НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

МАЙ

ИЮНЬ Ю№320

14

2 Реконструкция генома: головоломка из миллиарда кусочков.Ф.Компо, П.Певзнер

13 Очерк истории исследований нейтрино (окончание). Ю.Гапонов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

19 Задачи М2341–М2348, Ф2348–Ф235421 Решения задач М2326–М2333, Ф2333–Ф2339

« К В А Н Т » Д Л Я М Л А Д Ш И Х Ш К О Л Ь Н И К О В

27 Задачи28 Электромагнитное излучение на пальцах. В.Сыщенко

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

31 Сверхзвуковые автобусы, лодки и... деревья. Е.Соколов

36 Сиреневый туман... А.Стасенко

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Силы инерции

Н А Ш А О Б Л О Ж К А

37 Как Архимед взвесил параболу?

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

38 Еще раз о точке Торричелли. Л.Радзивиловский42 Снова о рыцарях и лжецах. Л.Бойко, М.Бойко

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

45 Пары. Влажность. А.Черноуцан

И Н Ф О Р М А Ц И Я

49 Заочная школа СУНЦ НГУ

О Л И М П И А Д Ы

52 XXII Международная олимпиада «Интеллектуальный марафон»56 Всероссийская студенческая олимпиада по физике 2014 года

57 Ответы, указания, решения

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье Ю.Гапонова

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.Л.Семенов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

Н.Н.Андреев, А.Я.Белов, К.Ю.Богданов,Ю.М.Брук, А.А.Варламов, С.Д.Варламов,

А.Н.Виленкин, В.И.Голубев,Н.П.Долбилин, С.А.Дориченко,

В.Н.Дубровский,А.А.Егоров, А.А.Заславский,

П.А.Кожевников (заместитель главногоредактора), С.П.Коновалов, А.А.Леонович,Ю.П.Лысов, В.В.Произволов, В.Ю.Протасов,

Н.Х.Розов, А.Б.Сосинский, А.Л.Стасенко,В.Г.Сурдин, В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова,

А.И.Черноуцан (заместитель главногоредактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

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

В.Г.Болтянский, А.А.Боровой,

Н.Н.Константинов, Г.Л.Коткин, С.П.Новиков,Л.Д.Фаддеев

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

Л.А.Арцимович, М.И.Башмаков,В.Г.Болтянский, И.Н.Бронштейн,

Н.Б.Васильев, И.Ф.Гинзбург, В.Г.Зубов,П.Л.Капица, В.А.Кириллин, Г.И.Косоуров,

В.А.Лешковцев, В.П.Лишевский,А.И. Маркушевич, М.Д.Миллионщиков,Н.А.Патрикеева, Н.Х.Розов, А.П.Савин,И.Ш.Слободецкий, М.Л.Смолянский,Я.А.Смородинский, В.А.Фабрикант,

Я.Е.Шнайдер

УЧРЕДИТЕЛЬ

Российская академия наук

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 32

Реконструкция генома:головоломка из миллиарда

кусочковФ.КОМПО, П.ПЕВЗНЕР

СОВРЕМЕННАЯ БИОЛОГИЯ ЕЩЕ НЕ НАУЧИЛАСЬчитать последовательности нуклеотидов в боль-ших молекулах ДНК букву за буквой. Вместо

этого ученые расшифровывают последовательностикоротких (длиной примерно 100–300 нуклеотидов)кусочков ДНК, называемых ридами, не имея ни малей-шего представления, из какого места генома был выре-зан каждый кусочек. Процесс сборки генома из такихридов, называемый по-научному секвенированием ДНК,сродни попытке собрать головоломку из миллиардакусочков. Это серьезная математическая задача, и мырасскажем увлекательную историю ее математическогои биологического аспектов.

Секвенирование ДНК – введение

Секвенирование ДНК и задачао перекрывающихся кусочках

Представьте, что целый тираж какой-то газеты лежалв одном ящике, а потом этот ящик взорвался. Допус-тим, что газеты не сгорели, как это случилось бы вреальной жизни, а разлетелись на маленькие кусочкинаподобие конфетти (рис.1). Естественный вопрос:

Перевод статьи с английского Д.Виноградова.

