вокруг своей осиза время полного оборота вокруг Земли?4. Будет ли происходить смена дня и ночи на Земле,

если она перестанет вращаться вокруг своей оси?

5. Во сколько раз угловая скорость часовой стрелкибольше угловой скорости суточного вращения Земли?6. Ускорения двух материальных точек, движущихся

по окружностям одного и того же радиуса, равны помодулю. Однако ускорение первой точки направленопод углом 45° к касательной, а ускорение второй – порадиусу. У какой из этих точек больше скорость?7. Почему верхние спицы катящегося колеса велоси-

педа иногда сливаются в одно целое, в то время какнижние видны раздельно?8. Сплошной диск катится без проскальзывания по

горизонтальному участку пути с постоянной скоростью.Какие точки диска имеют относительно неподвижногонаблюдателя такую же по модулю скорость, что и центрдиска?9. Будет ли скатываться с наклонной плоскости

катушка, прикрепленная к стенке нерастяжимой ни-тью? Проскальзываниекатушки по плоскостиотсутствует.10. Как на основе на-

блюдений звездногонеба доказать, что Зем-ля вращается вокругсобственной оси и чтовращение происходит сзапада на восток?11. К концам нити , переброшенной через два гвоздя

(см. рисунок ниже), прикреплены движущиеся погоризонтальным окружностям грузы: слева – два грузамассой m каждый, справа – один груз массой 2m. Будетли эта система находиться в равновесии?12. На нити подвешен шарик. Нить приводят в гори-

зонтальное положение и отпускают шарик. В какихточках траектории его ускорение направлено: а) верти-кально вверх; б) вер-тикально вниз?13. В кабине лифта

на нити, подвешеннойк потолку, качается не-большой грузик. Какбудет двигаться гру-зик относительно

лифта, если в какой-то момент лифт начнет свободнопадать?14. На правые или левые рессоры оседает автомо-

биль при левом повороте?15. На круглой горизонтальной платформе находится

небольшое тело. Куда направлена сила трения, дей-ствующая на это тело при раскручивании платформывокруг вертикальной оси до его соскальзывания?16. За какое время плоскость колебаний маятника

Фуко совершает полный оборот?17. На рисунке изображен участок траектории части-

цы, движущейся в постоянном магнитном поле. Каковзнак заряда частицы?18. Начальная скорость элект-

рона составляет некоторый уголс совпадающими по направле-нию векторами электрическойнапряженности и магнитной ин-дукции. Каков характер движе-ния электрона в области, зани-маемой этими полями?

Микроопыт

Наполните бутылку наполовину водой и опустите наводу пробочный поплавок с отверстием посередине.Затем в это отверстие свободно проденьте спицу, адругой ее конец закрепите в закрывающей бутылкупробке (при этом нижний конец спицы должен бытьнемного погружен в воду). Попробуйте снять поплавоксо спицы, не открывая бутылку.

Любопытно, что…

…еще в древности были известны три календаря.Первый был связан с вращением Земли вокруг своейоси, второй – с вращением Луны вокруг Земли итретий – с вращением Земли вокруг Солнца.

…очень сложная система мира Птолемея, опроверг-нутая Коперником, основывалась на сорока не завися-щих друг от друга круговых движениях планет вокругЗемли и «процарствовала» в астрономии около четыр-надцати веков. Такое долголетие ей обеспечили доста-точно точно предсказываемые затмения, появленияпланет из-за горизонта и все видимые изменения нанебосводе.

…Галилей, установивший закон инерции, войдя впротиворечие с самим собой, убедительно доказалошибочное утверждение: причина обращения планетвокруг Солнца – инерция, а движение по инерцииможет быть только движением по окружности!

…при движении тела во вращающейся системе от-счета кроме центробежной силы инерции возникаетеще одна сила инерции – сила Кориолиса, котораякак бы толкает тело вбок. Действие именно этой силыприводит к подмыванию правых берегов рек в север-ном полушарии и левых – в южном, к отклонениюпадающих тел от вертикали и к повороту плоскостиколебаний маятника Фуко. Кстати, два последнихфакта были исторически первыми доказательствамивращения Земли вокруг своей оси.

…объяснить, почему чаинки собираются в центрестакана при помешивании чая ложечкой, оказалосьнешуточным делом. Во всяком случае, один из осново-положников квантовой механики Э.Шрёдингер не су-мел найти разумного ответа. В этом он призналсяоснователю теории относительности А.Эйнштейну, впос-ледствии посвятившему верному объяснению этогоопыта отдельную научную публикацию.

…геостационарный спутник, «висящий» над однойточкой земной поверхности, можно запустить лишь вэкваториальной плоскости. Высота его орбиты состав-ляет около 36 тысяч километров, при этом он обеспе-чивает связь между наземными пунктами, лежащимидо 81° северной и южной широт.

…свободная поверхность жидкости во вращающемсясосуде принимает форму параболоида вращения, спо-собного собирать в одну точку все падающие парал-лельно его оси световые лучи. Это свойство использо-вал знаменитый американский физик-эксперимента-тор Роберт Вуд, построив телескоп, состоящий извращающегося на дне колодца блюда со ртутью.

…планетарная модель атома Резерфорда – Борапозволяет оценить скорость обращения электрона ватоме водорода, превышающую 2 миллиона метров всекунду. Ускорение же, испытываемое при этом элек-троном, должно достигать поистине чудовищной ве-личины – примерно 23 2

10 м с !…выражение для силы, действующей на движущийся

точечный заряд в магнитном поле, впервые былоустановлено Дж.Маквеллом. Однако эта сила носитимя голландского ученого Х.Лоренца, принявшего оп-ределяющее ее соотношение за один из основныхзаконов микроскопической электродинамики.

…впервые искривлять траекторию разгоняемых заря-женных частиц с помощью магнитного поля предло-жил в 1928 году Л.Сциллард. Развитие этого принципапривело к появлению различных ускорителей, а такженакопительных колец, в которых «хранятся», двигаясьс близкой к световой скоростью, даже такие экзотичес-кие частицы, как позитроны и антипротоны.

Что читать в «Кванте» о движении по окружности

(публикации последних лет)

1. «Почему кувыркается книга» – 2000, №3, с.37;

2. «Похожие движения» – 2002, №3, с.29;

3. «Если вращается елочный шарик» – 2002, №3, с. 44;

4. «Солнце остановил, сдвинул Землю» – 2003, №2, с.13;

5. «Ванна и закон Бэра» – 2003, №3, с.12;

6. «И все-таки она вертится…» – 2003, №4, с.17;

7. «Смерч у вас дома» – 2003, №4, с.42;

8. «Вихри Титана» – 2004, №6, с.14;

9. «О динамике криволинейного движения» – 2005, №2,

с.30;

10. «Принцип Торричелли и центробежная сила инерции»

– 2005, №3, с.35;

11. «Об одном математическом случае» – 2005, №4, с.31 и

№5, с.24.

Материал подготовил А.Леонович

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 134

Рис.3. а) Слюда, t = 9 мкм; б) слюда, t = 16 мкм; в) обертка от пачкисигарет, t = 19 мкм

где 0a и 0E – амплитуда и освещенность результирующейволны, приходящей в O¢ от свободного фронта.

Теперь перейдем к рисунку 2,в. Нетрудно видеть, чтораспределение освещенности в дифракционной картине вэтом случае представляется кривой 2, полностью симмет-ричной кривой 1. Единственное отличие состоит в том, чторезультирующие колебания в разных точках экрана наблю-дения отличаются от предыдущего случая на величину

( )x∆ϕ , зависящую от толщины t прозрачной пластинки и ееабсолютного показателя преломления n.

Вернемся, однако, к интересующему нас расположению(см. рис.2,а). От левой полуплоскости на экране Э форми-руется картина, распределение освещенности в которойдается кривой 1, а от правой полуплоскости – кривой 2.Поскольку обе полуплоскости прозрачны, то в каждой точкеэкрана будут перекрываться два результирующих колеба-ния. Эти колебания имеют разные амплитуды и сдвиг фаз∆ϕ , различный для разных точек экрана Э. Но нас неинтересует общая картина интерференции, нам важно знать,что делается в области точки O¢ , где появляется узкаяполоска тени. Можно сказать, что в O¢ перекрываются дваколебания, для которых

0

1 22

aa a= = и 0

1 24

EE E= = .

Несущие эти колебания лучи проходят от точки S до точкиO¢ одинаковые оптические пути повсюду, за исключениемучастка толщиной t: один из лучей проходит этот участоквблизи края пластинки внутри пластинки и набирает опти-ческий путь tn, второй же луч проходит ту же толщинувблизи края пластинки, но в воздухе, и набирает оптическийпуть

0tn , при этом между лучами набегает оптическаяразность хода ( ) ( )0

1t n n t n∆ = - = - , где 0 1n = – показа-тель преломления воздуха. Связь между разностью ходалучей ∆ и сдвигом фаз колебаний ∆ϕ определяется извес-

тным соотношением 2∆

∆ϕ πλ

= . Поэтому в нашем случае

можно записать

( )12

t n∆ϕ π

λ

-= .

Видно, что с изменением длины волны λ величина ∆ϕизменяется и периодически удовлетворяет условию макси-мального усиления 2k∆ϕ π= , где k – целое число. Следова-тельно, получим условие максимального усиления в виде

( )1 kt n kλ- = ,

где kλ – те длины волн, которые максимально усиливаютсяв точке O¢ . Максимальное гашение будут испытывать про-межуточные длины волн kλ¢ , для которых выполняетсясоотношение ( )2 1k∆ϕ π= + , поэтому условие максимально-го гашения запишем в виде

( ) ( )1 2 12

kt n kλ¢

- = + .

Из проведенного анализа следует, что при освещениипластинки светом с длинами волн kλ λ= в пограничнойобласти O¢ происходит интерференция двух колебаний, для

которых 0

1 22

aa a= = при 2k∆ϕ π= . В этом случае для

результирующего колебания имеем

1 2 0a a a a= + = и 1 04E E E= = .

Следовательно, в световом пучке, содержащем набор длинволн kλ , тень от края пластинки возникать не должна, а

пограничная область O¢ при наличии пластинки должнабыть освещена так же, как это было бы в ее отсутствие. Приосвещении же пластинки световым пучком, содержащимпромежуточные длины волн kλ¢ , имеем по-прежнему

0

1 22

aa a= = , но ( )2 1k∆ϕ π= + . Поэтому

1 2 0a a a= - = и 2 0E a= = .

Значит, тень от края пластинки должна в этом случаевозникать, быть резко выраженной и отличаться большойконтрастностью.

Залогом получения высококачественной спектральнойкартины является выполнение следующих требований: крайпрозрачной пластинки должен быть прямым и ровным (беззазубрин и изгибов); сама пластинка вблизи края должнабыть однородной по толщине и оптической плотности; щельЩ и щель спектроскопа должны быть достаточно узкими;обе щели и край пластинки должны быть расположены водной плоскости.

Рисунки 3 и 4 иллюстрируют наблюдаемые в опыте зако-номерности. Спектральные картины сфотографированы при

помощи микрофотонасадки МФН-3. Расстояния с и d вопытах с пластинками из разных прозрачных сред былиодинаковы и составляли приблизительно 20 см. Снимок 3получен при работе со школьным спектроскопом, а снимок4 – с универсальным монохроматором.

(Начало см. на с. 30)

в

Рис.4. а) Слюда, t = 22 мкм; б) покровное стекло, t = 138 мкм

а

б

а

б

ГеометрическиешедеврыШарыгина

В.ПРОТАСОВ, В.ТИХОМИРОВ

1 Она была включена в рабочие тетради для седьмого класса(В.Ю.Протасов, И.Ф.Шарыгин. Геометрия. Рабочая тетрадь. 7класс. – М.: Дрофа, 1997). Дело в том, что решение задачи неиспользует ничего, кроме свойства биссектрисы находиться наравных расстояниях от сторон угла.

Рис. 1

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К

ТВОРЧЕСКАЯ ЖИЗНЬ ИГОРЯ ФЕДОРОВИЧА ШАРЫГИНАскладывалась не вполне обычным образом. Он проявил

себя очень одаренным студентом. Закончив Московский уни-верситет в 1959 году, он поступил в аспирантуру и успешнозавершил ее, защитив диссертацию, где им были полученыяркие математические результаты в теории функций и теорииприближений. Но вскоре после аспирантуры он оставил«высокую науку» и целиком посвятил себя школьной мате-матике – исследованиям по элементарной геометрии – и раз-витию математического просвещения. Он оставил множествозамечательных книг и статей, но, пожалуй, в наибольшеймере его талант проявился в геометрическом композиторстве,т.е. в создании геометрических шедевров. Этой стороне еготворчества и посвящена наша статья. Она написана двумяавторами. Первый из них причисляет себя к ученикам Ша-рыгина, второй был связан с Игорем Федоровичем почти пя-тидесятью годами дружбы и творческого взаимодействия.

Как отобрать из огромного геометрического наследияИгоря Федоровича несколько задач для небольшой жур-нальной статьи? Признаться, для авторов это было большойпроблемой. Мы решили поступить просто: написать про тезадачи Шарыгина, которые в наибольшей мере понравилисьи запомнились нам. Это будет, конечно, весьма субъектив-ный взгляд. Хотя, как сказал один замечательный писатель,все мнения всегда субъективны, а объективного мнения несуществует вовсе.

Начнем с такой красивой миниатюры.Задача 1. В треугольнике ABC с углом В, равным 120°,

проведены биссектрисы AA¢ , BB¢ и CC¢ (рис.1). Чемуравен угол A B C¢ ¢ ¢ ?

Задача уникальна тем, что рассчитана на учеников 7класса средней школы1 , однако вызывает трудности у всех,кто видит ее впервые, включая абитуриентов математичес-

ких факультетов, победителей олимпиад и профессиональ-ных математиков. Причина проста: эта задача чрезвычайнотрудно «считается». Желающие могут попробовать решитьее с помощью теорем синусов, косинусов и формул тригоно-метрии. Это возможно, но совсем не просто. Подобные«крепкие орешки» сам Игорь Федорович очень ценил.Называя тригонометрию «киллером» геометрии, котораячасто позволяет найти короткое счетное решение и тем самымлишить красивую задачу всякой геометрической идеи, онстремился создавать такие задачи, в которых тригонометриябыла бы бессильна или слаба. Задача 1 является одним из«антикиллером».

Вот авторское решение задачи, которое мы разбиваем наотдельные пункты, выделяя «логические ходы».

1) Рассмотрим треугольник ABB¢ (!)(см. рис.1).2) Угол В в треугольнике АВС равен 120°, следовательно,

угол B BC¢ равен 60°, ибо BB¢ – биссектриса.3) Продолжим сторону АВ и обозначим через BD луч,

продолжающий АВ. Тогда угол СBD тоже равен 60°, ибо ондополняет угол В до развернутого угла.

4) Следовательно, ВС – это биссектриса внешнего (поотношению к треугольнику ABB¢ ) угла B BD¢ .

5) Воспользуемся известной теоремой: биссектрисы двухвнешних и третьего внутреннего углов треугольника пере-секаются в одной точке.

6) Из этой теоремы следует, что B A¢ ¢ биссектриса (тожевнешнего по отношению к треугольнику ABB¢ ) угла BB¢С(!).

7) Совершенно аналогично доказывается, что B C¢ ¢ –биссектриса угла BB A¢ .

8) Значит, угол A B C¢ ¢ ¢ равен половине развернутого углаAB C¢ , т.е. он равен 90°.

Эта задача может быть сформулирована и в сферическойгеометрии. Поясним, что это значит. Если вы возьмете модельсферы – резиновый мячик, на котором можете рисовать, – инарисуете три больших круга, у вас получатся два центральносимметричных сферических треугольника. Рассмотрим один изних. Обозначим его вершины снова А, В и С. В этом треуголь-нике величины углов определяются как величины углов междукасательными к сфере, проведенными в соответствующей вер-шине. Поэтому можно понять, что значит «угол В равен стадвадцати градусам». Определение биссектрисы такое же, как наплоскости, – это дуга большого круга, проходящая черезвершину угла и делящая его пополам. Сохраняется и свойствобиссектрисы быть равноудаленной от сторон угла. А потому иформулировка задачи 1, и ее решение, и ответ сохраняются, еслиставить задачу на сфере!

А те, кто знают, что такое геометрия Лобачевского, сразупоймут, что и формулировка задачи 1, и ее решение, и ответсохраняются, если ставить задачу на плоскости Лобачевского.

Все три утверждения вместе объединяет фраза: задача 1является фактом абсолютной геометрии (т.е. не зависит отаксиомы о параллельных).

Обсудим вопрос: а на самом деле трудна или нет рассмотрен-ная нами задача 1? Давайте на ее примере пофилософствуем надтем, как оценивать трудность математической проблемы иможно ли вообще это делать.

В принципе, трудность конкретного решения задачи можнооценивать числом логических ходов, но можно эти логическиеходы распределять по трем категориям и описывать сложностьрешения тремя натуральными числами (или нулями), характе-ризующими высоту, ширину и глубину этого решения.

Высота – это число простых импликаций в решении. Выше мывыделили восемь логических ходов. Некоторые из них – этопростые логические связки. Таков, например, пункт 2: 120B– = ∞,BB¢ – биссектриса 60B BCfi – = ∞¢ .

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 136

Рис. 3

Иные же логические ходы – это отсылки на известныетеоремы. Таков пункт 5. (При этом, разумеется, список «изве-стных теорем» необходимо как-то заранее фиксировать). Числоотсылок составляют ширину приводимого решения.

И наконец, два хода отмечены восклицательными знаками –они характеризуют глубину решения. Такова символика ком-ментирования шахматной партии: восклицательными знакамивыделяются наиболее замечательные ходы, не вытекающие изповерхностного взгляда на позицию и свидетельствующие обособой изощренности игрока в данный момент. Так и здесьниоткуда не следует, что разумно рассматривать именно треу-гольник ABB¢ , но действительно оказывается, что в этомрассмотрении – ключ к решению задачи. А второй восклицатель-ный знак поставлен логическому ходу, где обнаруживается, чтоB A¢ ¢ – биссектриса внешнего угла. Тоже прямо ниоткуда неследует, что именно в этом суть дела.

Подведем итог: в нашем решении высота равна пяти, ширина– единице, а глубина – двум. Отметим сразу, что подавляющеебольшинство геометрических задач Шарыгина обладает нетри-виальной глубиной, в частности и в только что определенномзначении этого слова.

Но, прервем пока наши философские обсуждения.

Задача 2. Про четырехугольник ABCD известно, что онвписан в окружность и что существует окружность сцентром на стороне AD, касающаяся трех других сторон.Докажите, что AD (длина отрезка) равняется АВ + СD.

Эта задача была придумана Шарыгиным для «Задачника«Кванта» и сразу стала популярной. А через несколько летона была включена в вариант Международной математичес-кой олимпиады, причем не от России (тогда СССР), а отдругой страны, и, конечно же, без ссылки на автора. Одиниз близких друзей Игоря Федоровича заметил как-то, чтоШарыгина постоянно обкрадывали.

Снова попробуем оценить сложность приводимого далеерешения.

1) Проведем окружность через точки В, С и О, где O ADŒ– центр окружности, касающейся АВ, ВС и CD (!) (рис.2,а).

2) Пусть М – другая точка (может быть, совпадающая сО), в которой окружность пункта 1 пересекает прямую AD,угол AMВ обозначим через α (!).

3) Четырехугольник OBCM – вписанный, и потомуBCO α– = .4) Стороны СВ и CD касаются (по условию задачи)

окружности с центром О, и потому СО – биссектриса.5) Из п.4 и 3 следует, что 2BCD α– = .6) Четырехугольник ABCD вписанный (по условию),

следовательно, из п.5 вытекает, что, 180 2BAD α– = ∞ - .7) В треугольнике АВМ известны два угла А и М,

следовательно, ABM– равен ( )180 180 2α α α∞ - ∞ - + = .8) Из п.7. следует, что треугольник АВМ равнобедренный,

т.е. АВ = AM9) Аналогично доказывается, что CD = DM (рис.2,б),

откуда и следует утверждение задачи.Мы видим, что здесь 9 логических ходов, два восклица-

тельных знака (то, что через три точки В, С и О надопроводить окружность, – это изобретение, это акт наития

или творческой силы, потому и стоит первый восклицатель-ный знак, но то, что важнейшую роль сыграет точка М, тожеочень нестандартно). И широта приведенного решения весь-ма значительная: п.3 – теорема о равенстве углов, опираю-щихся на одну и ту же дугу; п.4 – теорема о биссектрисе; п.6– теорема о сумме противоположных углов вписанногочетырехугольника; п.7 – теорема о сумме углов треугольни-ка; наконец, п.9 – теорема о равенстве углов равнобедренно-го треугольника.

Итак, высота приведенного решения равна двум, ширина– пяти и глубина – тоже двум.

В 1993 году старшему из авторов этой статьи было поруче-но возглавить жюри очередной Московской математическойолимпиады. Естественно было обратиться к И.Ф.Шарыгинус просьбой придумать задачи к ней. Вот его задача для 9класса. Она шла под шестым номером, как самая трудная.

Задача 3. Дан четырехугольник ABCD. Известно, чтоBAC 30– = ∞ , D 150– = ∞ и, кроме того, АВ = BD. Требует-

ся доказать, что АС – биссектриса угла С.Вот авторское решение задачи.1) Пусть B¢ – точка, симметричная В относительно АС

(рис.3,а).