Рис.1. После взрыва ящика с газетами от них останется лишь куча обрывков.Можно ли по ним восстановить содержание газеты?

можно ли по этим обрывкам восстановить то, что былонаписано в газете?

Задача интереснее, чем может показаться на первыйвзгляд, – она не сводится лишь к склеиванию обрывковдруг с другом, как будто это были кусочки пазла. Во-первых, мы вполне могли потерять часть обрывков. Во-вторых, в сундуке было много экземпляров газеты, ипоэтому какие-то обрывки могут перекрываться междусобой и содержать куски одних и тех же фраз. Такимобразом, задачу о восстановлении газеты можно на-звать задачей о перекрывающихся кусочках.

Хоть наша аналогия с обрывками газет несколькопритянута за уши, задача восстановления текста газетыпо своей сути аналогична задаче сборки ДНК изфрагментов.

Напомним, что ДНК можно представлять себе какцепочку из звеньев (нуклеотидов) четырех типов,обозначаемых буквами А, Т, Г и Ц. К сожалению,технология, которая позволила бы нам читать целыйгеном последовательно, нуклеотид за нуклеотидом, ещене придумана. Тем не менее, ученые научились опреде-лять последовательность нуклеотидов в коротких ку-сочках ДНК. На данный момент самые распространен-

ные технологии имеют дело с ридами длинойвсего лишь 100–300 нуклеотидов (рис.2).Прочитывается множество ридов из несколь-ких копий одного генома, и получается гигант-ский пазл (в котором кусочки могут пере-крываться). Например, геном млекопитаю-щего длиной в 3 миллиарда нуклеотидовпотребует сборки пазла из миллиарда кусоч-ков – кажется, это рекорд для головоломоктакого рода.

Рис.2. При секвенировании ДНК многочислен-ные (обычно их больше миллиарда) копии этоймолекулы «рвутся» в случайных местах, чтобыполучились гораздо более короткие риды

Таким образом, задача секвенированиягенома сводится к чтению (т.е. определе-нию последовательности) ридов (биоло-гическая часть) и сборке фрагментов (ма-тематическая часть). Первая задача ведетсвою долгую и запутанную историю с70-х годов, когда Уолтер Гилберт (WalterHilbert) и Фред Сэнгер (Fred Sanger)получили Нобелевскую премию за изоб-ретение первого метода чтения ридов. Вначале 1990-х на рынке появились совре-менные секвенаторы (машины для опре-деления кусочков последовательностиДНК), и с этого момента для задачисеквенирования началась новая эра. В2000 году несколько сотен таких машин,работая без остановки более года, прочи-тали достаточно большое число ридов,чтобы удалось возможно определить пос-ледовательность генома человека. Сбор-ка этого генома потребовала несколькихмесяцев работы одних из самых произво-дительных суперкомпьютеров того вре-мени.

Сложности сборки фрагментов

Чуть позже мы достаточно подробнорасскажем о том, как читают риды, а покаостановимся на вычислительной задачесборки фрагментов – как, используяполученные риды, определить последова-тельность всего генома.

Хотя и восстановление газеты, и сборкафрагментов сводятся к складывания пазла, задачасборки значительно сложнее, и не только из-за своегогигантского масштаба (напомним, что нам может по-требоваться обработать миллиард ридов). Во-первых,газета написана на некотором понятном языке. Егоправила будут подсказывать нам, могут ли какие-тодва отрывка находиться рядом, вне зависимости оттого, перекрываются они или нет (рис.3,а). В то жевремя правила «языка» ДНК по большей части неиз-вестны биологам, и исходя из одной только последова-тельности практически невозможно понять, могут лидва непересекающихся рида располагаться близко илидалеко друг от друга.

Вторая сложность сборки фрагментов состоит в том,что алфавит последовательностей ДНК состоит всегоиз 4 букв: А, Т, Г и Ц. Работа с маленьким алфавитомусложняет восстановление исходной последовательно-сти, поскольку большее количество пересечений будетвызвано случайными причинами (рис.3,б).