2) В силу симметрии, AB AB= ¢ и BAC B AC– = – ¢ .3) Из п. 2 следует, что треугольник ABB¢ равносторонний.4) Из п. 3 и условия АВ = BD вытекает, что точки А, B¢

и D лежат на окружности с центром в В (радиуса АВ) (!).5) Из п.3 и 4 вытекает, что угол ADB¢ опирается на дугу

в 60°.6) Из п.5 следует, что 30ADB– = ∞¢ .7) Из п.6 получаем, что точка D лежит на одной прямой

с B¢ и С.8) Следовательно, прямая CD симметрична СВ, т.е. АС –

биссектриса угла BCD, что и требовалось.

Но продолжим наше философствование. А как же все-такиоценивать сложность самой задачи, а не ее решения? Можнопоступить так, как часто математики и поступают: в качествеоценки сложности задачи можно взять минимум сложности повсем имеющимся решениям. Попробуем приложить эту идеоло-гию к задаче 3.

До сих пор было рассказано о геометрических решениях.А сейчас будет представлено аналитическое решение зада-чи 3.

Очень старый и глубокий вопрос многими математикамиставился так: что лучше – алгебра и анализ или геомет-рия? Как вы уже наверняка поняли, И.Ф.Шарыгин былсторонником именно геометрии, и первый автор этой ста-тьи такое мнение всегда разделял. Второй автор посвятилобсуждению этого вопроса несколько статей (в частности,в «Кванте»), стараясь защитить концепцию, что не следуетупорядочивать несравнимое, не нужно отдавать предпочте-ние чему-то одному, неразумно явным образом становитьсяна одну из двух сторон. Мир наполнен двойственностью,вещами, которые неразрывно связаны друг с другом, нодают возможность посмотреть на мир с двух разных сто-рон. И вот такими двумя разными сторонами являютсягеометрия и алгебра.

Переходим теперь к описанию аналитического решения.

Рис. 2

Рис. 4

37М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К

1) Обозначим BCA– через ϕ , а DCA– – через ψ ,сторону АВ обозначим через а, а ВС – через b (рис.3,б).

2) Из треугольника ABC по теореме синусов получаем

2sin sin 30

a bb

ϕ= =

∞. (1)

3) Обозначим CAD– через χ ; из условия ( 150ADC– = ∞ ),п.1 и теоремы о сумме углов треугольника вытекает равен-ство

180 150 30χ ψ ψ= ∞ - ∞ - = ∞ - .

4) Из условий задачи ( 30BAC– = ∞ и АВ = ВD) и п.3следует, что 60A BDAψ– = ∞ - = – .

5) Из п.4 следует, что 90BDC ψ– = ∞ + .6) По теореме синусов из треугольника CBD следует

соотношение

( ) ( )sin sin 90

a b

ϕ ψ ψ=

+ ∞ + . (2)

7) Из (1) и (2) получаем

( )sin 2 sin cosϕ ψ ϕ ψ+ = .

8) Раскрывая синус суммы, приходим к равенству

sin cos cos sinϕ ψ ϕ ψ= .

9) Из п.8 следует, что ϕ ψ= . Задача решена.Как сравнить приведенные решения? Импликаций в ана-

литическом решении чуть больше, но восклицательных зна-ков там совсем нет: задачу можно признать стандартной.Возможны различные предпочтения: опытные геометрыпроголосуют за первое, неопытные, но владеющие тригоно-метрией, – за второе решение. На олимпиаде эту задачурешили 5–6 человек, и был лишь один плюс-минус зааналитическое решение.

И еще один, в каком-то смысле драматический, момент вжизни второго автора связан с И.Ф.Шарыгиным. Это слу-чилось летом 1984 года. Шла подготовка к очередной Меж-дународной математической олимпиаде. Происходила этаподготовка под Москвой, в доме отдыха. Туда привезликоманду, и разные математики приезжали ее тренировать.Попросили принять участие и второго из авторов этойстатьи. А он как раз тогда писал свою книжку «Рассказы омаксимумах и минимумах» и пропагандировал мысль, чтобольшинство задач плоской геометрии на максимум и мини-мум можно решить так: надо их формализовать разумнымобразом, а потом применять либо теорему Ферма о том, чтов точках максимума и минимума производная равняетсянулю, либо правило множителей Лагранжа. И будущимолимпийцам крайне неосторожно было предложено даватьлектору геометрические задачи на максимум и минимум, а онбудет их немедленно решать по своей методе (которая влекции была уже изложена). А потом олимпийцам предла-галось рассказывать свои решения и сравнивать «кто кого».Это предложение вызвало бурное веселье: олимпийцы былиуверены в том, что победа будет за ними, тем более чтонезадолго до того их учил геометрии сам Игорь ФедоровичШарыгин.

Вот одна из тех задач, автором которой был, конечно,Игорь Федорович; она фигурировала на Московской олим-пиаде в 1980 году.

Задача 4. Дан круг с центром О, АС – диаметр круга. НаОС дана точка F. Спрашивается, как провести хорду BDчерез точку F так, чтобы площадь четырехугольникаABCD была максимальной?

Вот решение И.Ф.Шарыгина.1) Рассмотрим треугольники ABC и OBF (рис.4,а).

2) У этих треугольников высоты одинаковые, следователь-но, площади относятся так же, как OF относится к АС.

3) Аналогично получаем

OBF ODF

ABC ADC

S OF S

S AC S= = .

4) Следовательно, суммируя, получаем, что

OBD

ABCD

S OF

S AC= .

5) Значит, вместо того чтобы максимизировать площадьчетырехугольника, возможно максимизировать площадьтреугольника OBD.

6) Или, что то же самое, максимизировать sin BOD– . Вэтом месте возникает красивая неожиданность – «сменарежима».

7) Обозначим угол BOD через ϕ . Наилучший угол обозна-

чим ɵ̂ϕ . Очевидно, что 0ϕ π£ , где 0

ϕ соответствует случаю

перпендикулярности АС и BD, и потому, если 0 2ϕ π£ , то

максимальная площадь соответствует значению ɵ 2ϕ π= ,

если же 0 2ϕ π> , то ɵ0

ϕ ϕ= .

(Читателю предоставляется возможность самостоятельнонайти число логических ходов в этом рассуждении.)

Так вот, школьники-олимпийцы предложили лектору ре-шить эту задачу с помощью производных. Вот каким оказа-лось решение.

1) Сначала надо формализовать задачу. Пусть АС = 1,OF = a, a угол BFC обозначим ϕ (рис.4,б).

2) Олимпийцы подсказали, что площадь четырехугольни-ка, вписанного в окружность, равна полупроизведениюдиагоналей на синус (острого) угла между ними.

3) Длина второй диагонали BD равна 2 22 1 sina ϕ- .4) Из п.2 и 3 следует, что надо найти максимум функции

( ) 2 21 sin sing aϕ ϕ ϕ= - при условии, что 0 2ϕ π£ £ .

5) Делаем замену sina zϕ = и приходим к задаче о

нахождении минимума функции ( ) ( )1f z z z= - при усло-вии, что 20 z a£ £ .

Это – простая задача, и можно ограничиться лишь выпи-

сыванием ответа: если 1

02

a£ £ , то 2z a=ɵ , т.е. ɵ

2

πϕ = ;

если же 1

12

a< £ , то 1

2z =ɵ , т.е. ɵ 1

arcsin2a

ϕ = .

Теперь судите сами, какое решение проще – геометричес-кое или аналитическое.

С этой задачей лектор справился достаточно успешно, итогда рассерженные олимпийцы дали ему еще одну задачу,про которую уже твердо были уверены, что лектору ее неосилить. И действительно, сходу у него ничего не получи-лось, и он вынужден был взять тайм-аут, сказав: «Пойдите-ка попейте чайку!» А за время тайм-аута кое-как все жесправился с решением.

Вот эта задача: Дан угол А и в нем внутри две точки Ми N. Как провести прямую ВС через точку М так, чтобы

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 138

площадь четырехугольника ABNC была минимальной (точ-ки В и С лежат на сторонах угла А)?

Читателю предлагается самостоятельно ее решить, а о том,как она решается с помощью анализа, можно прочитать вкниге «Рассказы о максимумах и минимумах» (Библиотечка«Квант», вып.56).

Возможность аналитического решения не может броситьтень на две последние задачи: в обеих скрыто истинноеизящество.

А вот еще один шедевр Шарыгина. Правда, Игорю Федо-ровичу он принадлежит лишь отчасти, сама задача довольностарая. Но – все по порядку.

Задача 5 (обобщенная теорема о бабочке). На окружнос-ти дана хорда АВ, на ней – точки М и N, причем AM = BN.Через точки М и N проведены хорды PQ и RS соответ-ственно. Прямые QS и RP пересекают АВ в точках K и L.Докажите, что АK = BL.

История этой задачи довольно запутанная.Дело в том, что ей предшествовала не обобщенная, а

классическая теорема о бабочке. Классическая теорема обабочке соответствует случаю М = N, т.е. все то же самое, ноизначально берется только одна точка М – середина хордыАВ, через нее проводятся две произвольные хорды PQ и RSи утверждается, что АK = BL, где K и L – точки пересеченияпрямой АВ с прямыми QS и RP соответственно. Классичес-кая теорема о бабочке была очень известна и популярна.Появилась она довольно давно – в 1815 году в английскомжурнале «Gentleman’s Dairy» (тогда не предполагалось, чтоженщины могут заниматься математикой, поэтому матема-тические задачи публиковались в мужских журналах). Напротяжении всех последующих лет «бабочка» доставлялаистинное удовольствие каждому, кому доводилось с нейпознакомиться. И, что интересно, были постоянные публи-кации, посвященные этой задаче, число этих публикацийперевалило за несколько сотен. Существует огромное коли-чество разных решений этой задачи – например, в известнойкнижке Д.О.Шклярского, Н.Н.Ченцова и И.М.Яглома «Гео-метрические неравенства и задачи на максимум и минимум»,в книге В.В.Прасолова «Задачи по планиметрии» и, есте-ственно, в задачниках Шарыгина.

А как же родилась обобщенная теорема о бабочке? Будучиубежден, что красивая геометрическая теорема должна иметьчисто геометрическое доказательство, Игорь Федоровичпридумал такое доказательство для (классической) теоремыо бабочке. А потом просто заметил, что ничего не изменитсяв доказательстве, если «раздвоить» точку М на пару симмет-ричных точек М и N. Так, спустя более чем полторастолетия, родилось естественное обобщение теоремы о бабоч-ке. Это еще раз подтверждает совершенно особое положениеэлементарной геометрии. Геометрические теоремы и задачивсегда свежи и никогда не устаревают!

Рассмотрим подробнее то самое геометрическое решение,единое для классической и для обобщенной «бабочек».

Сделаем симметрию относительно серединного перпенди-куляра к хорде АВ. Окружность при этом перейдет в себя,точки N, Q, R – в точки М, Q¢ , R¢ соответственно.Докажем, что прямые Q K¢ и R M¢ пересекаются на окруж-ности, из этого будет следовать, что симметрия перевелаточку L в точку K, что и требовалось. Для этого обозначимчерез V вторую точку пересечения исходной окружности сокружностью РМK. Так как четырехугольники PMKV иPQQ V¢ – вписанные, то 180 180QPV MKL– = ∞ - – = ∞ -

QQ V∞ - – ¢ , следовательно, MKL QQ V– = – ¢ . С учетомтого, что прямые QQ¢ и МK параллельны, отсюда вытекает,что точки V, K, Q¢ лежат на одной прямой. Итак, прямаяQ K¢ проходит через точку V. Точно так же доказывается,

что прямая R M¢ проходит через V. Таким образом, Q K¢ иR M¢ пересекаются на исходной окружности, что и требова-лось доказать.

Следующая задача Шарыгина предлагалась на одной изВсесоюзных олимпиад по математике.

Задача 6. В пространстве даны сфера и две точки А и Втакие, что прямая АВ не пересекает сферу. Рассматрива-ются всевозможные тетраэдры ABMN, для которых дан-ная сфера является вписанной. Докажите, что сумма угловпространственного четырехугольника AMBN (т.е. суммауглов AMB, MBN, BNA и NAM) не зависит от выбораточек М и N.

Эта замечательная задача также являет собой пример «ан-тикиллера». Она очень трудно считается, а геометрическирешается наглядно и естественно, фактически – в один прием.

Обозначим через Q, S, Р и R точки касания вписаннойсферы с гранями AMВ, ANВ, BMN и AMN соответственно.Поскольку BQ = BS, как расстояния от точки В то точеккасания прямых BQ и BS со сферой, и, аналогично, AQ = AS,то треугольники AQB и AQS равны по трем сторонам. Далееостается лишь аккуратный подсчет углов. Во-первых,

ABQ ABS– = – и BAQ BAS– = – . Так же доказываем, чтоMBP MBQ– = – и NBP NBS– = – . Сложив два послед-

них равенства, получаем

ABM ABN MBN– + – - – = 2ABQ ABS ABQ– + – = – .

Аналогично,

2BAM BAN MAN BAQ– + – - – = – .

Таким образом,

ABM BAM ABN BAN MBN MAN– + – + – + – - – - – =

2 2ABQ BAQ= – + – .

Заметим, что сумма первых двух слагаемых равна180 AMB∞ - – сумма третьего и четвертого равна180 ANB∞ - – , а правая часть равна 360 2 AQB∞ - – . Следо-вательно, сумма AMB MBN BNA NAM– + – + – + – равна2 AQB– , а значит, не зависит от выбора точек М и N.

Задача эта была предложена на олимпиаде последнимномером, т.е. как сложная задача. Она и в самом делесложная, если не знать решения заранее. А ведь в ее решениииспользуются только признаки равенства треугольников итеорема о равенстве касательных, проведенных из однойточки к сфере!

Теперь приведем еще несколько задач Шарыгина безразбора их решений.

Задача 7 (задача Лебега для треугольника). Найдитеминимально возможную площадь треугольника, которымможно покрыть любой треугольник со сторонами, не пре-восходящими единицы.

История этой задачи также занимательна.Автор ее – великий французский математик Анри Леон

Лебег. Свою первую работу он написал в 1899 году, а уже к1902 году стал классиком математики. Лебег внес неоцени-мый вклад не только в ключевые направления математикиXX века, но и в историю российской математики. Таксложилось, что Московская математическая школа началаразвиваться в основном вдохновленная идеями Лебега, азатем разрослась в крупнейшую математическую школу нетолько в России, но и в мире. В классической формулировкезадачи Лебега требовалось найти фигуру минимальной пло-щади, покрывающей любую фигуру диаметра 1.

И.Ф.Шарыгин переносит эту задачу на треугольник инаходит совершенно элементарное решение2 . Мы не будем

2 Оно опубликовано в книге: И.Ф.Шарыгин. Геометрия 9–11. –М.: Дрофа, 1996 (задача №677).

39М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К

приводить это решение, сообщим лишь ответ, который, нанаш взгляд, совершенно удивительный. Оптимальным явля-ется треугольник ABC, у которого АВ = 1, 60A– = ∞ , авысота, опушенная на сторону АВ, равна cos10∞ . Что здесьнеобычного, спросите вы? Дело в том, что мы никогда невстречали ни одной экстремальной задачи (а математическаяспециальность авторов этой статьи – теория экстремума), укоторой в ответе фигурировал бы угол 10°. Бывают «таблич-ные» углы (120°, 90°, 60° и т.д.), на худой конец 72°, 36°...Но чтобы угол в 10° возник в совершенно естественной задачена минимум – это удивительно!

Игорю Федоровичу везло на подобные вещи – либонеобычные, нестандартные задачи, либо совершенно удиви-тельные ответы в естественных, казалось бы, задачах. При-ведем здесь еще один подобный пример.

Каждый из вас на уроках геометрии имел дело с разверт-ками многогранников. Развертка, наряду с сечением, помо-гает свести стереометрическую задачу к одной или несколь-ким планиметрическим. А задавали ли вы себе вопрос:почему развертка вообще существует? Всегда ли многогран-ник можно развернуть на плоскость? Вдруг какие-то гранина развертке пересекутся? Тогда фигуру, получающуюся вразвертке, нельзя будет вырезать из одного плоского листабумаги. Существование подобных аномальных развертокдолгое время было проблемой, занимавшей умы геометров.В результате были построены примеры многогранников, чьиразвертки нельзя уложить на плоскость без самопересече-ний. Примеры были, конечно же, сложные. Но в 1997 годумосковский математик Алексей Тарасов (в то время он былстудентом мехмата МГУ) придумал совершенно элементар-ный пример: он обнаружил, что существуют правильныетреугольные усеченные пирамиды, развертки которых име-ют самопересечения. Узнав о примере Тарасова, ИгорьФедорович тут же формулирует его в виде задачи и включаетв вариант III Соросовской олимпиады.

Все-таки, удивительная вещь – геометрия! В какой ещенауке новейшие достижения (а пример Тарасова несомненноявляется таковым) могут быть на следующий день принесе-ны в класс для разбора со школьниками или предложены вкачестве задачи на олимпиаде?

Вот эта задача.Задача 8. Пусть ABCD – правильная треугольная пирами-

да с основанием ABC и плоскими углами при вершине D,равными α . Плоскость, параллельная ABC, пересекает AD,BD и CD в точках 1 1 1, ,A B C соответственно. Поверхностьмногогранника 1 1 1ABCA BC разрезана по пяти ребрам: 1 1A B ,

1 1BC , 1CC , CA и АВ. При каких значениях α получившаясяразвертка будет обязательно накрывать сама себя?

Интересно, что задачу эту Игорь Федорович поставил подномером 2 (из пяти, предлагавшихся в первый день олимпи-ады), т.е. как легкую! Но, главным образом, интересен инеобычен ответ. Он такой: при 100α ≥ ∞ . Когда первый авторэтой статьи проводил разбор задач после олимпиады, сразунесколько человек в зале воскликнули: «А разве может бытьв геометрической задаче такой ответ? Сто градусов – это ведьотносится скорее к физике!» (имелась в виду, видимо,температура кипения воды в нормальных условиях). И ведьони правы. Каждый, кто серьезно занимался геометрией,знает, что в нормальной геометрической задаче такого ответабыть не может! И тем не менее...

Еще одна задача.Задача 9. Обязательно ли равнобедренным является

треугольник, если треугольник с вершинами в основанияхего биссектрис – равнобедренный?

Решение этой задачи (см. задачу №500 в упомянутой ранеекниге) не столь простое, как может показаться на первый

взгляд. Это один из немногих случаев, когда И.Ф.Шарыгинне нашел геометрического решения задачи и прибег к вычис-лениям. Скорее всего, чисто геометрического решения здесьне существует, что ясно уже из ответа. А ответ весьманеожиданный: треугольник не обязательно равнобедрен-ный, но только в том случае, когда один из его углов лежит

в интервале 17 5 1

arccos ; arccos4 4

К ˆ- К ˆ-Б ˜Б ˜Л ≢Л ≢, т.е. примерно от

102° до 104°. Если же треугольник не имеет тупых углов илиимеет, но тупой угол не лежит в этом узком интервале, тотреугольник обязательно равнобедренный.

Перед формулировкой следующей задачи Шарыгина на-помним, что такое прямая Симсона. Пусть дан треугольникABC и точка М в плоскости этого треугольника. Три проек-ции точки М на стороны треугольника ABC лежат на однойпрямой тогда и только тогда когда М лежит на описаннойокружности треугольника ABC. Эта прямая называетсяпрямой Симсона точки М относительно треугольника ABC.

Задача 10 (прямая Симсона n-угольника). Дан четырех-угольник ABCD, вписанный в окружность, и произвольнаяточка М этой окружности. Точка М проецируется напрямые Симсона этой точки относительно четырех треу-гольников ABC, ABD, ACD, DCD. Тогда 4 получившиесяпроекции лежат на одной прямой (прямой Симсона точкиМ относительно четырехугольника ABCD).

Далее по индукции определяется прямая Симсонап-угольника:

Пусть дан п-угольник, вписанный в окружность, и произ-вольная точка М этой окружности. Точка М проецируетсяна прямые Симсона этой точки относительно всех п(п – 1)-угольников с вершинами в вершинах данного п-уголь-ника. Тогда п получившихся проекций лежат на одной прямой(прямой Симсона точки М относительно п-уголъника).

Это – задача №613 из упомянутой книги.В заключение – еще две задачи.Задача 11 (задача №676). В данном треугольнике провели

медиану к наибольшей стороне, в каждом из получившихсядвух треугольников проделали то же самое, получили 4треугольника и так далее. Докажите, что все получающи-еся таким образом треугольники можно разбить на конеч-ное число классов подобных между собой треугольников.

Задача 12. Вокруг окружности радиуса 1 описан много-угольник площади 1S . Точки касания его сторон с окружно-стью соединили, получив многоугольник площади 2S . Како-во наименьшее возможное значение суммы 1 2S S+ ?

Ответ в задаче: 6. Достигается на квадрате и только на нем.Ни авторского, ни какого-либо другого решения этой задачимы, увы, не знаем. Сама задача была сообщена ИгоремФедоровичем в частной беседе с первым автором этой статьи,было это около 20 лет назад. Шарыгин был немного разоча-рован «неинтересным» ответом к задаче. Говорил, что вовремя расчетов возлагал надежды на один пятиугольник, вкотором число 6 почти достигалось, однако потом выясни-лось, что он все равно хуже квадрата. Насколько намизвестно, результата этого он не публиковал, возможно, из-за громоздкости решения или потому, что, как всегда,надеялся найти красивое геометрическое решение.

Может быть, это удастся вам, дорогой читатель? Тогдаприсылайте свои решения нам – авторам статьи – на адресредакции журнала «Квант». Ждем ваших решений и хотимвас призвать, как всегда призывал Игорь Федорович своихчитателей и слушателей: «Занимайтесь геометрией! Пользагеометрии не в достижении результата, а в самих занятиях!Потому что геометрия – это витамин для мозга!»

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 140 П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А

ВЭТОЙ СТАТЬЕ БУДУТ РАССМОТРЕНЫ ЗАДАЧИ, В КОТО-рых жидкость, с одной стороны, является средой, где

находятся твердые тела, а с другой стороны, она, как жидкийэлемент, участвует в движении, подобно твердому телу.Наиболее сложными являются комбинированные задачи, вкоторых жидкость движется вместе с находящимся в нейтвердым телом (например, разобранная ниже задача 6).

Перейдем к обсуждению конкретных задач.Задача 1. В цилиндрический сосуд с водой опустили

кусок льда, в который вморожен осколок стекла. Приэтом уровень воды в сосуде поднялся на h = 11 мм, а ледостался на плаву, целиком погрузившись в воду. На сколь-ко опустится уровень воды в сосуде после того, как весь

лед растает? Плотность воды "

31 ã “ìρ = , плотность

льда ë

30,9 ã “ìρ = , стекла “2

32,0 ã “ìρ = .Обозначим первоначальный объем льда через ëV , а объем

стекла – через “2V . Когда кусок льда полностью погрузилсяв воду, он вытеснил объем воды, равный

"/2 ë “2V V V= + .

Очевидно, что этот же объем равен

"/2V hS= ,

где S – площадь поперечного сечения сосуда.Теперь запишем условие плавания куска льда с вморожен-

ным осколком стекла – суммарная сила тяжести льда истекла равна выталкивающей силе:

( )ë ë “2 “2 " ë “2gV gV g V Vρ ρ ρ+ = + .

Из совместного решения полученных уравнений найдемобъемы льда и стекла:

( )“2 "

ë

“2 ë

hSV

ρ ρ

ρ ρ

-=

-,

( )" ë

“2

“2 ë

hSV

ρ ρ

ρ ρ

-=

-.

Из растаявшего льда образовалась вода объемом

( )

( )ë “2 "ë ë

"

" " “2 ë

hSVV

ρ ρ ρρ

ρ ρ ρ ρ

-= =

-.

Поскольку кусок стекла остается в воде, понижение уровняводы в сосуде за время таяния льда будет равно

( ) ( )

( )" ë “2 "ë "

" “2 ë

1 ììV V

h hS

ρ ρ ρ ρ∆

ρ ρ ρ

- --= = =

-.

Задача 2. В вертикально расположенной трубке – соткрытым верхним концом, с постоянным внутреннимсечением и длиной 3L = 1080 мм – столбиком ртути длинойL заперт слой воздуха такой же длины. Какой длины столбртути останется в трубке, если ее перевернуть откры-тым концом вниз? Внешнее давление 0 . .p 774 ìì !2 “2=

Обозначим давление воздуха под ртутным столбиком висходном положении трубки через 1p . Тогда условие равно-

весия столбика ртути длиной L запишется в виде

1 0p p gLρ= + ,

где ρ – плотность ртути. Предположим, что после перево-рота трубки и установления первоначальной температурычасть ртути выльется. Обозначим через h длину столбикаоставшейся в трубке ртути. Новое условие равновесия будетиметь вид

2 0p gh pρ+ = ,

где 2p – новое давление воздуха над ртутным столбиком.Условие сохранения количества изолированного воздуха

позволяет записать

( )1 23p L p L h= - .

Подставляя сюда 1p из первого равенства, а 2p – из второго,получим уравнение относительно h:

( ) ( ) ( )0 03p gL L p gh L hρ ρ+ = - - ,

или, если записать атмосферное давление в виде 0 0p gHρ= ,где 0 774 ììH = :

( ) ( )2

0 03 2 0h L H h L H L- + + - = .

Для данных численных значений L и 0H (в мм) получается,что

h = 270 мм.

Задача 3. U-образная трубка расположена вертикальнои заполнена жидкостью. Один конец трубки открыт ватмосферу, а другой конец соединен с сосудом объемомV

0= 0,1 ë , заполненным гелием

(рис.1). Объем всей трубки равенобъему этого сосуда. В некоторыймомент гелий начинают медленнонагревать. Какое минимальное коли-чество теплоты необходимо подвес-ти к гелию, чтобы вся жидкостьвылилась из трубки? Атмосферноедавление 0p

5= 10 o= ; длины трехколен трубки одинаковы; давление,создаваемое столбом жидкости в вер-тикальном колене, равно 0p /8.

Обозначим полную длину трубки через 3L, а площадьвнутреннего поперечного сечения трубки – через S. Посколь-ку объем трубки

0V , то длина каждого колена

0

3

VL

S= .

Весь процесс нагрева гелия можно разбить на три участка.Первый участок – это когда жидкость еще находится в левомвертикальном колене. Рассмотрим момент времени, когдауровень жидкости в левом колене переместился на величинуz, 0 z L£ £ . Из условия равновесия жидкости в трубкенайдем давление гелия:

0 ›p p gzρ= + ,

где ›ρ – плотность жидкости. На втором участке, для

которого 2L z L£ £ , давление гелия

0 › constp p gLρ= + = ,

а на третьем участке, для 2 3L z L£ £ , –

( )0 ›3p p g L zρ= + - .

На рисунке 2 изображен график зависимости давления

Задачис жидкостями

В.МОЖАЕВ

Рис. 1

гелия от его объема V,который связан со сме-щением z простым соот-ношением:

0V V Sz= + .

На первых двух участ-ках тепло необходимоподводить к гелию – этооднозначно: здесь газ,расширяясь, совершаетработу и одновременно

нагревается. А вот третий участок неоднозначен: здесь газтакже совершает работу, но при этом он может и охлаждать-ся. Убедимся, что и на этом участке тепло тоже подводится.

Учитывая, что › 0 8gL pρ = , запишем уравнение процессадля третьего участка в виде

0

0

14 38

p Vp

V

К ˆ= -Б ˜Л ≢

.

Рассмотрим малое изменение объема V∆ . Тогда работа,совершенная гелием, равна

0

0

14 38

p VA p V V

V∆ ∆ ∆

К ˆ= = -Б ˜Л ≢

.

Запишем уравнение состояния гелия как идеального газа:

pV RTν= ,

где ν – количество вещества, Т – температура газа. Подста-вим в это уравнение выражение для давления на третьемучастке процесса и получим

2

0

0

14 38

p VV RT

Vν

К ˆ- =Б ˜Л ≢

.

Продифференцируем обе части этого уравнения:

0

0

14 68

p VV R T

V∆ ν ∆

К ˆ- =Б ˜Л ≢

.

Теперь найдем изменение внутренней энергии гелия приизменении объема на V∆ :

3

2VU C T R T∆ ν∆ ν ∆= = = 0

0

314 6

16

p VV

V∆

К ˆ-Б ˜Л ≢

.

Согласно первому началу термодинамики, подведенное ко-личество теплоты равно сумме изменения внутренней энер-гии газа и совершенной им работы:

0

0

35 128

p VQ U A V

V∆ ∆ ∆ ∆

К ˆ= + = -Б ˜Л ≢

.

Легко убедиться, что при 0

52

3

V

V£ £ и 0V∆ >

0Q∆ > .

Итак, на всех участках тепло подводится, поэтому полноеподведенное к гелию количество теплоты Q найдем каксумму полного изменения внутренней энергии и полнойработы, которую совершил гелий:

( )* …Q U U A= - + .

Поскольку начальная и конечная температуры равны, соот-ветственно,

0 0

…

p VT

Rν= и 0 0

*

2p VT

Rν= ,

то изменение внутренней энергии равно

( )* … * … 0 0

3 3

2 2U U R T T p Vν- = - = .

Полную работу найдем как площадь под кривой на рисун-ке 2:

0 0

0 0 0

1 9 9

2 8 3 8 3

V VA p p p

К ˆ= + + +Б ˜Л ≢0

0 0 0 0

1 9 13

2 8 3 12

Vp p p V

К ˆ+ =Б ˜Л ≢.

Тогда окончательно

0 0 0 0

3 13 3126 d›

2 12 12Q p V p V

К ˆ= + = ªБ ˜Л ≢ .

Задача 4. «Тройник» с двумя открытыми в атмосферувертикальными трубками и одной закрытой (горизонталь-ная трубка) полностью заполнен водой (рис.3). После

того, как тройник начали двигать по горизонтали в плос-кости рисунка влево с некоторым постоянным ускорением,из него вылилась 1/16 массы всей воды. Чему при этомстало равно давление в жидкости у закрытого конца – вточке А? Трубки имеют одинаковые внутренние сечения.Длину L считать заданной. Диаметр трубок мал посравнению с длиной L.

При движении тройника влево с ускорением а гидростати-ческие давления в точках А, В и С (см. рис.3) связаны междусобой уравнением движения воды в горизонтальной трубке:

B ALa p pρ = - , 2 C ALa p pρ = - ,

где ρ – плотность воды. Давление в точке С большедавления в точке В, поэтому вода будет выливаться изправой вертикальной трубки. Из условия неразрывностиструи жидкость при этом будет отсасываться из левойвертикальной трубки. В установившемся режиме праваятрубка будет полностью заполнена водой, а левая – частич-но. Поскольку вылилась 1/16 массы всей воды, что соответ-ствует массе воды в части трубки длиной L/4, то в левой

трубке останется столбик воды высотой 3

4L . Поэтому дав-

ления в точках В и С будут равны

0

3

4Bp p gLρ= + и 0qp p gLρ= + ,

где 0p – атмосферное давление.Исключая из всех уравнений Bp и Cp , получим систему

двух уравнений относительно Ap и а:

0

0

3,

4

2 .

A

A

p La p gL

p La p gL

ρ ρ

ρ ρ

П + = +ФМФ + = +У

Решая эту систему относительно Ap , найдем

0

1

2Ap p gLρ= + .

Задача 5. Тонкая, запаянная с одного конца и изогнутаяпод прямым углом трубка заполнена ртутью и закреплена

Рис. 2

Рис. 3

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 41

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 142

на горизонтальной платформе, которая вращается с угло-вой скоростью ω вокруг вертикальной оси (рис.4). Привращении платформы ртуть не выливается и полностьюзаполняет горизонтальное колено. Открытое колено трубкивертикально. Геометрические размеры установки указанына рисунке; атмосферное давление 0p ; плотность ртутиρ . Найдите давление ртути у запаянного конца трубки.

Выделим в горизонтальной части трубки небольшой эле-мент ртути длиной dr, расположенный на произвольном

расстоянии r от оси вращения(рис.5). Этот элемент враща-ется в горизонтальной плоско-сти с угловой скоростью ω .Запишем уравнение движениявыделенного элемента:

2S r dr Sdpρ ω = ,

где S – площадь поперечногосечения трубки, dp – разностьдавлений между левым концомэлемента ртути и правым. Пос-

ле сокращения на S получим связь между малыми прираще-ниями dp и dr:

2dp r drρω= .

Проинтегрируем обе части этого уравнения и получим2 2

const2

rp

ρω= + .

Константу определим из условия, что при r = 3R (точка А)давление равно 0p gHρ+ :

2 2

0

9const

2

Rp gH

ρωρ+ = + ,

и получим зависимость ( )p r :

( )2 2 2 2

0

9

2 2

R rp r p gH

ρω ρωρ= + - + .

Отсюда найдем давление ртути у запаянного конца трубки(r = R):

( ) 2 2

0 4p R p gH Rρ ρω= + - .

Задача 6. Стеклянный шар объемом V и плотностью ρнаходится в сосуде с водой (рис.6). Угол между стенкой

сосуда и горизонтальнымдном α , внутренняя по-верхность сосуда гладкая,плотность воды 0

ρ . Най-дите силу давления шарана дно сосуда в двух случа-ях: 1) сосуд неподвижен;2) сосуд движется с по-стоянным горизонталь-ным ускорением а.

Сначала рассмотримдвижущийся по горизон-тали с постоянным уско-рением а сосуд с водой.Введем систему координатXY, связанную с сосудом,как это изображено на ри-сунке 7. Наша задача –найти уравнение свобод-ной поверхности жидко-сти ( )y f x= в сосуде, ко-торый движется с гори-зонтальным ускорением а. Для этого выделим маленькийэлемент жидкости на оси Х, длина которого dx, а площадьпоперечного сечения равна единице. С левого торца этогоэлемента давление равно

( ) =2ì 0p x p gyρ= + ,

а с правого торца оно равно

( ) ( )=2ì 0p x dx p g y dyρ+ = + + ,

где у – высота столба жидкости в точке х, а y + dy –аналогичная высота в точке x + dx. Так как наш элементжидкости движется с ускорением а, его уравнение движенияимеет вид

( )0 0 0dx a g y dy gyρ ρ ρ= + - .

Отсюда получаемdy a

dx g= ,

или в интегральном виде –

consta

y xg

= + .

Поскольку при х = 0 у = 0, константа тоже равна нулю,а уравнение свободной поверхности жидкости выглядит так:

ay x

g= .

Линии, параллельные свободной поверхности, внутри жид-кости являются линиями постоянного давления. Таким обра-зом, жидкость, движущаяся с горизонтальным ускорениема, эквивалентна неподвижной жидкости, находящейся вновом поле тяжести с эффективным «ускорением свободного

падения», равным 2 2

.g a g= + и направленным под углом

arctga

gϕ = к вертикали (рис.8). Вертикальная составляю-

щая этого эффективного ускорения равна обычному ускоре-нию свободного падения g, а горизонтальная составляющаячисленно равна ускорению сосуда и направлена в противопо-ложную сторону.

В том случае, когда сосуд неподвижен (а = 0), эффектив-ное ускорение равно g и направлено по вертикали. Силы,действующие на стеклянный шар в этом случае, показаны нарисунке 9. Здесь P Vgρ= – вес (точнее – сила тяжести)

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8 Рис. 9

шара, 0F Vgρ= – выталкивающая сила, а 1N – силареакции дна сосуда на шар. Из условия равновесия шаранайдем, что

( )1 0N Vgρ ρ= - .

Очевидно, что сила давления шара на дно численно равнасиле реакции дна и направлена в противоположную сторону.

В случае движущейся с горизонтальным ускорением aжидкости или неподвижной жидкости, но находящейся в

поле с новым «ускорениемсвободного падения» g

э, на

шар будут действовать следу-ющие силы (рис.10): верти-кальная составляющая новоговеса шара 1P Vgρ= , горизон-тальная составляющая этоговеса 2P Vaρ= , вертикальнаясоставляющая выталкиваю-щей силы 1 0F Vgρ= , ее гори-зонтальная составляющая

2 0F Vaρ= , реакция опоры Тсо стороны боковой стенки и, наконец, сила 2N – силареакции на шар со стороны дна сосуда. Запишем условиеравновесия шара, т.е. равенство нулю всех сил, действую-щих на шар по вертикали:

1 2 1 cos 0F N P T α+ - - =

и по горизонтали:

2 2sin 0F T Pα+ - = .

Исключая из этих уравнений Т, найдем искомую силу 2N :

( )2 1 1 2 2ctgN P F P F α= - + - = ( ) ( )0

ctgV g aρ ρ α- + .

Разумеется, и в этом случае сила давления шара на днососуда численно равна силе реакции дна, но направлена впротивоположную сторону.

Упражнения

1. В цилиндрическом сосуде с водой плавает деревяннаядощечка. Если на нее сверху положить стеклянную пластинку,то дощечка с пластинкой останутся на плаву, а уровень воды всосуде повысится на

1h∆ . На сколько изменится уровень водыв сосуде с плавающей дощечкой, если ту же стеклянную

Рис. 10

пластинку бросить на дно сосуда? Плотность стекла “2

ρ ,плотность воды

"ρ .

2. U-образная трубка состоит из трех одинаковых колен,расположена вертикально и заполнена жидкостью (см. рис.1).Один конец трубки соединен с баллоном, заполненным водоро-дом, другой конец открыт в атмосферу. Водород в баллонемедленно нагревают, и он постепенно вытесняет жидкость изтрубки. К моменту, когда из трубки вылилось 2/3 всей массыжидкости, водород получил количество теплоты Q = 30 Дж.Найдите объем баллона. Известно, что объем всей трубки равенобъему баллона; атмосферное дав-ление 5

0 10 o=p = ; давление, со-здаваемое столбом жидкости в вер-тикальном колене трубки, равно

0 9p .3. «Тройник» из трех вертикаль-

ных открытых в атмосферу трубокполностью заполнен водой(рис.11). После того, как тройникначали двигать в горизонтальномнаправлении в плоскости рисункас некоторым ускорением, из неговылилось 9/32 всей массы воды. Чему равно ускорение тройни-ка? Внутренние сечения трубок одинаковы, длина каждойтрубки L.

4. Тонкая, запаянная с одного конца и изогнутая под прямымуглом трубка заполнена жидкостью и закреплена на горизон-

тальной платформе, вращающейся с угловой скоростью ωвокруг вертикальной оси (рис.12). Открытое колено трубкивертикально. Геометрические размеры установки указаны нарисунке; атмосферное давление 0p ; плотность жидкости ρ .Найдите давление жидкости у запаянного конца трубки.

Рис. 11

Рис. 12

И Н Ф О Р М А Ц И Я 43

И Н Ф О Р М А Ц И Я

В 2005 году в издательстве «КолосС» вышла книга «Механи-ка. Задачи и решения», подготовленная коллективом авторов –преподавателей кафедры общей и экспериментальной физикиМосковского педагогического государственного университетаА.Б.Казанцевой, М.С.Каменецкой, В.Н.Александровым,Е.А.Коротаевой, И.А.Васильевой и А.Н.Елантьевым.

Решение задач – неотъемлемая часть полноценного изученияфизики. Это эффективное средство усвоения физических поня-тий и законов. Задачи прививают навыки пользования этимизаконами, помогают понять явления, происходящие в реальноммире, развивают культуру мышления, формируют физическоемировоззрение и целостную физическую картину мира.

Новое учебное пособие «Механика. Задачи и решения»содержит около 700 надлежащим образом подобранных вопро-сов и задач, охватывающих все разделы механики. Уровеньсложности включенных в него задач различен и дает возмож-ность выбора в зависимости от этапа изучения темы и уровня

подготовленности учащихся. Условные обозначения уровнясложности (С1, С2 и С3) облегчают ориентировку читателя присамостоятельной работе.

Каждый раздел книги содержит теоретическое введение, вкотором имеются необходимые для решения задач законы иформулы, подробный методический разбор решений основныхтипов задач (количество разобранных задач составляет пример-но четвертую часть от их общего числа), к некоторым задачамдаются указания к решению, к остальным приводятся ответы.Отличительной особенностью данного пособия является деталь-ное структурирование учебного материала и тщательно проду-манная последовательность предлагаемых задач и решений.

Книга рекомендуется в качестве учебного пособия для студен-тов высших учебных заведений, обучающихся по специальностифизика, но может быть полезной и преподавателям, и школьни-кам старших классов, интересующимся физикой и готовящимсяк поступлению в вуз.

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 144 В А Р И А Н Т Ы

Материалы вступительныхэкзаменов 2005 года

Московский государственный университетим.М.В.Ломоносова

МА Т ЕМА ТИ КА

Письменный экзамен

Вариант 1

(олимпиада «Ломоносов-2005») 1

1. Вычислите

( ) ( ) ( )4 4 3 3

2 2 2 2

2x y x y xy x y

x y x xy y

- - --

- + +при

46

1,2 22x = … !" ,

45

2,7 7 8y = - … .

2. Решите неравенство13 2 1 1

2 1 1 2

x

x x

-

-

◊ +≥

- -.

3. Найдите площадь трапеции ABCD с боковой сторонойВС = 5, если расстояния от вершин А и D до прямой ВСравны 3 и 7 соответственно.4. Решите уравнение

( ) ( )24 2log 4 sin 2 2 log 2tgx x= - - .

5. На окружности взята точка А, на ее диаметре ВС – точкиD и Е, а на его продолжении за точку В – точка F. НайдитеВС, если BAD ACD– = – , BAF CAE– = – , BD = 2, BE = 5и BF = 4.6. Решите неравенство

( )25 3 2 2 8 2x x x x x£ + - - - .

7. Основанием пирамиды служит треугольник со сторона-ми 5, 12 и 13, а ее высота образует с высотами боковых граней(опущенными из той же вершины) одинаковые углы, неменьшие 30# . Какой наибольший объем может иметь такаяпирамида?8. Найдите все значения а, при которых уравнение

4 3 9 1x x x a x- - + = -

имеет хотя бы один корень.9. Группа отдыхающих в течение 2 ч 40 мин каталась на

моторной лодке по реке с постоянной скоростью (относи-тельно воды) попеременно то по течению, то против: вкаждую сторону в общей сложности не менее чем по 1 ч. Витоге лодка прошла путь в 40 км (относительно берега) и,отчалив от пристани А, причалила к пристани В на рассто-янии 10 км от А. В какую сторону текла река? Какова приэтих условиях максимальная скорость ее течения?

10. При каждом натуральном n тело nΦ в координатномпространстве задано неравенством

3 8 1n n n

x y z+ + < ,

а тело Φ – объединение всех тел nΦ . Найдите объем Φ .

Вариант 2

(механико-математический факультет)

1. Согласно расписанию, автобус курсирует по маршрутуиз пункта А в пункт В и обратно с постоянной скоростью ибез остановок. На пути из А в В он был вынужден нанекоторое время остановиться, поэтому на обратном путиувеличил скорость на 25%. Приехав в А с 10-минутнымотклонением от расписания, он уменьшил свою последнююскорость на 24% и прибыл в В вовремя. Какова былапродолжительность вынужденной остановки?

2. Найдите 2

2log

2xx

при условии

22 22

log 2 log 2 logxx x x x- + - - £ ( ) 382 logx x- .

3. Решите неравенство23 5

02 7 5

cos cos4 4

x x

x x

- - -≥- -

-.