В-третьих, любая последовательность ДНК содер-жит множество «консервативных участков» – нуклео-тидных «слов», которые повторяются много раз под-ряд практически без изменений. Например, в геномечеловека последовательность так называемого Alu-повтора (длиной примерно 300 нуклеотидов) встреча-ется свыше миллиона раз, причем в каждом вхожденииизменены всего несколько нуклеотидов. Поэтому для

конкретного фрагмента бывает трудно определить, вкаком именно консервативном участке генома он нахо-дится. Подходящей иллюстрацией этого затрудненияможет быть популярная когда-то в США головоломка«Triazzle». Хотя по сути это обычный пазл всего из 16кусочков, исходное изображение содержит много оди-наковых фигурок, повторяющихся на многих кусоч-ках, из-за чего собрать «Triazzle» существенно слож-нее, чем обычный пазл (рис.3,в)

Наконец, современные секвенаторы далеко не совер-шенны, и считываемые ими риды содержат многоошибок. Поэтому, например, два рида, находившиесяв геноме далеко друг от друга, могут быть в результатеошибки интерпретированы как пересекающиеся(рис.3,г).

Теперь, когда мы выяснили, какие трудности связа-ны с процессом секвенирования ДНК, можно расска-зать о математическом аппарате, с помощью которогоможно подойти к задаче сборки фрагментов.

Математика секвенирования ДНК

Исторический экскурс

Перед тем как перейти непосредственно к математи-ке, давайте немного отвлечемся, чтобы лучше предста-вить исторический контекст. Начнем с XVIII века ипрусского города Кенигсберга (в настоящее время –

Р Е К О Н С Т Р У К Ц И Я Г Е Н О М А : Г О Л О В О Л О М К А И З М И Л Л И А Р Д А К У С О Ч К О В 3

Рис.3. а) При восстановлении газеты помогают логические связи междусловами: хотя эти два обрывка и не пересекаются, можно предположить, чтоони должны быть расположены близко друг к другу, потому что слова «murder»(«убийство») и «suspect» («подозреваемый») связаны по смыслу.б) В этом случае кусочки «oz» и «zone» скорее всего являются частями слова«ozone» («озон»), и можно эти два обрывка склеить, даже несмотря на то, чтоони пересекаются всего по одной букве. В задаче секвенирования ДНК, где валфавите всего 4 буквы, таких подсказок не будет – правила этого «языка» нампока почти не известны.в) Повторяющиеся фрагменты усложняют задачу, как видно на примереголоволомки «Triazzle», в которой каждая рыбка встречается не меньше трехраз.г) Секвенаторы ДНК не идеальны: здесь красный нуклеотид «Т» был определеннеправильно, и на самом деле на его месте должен быть «Ц». Ошибка всегов одном нуклеотиде может привести к тому, что мы будем считать два ридапересекающимися, хотя на самом деле они таковыми не являются

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 34

Калиниград). Кенигсберг располагался тогда на двухберегах реки Преголи и двух ее островах. Эти четыречасти города соединялись между собой семью мостами(рис.4,а). Жители Кенигсберга любили прогуливать-ся, и им стало любопытно: можно ли пройти покаждому из семи мостов ровно один раз и вернутьсяпосле этого в исходную точку? Этот вопрос сталиназывать «задачей о Кенигсберских мостах». Оконча-тельный ответ на него дал в 1735 году великий матема-тик Леонард Эйлер (его портрет приведен на рисунке14). Решение Эйлера, которое мы обсудим чуть ниже,очень любопытно, потому что его можно применить нетолько к мостам Кенигсберга, но и к любой другой сетимостов.