4. На основании ВС трапеции ABCD взята точка Е,лежащая на одной окружности с точками А, С и D. Другаяокружность, проходящая через точки А, В и С, касаетсяпрямой CD. Найдите ВС, если АВ = 12 и ВЕ : ЕС = 4 : 5.Найдите все возможные значения отношения радиуса первойокружности к радиусу второй при данных условиях.5. Пусть Х – сумма корней уравнения

cos 2 2 cos3

a x xπК ˆ= + +Б ˜Л ≢

на промежутке [ )0;2π , а Y – сумма корней уравнения

cos 2 2 sin 2 3 sina y y a y- = -

на том же промежутке. Найдите все значения а, при которых

ctg 32

X Y-= .

6. Найдите объем тетраэдра ABCD с ребрами АВ = 3,АС = 5 и BD = 7, если расстояние между серединами М и Nего ребер АВ и СD равно 2, а прямая АВ образует равныеуглы с прямыми АС, BD и MN.

Вариант 3

(факультет вычислительной математики и кибернетики,олимпиада 2 , апрель 2005)

1. Решите неравенство

( )2 46 log 2 log 2 1x x

x x+ ≥ .1 Эта олимпиада рассматривалась в качестве 3-го тура Всерос-

сийской олимпиады школьников, и ее победители зачислялись наразличные факультеты МГУ.

2 Результаты этой олимпиады засчитывались при приеме наконтрактное обучение.

В А Р И А Н Т Ы 45

2. Найдите все решения системы уравнений

( )sin 2 1,

9.

x y

xy

П + =ФМ

=ФУ3. Найдите все пары целых х и у, удовлетворяющие

равенству

2 24 2 2 2 1 0x xy y y x- + + - - = .

4. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС взяты точки Ми N соответственно. Отрезки AN и CM пересекаются в точкеL. Площади треугольников AML, CNL и ALC равны 1, 6 и4 соответственно. Найдите площадь треугольника MBN.5. Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD с

вершиной S. Известно, что длина перпендикуляра, опущен-ного из основания Н высоты пирамиды SH на грань SDC,

равна 6 , а угол наклона бокового ребра SB к плоскости

основания равен 3

π. Найдите радиус сферы, описанной

около пирамиды SABCD.6. Решите уравнение

12 cos 2 8 sin 3 sin 3 cos 2 11x x x x+ + - = .

Вариант 4

(факультет вычислительной математики и кибернетики)

1. Решите неравенство2

2

2 2

3 3log log 2

1

x xx

x

К ˆ+ - +- - >Б ˜+Л ≢ 2log 2x + .

2. Решите уравнение

ctg 1 15x + = - sin x .

3. Последовательности { }na и { }nb , n = 1, 2, 3, …,

являются арифметическими прогрессиями, 11 32a = , b21

=

= 43. Последовательность { }nc определяется равенствами

( ) ( )1 1n n

n n nc a b= - + - . Сумма первых сорока членов после-

довательности { }nc равна 100, а сумма первых ее двадцатитрех членов равна –60. Найдите

40b и сумму первых ста

членов арифметической прогрессии { }na .

4. На стороне АВ выпуклого четырехугольника ABCD

выбрана точка М так, что AMD ADB– = – и ACM– =ABC= – . Утроенный квадрат отношения расстояния от

точки А до прямой CD к расстоянию от точки C до прямойAD равен 2, CD = 20. Найдите радиус вписанной в треуголь-ник ACD окружности.5. Найдите все значения параметра а, принадлежащие

отрезку [ ]0;π , при которых уравнение

( ) [ ]( )5sin 3 cosx a xπ+ = ◊

имеет на отрезке [1; π] нечетное число решений. (Здесь [ ]x– целая часть числа х, т.е. наибольшее целое число, удовлет-

воряющее неравенству [ ]x x£ .)6. На гранях АВС, ABD, ACD и BCD тетраэдра ABCD

выбраны соответственно точки K, L, M и N так, чтоKL CD$ , KM BD$ , KN AD$ . Отношение объема тетра-эдра ABCD к объему тетраэдра KLMN равно 64. Известно,что

( )2 AD KM BD KN AD BD◊ + ◊ = ◊ .

Найдите отношение площадей треугольников ABD и KMN.

Вариант 5

(физический факультет)

1. Решите уравнение

2 cos 2x cos 7 cos 4 1x x- = .

2. Решите неравенство

25 6 6x x x- + < - .

3. Решите уравнение

12 3 1 125 5 3 15 4 3 0x x x+- ◊ + ◊ = .

4. На окружности взяты последовательно точки P, Q, R иS, PQ = PS. Отрезки PR и QS пересекаются в точке Т,RQ = q, RS = s, RT = t. Найдите РT.5. Решите систему

( ) ( )

4 12,

2 1 2 2 1 3.

x x y y

x y x y

П + - = +ФМ

+ + + + - =ФУ

6. Вершина М прямого угла LMN∆ лежит внутри окруж-ности с центром О и радиусом 8, проходящей через концыгипотенузы LN, MH – высота LMN∆ . На прямой LN взятаточка K так, что KH = OH. Найдите MK.7. Для каждого допустимого значения а решите неравен-

ство

log2ax

aК ˆБ ˜Л ≢

( )22

log 1 0a

a-

- < .

8. В правильной треугольной пирамиде SKLM с вершинойS точка N – середина отрезка KL, 17SN = . Сфера,проходящая через точки L, М и N, касается ребра SK в точкеР такой, что KP : PS = 1 : 2. Найдите высоту SH пирамидыSKLM.

Вариант 6

(химический факультет)

1. Решите уравнение

2 1 2x x+ = + .

2. Решите неравенство

3 4 2 9x x◊ £ ◊ .

3. Решите тригонометрическое уравнение

ctg tg 4 cos 5x x x= + .

4. Найдите число n сторон выпуклого n-угольника, есликаждый его внутренний угол не менее 143 и не более 146 .5. Найдите все пары целых чисел ( );x y , удовлетворяющих

уравнению

2 3 2 3 2 3x y y x x y- - + - + = - - .

6. При каких значениях параметра а уравнение

1

3 1

xx a

x

++ =

-

имеет ровно три решения?

Вариант 7

(биологический факультет, факультет биоинженерии ибиоинформатики, факультет фундаментальной медицины,

факультет наук о материалах)

1. Решите уравнение

2 2 3 0x x+ - = .

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 146

2. Решите уравнение

cos 3 sin 2x x- = .

3. Диагонали трапеции равны 12 см и 6 см, а сумма длиноснований равна 14 см. Найдите площадь трапеции.4. Решите неравенство

1 3x x- < - .

5. На беговой дорожке стадиона длиной 400 м одновремен-но со старта в одном направлении начинают забег дваспортсмена на дистанцию 10 км. Каждый из них бежит сосвоей постоянной скоростью. Первый спортсмен приходитна финиш на 16 мин 40 с раньше второго и через 43 мин20 с после того, как он второй раз на дистанции (не считаямомента старта) обогнал второго спортсмена. Известно, чтоскорость первого спортсмена больше 100 м/мин. Скольковсего раз первый спортсмен обгонял второго на дистанциипосле старта?6. Решите систему

2 2

2 2

1

2 22 122

2 37 2 2 2,

log 4 log 4 0.x y

x y x y

x y x y

+

П + - - + =ФФ = - + + + +МФ + =ФУ

7. Задана функция f, причем ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + для

всех рациональных чисел х, у. Известно, что ( )10f π= - .

Найдите 2

7fК ˆ-Б ˜Л ≢

.

Вариант 8

(факультет почвоведения)

1. Решите уравнение

( ) ( )7 14

6 15 1x x- = - .

2. Решите уравнение

( )sin 3 arcsin 1x = .

3. Решите неравенство

1x x- £ .

4. Грузовики трех типов А, В и С возили кирпич. В первыйдень работали по пять грузовиков каждого типа и выполниливесь объем работы за 3 часа 12 минут. Во второй день за 6часов 40 минут этот же объем работы выполнили по двагрузовика типов А и В и четыре грузовика типа С. За сколькочасов был бы выполнен весь объем работы, если бы кирпичвозили два грузовика типа А и два грузовика типа В?5. Для каких значений параметра р отношение суммы

коэффициентов многочлена ( )18

2 7px - к его свободному

члену минимально?6. На плоскости даны точки с координатами: ( )1;2A ,( )2;1B , ( )3; 3C - , ( )0;0D . Они являются вершинами выпук-

лого четырехугольника ABCD. В каком отношении точкапересечения диагоналей S делит диагональ АС?

Вариант 9

(географический факультет)

1. Решите систему уравнений

2 212 sin sin 3,

6 sin cos 2.

x y

x y

П - =ФМ

+ = -ФУ2. Произведение длины средней линии трапеции и длины

отрезка, соединяющего середины ее диагоналей, равно 25.

Найдите площадь трапеции, если ее высота втрое большеразности оснований.3. Решите неравенство

( )1

log 1 5 2x

x-

+ ≥ - .

4. Найдите периметр фигуры, точки которой на координат-ной плоскости ( );x y удовлетворяют системе

2 2

2 1 ,

4 2 3.

y x

x y x y

П > - -ФМ

+ < + -ФУ

5. В цехе имелось N одинаковых станков, которые, рабо-тая вместе, вытачивали в день 5850 готовых деталей. Послемодернизации число производимых в день каждым станкомготовых деталей возросло на 20%. Это позволило по крайнеймере без сокращения общего объема продукции цеха умень-шить число станков максимум на 4. Найдите N.6. Угол между прямыми, каждая из которых содержит по

одной образующей конуса, равен 45# . Прямая, перпендику-лярная обеим этим образующим, пересекает плоскость осно-

вания конуса под углом 8

π. Найдите угол боковой развертки

конуса, если известно, что он больше 270# .

Вариант 10

(геологический факультет)

1. Решите неравенство

( ) ( )21 2 1 0x x x- + - £ .

2. Решите неравенство

2 6 2x x x- - + - ≥ .

3. В треугольнике ABC угол С прямой, тангенс угла А

равен 1

4, медиана BD равна 5 . Найдите площадь треуголь-

ника ABD и радиус окружности, описанной вокруг треуголь-ника ABD.4. Найдите наименьший корень уравнения

cos 2 11 15 5 cosx x x x+ - = - - .

5. В арифметической прогрессии квадрат суммы третьегои четвертого ее членов равен сумме второго и пятого еечленов. Чему равна сумма первых шести членов этой про-грессии?6. Решите неравенство

2 3

1 1log log

3 3x xx x

+

К ˆ К ˆ+ £ +Б ˜ Б ˜Л ≢ Л ≢ .

7. Найдите все значения, которые может принимать сумма

x + a при условии

2 4 2 2 3x a x a+ - + - + £ .

8. В треугольной пирамиде SABC плоские углы АВС и SABпрямые, двугранный угол между плоскостями ABS и АВС

равен 2 10

arcctg3

. Найдите длину высоты пирамиды, опу-

щенной из вершины В на плоскость ASC, если ВС = 7,АВ = 4.

Вариант 11

(филологический факультет)

1. Решите уравнение

2 3 1 1x x- + = .

В А Р И А Н Т Ы 47

2. На вступительном экзамене по математике 15% поступа-ющих не решили ни одной задачи, 144 человека решилизадачи с ошибками, а число верно решивших все задачиотносится к числу не решивших вовсе как 5 : 3. Сколькочеловек экзаменовалось по математике в этот день?3. Решите неравенство

( )2 1log 1 log 16xx+

+ > .

4. Найдите площадь круга, описанного около прямоуголь-ного треугольника, катеты которого являются корнями урав-нения

22 6 1 0x x- + = .

5. Решите уравнение

2 sin 3tg2

tt+ = .

6. Биссектриса CD угла АСВ при основании равнобедрен-ного треугольника АВС (АВ = АС) делит сторону АВ так, чтоAD = BC. Найдите длину биссектрисы CD и площадьтреугольника АВС, если ВС = 2.7. При каких целых а неравенство

21 1

2 2

2 log 3 2 log 0a x a x- + - <

верно для любого значения х?

Вариант 12

(экономический факультет, отделение экономики)

1. Решите уравнение

1 1

9 9

2log ctg log sin 4 0

9

xx+ = .

2. Найдите сумму всех целых значений, которые принима-ет функция

2

6205

x xy = - +

при [ ]2;12x Œ .3. Вновь созданное акционерное общество продало населе-

нию 1000 своих акций, установив скидку 10% на каждуюпятую продаваемую акцию и 25% на каждую тринадцатуюпродаваемую акцию. В случае если на одну акцию выпадаютобе скидки, то применяется большая из них. Определитесумму, вырученную от продажи всех акций, если цена акциисоставляет 1000 рублей.4. Решите неравенство

( )2 5

log 4 x+

- - ( )2

9 4 5log 4 28 49x x

-+ + +

( )2

5 2log 6 0x x

-+ + - £ .

5. Вписанная в треугольник АВС окружность касается егосторон в точках K, N и М. Известно, что в треугольникеKNM угол M равен 75# , произведение всех сторон равно

9 6 3+ , а вершина K делит отрезок АС пополам. Найдитедлины сторон треугольника АВС.6. Найдите все рациональные решения уравнения

( )2

21

2 2 2 21 1 log cos 0y

y x x x yπ+

+ - + + + = .

7. Фигура F задается на координатной плоскости неравен-ством

( )

2 9 10 2 23 2 arcsin arccos

13 180

4 9 128 97 5

y x x y

x x y

π- + + +К ˆ К ˆ- ◊Б ˜ Б ˜Л ≢ Л ≢

≥- ◊ - + + +

.

В каких пределах изменяются площади всевозможных кру-гов, целиком принадлежащих F?

Вариант 13

(Московская школа экономики)

1. Решите уравнение

2 4 4 2x x- + = .

2. Решите неравенство

2 2 1x x x+ - > .

3. Решите уравнение

( ) ( )2

4 21 log 2 log 2 8x x+ + = + .

4. Найдите все решения уравнения

156 cos

4

πК ˆБ ˜Л ≢

cos cos 32

xx

К ˆ - =Б ˜Л ≢ ,

принадлежащие отрезку [ ]2;10,99- .5. Найдите четыре числа, которые образуют арифметичес-

кую прогрессию, если сумма крайних равна 18 и второечисло меньше третьего на 20%.6. Найдите все целочисленные решения системы

( ) ( )2 2

3 4 5,

4 11.

x y

y x

П - + - <ФМ

£ +ФУ

7. Окружность, вписанная в треугольник АВС, касаетсястороны ВС в точке М. Найдите площадь треугольника АВС,если АС = 21, ВМ = 9, а угол АВС равен 60# .8. При каких значениях параметра а уравнение

( ) ( ) ( )1 4 2 3 6 3 4 9x x xa a a- ◊ + - ◊ = - ◊

имеет единственное решение?

Вариант 14

(факультет психологии)

1. Решите уравнение

2 2 1 9x x- + + = .

2. Решите неравенство

4 51

2 11

x

x

+≥ -

-.

3. Решите уравнение

22 cos 3 2 sin 0x x- + = .

4. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали BD иАС равны стороне АВ. Найдите величину угла BCD исторону АВ, если угол CDA прямой, ВС = 4, AD = 5.5. Зенон не раз наблюдал забавную игру Ахилла с черепа-

хой: Ахилл и черепаха приближались друг к другу вдольтропинки, стартуя с разных концов тропинки. Двигалисьони только навстречу друг другу, причем, когда черепахастояла, Ахилл шел навстречу ей, а когда черепаха ползланавстречу Ахиллу, Ахилл стоял в течение всего времени еедвижения. Продвигались они по тропинке друг к другукаждый со своей постоянной скоростью, одной и той же вразных играх, причем скорость идущего Ахилла была в 50раз больше скорости ползущей черепахи. Игра заканчива-лась, когда Ахилл и черепаха сходились в одной точкетропинки. В первой игре, начав сближаться по первойтропинке, они сошлись не ранее чем через 15 минут. Вовторой игре, сближаясь по второй тропинке, они сошлись непозже чем через полторы минуты. В третьей игре они

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 148

сошлись по третьей тропинке за 11 минут, причем в ходе этойигры Ахилл двигался в общей сложности в течение 1 минуты,а черепаха – в течение 10 минут. Известно, что сумма длинпервой и третьей тропинок равна длине второй тропинки.Каково отношение расстояния, пройденного Ахиллом на-встречу черепахе за время всех трех игр, к расстоянию, накоторое продвинулась черепаха навстречу Ахиллу за времявсех трех игр?6. Найдите все значения параметра а, при каждом из

которых функция

( )4 sin

4 2 sin

x af x

a x

+=

-

принимает все значения из отрезка [ ]0;1 .

Вариант 15

(Институт стран Азии и Африки)

1. Решите неравенство2 3 4

11

x x

x

- -£

+.

2. Решите уравнение

cos 4 4 cosx x= cos 2 1x - .

3. Решите уравнение

( )321 4 3 2x x x x+ + + + = + .

4. Магазин закупил некоторое количество товара и началего реализацию по цене на 25% выше цены, назначеннойпроизводителем, чтобы покрыть затраты, связанные с еготранспортировкой, и другие дополнительные расходы. Ос-тавшуюся после реализации часть товара магазин уценил на16% с тем, чтобы покрыть только затраты на закупку этойчасти товара у производителя и его транспортировку. Сколь-ко процентов от цены, назначенной производителем, состав-ляла стоимость транспортировки товара?5. Решите неравенство

( ) ( )6 24 1log 6 2 log 4 1 0xx x x

+++ - + < .

6. В выпуклом четырехугольнике с вершинами в точках А,

В, С, D заданы длины отрезков AD = 2, 2 3AB = ,

( )2 3 1BC = - . Величины углов DAB и АВС равны 6

π и

3

π

соответственно. Вычислите все углы четырехугольника.7. Фигура на плоскости ( );x y состоит из всех точек, через

которые не проходит ни одна из кривых, задаваемых соотно-шением

( ) ( )2 2

4 2 2 24 16p p x y+ + + - =

= ( ) ( ) ( )3 4 2 2 216 4 2 12 16p p xy p p x y+ + + + +

при различных действительных значениях р. Найдите длинулинии, ограничивающей эту фигуру.

Вариант 16

(факультет государственного управления)

1. Можно ли разделить сумму в 196 рублей на 16 разныхчастей так, чтобы ближайшие по величине части отличалисьна 50 копеек?2. Решите неравенство

( )2

2 41

8 17

x

x x

-<

- +.

3. В четырехугольнике ABCD найдите точку Е такую,чтобы отношение площадей треугольников ЕАВ и ECD былоравно 1/2, а треугольников EAD и ЕВС – 3/4, еслиизвестны координаты всех его вершин: ( )2; 4A - - , ( )2;3B - ,

( )4;6C , ( )4; 1D - .4. Решите систему уравнений

sin sin1 0,

cos cos1 0.

x

x

- =ПМ - =У

5. Тёма сделал несколько мелких покупок в супермаркете,имея при себе сто рублей. Давая сдачу с этой суммы, кассирошиблась, перепутав местами цифры, и выплатила рублямито, что должна была вернуть копейками, и, наоборот,копейками то, что полагалось вернуть рублями. Купив ваптеке набор пипеток за 1 руб. 40 коп., Тёма обнаружилошибку кассира и, пересчитав деньги, нашел, что оставшаясяу него сумма втрое превышает ту, которую ему должны быливернуть в супермаркете. Какова стоимость всех покупокТёмы?6. Найдите все значения а, для которых при любом

положительном b уравнение

1 22

1log 4 log 2

x

a bx-

К ˆ= - -Б ˜Л ≢

имеет хотя бы одно решение, меньшее 1

3.

7. Для того чтобы сделать полный круг по кольцевомумаршруту, автомобилю требуется 150 л бензина. На маршру-те расположены пять промежуточных пунктов, в каждом изкоторых имеется запас в 30 л бензина. Покажите, чтонайдется пункт, в котором автомашина с пустыми баками идостаточным запасом пустых канистр может заправиться,стартовать и, пополняя запас бензина в четырех встречныхпунктах, сделать полный круг.

Вариант 17

(социологический факультет)

1. Решите уравнение

2 4 9 3x x- + = .

2. Решите уравнение

3 81 10 9 3 0x x◊ - ◊ + = .

3. Бесконечно убывающая геометрическая прогрессия со-

держит член 1

6nb = . Отношение суммы членов прогрессии,

стоящих перед nb , к сумме членов, стоящих после nb , равно

6. Найдите n, если сумма всей прогрессии равна 3

4.

4. Высота треугольника, равная 2, делит угол треугольни-ка в отношении 2 : 1 и делит основание треугольника начасти, меньшая из которых равна 1. Определите площадьтреугольника.5. Решите неравенство

( )0,5log 5 1 3x x- - + > - .

6. Группа школьников решила купить музыкальный центр,при этом каждый внес одну и ту же сумму. Однако впоследний момент двое отказались, и каждому из оставших-ся пришлось добавить по 100 рублей. Сколько школьниковпервоначально участвовало в покупке, и какова цена музы-кального центра, если известно, что она заключена в преде-лах от 17000 до 19500 рублей?

В А Р И А Н Т Ы 49

Вариант 18

(факультет глобальных процессов)

1. В турнире борцов участвуют 127 спортсменов. Борецвыбывает из соревнований сразу после поражения в поедин-ке. Сколько поединков требуется провести, чтобы выявитьпобедителя турнира?2. Решите неравенство

2 2

1 1

2 3 3 2x x x x≤

+ −.

3. Решите неравенство

( )2

2

0,5 2 5 2log 0,5 8 2 1 1

x xx x

− − ++ − − ≥ .

4. Найдите площадь трапеции ABCD ( )||BC AD , вписан-ной в окружность с центром в точке O, если ее высота равна2, а угол COD равен 60# .5. Выясните, верно ли следующее утверждение: множество

значений функции

cos 2 3 siny x x= −

принадлежит отрезку 4; 5 − . Ответ надо обосновать.

6. Общий процент прибыли за весь товар, проданный втрех магазинах, расположенных в разных районах города,составил 26,8%. Через первый магазин было продано 60%всего товара, через второй – 40% оставшейся части товара. Скакой прибылью продан товар через третий магазин, еслиприбыль от продажи в первом составила 30%, а во втором –25%?7. Верхняя грань ABCD куба ABCDA BCD′ ′ ′ ′

( || || ||AA BB CC DD′ ′ ′ ′ – боковые ребра) является одновре-менно основанием правильной четырехугольной пирамидыSABCD, у которой высота вдвое меньше длины ребра куба.Найдите угол между прямыми A B′ и AS.8. Переменные x, y связаны условием

2 2 6 4 10 0x y x y+ − + + = .

Найдите все значения параметра a, при которых разностьмежду наибольшим и наименьшим значениями выражения2ax – 3y – 10 больше 12.

ФИЗИ КА

Физический факультет

Избранные задачи олимпиады «Покори Воробьевы горы»

1. В высокий цилиндрический сосуд с внутренним диамет-ром D = 7 см налито m = 50 г воды. В сосуд медленноопускают подвешенный на нити стержень массой М = 5 кг,имеющий форму прямого кругового цилиндра длиной L == 218,3 см. Плотность материала стержня 3600 *ã ìρ = .Оси сосуда и стержня вертикальны и совпадают. Найдитеизменение силы натяжения подвеса, когда расстояние междунижним основанием стержня и дном сосуда станет равнымh = 3 мм, по сравнению со случаем, когда стержень еще некасался воды.2. К грузу, надетому на гладкий горизонтальный стер-

жень, с разных сторон прикреплены две одинаковые легкиепружины жесткостью k. Другие концы пружин прикрепленык стенкам так, что оси пружин совпадают с осью стержня ипружины не деформированы. При этом длина каждой пру-жины равна L. В момент времени t = 0 правая стенканачинает двигаться влево с постоянной скоростью v, скользяпо стержню. Найдите массу груза, если за время перемеще-ния стенки на расстояние L скорость груза монотонно рослаи стала равной v.

3. Телу, лежащему на плоско-сти, наклоненной под углом α кгоризонту, сообщают начальнуюскорость 0v , направленную го-ризонтально вдоль наклоннойплоскости. Коэффициент трениятела о плоскость tgµ α> . Черезкакое время после начала движе-ния тело остановится, если ононе покидает плоскость?4. По гладкой горизонтальной

плоскости скользит диск радиу-сом R, вырезанный из тонкогооднородного листа металла (рис.1). В момент времени t = 0величина скорости точки А, расположенной на краю диска,оказалась равной Av . При этом скорость диаметральнопротивоположной крайней точки В диска была направленавдоль прямой, образующей с диаметром АВ угол 0,5β π< , аскорость точки А совпадала с прямой, образующей с этимдиаметром угол 0,5α π< . Найдите величину перемещенияr∆ центра диска к моменту t τ= . Окончательный расчет

проведите для 60α = ∞ и 30β = ∞ .5. Две большие одинаковые металлические пластины,

находящиеся в вакууме, могут свободно двигаться вдольперпендикулярной их плоскостям горизонтальной прямойАВ, проходящей через середины пластин. Середины пластинскреплены между собойлегкой недеформированнойпроводящей пружиной же-сткостью k. На прямой АВна расстоянии L от наруж-ных поверхностей пластин,удерживая их, закрепляютдва маленьких шарика, име-ющих заряды +q и –q. Прикаком значении q пласти-ны после отпускания будут совершать колебания с макси-мальным отклонением от исходного положения, не касаясьшариков?6. В схеме, изображенной на рисунке 2, ключи 1K и 2K

вначале разомкнуты, а конденсаторы разряжены. Сначалазамыкают ключ 1K , затем его размыкают и замыкают ключ

2K . Зная емкости конденсаторов 1C и 2C , найдите отноше-ние установившегося напряжения на диоде 2D к величинеЭДС батареи E . Диоды считайте идеальными.7. Через некоторое время τ после замыкания ключа K в

схеме, показанной на рисунке 3, напряжение на конденсато-ре емкостью 2C переста-ло изменяться, а его зарядстал равным q. Парамет-ры элементов указаны нарисунке. Зная, что до за-мыкания ключа все кон-денсаторы были разряже-ны, найдите количествотеплоты Q, которое мо-жет выделиться на резис-торе 1R после этого момента. Диод считать идеальным,индуктивностью элементов схемы и внутренним сопротивле-нием батареи пренебречь.

Факультет вычислительной математики и кибернетики

Задачи устного экзамена

1. Беговые дорожки легкоатлетического стадиона состоятиз двух прямолинейных участков, соединенных двумя полу-

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 1

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 150

окружностями. Ширина дорожки d = 1 м. Линия стартапроведена перпендикулярно прямолинейному участку доро-жек и совпадает с линией финиша. Два бегуна, находящихсяна первой (внутренней) и второй (внешней) дорожках,одновременно принимают старт и пробегают до финиша одинкруг. Они разгоняются равноускоренно, пока не наберутмаксимальную скоростью 0 8 ì “v = , одинаковую для обо-

их бегунов, с которой и про-бегают оставшуюся часть ди-станции. На сколько отли-чаются времена разгона бе-гунов, если, двигаясь каж-дый по середине своей до-рожки, они финишируютодновременно?2. Шарик массой m под-

вешен на невесомой нерас-тяжимой нити длиной l == 1 м (рис.4). В него ударя-ется шарик массой 2m, ле-

тящий в плоскости рисунка со скоростью 0v так, что векторскорости направлен горизонтально вдоль линии, соединяю-щей центры шариков. Какой должна быть скорость 0v ,чтобы после удара шарик массой m совершил полный оборотпо окружности в вертикальной плоскости? Удар считать

абсолютно упругим, силытрения не учитывать. Уско-рение свободного падения

29,8 ì cg = .3. Сплошной однородной

цилиндр массой m располага-ется на шероховатой наклон-ной плоскости, образующей сгоризонталью угол α (рис.5).

На цилиндр намотана нить, которая закреплена на наклоннойплоскости так, что ее отрезок между цилиндром и точкойзакрепления горизонтален. Найдите силу F, с которой ци-линдр действует на плоскость, если известно, что он находит-ся в равновесии. Ускорение свободного падения равно g.4. Тонкую деревянную палочку подвесили за один из

концов на нити, а другой конец опустили в воду (рис.6). Приэтом палочка оказалась наклоненной к горизонтали на угол

30α = ∞ , а длину ее части,погруженной в воду, соста-вила половину длины палоч-ки. Какую работу А нужносовершить, чтобы вытащитьза нить палочку из воды?Длина палочки L, площадьсечения S, плотность воды

"ρ , ускорение свободногопадения g заданы.5. Два одинаковых шари-

ка массой m каждый, свя-занные пружиной жесткостью k и длиной l, лежат неподвиж-но на гладком горизонтальном столе (рис. 7). Третий такойже шарик движется со скоростью 0v по линии, соединяющей

центры шариков, связан-ных пружиной, и совер-шает упругое соударение содним из них. Определитемаксимальное и минималь-

ное расстояния между шариками, связанными пружиной,при их дальнейшем движении. Принять, что 0 2v l k m< .Массой пружины, временем соударения и трением пренеб-речь.

6. Груз массой М подвешен на пружине. Удерживая грузв положении равновесия, на него кладут брусок массой m, азатем отпускают. С какой максимальной силой maxF брусокбудет действовать на груз в процессе движения? Ускорениесвободного падения равно g. Сопротивлением воздуха пре-небречь.7. Тонкая сферическая оболочка воздушного шара изго-

товлена из однородного материала, масса единицы площади

которого 21 *ã ìσ = . Шар наполнен гелием при атмосфер-

ном давлении 50 10 o=p = . Какой минимальный радиус minr

должен иметь шар, чтобы он начал подниматься вверх?Температуры гелия и окружающего воздуха одинаковы иравны 0 0 Ct = ∞ . Молярные массы гелия и воздуха равны

He 4 ã ì%ëüΜ = и "

29 ã ì%ëüΜ = соответственно. Универ-сальная газовая постоянная ( )8,31 d› ì%ëü jR = ◊ .8. Внутри вертикально расположенного цилиндра, воздух

из которого откачан, находится тонкий массивный поршень.Под поршень ввели смесь водорода и гелия, в результате чегопоршень поднялся до середины цилиндра. Поскольку мате-риал, из которого изготовлен поршень, оказался проницае-мым для гелия, поршень начал медленно опускаться. Спустядостаточно большое время поршень занял окончательноеположение равновесия на высоте, составляющей 1/3 высотыцилиндра. Найдите отношение k масс водорода и гелия всмеси в первоначальный момент. Молярная масса водорода

1 2 ã ì%ëüΜ = , молярная масса гелия 2 4 ã ì%ëüΜ = . Тем-пературу считать постоян-ной.9. В тепловом двигателе,

рабочим телом которого яв-ляется один моль идеаль-ного одноатомного газа, со-вершается циклическийпроцесс, изображенный нарисунке 8, где участок 2–3– изотермическое расши-рение. Найдите работу газаА на участке 2–3, если ко-эффициент полезного дей-ствия двигателя 20%η = , а разность между максимальной иминимальной температурами газа 100 jT∆ = .10. Маленький шарик, несущий заряд +q, закреплен на

пружине жесткостью k (рис.9). На расстоянии L от этогошарика удерживают другойтакой же шарик с зарядом,равным –q. Какую работу Анужно совершить, чтобы, мед-ленно отодвигая второй ша-рик от первого, увеличить рас-стояние между ними в 2 раза? Действием силы тяжестипренебречь. Электрическая постоянная равна 0ε .11. Два одноименно заряженных металлических шарика

находятся в вакууме на расстоянии, намного превышающемрадиусы обоих шариков. Радиус и заряд первого шарика

равны 1 4 “ìR = и 81 10 jëQ -= соответственно. Чему рав-

ны радиус 2R и начальный заряд 2Q второго шарика, еслиизвестно, что после соединения шариков тонким проводомнапряженность электрического поля вблизи поверхностипервого шарика изменилась в 1 4k = раза, а вблизи второго– в 2 0,5k = раза?12. Заряженный конденсатор емкостью С замыкают на

реостат, сопротивление которого может плавно изменятьсяот 0R до нуля. По какому закону нужно изменять современем сопротивление реостата, чтобы сила тока черезнего оставалась постоянной вплоть до полной разрядки

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

конденсатора? Сопротив-ление реостата в началеразрядки равно 0R .13. Плоский воздушный

конденсатор емкостью 0Cс квадратными обкладка-ми, сторона каждой из ко-торых равна l, подключен

к источнику с ЭДС E . В конденсатор вставляют пластинкус диэлектрической проницаемостью ε , занимающую всепространство между обкладками, а затем выдвигают ее изконденсатора на небольшое расстояние, как показано нарисунке 10. Какую силу F нужно приложить к пластинке,чтобы удерживать ее в таком положении?14. Самолет летит горизонтально, держа курс строго на

север при сильном западном ветре, имеющем скорость u == 40 м/с. Скорость самолета относительно воздуха v == 720 км/ч. Чему равна разность потенциалов U∆ междуконцами крыльев самолета, если размах крыльев составляетL = 50 м, а вертикальная составляющая индукции магнитно-го поля Земли равна 55 10 ŠëB -

= ◊ ? Ширина концов кры-льев пренебрежимо мала.15. Металлический стержень массой m лежит на двух

проводящих рейках, расположенных в горизонтальной плос-кости, как показано на рисун-ке 11. Рейки через ключ под-соединены к пластинам кон-денсатора, а вся система нахо-дится в однородном магнит-ном поле с индукцией В, на-правленной вертикально. Вначальный момент заряд наконденсаторе равен 0q , ключ

разомкнут, а стержень покоится. Затем ключ замыкают.Определите заряд q на конденсаторе в момент, когда ско-рость стержня достигнет величины v. Расстояние междурейками l. Индуктивностью цепи, а также силами тренияпренебречь.16. Согласно модели Томсона, атом водорода представля-

ет собой положительно заряженный шар, внутри которогонаходится отрицательный точечный заряд – электрон, при-чем в невозбужденном атоме электрон покоится в центрешара. Предположим, что электрон сместили от центра шарана некоторое расстояние, не превышающее радиус шара, ипредоставили самому себе. Определите период Т возникшихпри этом свободных колебаний электрона, пренебрегая по-терями на излучение. Радиус шара принять равным

10 3 10R -= ◊ м, а его заряд, равный 191,6 10 jëe -= ◊ , счи-тать равномерно распределенным по объему. Масса элект-

рона 319,1 10 *ãm -= ◊ , электрическая постоянная 0ε =128,85 10 t ì-= ◊ .

17. Плоскопараллельная пластинка толщиной d = 2 ммизготовлена из прозрачной пластмассы с показателем пре-

ломления 29 4 1,35n = ª . Изгибая пластинку, ей прида-ют форму, изображен-ную на рисунке 12,где показано попереч-ное сечение пластин-ки. Радиус кривизныизогнутого участкапластинки равен R =

= 1 см. Под каким максимальным углом maxα может па-дать световой пучок на торец пластинки в плоскости ри-сунка, чтобы свет не выходил из пластинки через ее боко-вую поверхность?

18. На некотором расстоянии от стеклянного шара нахо-дится точечный источник света, дающий узкий световойпучок, ось которого проходит через центр шара. При какихзначениях показателя преломления стекла n изображениеисточника будет находиться вне шара независимо от рассто-яния шара до источника?19. Узкий световой пучок падает на тонкую собирающую

линзу параллельно ее главной оптической оси и образуетсветлое пятно на экране, параллельном плоскости линзы ирасположенном за ней на расстоянии l. Когда линзу передви-нули на расстояние δ в направлении, перпендикулярном ееглавной оптической оси, центр пятна сместился на величину∆ . Найдите фокусноерасстояние линзы F.20. С помощью уста-

новки, схема которойпоказана на рисунке 13,наблюдают дифракциюпараллельного пучка бе-лого света на дифракци-онной решетке Д, распо-ложенной перпендику-лярно оси пучка. При этом на экране Э, установленном вфокальной плоскости тонкой собирающей линзы Л, видныдве светлые полосы, вызванные наложением спектральныхкомпонент с длинами волн 1 460 …ìλ = и 2 575 …ìλ = . Этиполосы расположены симметрично относительно главнойоптической оси линзы на расстоянии l = 30 см друг от друга.Найдите минимальный период решетки d, при которомнаблюдается эта картина, если фокусное расстояние линзыF = 20 см.

Химический факультет

Письменный экзамен

Вариант 1

1. Сформулируйте закон электромагнитной индукции Фа-радея.2. Что такое «резонанс»?3. ЭДС источника

тока изменяется современем так, какпоказано на рисунке14. К полюсам источ-ника подключен со-леноид. В каком про-межутке времени мак-симальна величинаЭДС самоиндукциисоленоида?4. Давление идеаль-

ного газа в данном объеме увеличилось в 4 раза. Во сколькораз изменилась при этом (увеличилась или уменьшилась)средняя скорость движения его молекул?5. Постройте ход луча 1 после тонкой рассеивающей

линзы, если известен ходлуча 2 для этой линзы(рис.15).6. Неоднородное бревно

лежит на земле. Чтобыприподнять один конецбревна, требуется прило-жить к нему минимальнуюсилу 1 425 mF = , а длятого чтобы приподнятьдругой конец бревна, тре-

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

Рис. 14

Рис. 15

В А Р И А Н Т Ы 51

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 152

буется минимальная сила 2 575 mF = . Найдите массубревна.7. Колебательный контур состоит из конденсатора емкос-

тью 510 tC -= и катушки индуктивностью L = 0,2 Гн.Найдите амплитуду напряжения на конденсаторе в процессегармонических колебаний, если сила тока в контуре равнаI = 0,01 А в те моменты, когда напряжение на конденсатореравно U = 2 В.8. Брусок массой m = 1 кг лежит на горизонтальной

поверхности стола. Если к бруску приложить силу F = 0,5 Н,направленную горизон-тально, то брусок будетдвигаться с ускорением

20,3 ì “a = . С какимускорением 1a будет дви-гаться брусок, если ту же

силу приложить к нему под углом 45α = ∞ (рис.16)? При-нять 210 ì “g = .9. В схеме, изображенной на рисунке 17, С = 100 мкФ,

20 B=E . Найдите заряд q на обкладках конденсатора.Внутренним сопротивлением батареи пренебречь.

10. Процессу, происходящему с одним молем одноатомно-го идеального газа, на p–V-диаграмме соответствует прямаялиния (рис.18). При этом 2 12p p= и 2 13V V= . Какое коли-чество теплоты передано газу, если его начальная темпера-тура равна 1 180 jT = ? Универсальная газовая постоянная

( )8,3 d› ì%ëü jR = ◊ .

Вариант 2

1. Сформулируйте закон сохранения импульса для систе-мы материальных точек.2. Дайте определение понятия «сила постоянного тока».3. Тело массой m = 0,5 кг движется вдоль оси ОХ под

действием одной силы F. При этом его ускорение зависит откоординаты так, как показано на графике (рис.19). Опреде-лите работу, совершаемую этой силой на первом этапе x == 4 м пути.

4. Состояние некоторого количества идеального газа изме-нялось в соответствии с р–V-диаграммой, представленной нарисунке 20. Участок 3–4 – гипербола. Изобразите этотпроцесс на p–T-диаграмме.

5. Брусок движется равномерно под действием силы F == 3 Н, направленной вверх вдоль наклонной плоскости,составляющей угол 30α = ∞ с горизонтом. Масса брускаm = 0,5 кг. С каким ускорением будет скользить брусок в

отсутствие силы F? Принять 210 ì “g = .6. Угол падения луча света из воздуха на стеклянную

пластинку толщиной d = 4 см равен углу полного внутренне-го отражения для границы раздела стекло–воздух. Внутрипластинки луч света проходит расстояние l = 4,5 см. Оценитепо этим данным показатель преломления стекла n.7. Некоторое количество идеального газа участвует в

процессе, представленном на p–V-диаграмме (рис.21). Точ-ки 1 и 2 лежат наодной изотерме. Най-дите переданное газуколичество теплотыв этом процессе. Зна-чения 1p , 1V , 2V ,

2p определите пографику.8. Проволочная

рамка вращается спостоянной угловойскоростью вокруг го-ризонтальной оси воднородном магнитном поле. Индукция поля равна

22 10 ŠëB -= ◊ и направлена вертикально. Площадь рамки2100 “ìS = . В тот момент, когда рамка расположена верти-

кально, ЭДС индукции в ней равна 36,3 10 B-= ◊E . Найдитечастоту вращения рамки.9. Газовый лазер, работающий в непрерывном режиме,

излучает ежесекундно 173 10n = ◊ фотонов. При этом к егоразрядной трубке приложено напряжение U = 5 кВ и вней протекает ток газового разряда I = 10 А. Считая

длину волны излучения равной 76,6 10 ìλ -= ◊ , определи-те КПД такого процесса излучения. Принять, что постоян-

ная Планка равна 346,6 10 d› “h -= ◊ ◊ , а скорость света в

вакууме составляет 83 10 ì “c = ◊ .10. Маленький заряженный шарик массой m = 180 мг

подвешен на невесомой нити. Сила натяжения нити увеличи-вается вдвое, если к шарику поднести снизу на расстояниеd = 6 см горизонтально расположенное кольцо из проволокирадиусом R = 8 см, несущее заряд Q = –50 нКл. При этом оськольца совпадает с вертикальным направлением нити. Чему

равен заряд q шарика? Принять 210 ì “g = . Электричес-

кая постоянная 120 8,9 10 t ìε -ª ◊ .

Публикацию подготовили С.Аввакумов, В.Бенинг,С.Волошин, В.Воронин, Е.Григорьев, Д.Денисов,

А.Зотеев, Н.Лёвшин, И.Ломов, Г.Медведев,В.Панферов, В.Погожев, А.Разгулин, И.Сергеев,

А.Склянкин, В.Ушаков, Е.Хайлов, С.Чесноков,Е.Шикин,А.Щеглов, Б.Щедрин

Рис. 16

Рис. 17 Рис. 18

Рис. 21

Рис. 19 Рис. 20

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я

КОНКУРС «МАТЕМАТИКА 6–8»

(см. «Квант» №4 за 2005 г.)