Вторая история случилась в Дублине, где в 1857 годуирландский математик Уильям Гамильтон (его портретприведен на рисунке 14) изобрел «Икосаэдрическую 1

игру». Эта «игра», наслаждаться которой довольнонепросто даже по современным меркам, состояла издеревянной доски с 20 лунками, некоторые из которыхбыли соединены между собой линиями, и 20 пронуме-рованных фишек, которые можно было вставлять в этилунки (рис.5,а). Цель игры заключалась в следующем:

расставить фишки по лункам так, чтобы фишка 1 быласоединена на доске линией с фишкой 2, та, в своюочередь, соединялась с фишкой 3, и так далее вплотьдо фишки 20, которая должна быть связана с фиш-

кой 1. Другими словами, если бы мы шли по линиям отфишки к фишке в порядке возрастания номеров, то мыпобывали бы у каждой фишки ровно один раз и в концевернулись бы к исходной.

Графы

Закончив с историческим экскурсом, перейдем копределениям. Назовем графом набор вершин, соеди-ненных ребрами, где каждое ребро связывает двевершины. Абстрактность этого определения можетнесколько отпугнуть, поэтому поясним, что граф все-гда можно представлять себе как карту дорожной сети,где города – это вершины, а дороги, их соединяющие,– ребра.

Теория графов (область математики, занимающаясяизучением графов) применима ко многим типам задач.Приложения этой теории включают в себя не толькодорожные и телефонные или компьютерные сети, но именее очевидные примеры, такие как изучение распро-странения эпидемий или моделирование ссылок междуweb-страницами в интернете.

В частности, мы можем применить теорию графов ик двум нашим историческим задачам. В задаче о

Кенигсберских мостах мы получимграф K, если сопоставим каждой изчетырех частей города по вершине, азатем проведем между двумя такимивершинами по одному ребру для каж-дого моста, который связывает двесоответствующие части города(рис.4,б). А для «Икосаэдрическойигры» мы построим граф I, сопоставивкаждой лунке вершину и превративсоединяющие их линии в соответству-ющие ребра (рис.5,б).

Эйлеровы и гамильтоновы циклы

Теперь мы обобщим две наши исто-рические задачи на все возможныеграфы. Предположим, что у нас естьнекий граф, который мы обозначим G,и представим, что на какой-то вершинев G сидит муравей. Так же, как жителиКенигсберга, ходившие по мостам меж-ду разными частями города, муравейможет ползать по ребрам от вершинык вершине. Если муравей вернулсятуда, откуда начал, результатом егопрогулки будет цикл на G. Мы зада-димся двумя вопросами о циклах на G:

1. Существует ли цикл на G, прикотором муравей проползет по каждо-

му ребру в точности один раз?2. Существует ли цикл на G, при котором муравей

побывает в каждой вершине ровно один раз?Первый вопрос называется Задачей эйлерова цикла

(ЗЭЦ) – заметьте, что решение ЗЭЦ в том случае,когда нашим графом является K, соответствует реше-нию задачи о Кенигсберских мостах. Поэтому мыопределим эйлеров цикл на графе G как цикл на G,

Рис.4. а) Старый Кенигсберг, иллюстрация Йоахима Беринга, 1613 г.б) «Граф мостов Кенигсберга», который получается, если сжать каждый остров вточку, а мосты изобразить линиями

Рис.5. а) «Икосаэдрическая игра». б) Соответствующий граф

1 Интересно, что хоть игра и называется икосаэдрической,в действительности в ней приходится совершать обход ребердодекаэдра.

который проходит по каждому ребру в G ровно одинраз.

Второй вопрос называется Задачей гамильтоновацикла (ЗГЦ), потому что выигрыш в гамильтоновой«Икосаэдрической игре» будет по сути решением ЗГЦ

для графа I (рис.6). Ана-логично, гамильтонов циклв графе G – это цикл на G,который проходит черезкаждую вершину один итолько один раз.

Наконец мы определимсвязный граф как такой, вкотором муравей, начавдвижение на произвольнойвершине, может достигнутьлюбой другой вершины поребрам графа. Для нашихцелей имеет смысл изучать

ЗЭЦ и ЗГЦ только для связных графов. Ведь граф, неявляющийся связным, автоматически не содержит ниэйлерова, ни гамильтонова цикла. Поэтому в этомразделе каждый граф будет подразумеваться связным.

Теорема Эйлера

Переход от конкретных исторических примеров кобщим вопросам о произвольных графах очень помо-жет нам в дальнейшем изложении. ХотяЗЭЦ и ЗГЦ на первый взгляд кажутсяпохожими, специалисты в области теорииалгоритмов вскоре обнаружили, что у нихсовершенно разные алгоритмические свой-ства: ЗЭЦ может быть быстро решенадаже для огромных графов, в то времякак эффективный алгоритм для решенияЗГЦ для больших графов остается неиз-вестным и, может быть, вовсе не суще-ствует.

Для начала мы обсудим ЗЭЦ. Как мыуже упоминали, решение задачи о Кениг-берских мостах обобщается на произволь-ную сеть из мостов. Под этим мы имели ввиду, что решение Эйлера содержит про-стое условие разрешимости ЗЭЦ для про-извольного графа.

Перед тем как изложить результат Эйле-ра, нам понадобится одно определение.Назовем степенью вершины v графа G число ребер,соединяющих v с другими вершинами G. Например,для Кенигсберского графа K на рисунке 4,б верхняя,нижняя и правая вершины имеют степень 3, а у левойвершины, обозначающей основной остров Кенигсбер-га, степень равна 5. Таким образом, степень вершиныv графа K равна числу мостов соединяющих соответ-ствующую этой вершине часть города с другими райо-нами.

Первая теорема Эйлера. Наличие у графа G эйле-рова цикла равносильно тому, что степень каждойвершины графа G четна (напомним, что граф предпо-лагается связным).

Как понимать то, что два утверждения равносиль-ны? Это значит, что если одно утверждение верно, тои другое обязательно тоже верно, и наоборот. Равно-сильность утверждений о степенях вершин и суще-ствовании эйлерова цикла является очень мощнымрезультатом, потому что с его помощью для любогографа G мы сможем определить, есть ли у G эйлеровцикл, не перебирая все циклы. Вместо этого доста-точно будет проверить степень каждой вершины, аэто довольно легкая вычислительная задача даже длябольшого графа.

Заметим, что применение теоремы Эйлера немедлен-но дает решение задачи о Кенигберских мостах. Мыуже показали выше, что не у каждой вершины K четнаястепень. Поэтому K не содержит эйлерова цикла, имаршрут, о котором мечтали граждане Кенигсберга, несуществует.

С XVII века в планировке Кенигсберга многое изме-нилось, но оказывается, что аналогичный граф, нари-сованный для современного города Калининграда,тоже не содержит эйлерова цикла (рис.7); однако,теперь в этом графе есть эйлеров путь, что означает,что обитатель Калининграда может пройтись по каждо-му мосту в точности один раз, но не может при этомвернуться туда, откуда начал. Таким образом, жителиКалининграда наконец-то достигли, по крайней мере,частично, цели жителей Кенигсберга. Правда, сейчас

прогуливаться по Калининграду далеко не так прият-но, как это было в 1735, поскольку старый Кенигсбергбыл сильно разрушен английской бомбардировкой в1944 и практически полностью перестроен.

Теорема Эйлера для ориентированных графов

Чтобы применить теорему Эйлера для нашей задачисборки фрагментов, нам понадобится слегка изменитьее утверждение. Вначале предположим, что у нас естьориентированный граф, т.е. граф, в котором у каждогоребра задано направление: ребро, выходящее из v к w,отличается от ребра, выходящего из w к v. Можнопредставлять себе ориентированный граф как схему

Рис.6. Пример гамильтоновацикла в «Икосаэдрическойигре»

Рис.7. а) Спутниковая фотография современного Калининграда; мостывыделены голубым цветом.б) «Граф мостов Калининграда». Любопытный вопрос: где нужно построитьновые мосты, чтобы в получившемся графе был эйлеров цикл?

Р Е К О Н С Т Р У К Ц И Я Г Е Н О М А : Г О Л О В О Л О М К А И З М И Л Л И А Р Д А К У С О Ч К О В 5

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 36

улиц с односторонним движением; тогда наш исходныйнеориентированный граф будет схемой улиц с двусто-ронним движением. Соответственно, эйлеров цикл вориентированном графе G – это просто эйлеров цикл,который проходит по улицам в правильном направле-нии. Гамильтонов цикл в G определяется аналогично(рис.8).