1. Этого сделать нельзя. Занумеруем грани кубика цифрамиот 1 до 6 так: верхняя – 1, нижняя – 6, левая – 5, правая –3, передняя – 2, задняя – 4. Тогда циклические перестановкичетырех цифр окружности соответствуют поворотам кубикана 90°, но сколько ни вращай кубик – не получишь новый ку-бик, где грани 1 и 6 переставлены, а все остальные грани ос-тались на своих прежних местах.2. Заметим, что в силу первого уравнения условия каждое изнеизвестных по модулю не превышает 1, поэтому 1 0x + ≥ ,

1 0y + ≥ , 1 0z + ≥ . Сложив первое и второе уравнения усло-вия, получаем ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 0x x y y z z+ + + + + = . Это воз-можно лишь в единственном случае, когда каждое неотрица-тельное слагаемое в левой части равно нулю. Следовательно,каждое неизвестное может принимать значения либо 0, либо–1. Из второго уравнения условия следует, что значение –1может принимать только одно неизвестное. Отсюда получаемединственно возможный ответ: х + у + z = –1.3. Ясно, что увеличение или уменьшение одного из чисел а,b, х, у на 7 не влияет на делимость выражения ab – xy на 7.Поэтому можно заменить каждое из данных чисел неотрица-тельным остатком от деления его на 7. Таким образом, можносчитать, что данные семь чисел принимают значения от 0 до 6(среди них могут быть равные).Если среди них есть два нуля, то выберем а = 0 и х = 0, тог-да при любых b и y выражение ab – xy делится на 7.Допустим теперь, что двух нулей нет, а ненулевых чисел неменее шести. Если все они различные, то это числа 1, 2, 3, 4,5, 6. Тогда имеем 2 5 1 3 7◊ - ◊ = , что делится на 7. Пусть сре-ди шести ненулевых чисел имеются равные числа. Если приэтом имеется две пары равных чисел (или не менее четырехравных), то можно выбрать а = х и b = у, и тогда аb — худелится на 7.Осталось рассмотреть случай, когда имеется только однагруппа равных чисел, и их в этой группе не более трех. Мож-но считать, что равные числа в группе – это единицы. В про-тивном случае все семь чисел можно умножить на некотороененулевое число так, что равные числа станут единицами(ибо для любого ненулевого числа z существует число с та-кое, что zс имеет остаток 1 при делении на 7), причем самаэта процедура никак не повлияет на делимость или недели-мость выражения аb – ху на 7.Рассмотрим набор 1, 1, 1 2 3 4, , ,a a a a . Здесь последние четыречисла различные, и не исключено, что среди них может бытьеще одна единица. Тогда произведения a

1a2, a

1a3, a

1a4, также

различны по модулю 7 (т.е. имеют различные остатки при де-лении на 7). Если a

2a3 и a

1a4 имеют равные остатки при де-

лении на 7, то задача решена. Аналогичные слова можно ска-

зать и о произведениях a2a4 и a

3a4. Итак, либо среди произ-

ведений a1a2, a

1a3, a

1a4, a

2a3, a

2a4, a

3a4 найдутся два, имею-

щих равные остатки при делении на 7(и тогда задача реше-на), либо все они дают разные остатки при делении на 7. Впоследнем случае, поскольку таких произведений шесть и онимогут принимать (по модулю 7) только значения 1, 2, 3, 4, 5,6, среди них обязательно есть 1 (по модулю 7). Выберем двачисла, которые дают такое произведение, в качестве а и b иположим х = у = 1. Тогда ab – ху делится на 7, что и требо-валось доказать.4. Может. Отметим на плоскости узлы квадратной решетки1 1¥ , расположенные в форме квадрата со стороной 2k. Вквадратах 2 2¥ нарисуем одинаковые звезды, вершины кото-рых лежат в отмеченных точках (рис.1). Очевидно, что такихзвезд 2k .

Несложно подсчитать количествопрямых, на которых лежат сторо-ны всех этих звезд:

k + k + (2k – 1) + (3k – 2) +

+ (3k – 2) = 10k – 5.

Заметим, что при 10k ≥ выпол-няется неравенство 2 10 5k k≥ - ,т.е. в приведенной конфигурацииуже при k = 10 количество звездбольше числа прямых.5. а) Верно. Для доказательства просто укажем способ, какразбить произвольное четнолюбивое число на сумму двух не-четнолюбивых чисел. Если оно – однозначное (и притомбольше 1), то его, очевидно, можно представить в виде сум-мы двух натуральных чисел, каждое из которых (согласноусловию) можно считать нечетнолюбивым. Пусть теперь ис-ходное четнолюбивое число – не менее чем двузначное. Запи-шем его в виде

1 1 2 2 3 3m M m M m M … , где все iM – цифры, сто-ящие на четных местах, а im – цифры, стоящие на нечетныхместах. Мы намеренно не пытаемся изобразить, как оканчи-вается это число, потому что оно может иметь как четное, таки нечетное количество цифр, а последняя его цифра можетбыть как М, так и m – нам это безразлично. Для нас важнееначало числа. Первая его цифра (т.е. 1m ) – ненулевая (за-пись чисел с нуля не начинается), а так как число – четнолю-бивое, то 1 1M m≥ , т.е. вторая цифра – тоже ненулевая. А те-перь из данного числа образуем два других следующим обра-зом.

i Первое число получим из исходного заменой всех его цифр

iM нулями, т.е. оно таково: 1 2 30 0 0m m m … . Ясно, что оно –

нечетнолюбивое, поскольку на четных местах стоят однинули, и потому цифры, стоящие на нечетных местах, не мень-ше своих соседей.

i Второе число получим из исходного отбрасыванием его пер-вой цифры 1m и заменой всех остальных цифр im нулями,т.е. оно таково: 1 2 30 0M M M … . Ясно, что оно – тоже нечет-нолюбивое, поскольку и здесь на четных местах стоят однинули.Кроме того, так как и 1M и 1m – ненулевые цифры, то нетоснований подозревать, что какое-то из этих чисел начинаетсяс нуля.б) Неверно. Для доказательства достаточно привести примернечетнолюбивого числа, которое нельзя представить в видесуммы двух четнолюбивых. В качестве такового можно взятьчисло 109. Убедиться, что оно не может быть представлено вуказанном виде, можно даже и прямым перебором (он неочень-то велик), но можно и по-другому. А именно: еслиодно из слагаемых – однозначное (от 1 до 9), то второе, оче-видно, лежит в пределах от 108 до 100, а такие числа не яв-ляются четнолюбивыми. Допустим теперь, что оба слагаемых– двузначны. Пусть одно из них имеет вид pq , т.е. содержитp десятков и q единиц. Если оно – четнолюбивое, то p q£ .При вычитании его из числа 109, имеющего 10 десятков и 9единиц, мы, очевидно, получим число, содержащее (10 – p)десятков и (9 – q) единиц. Но поскольку p q£ , то10 9p q- > - , и второе слагаемое никак не будет четнолюби-вым. Так что число 109 представить в указанном виде нельзя.

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. По дуге окружности.2. Может, если точки А и В движутся по двум концентричес-ким окружностям с одинаковыми угловыми скоростями.

Рис. 1

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 154

3. Один оборот.4. Будет, поскольку орбитальное движение Земли приводит ккажущемуся обращению Солнца вокруг нее с периодом водин год.5. В два раза.6. У второй, так как у нее больше нормальное ускорение.7. Скорости спиц нижней половины колеса относительно зем-ли меньше, чем верхней.8. В каждый данный момент все точки диска, отстоящие отсамой нижней точки С на одно и то же расстояние, будут

иметь одинаковые по моду-лю скорости (рис.2).9. Нет, не будет. Если быкатушка стала скатываться,то она начала бы вращатьсявокруг точки С (см. рисунокк условию задачи). Но тогдаточка В стала бы удалятьсяот точки А, т.е. нить АВ ста-ла бы растягиваться, что не-возможно.10. В инерциальной системеотсчета, которой была бы

невращающаяся Земля, звезды оставались бы неподвижнымина небесной сфере. Суточное же движение звезд с востокана запад указывает на вращение Земли в обратном направле-нии.11. Нет, не будет – правый груз перетянет. Рисунок 3 пояс-няет ситуацию, как если бы нити были закреплены на гвоз-

дях, откуда следует, что сила натяжения правой нити в дей-ствительности будет больше, чем левой.12. а) В нижней точке; б) в двух крайних верхних точках.13. Если лифт начнет падать в тот момент, когда грузик на-ходится в одной из точек своего максимального отклоненияот положения равновесия, то в дальнейшем грузик будет не-подвижен относительно стенок лифта. Во всех других случа-ях грузик будет описывать круговую траекторию вокруг точ-ки подвеса, причем наибольшая скорость вращения будет втом случае, если лифт начнет падать в момент, когда грузикпроходит через нижнюю точку своей траектории.14. На правые.15. До соскальзывания на тело действует сила трения покоя,

обеспечивающая нормаль-ное и касательное ускоре-ния и направленная под уг-лом к радиусу описывае-мой телом окружности(рис.4).16. На полюсах Земли этотпериод составляет однисутки. По мере уменьше-ния широты места периодбудет расти. На экваторе

Земли плоскость колебаний не будет изменять свое положе-ние, и поэтому период можно считать бесконечно большим.17. Отрицательный.18. В зависимости от значения начального угла электрон ста-нет двигаться по сжимающейся или растягивающейся спиралипостоянного радиуса.

Микроопыт

Надо привести воду во вращение. Тогда ее поверхность при-обретет вогнутую форму. Поплавок, опускаясь в углубление,сползет со спицы.

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

ЗАДАЧИ С ЖИДКОСТЯМИ

1. "

2 1

“2

h hρ

∆ ∆ρ

= . 2. 0

270,1 ë

77

QV

p= ª .

3. 3

4a g= . 4. ( ) 2 2

05 12p R p gH Rρ ρω= + + .

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТим. М.В.ЛОМОНОСОВА

Математика

Вариант 1

1. 64. Указание. Данное выражение равно ( )3

x y+ .2. ( )20; log 3 . Указание. Выполните замену 2xt = .3. 25. Указание. Проведем через середину М стороны ADпрямую, параллельную ВС. Пусть Е и F – точки ее пересече-ния с CD и АВ соответственно. Площадь трапеции равна пло-щади параллелограмма EFBC, а расстояние от M до ВС –полусумме расстояний до ВС от точек А и D.

4. 4

nπ

π- + , n ŒZ .

5. 11. Указание. Докажите, что AD – высота треугольникаВАС, а 90FAE– = ∞ . Далее воспользуйтесь тем, что

2AD FD DE BD DC= ◊ = ◊ .

6. { }2 101 25 23

4; 0 ; 213 13

И ˘- И ˘-Н ˙ Н ˙О ˚Н ˙О ˚∪ ∪ . Указание. Рассмотрите

три случая: x = 0, x > 0, x < 0.

7. 150 3 . Указание. Проекция вершины пирамиды одинако-

во удалена от прямых, на которых лежат стороны треуголь-ника. Таких точек четыре – это центры вписанной и трех вне-

вписанных окружностей. Поскольку 1

3V Sh= , наибольший

объем соответствует наибольшей высоте, а наибольшая высо-та равна ctgr α , где r – наибольший из радиусов упомяну-тых окружностей.8. 8 6a- £ £ . Указание. Функция

( ) 9 1 4 3f x x x x x a= - - + - +

убывает при 1x £ и возрастает при 1x ≥ , поскольку приснятии знаков модулей в первом случае коэффициент при хравен 9 4 3 1 0- - ± ± < , а во втором 9 4 3 1 0- ± ± > . Такимобразом, уравнение ( ) 0f x = , а с ним и данное уравнение,имеет хотя бы один корень тогда и только тогда, когда( )1 0f £ .

9. От А к В; 8 км/ч.Пусть х и у – скорости лодки в направлении от А к В и от Вк А соответственно. Тогда в первом направлении лодка про-шла ( ) ( )40 10 2 25 *ì+ = , а в противоположном

( ) ( )40 10 2 15 *ì- = , причем 25 15 8

3x y+ = и

251

x≥ ,

151

y≥ .

Наибольшее значение xmax

= 25 соответствует наименьшемузначению min 9y = , а наименьшее значение min 15x = – наи-большему значению max 15y = . Поэтому x > y, т.е. река течет

от А к В, а максимальная скорость течения равна

( )max min 8 *ì ÷2

x y-= .

10. 1. Указание. Докажите, что

( )1

, , 1, , 18

x y z x y zΦП ё

= < < <М ˝У ˛

.

В самом деле, если 1

1,8

x y< < и 1z < , то для некоторого

N при всех n > N имеем 1

9

nx < ,

18

3

ny < ,

1

3

nz < , т.е.

3 8 1n n n

x y z+ + < . И, наоборот, если 3 8 1n n n

x y z+ + < ,

то и 1x < , 1

8y < , 1z < .

Вариант 2

1. 28 мин. Указание. На пути от В до А скорость автобуса от-

личалась от исходной множителем 19

120

< , так что в пункт А

он прибыл с 10-минутным опережением. Пусть х – время впути от А до В по расписанию, а t – продолжительность оста-

новки. Тогда 20

1019

x x= - , т.е. х = 190, а 10 285

xt = - = .

2. –1. Указание. Пусть а = х – 2, 2logb x= . Тогда

ab a b ab+ - £ .

Но это неравенство равносильно системе

0,

.

ab

a b

≥ПФМ =ФУ

3. [ ) (1; 2 2; 5 ˘̊∪ . Указание. Исходное неравенство равно-сильно системе

( ) ( )2 23 50,

2 7 5

4 4

5.

x x

x x

x

П - - -Ф ≥Ф - -

-МФФ £У

4. 18; ( ) ( )1 2 1 3; 1 1; 5 3r r Œ ∪ . Указание. АВ – касательная к

первой окружности (это следует из того, что 1

2BAC AC

»

– =

– докажите это!). Но тогда 2BE BC AB◊ = и ВС = 18. По-

скольку при этом BC – AB < AC < AB + BC, то

1

2

1 5;

3 3

r AC

r BC

К ˆ= Œ Б ˜Л ≢, причем

1 2r rπ .

5. 0; 4 2 3+ . Указание. Приведите первое уравнение к виду

( ) 1cos cosx ϕ ϕ- = ,

где 1

arcctg3

aϕ

-= ,

( )1

2

2arccos

3 1aϕ =

+ -, а второе – к

виду

( )( )1sin cos cos 0y y ψ ψ+ - = ,

где arctg2

aψ = , 1

2

3arccos

2 4aψ

К ˆ= -Б ˜

Л ≢+. Далее получим, что

2 2x nϕ π= + , 2 2y π ψ π= - + m.

Вычислите теперь ctg2

x y- и найдите а из полученного урав-

нения.

6. 4 6 . Указание. Проведите через АС плоскость π , парал-

лельную BD. Докажите, что AB π^ , а ABCD ACFDV V= , гдеF – проекция точки D на плоскость π .

Вариант 3

1. [ )1 1 1

0; ; 1;16 8 2

К ˆ И ˆ +•Б ˜ ˜НЛ ≢ ≢О∪ ∪ . Указание. Перейдите к логариф-

мам по основанию 2.

2. ; ,4

n nx n xπ

πК ˆ+ -Б ˜Л ≢

, 2, 1,0,1n nŒ π - -Z , где

21

368 2 2 4

n

nx n

π π ππ

К ˆ= + ± + -Б ˜Л ≢.

3. ( )0; 1- . Указание.Рассмотрите уравнениекак квадратное относи-тельно х. Условие нео-трицательности его дис-криминанта дает два це-лых значения: у = –1 иу = 0.

4. 15

2. Указание. Пусть

MBNS x= , MLNS y= (рис.5). Воспользуйтесь тем, что

NML AML

NLC ALC

S S

S S= и BNM BCM

AMN ACM

S S

S S= .

5. 2 42

3. Указание. Пусть SH = h и АВ = а (рис.6), а R –

искомый радиус. Тогда

2

aBH = и 2 3h a= .

Из подобия прямоуголь-ных треугольников SHFи SEH следует равенствоотношений SH : HE == SF : HF, значит,

2 24

6

h h a

a

+= .

Следовательно, 42h =

и 2 7a = . Осталось найти радиус сферы, совпадающий с ра-диусом окружности, описанной около треугольника BSD.

6. 3 1

arcsin4

nπ+

± + , n ŒZ .

После замены sint x= , где 0 1t£ £ , исходное уравнениепреобразуем в систему

2

2

4 8 4 1 0,

6 .

u tu t

u t t

П - - - =ФМ

= +ФУ

Первое уравнение, квадратное относительно u, дает два урав-

нения: 1

22

u t= + , 1

2u = - (что невозможно, так как из вто-

рого уравнения системы 0u ≥ ), так что 2 16 2

2t t t+ = + , от-

куда следует, что 1 3

sin4

x+

= .

Вариант 4

1. 5 17

0;2

К ˆ-Б ˜Л ≢

. 2. arcctg 2 2 nπ π+ + , n ŒZ .

3. 100 15050S = ; 40 81b = . Указание. Обозначим первые чле-

ны и разности арифметических прогрессий { }na и { }nb через

1 1,a d и 1 2,b d соответственно. Члены с четными номерамипоследовательности { }nc образуют арифметическую прогрес-

сию с первым членом 2 2a b+ и разностью ( )1 22 2d d d= + , ачлены с нечетными номерами этой последовательности –

Рис. 5

Рис. 6

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 55

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 156

арифметическую прогрессию с первым членом ( )( )1 1a b- + иразностью ( )2d- . Поэтому сумма первых 40 членов последо-вательности { }nc равна

( ) ( )1 3 39 2 4 40 20c c c c c c d+ + + + + + + =… … ,

откуда d = 5.Сумма первых 23 членов последовательности { }nc равна

( ) ( )1 3 23 2 4 22c c c c c c+ + + + + + + =… … ( )1 1 11a b d- + - =–60,

откуда 1 1 5a b+ = . Дальнейшее ясно.

4. 4 10 2 15- . Указание. Пусть Ah и Ch – расстояния от

точки А до прямой CD и от точки С до прямой AD соответ-ственно (рис.7). Тогда

2

3A

A CC

AD hh CD h AD

CD h◊ = ◊ ¤ = = ,

поэтому2 2

203 3

AD CD= = .

Далее, из подобийAMD ADB∆ ∆∼ иABC ACM∆ ∆∼ следует,

что 2AD AM AB= ◊ ,

2AC AM AB= ◊ , так чтотреугольник ACD – равно-бедренный, AC AD= =

220

3= и CD = 20. Нахо-

дим его площадь, полупери-метр, а затем и радиус впи-санной окружности по фор-муле

Sr

p= .

5.3 5 7

; 3 6; 92 2 2 2

π π π πИ ˘ К ˘- - -БН ˙ ˙ЛО ˚ ˚∪ . Указание. Возможны 3 слу-

чая:

1) 1 2x£ < ; тогда 3

3 22

x a nπ

π+ = + , n ŒZ . Из того, что

0 a π£ £ и 1 2x£ < , следует, что n = 0. Итак, 2 3

ax

π= - .

2) 2 3x£ < ; тогда аналогично получим 5

6 3

ax

π= - .

3) 3 x£ π£ ; получим 7

6 3

ax

π= - .

Остается выписать значения а из указанного в условии зада-чи промежутка, для которых данное уравнение имеет нечет-ное число решений [ ]1;x πŒ . Упростить этот отбор позволяетзависимость решений от параметра, изображенная на рисунке

8. Легко видеть, что

при 3

; 32 2

aπ πИ ˘Œ -Н ˙О ˚

су-

ществуют три решения

уравнения, а

при5 7

6; 92 2

aπ πК ˘Œ - -Б ˙Л ˚

– одно решение.

6. 32.Параллельные прямыеAD и KN (рис.9), оче-видно, лежат в однойплоскости. Пусть этаплоскость пересекаетпрямую ВС в точке

1A . Поскольку K лежитна грани АВС, то 1A

принадлежит отрезку

ВС. ОбозначимKN

xAD

= .

Тогда из подобия тре-угольников 1KA N и

1AA D , а также из срав-нения площадей тре-угольников с общим ос-нованием ВС следует,что

1

1

KBC

ABC

KN KA Sx

AD AA S∆

∆

= = = .

Аналогично, если KM

yBD

= и KL

zCD

= , то

KAC

ABC

Sy

S∆

∆

= и KAB

ABC

Sz

S∆

∆

= .

Поскольку точка K принадлежит грани АВС, получаем равен-ство

( )1

KBC KAC KABABC

x y z S S SS

∆ ∆ ∆∆

+ + = + + = 1ABC

ABC

S

S∆

∆

= .

Преобразуем равенство из условия задачи:

( )2 AD KM BD KN AD BD◊ + ◊ = ◊ ¤1

2

KM KN

BD AD+ = ,

т.е.1

2x y+ = . Значит,

1

2z = . Из параллельности сторон сле-

дуют равенства пар углов

MKN ADB– = – , LKN ADC– = – , LKM BDC– = – .

Тогда равны трехгранные углы DABC и KNML (по тремплоским углам).Известно, что отношение объемов двух тетраэдров с равнымитрехгранными углами при вершине равно отношению произ-ведений длин ребер, выходящих из этой вершины. Таким об-разом, используя условия задачи, находим

164DABC

KNML

V DA DB DC

V KN KM KL xyz

◊ ◊= = =

◊ ◊,

а с учетом равенства 1

2z = получаем и отношение площадей:

132ABD

KMN

S

S xy∆

∆

= = .

Вариант 5

1. 4 2

nπ π+ ,

2

5

nπ,

2

9

nπ, n ŒZ . 2. [ )1; 0- .

3. 5

3

1log 3

2 3- ; 5

3

1log 4 3

3. 4.

2qs t

t

-.

5.5 7;

3 3

К ˆ-Б ˜Л ≢. Указание. В пер-

вом уравнении выполните за-мену t x y= - и решите по-лученное уравнение.6. 8. Указание. Пусть АВ –диаметр, на котором лежитточка Н, а НО = х (рис.10).По свойству отрезков хорд,

( ) ( )LH HN R x R x◊ = - + . Но2MH LH HN= ◊ , откуда2 2 2 2 2MH MK x R x= - = - ,

т.е. MK = R = 8.

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 10

7. 1;

a

К ˆ+•Б ˜Л ≢ при ( )2; 3a Œ ,

10;

a

К ˆБ ˜Л ≢

при ( ) ( )3; 2 2;a Œ +•∪ ,

∆ при остальных а.Указание. Неравенство равносильно такому:

( )

( )

22

22 2

log log 12 0log log 2

aa

ax a

-<

-.

Далее, пользуясь тем, что в области определения функцииlogvw u= знак ее совпадает со знаком выражения

( ) ( )1 1u v- - , приводим неравенство к виду

( )

( )2

1 1 12 01 2 1

aa

ax a

- - -<

- - -.

8. 5 6 3 .Центр О сферы, проходящей через вершины прямоугольноготреугольника MNL, находится на перпендикуляре к плоско-сти треугольника MNL, проходящем через центр окружнос-ти, описанной около треугольника MNL, т.е. через серединугипотенузы ML (рис.11).

Пусть OL = OP = R – радиус этой сферы (Р – точка ее каса-ния с ребром SK), ML = a, SH = h, SN = k. Тогда по цепоч-

ке прямоугольных треугольников имеем: 2 2 2OL EL KE- + -

2 2OP PK- = , т.е. 2 2

2 2 23

4 4

a aR R PK PK- + - = fi =

2

a

. По

условию, : 1 : 2KP PS SK= fi =3

2

a

.

Далее: в SHK∆ 9 1 5 6

2 3 56

a hh a a= - = fi = .

Наконец,

2 2 9 1 17

2 4 2k SK NK a a= - = - = =

= 6 17 16 17

5 2 5 2

hk hfi = .

Задавая по условию 17k = , находим 5 6

3h SH= = .

Вариант 6

1. 1± . 2. 1;

4

И ˆ+•˜Н ≢О. 3. ( )2 1

10n

π+ , n ŒZ . 4. 10. 5. ( )2; 0 .

6. 2. Указание. Если 0x – корень данного уравнения, то и

0

1

0

1

3 1

xx

x

+=

- – тоже его корень, поскольку тогда 1

0

1

1

3 1

xx

x

+=

-

и 1

1

1

1

3 1

xx a

x

++ =

-. Следовательно, для того чтобы число

корней было нечетным, необходимо, чтобы один из них был

корнем уравнения1

3 1

xx

x

+=

- ,

т.е. либо х = 1, либо 1

3x = - , для которых либо а = 2, либо

2

3a = . Осталось проверить полученные значения а.

Вариант 7

1. 1± . 2. 23 4

nπ π

π- ± + , n ŒZ . 3. 16 5 . 4. [ )1; 2 .

5. 4. Указание. Пусть х и у – скорости первого и второгоспортсменов. Тогда

10000 10000 50,

3

800 10000 130.

3

y x

x y x

П = +ФФМФ = -Ф -У

Отсюда найдите х и у, а затем и количество обгонов.

6. 1; 2

2

К ˆ-Б ˜Л ≢. Указание. Из первого уравнения системы следу-

ет, что сумма расстояний от точки ( );M x y до точек( )1; 1A = - - , ( )1; 11B равно длине отрезка АВ, а это значит,

что М лежит на этом отрезке. Но тогда ( )1 1y x+ = +12

2,

0 1 2x£ + £ .

7. 35

π. Указание. Докажите, что при всяком рациональном

px

q= имеет место равенство ( )1

p pf f

q q

К ˆ=Б ˜Л ≢

, так что

( )2 2

17 7

f fК ˆ- = -Б ˜Л ≢

, но условие ( )10f π= - означает, что

( )110

fπ

= - .

Вариант 8

1. 4. 2. 3

sin6

π. 3.

1;

2

И ˆ+•˜Н ≢О. 4. 10 ч.

5. 7. Указание. Для многочлена ( )p x сумма коэффициентов

равна ( )1p , а свободный член равен ( )0p .6. 1:3. Указание. Найдите координаты точки пересеченияпрямых АС и BD. Для этого запишите уравнения этихпрямых.

Вариант 9

1. ( )1

1 26

nn

ππ

+- + , 2 kπ , ,k n ŒZ .

2. 150. Указание. Отрезок, соединяющий середины диагона-лей, равен полуразности оснований.

3. 4; 1

5

И ˆ˜Н ≢О

.

4. 3

2 22

π+ . Указание. Система задает на плоскости ( );x y

круговой сектор, центр которого находится в точке ( )2; 1 , ра-

диус равен 2 , а центральный угол составляет 270°.

5. 26.Если на каждом из N станков вытачивали по х деталей вдень, то потом стали вытачивать по 1,2х. Поэтому х делится

на 5, а Nx = 5850. Кроме того, ( )4 1,2N x Nx- ◊ ≥ >( )5 1,2N x> - ◊ , откуда следует оценка 30 24N> ≥ . Но

25850 2 3 5 13= ◊ ◊ ◊ делится на N. Значит, N = 26.

6. 7

2π . Указание. Пусть А – вершина конуса, АВ и АС –

данные образующие. Есть 2 возможности: 45BAC– = ∞ либо

Рис. 11

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 57

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 158

135BAC– = ∞ . Угол развертки конуса равен 2r

lγ π= , где l –

длина образующей, а r – радиус основания конуса. Вычисли-

те отношение r

l для обоих возможных случаев и получите от-

вет.

Вариант 10

1. { }1

1 ; 12

∪И ˘- Н ˙О ˚

. 2. 41 5

3;4

И ˘--Н ˙Н ˙О ˚

. 3. 1; 85

2.

4. 5π . Указание. Уравнение эквивалентно системе

cos 2 5cos 4 0, 2 , ,

15 5cos 0 10.

x x x n n

x x x

π π+ + = = + ŒП П¤М М- - ≥ ≥У У

Z

Отсюда 2n ≥ , поэтому наименьший корень данного уравне-ния равен 5x π= .5. 0 либо 3.

6. [ )2; 1 3;

3

И ˆ +•˜Н ≢О∪ . Указание. В области определения, т.е.

при x > 0, 1x π , равносильны следующие переходы:

( )1 1

3 3

1 2

log log 2 3x x

x x+ +

£ ¤+

( )

( )

2

1 1

3 3

1 1

3 3

log 2 3 log

0log log 2 3

x x

x x

x x

x x

+ +

+ +

+ -

¤ £◊ +

( )

( ) ( )

2

2

22 3

30

21 2 2

3

x x x

x x x

К ˆ- + -Б ˜Л ≢¤ £

К ˆ- - +Б ˜Л ≢

.

7. [ ]1; 5- .Пусть y = x + a, тогда данное неравенство принимает вид

2 2 2 2 3y y a- + - + £ .

Раскрывая первый из модулей, запишем это неравенство ввиде системы

2 3 2 2 2 ,

2 3 2 2 2 ,

y y a

y y a

- £ - - +ПФМ

- ≥ - + - +ФУили

1 2 2 2 5 2 2 2y a y y a- + - + £ £ - - + .

Отсюда следует, что переменная у не может принимать значе-ний, выходящих за пределы отрезка [ ]1; 5- . Покажем, чтоискомым множеством является весь этот отрезок. Достаточноубедиться, что граничные значения достигаются. Действи-тельно, у = –1 получаем из равенства –1 – 2а + 2 = 0, т.е.

при 1

2a = . Аналогич-

но, у = 5 получается

при 5 – 2а + 2 = 0, т.е.

для 7

2a = .

8. 12

5. Указание. Вы-

числите двумя способа-ми объем V пирамидыSABC. Пусть h — ис-комая величина, тогда

1 1

3 3ASC ABCV hS SD S= = ◊ (рис.12). Найдите SD и площадь

треугольника ASC (для чего найдите его высоту SE).

Вариант 11

1. 0, 1, 2, 3± ± + . 2. 240. 3. ( )3; 0 3;

4

К ˆ- +•Б ˜Л ≢∪ . 4. 2π .

Рис. 12

5. 22

nπ

π+ , n ŒZ . Указание. После замены tg2

tv = урав-

нение приводится к виду 3 23 2 2 0v v v- + - = , или

( ) ( )21 3 2 0v v v- + + = .

6. 2; 2

tg5

π. Указание. Пусть АС = х, CD = l. По свойству

биссектрисы, ( )2 2 2 2 4l x x= - - = , т.е. l = 2.7. 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Указание. Квадратный трехчлен относи-тельно х отрицателен при всех х тогда и только тогда, когдаего дискриминант отрицателен.

Вариант 12

1. ( )9

4 18

kπ

+ , k ŒZ . Указание. Уравнение равносильно сис-

теме

1

9

1

9

log sin 4 0,

2log ctg 0.

9

x

x

=ПФФМ

=ФФУ

2. 18.3. 962500 руб. Указание. Среди чисел от 1 до 1000 на 13 де-лятся 76 чисел, на 5 делятся 200 чисел, а на 5 и 13 одновре-менно делятся 15 чисел.

4. 7 7 34 34

1 23; ; ; 42 2 3 3

К ˘ И ˆИ ˆ- - - - ˙ Н˜ Б ˜Н ≢О Л ≢˙ Н˚ О∪ ∪ .

Указание. Переходя к основанию 5 2 1a = - < , имеем

( ) ( )2log 4 log 2 7 log 6a a ax x x x- + + ≥ + - ¤

( ) 24 2 7 6,

74 0, .

2

x x x x

x x

П - ◊ + £ + -Ф¤ М

- > π -ФУ

5. 2 3 4+ , 2 3 4+ , 4 3 6+ .Так как K, M, N – точки касания вписанной окружностьюсторон треугольника АВС, то ВМ = BN, AN = AK, CM = CK(рис.13). Из AK = CK следует, что АВ = ВС, а в треугольни-ке KMN 75N M– = – = ∞ , 30K– = ∞ .

Вписанная в треугольник АВС окружность является описан-ной около треугольника KNM. Пусть R – ее радиус, тогда

2 sin 30MN R R= ∞ = , ( )2 sin 75 3 12

RMK NK R= = ∞ = + .

Вычисляя произведение MN MK NK◊ ◊ , находим, что

3R = , 3MN = , ( )3 3 1

2MK NK

+= = .

Угол ANK, как угол между касательной и хордой, равен углуNMK, так что 75ANK AKN– = – = ∞ , поэтому треугольникиANK и KNM подобны. Следовательно,

AK KN

KN NM= , и 2 3 3AK = + ,

значит, 2 6 4 3AC AK= = + .Наконец, из подобия равнобедренных треугольников АВС и

Рис. 13

NBM вытекает равенство

AN BN AC

BN NM

+= , откуда BN = 1.

Таким образом, 2 3 4AB BC AN BN= = + = + .

6. 2; 1

3

К ˆ-Б ˜Л ≢, 21

1 ; 11

l ll

К ˆ- - + -Б ˜Л ≢-, 21

1 ; 12

l ll

К ˆ- + + -Б ˜Л ≢+,

l ŒZ , 5, 2, 1, 4l π - - .

Указание. Исходное уравнение эквивалентно системе

( )2 2

cos 1,

2 0, 2 21,

1 1 0,

y

y y

y x x x

πП =ФФ + π + πМФ

+ - + + =ФУ

¤( ) ( )2

, 2, 23, 19,

1 1 2 1 0.

y k k

k x k x k

= Œ π - -ПФМ

- + + + + =ФУ

Z

При k = 1 имеем 2

3x = - , т.е.

2; 1

3

К ˆ-Б ˜Л ≢ – решение.

При 1k π квадратное уравнение имеет рациональные корнитогда и только тогда, когда его дискриминант является квад-ратом целого числа:

24 5D k m= + = , m ŒZ .

Следовательно, m = 2l + 1, т.е.

2 1k l l= + - , l ŒZ .

Неравенство 1k π приводит к ограничению 1, 2l π - . Учтемтеперь, как выражаются в терминах переменной l условия

2k π - , 23k π - , 19k π . Первые два из них выполнены все-гда, а условие

19 4, 5k lπ ¤ π - .

Осталось найти решения квадратного уравнения из последнейсистемы и записать ответ.7. ( )0; 16π . Указание. Числитель дроби из левой части данно-го выражения всегда положителен, а знаменатель неотрицате-лен. Таким образом, на области определения заданное нера-венство выполнено всегда при условии необращения в нользнаменателя, что равносильно системе неравенств

22 4,

14 4,

4,

9 128 9 5 0.

y x

y x

x

x x y

- £ - £ПФ- £ + £ФФМ πФФ - + + + πФУ

Первые два неравенствазадают на плоскости( );x y прямоугольник(рис.14) с вершинами вточках ( )0;4A ,( )9; 5B - - , ( )4; 18C - и( )13; 9D - , стороны ко-

торого наклонены подуглом 45∞ к осям коор-динат. Последние жедва неравенства соот-ветствуют «разрезу» поотрезку прямой ЕС(здесь ( )4;0E ) и «вы-колотой» точке

( )72 2 97; 5M - - - .

Таким образом, следуетрассмотреть круги, рас-

положенные в четырехугольнике АВСЕ и не содержащиеточку М, и круги, целиком содержащиеся в треугольникеCDE.

Вариант 13

1. [ )1;+• . 2. ( ]; 2-• - . 3. –3. 4. ;2 2

π π- . 5. 6; 8; 10; 12.

6. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2;3 ; 3;2 ; 3;3 ; 4;3 ; 5;4 . Указание. Из первого нера-

венства данной системы следуют оценки

3 5,

4 5.

x

y

П - <ФМ

- <ФУ

Это означает, что 1 5x£ £ и 2 6y£ £ .Второе неравенство дает

11

4

xy

+£ , 4 11x y≥ - ,

откуда

2 4y£ £ .

Теперь все целочисленные решения системы неравенств мож-но найти перебором.

7. 90 3 .

8. ( ]5 4

; 1 ;4 3

П ё И ˆ-• +•М ˝ ˜Н ≢ОУ ˛∪ ∪ . Указание. Разделив обе части ис-

ходного уравнения на 4 0xπ , перейдем к переменной

30

2

x

tК ˆ= >Б ˜Л ≢ . Зависимость t от х строго монотонна, поэтому

каждому t > 0 соответствует ровно одно значение х. Такимобразом, надо найти все значения а, при которых в областиt > 0 уравнение

( ) ( ) ( )23 4 2 3 1 0a t a t a- - - - - =

имеет единственное решение. Корни этого уравнения (при4

3a π ): 1 1t = и 2

1

3 4

at

a

-=

-. Случай

4

3a = очевиден.

Вариант 14

1. 3± . 2. ( ] ( )2; 1 log 11;-• +•∪ .

3. 212

kπ

π- + , 11

212

nπ

π- + , ,k n ŒZ .

4. 5

arccos8 2

π+ ;

224

13. Указание. Пусть BM AD^ ,

CK BM^ (рис.15), AB = AC = BD = x. Найдите BK, а за-тем составьте уравнение относительно х, пользуясь теоремойПифагора.5. 5. Указание. Пусть u и v –скорости черепахи и Ахилласоответственно. Пусть также впервой игре черепаха двига-лась р минут, во второй – qминут, а Ахилл – r и s минутсоответственно. Тогда

50 ,

15,

3,

2

10 .

v u

p r

q s

pu rv u v uq vs

=ПФ + ≥ФФМ

+ £ФФ

+ + + = +ФУДокажите, что неравенства этой системы на самом деле явля-ются равенствами.6. 0 2a< £ . Указание. Выполнив замену sint x= , прихо-дим к такой переформулировке задачи: при каких значениях

а уравнение 4

4 2

t ay

a t

+=

- имеет корень на отрезке [ ]1; 1- для

любого [ ]0; 1y Œ ?

Решая это уравнение относительно t, получаем 2t a= -

( )( )

9

2 2

af y

y- =

+. Ясно, что 0a π . При 0a π функция

Рис. 14

Рис. 15

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 59

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 160

( )

92

2 2y-

+ монотонно возрастает на отрезке [ ]0; 1 , а t при

этом принимает значения от ( )04

af = - до ( )1

2

af = . Условие

1t £ означает, что 14

a£ , 1

2

a£ .

Вариант 15

1. ( ) ( ]; 1 1; 5-• - -∪ . 2. 1 3

, arccos 2 , ,4 2 2

nk n k

π ππ

-+ ± + ŒZ .

3. 3 5

2

- +. Указание. После замены y = x + 2 уравнение

принимает вид21 1y y y y- + - = ,

откуда

( )2

2 1 1 ,

1,

y y y y

y y y

П - = - -ФМФ ≥ -У

или ( )2

2 1 0,

1.

y y

y

П- - =Ф

МФ ≥У

Отсюда 1 5

2y

+= , т.е.

3 5

2x

- += .

4. 5%.

5. 1 1 1 1; ;

3 4 6 10

К ˆ К ˆ- - - -Б ˜ Б ˜Л ≢ Л ≢∪ . Указание. Замена

( )4 1log 6 2xt x

+= + приводит к неравенству

0 110

1.

tt

tt

< <И- < ¤ Н < -О

6. 7 11

; ; ;6 3 12 12

π π π π либо

2 5; ; ;

2 3 6

π π πα α- , где

3arccos

2 4 3α =

-.

Последовательно обозначая вершины, получаем три различ-ных четырехугольника: ABCD, ACBD и ABDC (другие отли-чаются лишь направлением перечисления последовательноидущих вершин).а) Рассмотрим четырехугольник ABCD (рис.16,а). Пусть Е –точка пересечения прямых AD и ВС. Тогда треугольники

AEB и CED прямоугольные, так как 2

BAD ABCπ

– + – = .

Поэтому sin 36

BE ABπ

= = , cos 36

AE ABπ

= = .

Следовательно, 2 3CE BE BC= - = - , DE = AE – AD = 1.

Из треугольника CED имеем tg 2 3CDE– = - , т.е.

( )arctg 2 312

CDEπ

– = - = .

Теперь находим углы четырехугольника ABCD:

11

12ADC CDE

ππ– = - – = ,

7

12BCD

π– = .

б) В четырехугольнике ADBC (рис.16,б) из треугольникаABD по теореме косинусов получаем, что BD = 2, следова-тельно, треугольник ABD равнобедренный, поэтому

6ABD

π– = , так что

2

3ADB

π– = ,

2DBC

π– = .

Из треугольника АВС находим с помощью теоремы косину-

сов, что 2 4 3AC = - . Из прямоугольного треугольника

CBD следует ( )2 4 5 2 3CD = - .

Пусть CADα = – , тогда из теоремы косинусов для треуголь-

ника ACD имеем3

cos2 4 3

α =-

.

Осталось найти последний из углов четырехугольника.в) В четырехугольнике ABDC (рис.16,в) прямые AD и ВСпересекаются в точке, которую мы обозначим через Е, подпрямым углом. Так же, как в п. а), находим 2 3AE = ¥

cos 36

π¥ = . Но по условию AD = 2, следовательно, точка D

занимает положение D¢ , так что четырехугольник ABDC неявляется выпуклым, т.е. не отвечает условию задачи.

7. 12 2 . Указание. Пользуясь тем, что

( ) ( )2 2

4xy x y x y= + - - , ( ) ( ) ( )2 22 22 x y x y x y+ = + + - ,

преобразуйте исходное выражение к виду

( ) ( )2 22 2 4p p x yК ˆ- + - +Л ≢ ( ) ( )

2 22 2 4 0p p x yК ˆ+ + - - =Л ≢ ,

откуда

( )

( )

2

2

2

2

2 4

2 4

2 4

2 4 .

x y p p

x y p p

x y p p

x y p p

И + = - +НН + = - - +Н¤Н - = + +НН - = - + +О

При каждом значении р уравнения этой совокупности задаютчетыре прямые на координатной плоскости ( );x y . Поскольку

( )22 2 4 1 3 3p p p- + = - + ≥ , ( )

22 2 4 1 3 3p p p+ + = + + ≥ ,

указанные прямые не проходят только через точки области,определяемой системой неравенств

3,

3,

x y

x y

+ <ПФМ

- <ФУзадающей внутренность квадрата со стороной 3 2 .

Вариант 16

1. Можно. С 8 руб. 50 коп. по 16 руб. 00 коп. включительно.

2. ( )5; +• . 3. (0; 0). 4. 1 2 nπ+ , n ŒZ .

5. 69 руб. 43 коп.Пусть истинная сдача составляла сумму 100х + у (коп.), где

х, у – натуральные числа из промежутка [ ]1; 99 . Тогда вы-

данная кассиром сдача была равна 100у + х (коп.). Из усло-вия следует уравнение

100y + x = 140 + 300x + 3y.

Поскольку 43 3 40 337y£ + £ , сравнивая количество единици сотен в обеих частях уравнения, приходим к четырем воз-можным случаям:

1) 3 40,

3 1;

x y

y x

= +ПМ = +У

2) 100 3 40,

1 3 1;

x y

y x

+ = +ПМ - = +У

3) 200 3 40,

2 3 1;

x y

y x

+ = +ПМ - = +У

4) 300 3 40,

3 3 1.

x y

y x

+ = +ПМ - = +У

Первые три системы не имеют решений в натуральных чис-лах. Решением последней является пара х = 31, у = 97.Итак, истинная сдача составляла 31 руб. 97 коп., так что об-щая сумма покупок равна 100 руб. – 31 руб. 97 коп. ++ 1 руб. 40 коп. = 69 руб. 43 коп.6. 0a ≥ . Указание. Введем новую переменную t =

2

1log 2

x

К ˆ= -Б ˜Л ≢ . Здесь 0 < x < 2. При условии задачи 1

3x <

имеем t > 0.

Рис. 16

Итак, нужно найти все значения а, при которых для любогоb > 0 существует хотя бы одно положительное решение урав-нения

2at b

t= - , или 2 2 0t bt a- - = .

Если a > 0, дискриминант 2 8D b a= + квадратного уравне-ния положителен, следовательно, существуют два решения,которые имеют различные знаки при любом b.Если а = 0, то уравнение имеет корни t = 0 и t = b, второй изкоторых положителен тогда и только тогда, когда b > 0.Пусть a < 0. Тогда всегда можно подобрать положительноезначение b так, чтобы было выполнено неравенство D < 0 иквадратное уравнение не имело решений.Итак, ответом задачи является множество значений парамет-ра, удовлетворяющих условию 0a ≥ .7. Указание. Выпустим на трассу в произвольной точке Акольцевой дороги машину со 150 л бензина. Пусть на всехпунктах заправки эта машина забирает весь имеющийся бен-зин. Совершив полный круг, машина вернется в точку А со150 л бензина. Проследим теперь, в какой точке трассы запасбензина в машине был минимален. Это будет в одном из пун-ктов заправки. Если явиться к этому пункту с пустым баком,залить имеющиеся 30 л и отправиться в путь, то заведомоудастся проехать весь маршрут (убедитесь в этом).