Для каждой вершины v в ориентированном графе Gопределим входящую степень вершины v как числоребер, входящих в v, а исходящую степень v как числоребер, выходящих из v. Теперь мы готовы сформули-ровать результат Эйлера применительно к ориентиро-ванным графам.

Вторая теорема Эйлера. Наличие у ориентирован-ного графа G эйлерова цикла равносильно тому, чтоу каждой вершины G равны входящая и исходящаястепени (напомним, что граф предполагается связ-ным).

Доказательство второй теоремы Эйлера приведенов конце этой статьи вместе с обсуждением того, какможно найти эйлеров цикл достаточно «быстро» всмысле теории компьютерных вычислений. Основнаяидея состоит в том, что нам не надо проверять поочереди все возможные циклы в ориентированномграфе G для того, чтобы понять, содержит ли Gэйлеров цикл. Достаточно лишь посчитать входящиеи исходящие степени всех вершин: если у каждойвершины входящая и исходящая степени совпадают,то эйлеров цикл можно легко построить; если же естьхоть одна вершина, у которой входящая и исходящаястепени различны, то провести эйлеров цикл невоз-можно.

Решаемые и нерешаемые задачи

Вдохновленные теоремой Эйлера, мы можем за-даться вопросом, существует ли подобный простойрезультат для решения ЗГЦ. Но несмотря на то, чтовыиграть в «Икосаэдрическую игру» не так уж слож-но, решение ЗГЦ для произвольного графа остаетсянеизвестным.

Главная трудность заключается в том, что если длярешения ЗЭЦ у нас есть теорема Эйлера, то для ЗГЦаналогичное простое условие неизвестно. Конечно,вы всегда можете задействовать для решения ЗГЦметод «грубой силы», т.е. запрограммировать компь-ютер перебирать все пути по графу и сообщать, кактолько он найдет гамильтонов цикл. Понять этотметод довольно легко, но представьте себе огромныйграф, в котором нет гамильтонова цикла. Для этогографа компьютеру придется проверить каждый путьпо нему, перед тем как сообщить вам, что гамильто-нова пути не существует. Катастрофический недоста-ток этого метода состоит в том, что в среднем графевсего лишь из тысячи вершин разных путей суще-ствует больше, чем атомов во вселенной!

ЗГЦ была одной из первых алгоритмических задач,которую не удалось решить даже самым блестящимученым. После многих лет бесплодных усилий специ-алисты в области computer science начали задумы-ваться, является ли ЗГЦ эффективно разрешимой.Другими словами, не может ли оказаться так, что ихнеудачи в поисках быстрого алгоритма вызваны ненедостатком сообразительности, а тем, что эффектив-ного алгоритма для решения ЗГЦ просто не суще-ствует. Более того, в 1970-х годах ученые-компью-терщики обнаружили еще тысячи разных алгоритми-ческих задач с той же судьбой, как у ЗГЦ: несмотряна то, что они чрезвычайно просто выглядят, никтоне смог придумать для них эффективного решения.ЗГЦ вместе со многими из этих задач теперь называ-ют «NP-полными»2 задачами.

Еще больше усилил разочарование, вызванное не-удачей всех попыток найти простое условие разреши-мости ЗГЦ, такой факт: хотя все NP-полные задачиразличны, оказывается, они все эквивалентны другдругу – если найти быстрый алгоритм решения од-ной такой задачи, то из него автоматически получит-ся быстрый алгоритм для всех остальных! Задачаэффективного решения NP-полных задач (или окон-чательного доказательства того, что такого решенияне существует) настолько фундаментальна дляcomputer science и математики, что она вошла в спи-сок «Задач Тысячелетия» от Математического Ин-ститута Клэя, опубликованный в 2000 году: найдитеэффективный алгоритм для какой-нибудь NP-полнойзадачи или докажите, что его нет, и институт вручитвам приз в размере миллиона долларов.

С этого момента мы будем называть ЗЭЦ «простой»,а ЗГЦ – «сложной». Не забывайте об этом различии,поскольку в скором времени оно станет критичным.