Вариант 17

1. 0; 4. 2. 1

2± . 3. 2. 4.

11

3. 5.

1 174;

2

К ˆ+-Б ˜Л ≢

.

6. 20; 18000. Указание. Если группа школьников состояла изn человек, а взнос каждого составил m рублей, то

( ) ( )100 2mn m n= + - ,

откуда

m = 50n – 100.

С другой стороны, для цены музыкального центра справедли-во неравенство

( )17000 50 100 19500n n< - < ,

из которого следует, что n = 20.

Вариант 18

1. 126. 2. [ )3 3 3; 1; 0 0;

2 2 2

К ˆ К ˆ- - -Б ˜ Б ˜Л ≢ Л ≢

∪ ∪ .

3. 1

2. Указание. Исходное неравенство равносильно системе

2 2

2

8 2 1 2 5 2 0,

2 5 2 0,5

x x x x

x x

П - - + - + £Ф ¤М- + <ФУ

2

2

8 2 1 0,

2 5 2 0.

x x

x x

П - - =ФМ

- + =ФУ

4. 4 3 .5. Утверждение верно. Указание. Вводя переменную

sint x= , [ ]1; 1t Œ - , находим множество значений данной

функции: 17

48

y- £ £ .

6. 20%.

7. 2

π;

2arccos

3.

Возможны два варианта расположения вершины S пирамиды– S¢ и S¢¢ (рис.17,а и 17,б).Пусть высота пирамиды равна h, тогда длина ребра куба рав-на 2h.1) Точка S¢ находится внутри куба ABCDA B C D¢ ¢ ¢ ¢ ; очевид-но, S¢ – центр куба (см. рис.17,а). Проведем через S¢ пря-

мую, параллельную A B¢ . Эта прямая пересекает ребра A D¢ ¢и ВС в их серединах – точках K и L соответственно. Уголмежду AS¢ и KL, величину которого обозначим через α , –искомый.Пересекающиеся прямые AS¢ и KL определяют плоскость, вкоторой находится треугольник AKL. Из вышесказанногоследует KS LS=¢ ¢ . Кроме того, AK = AL, так как треуголь-ники AA K¢ и ABL равны. Поэтому AS KL^¢ как медиана,проведенная к основанию равнобедренного треугольника, т.е.

2

πα = .

2) Точка S¢¢ находится вне куба (см. рис.17,б). Решим зада-чу для разнообразия координатно-векторным методом.Введем прямоугольную систему координат с центром в точкеA¢ и с осями, направленными по ребрам A B¢ ¢ , A D¢ ¢ иA A¢ . Тогда интересующие нас точки имеют такие координа-

ты: A¢ ( )0; 0; 0 , ( )2 ; 0; 2B h h , ( )0; 0; 2A h , ( ); ; 3S h h h¢¢ . Нахо-

дим координаты векторов: ( )2 ; 0; 2A B h h=¢$$$$$%

, ( ); ;AS h h h=¢¢$$$$$%

.

Если α – величина угла между A B¢$$$$$%

и AS¢¢!!!!!"

, то, используя

скалярное произведение векторов, имеем

( ) 2 2

2 2 2 2 2

2 2 4 2cos

32 2 34 4

A B AS h h

A B AS h h h h hα

◊¢ ¢¢ += = = =

¢ ¢¢ + + +

$$$$$% $$$$$%

$$$$$% $$$$$% .

8. 3 3

; ;2 2

К ˆ К ˆ-• - +•Б ˜ Б ˜Л ≢ Л ≢

∪ . Указание. Поскольку

( ) ( ) ( )22 2

3 2 3x y- + + = ,

существует число ϕ такое, что

3 3 cosx ϕ- = , 2 3 siny ϕ+ = , [ )0; 2ϕ πŒ .

Но тогда

2 3 10ax y- - = ( ) ( )3 2 cos 3sin 6 4a a Uϕ ϕ ϕ- + - = .

Нужно исследовать разность между максимальным и мини-

мальным значениями ( )U ϕ . Рассмотрим лишь слагаемые, за-

висящие от ϕ , и преобразуем их сумму:

( ) ( )23 2 cos 3sin 3 4 9 cosa aϕ ϕ ϕ α- = + + ,

где α – некоторое значение, определяемое из равенств

2

2cos

4 9

a

aα =

+,

2

3sin

4 9aα =

+.

Но тогда

2

max min 2 3 4 9U U a- = + .

Осталось найти требуемые значения параметра а.

Рис. 17

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 61

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 162

Физика

Физический факультет

1. Изменение силы натяжения подвеса, после того как стер-жень коснется поверхности воды, обусловлено действием силсо стороны воды на стержень. Поскольку диаметр стержня

равен 2M

dLπρ

= , толщина зазора между стенками цилиндра

и стержнем составляет ( )0,5 0,1416 ììD dδ = - ª (оси стер-жня и цилиндра совпадают) и высота столба воды, отсчиты-ваемая от нижнего основания стержня, при заданной толщинеслоя воды между нижним основанием стержня и дном цилин-дра (без учета капиллярных явлении) равна

( )

( )

2

"

2 2

0,251,238 ì

0,25

m D hH

D d

ρ π

π

-= ª

-,

где 3

"1 ã “ìρ = – плотность воды. Так как в условии задачи

не оговорено иное, будем считать, что цилиндр покоится от-носительно лабораторной системы отсчета и эту систему мож-но считать инерциальной. Тогда сила натяжения подвеса(считая величину ускорения свободного падения равной

29,81 ì “g = ) уменьшится, без учета сил поверхностного на-тяжения, на величину

2

2 "

" 2

40,25

4

m D hF d gH Mg

D L M

π ρ∆ π ρ

π ρ

-= = ª

-0,9448 46,34 HMg ª .

Как известно, давление под искривленной поверхностью жид-кости за счет действия сил поверхностного натяжения при ус-ловии смачивания стенок меньше (а несмачивания – больше)давления над плоской поверхностью при тех же внешних ус-ловиях на величину, определяемую формулой Лапласа:

( )1 21 1p R R∆ σ= + , где 1R и 2R – так называемые главныерадиусы кривизны поверхности, а σ – коэффициент поверх-ностного натяжения. В рассматриваемом случае при полномсмачивании или несмачивании цилиндра и стержня 1 2R δ= ,а 2 2R Dª . Поскольку D δ≫ , максимальная поправка наизменение силы натяжения подвеса, обусловленная действиемсил поверхностного натяжения, при заданном погружении ци-линдра должна быть равна

( ) ( )

2

C

2 23,92 H

4 2

d MF

LD M L

σ π σ

δ ρπρ= = ª

(коэффициент поверхностного натяжения воды при темпера-туре 20 Ct = ∞ и давлении р = 760 мм рт. ст. равен

0,0728 m ìσ ª ). В этом расчете мы не учитывали силу, скоторой на цилиндр действует верхняя кромка жидкости: присмачивании – вниз, а при несмачивании – вверх. Читательможет убедиться самостоятельно, что величина этой силы со-ставляет долю 2δ/d от величины C

F , т.е. приблизительно0,4%.Итак, в зависимости от степени смачивания цилиндра и стер-жня водой сила натяжения подвеса может уменьшиться налюбую величину от C

42,4 mF F∆ - ª до 49,05 HMg ª (нитьне может давить на стержень). В последнем случае необходи-мо считать, что 1 2R δ> , т.е. модуль косинуса краевого углаотличен от единицы.Следует отметить, что при решении данной задачи было необ-ходимо правильно выбрать точность числовых расчетов.2. Из условия задачи следует, что груз будет двигаться по-ступательно вдоль оси стержня. Поэтому положение груза бу-дем определять вдоль оси X, совпадающей с осью стержня инаправленной в сторону движения подвижной стенки. Началоотсчета вдоль этой оси совместим с положением центра массгруза, которую он имел при 0t £ . Поскольку до начала дви-жения правой стенки пружины не были деформированы,можно утверждать, что эта ось покоится относительно инер-циального наблюдателя. Тогда при 0 t τ< £ , где L vτ = ,

уравнение движения груза будет иметь вид

( )mx kx k vt x= - + -¢¢ ,

где m – масса груза, а х – смещение центра масс (или любойдругой фиксированной точки) груза к моменту времени t.Приведенное уравнение нужно решить с учетом того, что( ) ( ) ( )0 0 0 0x x x= = =¢ ¢¢ , так как при t = 0 по условию задачи

пружины не деформированы. Обозначив x y=¢ , получимуравнение

2my ky kv= - +¢¢ .

Поскольку k и v не зависят от времени, решение этого урав-нения должно иметь вид

( )0 cosy y t Cω ϕ= + + ,

где 2k mω = . Из условий 0 cos 0y Cϕ + = и 0 sin 0y ω ϕ- =

получаем 0ϕ = и 0y C= - . Следовательно, C = 0,5v, а

( ) ( )0,5 1 cosx t v tω= -¢ .

При t τ= по условию задачи ( )x vτ =¢ , поэтому

ω2k L

m vστ π= = ,

откуда2

2 2

2kLm

vπ= .

3. Будем решать задачу, по-лагая, что плоскость покоит-ся относительно инерциаль-ного наблюдателя, размерытела достаточно малы, авлиянием воздуха на движе-ние тела можно пренебречь.Выберем систему координаттак, как показано на рисун-ке 18. Тогда уравнение дви-жения тела массой m в про-екциях на оси выбраннойсистемы координат можно представить в виде

2! cosxx x

vmx mv F mg

vµ α= = = -¢¢ ¢ ,

2!siny ymy mv mg Fα= = + =¢¢ ¢ sin cos

yvmg mg

vα µ α- ,

где g – ускорение свободного падения, 2! iF – проекция силы

трения скольжения на соответствующую ось, 2 2

x yv v v= + .

Из второго уравнения следует, что за малый промежуток вре-мени dt приращение

ydv равно

( )sin cosy

y

v v gdtdv

v

α µ α-= ,

а приращение кинетической энергии тела составляет2

*2

mvdW d mvdv

К ˆ= = =Б ˜Л ≢

( ) ( )sin cosymgv dt mgv dtα µ α- ,

откуда

( )sin cosyv v gdtdv

v

α µ α-= .

Умножая уравнение для ydv на sin α , а уравнение для dv наcosµ α и складывая эти произведения, получим

( ) ( )2 2 2cos sin sin cosy

dv v g

dtµ α α α µ α+ = - .

Поскольку при t = 0 тело имело 0v v= и 0yv = , из получен-ного уравнения следует, что

cos sinyv vµ α α+ = ( )2 2 2

0 cos sin cosv gtµ α α µ α+ - .

Отсюда, учитывая, что в момент остановки скорость тела об-

Рис. 18

ращается в ноль, находим время движения тела:

( )0

%“2 2 2tg cos

vt

g

µ

µ α α=

-.

4. Как это обычно и делается при решении подобных задач,будем считать диск твердым телом. По условию задачи дисксовершает плоское движение. Как известно, такое движениетвердого тела можно рассматривать как суперпозицию двухдвижений: поступательного и вращательного вокруг оси, пер-пендикулярной плоскостям, в которых располагаются траек-тории точек диска. При этом скорость оси – скорость посту-пательного движения – зависит от выбора точки, называемойполюсом вращения, через которую проходит ось вращения, вто время как угловая скорость вращения не зависит от выбо-ра полюса. Более того, всегда можно выбрать полюс так, что-бы для данного момента скорость оси вращения была равнанулю. Такую ось называют мгновенной осью вращения. Приэтом скорость любой точки твердого тела будет направленаперпендикулярно радиусу ее вращения (кратчайшему рассто-янию от оси до данной точки) и равна произведению угловойскорости вращения на величину этого радиуса.В соответствии со сказанным, находим точку О пересеченияперпендикуляров к линиям скоростей точек А и В, восстав-

ленных из этих точек(рис.19). Если из двух воз-можных по условию задачинаправлений скорость точкиА в момент времени t = 0направлена так, как показа-но на рисунке 19, то дискдолжен вращаться по часо-вой стрелке с угловой ско-ростью A Avω ρ= , где

A OAρ = – мгновенный ра-диус вращения точки А. Изрисунка видно, что величи-на мгновенного радиуса Bρ

вращения точки В удовлет-воряет соотношениям

cos cosA Bρ α ρ β= , sin sin 2A B Rρ α ρ β+ = ,

а потому

( )

2 cos

sinA

R βρ

α β=

+ .

Кроме того, радиус вращения центра диска С в момент вре-мени t = 0 равен

2 2 2 cos2

C A AR Rπ

ρ ρ ρ αК ˆ= + - - =Б ˜Л ≢

= ( ) ( )

2

2

4 cos 4 cos sin1

sinsinR

β β α

α βα β+ -

++,

а скорость этой точки в указанный момент времени направле-на так, как показано на рисунке, и ее величина равна

C Cv ρ ω= .

По условию задачи диск скользит по гладкой горизонтальнойплоскости, является однородным и нет указаний, что он под-вергается действию каких-либо иных объектов, кроме плоско-сти и земли. Поэтому на основании теоремы о движении цен-тра масс можно утверждать, что скорость его центра направ-лена горизонтально и не зависит от времени, а потому вели-чина его перемещения за время τ равна r∆ Cv τ= . Оконча-тельный расчет дает

( ) ( )2

2

sin cos cos4

2 cos 3cos

A Av vr

α β α β ατ τ∆

ββ

+ += + = .

5. Под действием электрических зарядов шариков на обра-щенных к ним сторонах пластин возникают индуцированныезаряды противоположного знака. В результате на каждую изпластин со стороны ближайшего к ней шарика будет действо-вать сила притяжения, и пластины после отпускания начнутсмещаться одинаковым образом от своих исходных положе-ний. Пусть максимальное смещение каждой из пластин от ис-ходного положения равно mx . Поскольку размеры пластинвелики и они соединены проводящей пружиной, можно счи-тать, что электрического поля между пластинами нет, а энер-гия поля, создаваемого зарядами шариков и зарядами, инду-цированными на указанных поверхностях пластин, когда пла-стины сместились от исходных положений на расстояние х,равна энергии поля двух точечных зарядов, находящихся ввакууме на расстоянии ( )2 L x- друг от друга, т.е. равна

( )

2

.08

qW

L xπε= -

-.

При этом потенциальная энергия упруго деформированнойпружины будет равна

2

C 2W kx= .

В соответствии с условием задачи силами сопротивления дви-жению пластин следует пренебречь. Будем пренебрегать так-же излучением, возникающим при неравномерном движениизаряженных пластин, индуктивностью пружины и ее омичес-ким сопротивлением.Поскольку первоначально пластины покоились и при макси-мальном смещении их скорость равна нулю, то, согласно за-кону сохранения энергии,

( )

2 2

2

0 0

28 8

mm

q qkx

L L xπε πε- = - +

-.

Обозначим m my x L= и ( )2 3

016B q kLπε= . Тогда последнееуравнение примет вид

2 0m my y B- + = ,

откуда

0,5 0,25my B= ± - .

Следовательно, 0,25B £ , т.е. 2 3

04q kLπε£ , а потому иско-мая величина заряда должна быть чуть меньше

max 02q L kLπε= .

6. После замыкания ключа 1K конденсатор емкостью 1C бу-дет заряжаться, а конденсатор емкостью 2C будет оставатьсянезаряженным, так как диод 2D заперт. После размыканияключа 1K и замыкания ключа 2K диод

1D откроется, и кон-денсатор емкостью 1C начнет разряжаться через этот диод икатушку индуктивности. К моменту полного разряда этогоконденсатора ток через катушку достигнет максимума, а вследующий момент времени откроется диод 2D и конденсато-ры будут перезаряжаться до тех пор, пока ток через катушкуне станет равным нулю. Поскольку диоды считаются идеаль-ными, то, пренебрегая, как обычно, влиянием соединитель-ных проводов, можно утверждать, что к моменту прекраще-ния тока через катушку напряжения на конденсаторах будутравны и достигнут максимального значения. После этого диод

1D будет заперт, а потому, пренебрегая токами утечки кон-денсаторов, следует считать, что напряжение на конденсато-рах изменяться не будет и напряжение на диоде 2D будет ос-таваться равным нулю.Таким образом, отношение установившегося напряжения надиоде 2D к величине ЭДС батареи равно нулю.7. При решении задачи будем , как обычно, пренебрегать то-ками утечки в конденсаторах схемы, а ключ K считать иде-альным. После замыкания ключа конденсатор емкостью

1C

Рис. 19

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 63

К В А Н T · 2 0 0 6 / № 164

начнет заряжаться током, текущим не только через резис-тор 1R , но и током заряда конденсатора емкостью

2C . Токзаряда этого конденсатора будет уменьшаться со временем истанет равным нулю в тот момент, когда напряжение

2CU наэтом конденсаторе станет равным напряжению

1RU на резис-

торе 1R . В этот же момент напряжение на диоде D станетравным нулю, а в последующие моменты диод будет заперт,так как по условию задачи он является идеальным. Следова-тельно, напряжение на конденсаторе емкостью 2C в дальней-шем изменяться не будет, а потому должны выполняться со-отношения

( ) ( )12

2

C R

qU U

Cτ τ= = .

Напряжение же на конденсаторе емкостью 1C через время τпосле замыкания ключа станет равным

( ) ( )1 1C RU Uτ τ= -E .

Поскольку зарядка этого конденсатора будет продолжатьсядо тех пор, пока напряжение на нем не станет равным ЭДСисточника E , через источник за время t τ≥ протечет заряд

( )( )1 1Cq U C∆ τ= -E ,

а выделившееся на резисторе 1R максимальное количествотеплоты должно удовлетворять соотношению

( ) ( )( )2

22

1 1, 0,5 0,5 CQ q C U Cτ ∆ τ• = - + -E E E .

Итак,

( )2

1

2

2

,2

q CQ Q

Cτ£ • = .

Факультет вычислительной математики и кибернетики

1. 0

41,57 c

dt

v

π∆ = ª . 2.

0

35 5,25 ì “

4v gl= = .

3. ( )cos 2

mgF

α= . 4. ( )2 2

" "

1 53 sin

8 16A SL g SL gρ α ρ= - = .

5. max 0

2

ml l v

k= + , min 0

2

ml l v

k= - .

6. max

2M mF mg

M m

+=

+. 7.

( )0

min

" He 0

32,73 ì

RTr

p

σ

Μ Μ= ª

-.

8. 1

2

21k

Μ

Μ= = . 9.

( )

( )( )3 100% 2

1,35 *d›2 1 100%

A R Tη

∆η

+= ª

-.

10. 2 2

30 0

151

8 64

q qA

L kLπε πε

К ˆ= -Б ˜Л ≢

.

11. ( )

( )2 1

2 1

1 2

13 “ì

1

k kR R

k k

-= =

-,

81

2 1

2

16 10 jë

1

kQ Q

k-

-= = ◊

-.

12. ( ) 0 1t

R t Rτ

К ˆ= -Б ˜Л ≢ , где 0R Cτ = .

13. ( )2

0 12

F Cl

ε= -E

. 14. 2

0,48 Bu

U BL vv

∆К ˆ

= - =Б ˜Л ≢.

15. 0

mvq q

Bl= - . 16. 15

0

42 10 c

RT mR

e

ππε -= ª ◊ .

17. ( )

2

2

max 2sin 0,5

Rn

R dα = - =

-, max 30α = ∞ .

18. n < 2. 19. l

Fδ

∆= . 20.

2

1

25 1 3,8 ì*ì

Fd

lλ

К ˆ= + ªБ ˜Л ≢.

Химический факультет

Вариант 1

3. На интервале 0 1 ct£ £ . 4. Увеличилась в 2 раза.

Рис. 20Рис. 21

5. См. рис.20. 6. 1 2 100 *ãF F

mg

+= = .

7. 2

2 6 B 2,45 Bm

LIU U

C= + = ª .

8. ( ) ( ) 2

1 2

sincos0,16 ì “

F ma mg FFa

m m g

αα - -= - ª .

9. 310 jë

2

Cq -= =

E. 10. 110,5 15,7 *d›Q RT= ª .

Вариант 2

3. А = 6 Дж. 4. См. рис.21.

5. 22 sin 4 ì “F

a gm

α= - = . 6.

( )24

11,5

1n

d l= ª

-.

7. ( ) ( )1 2 2 10,5 16 *d›Q p p V V= + - = .

8. 5 cö2 BS

νπ

= =E

. 9. 61,8 10

nhc

IUη

λ-= = ◊ .

10. ( )

3 22 2

0 84

6,6 10 jëR d mg

qQd

πε-

+= - ª ◊ .

Отпечатано в ОАО ордена Трудового Красного Знамени«Чеховский полиграфический комбинат»

142300 г.Чехов Московской областиТел./факс: (501) 443-92-17, Тел./факс: (272) 6-25-36

E-mail: chpk_marketing@chehov/ru

Журнал «Квант» зарегистрирован в Комитете РФпо печати. Рег. св-во №0110473

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант»;тел.: 930-56-48;

e-mail: admin@kvant.info, math@kvant.info,phys@kvant.info

Н О М Е Р П О Д Г О Т О В И Л И

А.А.Егоров, С.П.Коновалов,

А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

Н О М Е Р О Ф О Р М И Л ИД.Н.Гришукова, В.В.Иванюк, А.Е.Пацхверия,

М.В.Сумнина, В.М.Хлебникова, П.И.Чернуский

Х У Д О Ж Е С Т В Е Н Н Ы Й Р Е Д А К Т О РЕ.В.Морозова

К О М П Ь Ю Т Е Р Н А Я Г Р У П П АЕ.А.Митченко, Л.В.Калиничева

©