Рис.8. а) Простой пример ориентированного графа. Стрелкиопределяют ориентацию на ребрах.б) Пример эйлерова цикла в ориентированном графе; ребрапронумерованы в порядке их обхода по циклу.в) Пример гамильтонова цикла (выделен красным) в ориен-тированном графе

2 NP – от слов non-deterministic polynomial (англ.).

От Эйлера и Гамильтона к сборке генома

Сборка генома как задачапоиска гамильтонова цикла

Вооруженные необходимой математикой, вернемся ксборке фрагментов. Предположим, мы прочитали всенаши риды. Сделаем теперь четыре допущения, чтобыупростить изложение:

1. Мы реконструируем кольцевой геном 3 .2. Все риды имеют одинаковую длину l (будем также

называть их l-мерами).3. Все возможные подстроки длины l, встречающиеся

в нашем геноме, были прочитаны как риды.4. Риды были прочитаны без каких-либо ошибок.На самом деле можно обойтись и без этих упроще-

ний, но тогда придется обсуждать слишком многотехнических моментов.

На заре секвенирования ДНК была предложенаследующая идея сборки фрагментов. Построим графG, образовав вершину для каждого рида (l-мера);соединим l-мер 1R с l-мером 2R ориентированнымребром, если строка, образованная последними l – 1символами 1R (называемая суффиксом 1R ) совпадаетсо строкой образованной первыми l – 1 символами 2R(называемой префиксом 2R ). Например, в случае l == 5 мы соединим ГГЦАТ с ГЦАТЦ ориентированнымребром, но не наоборот. Пример такого графа Gприведен на рисунке 9,а.

Теперь рассмотрим цикл в G. Он начинается с l-мера1R и затем по ориентированному ребру переходит к

другому l-меру 2R ; будем представлять себе переходпо этому ребру как то, что мы начали с 1R и,присоединив к нему единственный новый символ из

2R , образовали строку S длины l + 1. В случаеприведенного выше примера, перейдя от ГГЦАТ кГЦАТЦ, мы получим строку ГГЦАТЦ. Обратите вни-мание, что первые l символов строки S образуют 1R , а

последние l символов строки S образуют 2R . В каждойновой вершине, в которую мы попадаем, мы дописыва-

ем к S один новый символ; при этом последние lсимволов нашей строки образуют рид текущей верши-ны. В конце цикла наша (циклическая) строка S будетсодержать все l-меры, по которым мы прошли подороге. Продолжая эту мысль, каждый гамильтоновцикл в G, который проходит через все вершины G,должен соответствовать строке нуклеотидов, котораясодержит каждый из наших l-меров. Далее, так каккаждая подстрока из S длины l соответствует какому-то l-меру, то S имеет минимальную возможную длинуи является кандидатом для искомой последовательно-сти ДНК (рис.9,б).

Недостаток этого довольно элегантного метода в том,что он основывается на решении ЗГЦ и потому напрактике не пригоден, кроме случаев, когда наш графG невелик. Стало быть, этот метод не подходит дляграфов, полученных из геномов, которые могут содер-жать миллиарды вершин.

Сборка генома как задачапоиска эйлерова цикла

Но не все еще потеряно. Давайте поступим довольнонеожиданным образом и вместо вершины сопоставимкаждому риду ребро. Для этого рассмотрим префиксыи суффиксы всех ридов. Заметим, что у разных ридовмогут быть общие суффиксы и префиксы; например уридов ЦАГЦ и ЦАГТ длины 4 есть общий префикс ЦАГ.Построим граф E, где вершины соответствуют различ-ным префиксам и суффиксам; соединим (l – 1)-мер Aс (l – 1)-мером B ориентированным ребром, если естьрид, чьим префиксом является A, и чьим суффиксомявляется B. На рисунке 10 приведен этот граф для тогоже набора ридов, что и на рисунке 9.

Решающий вопрос: чему соответствует цикл в E?Снова представьте себе, что вы муравей, выползающийиз какой-то вершины в E по ориентированному ребрув другую вершину, двигаясь по направлению стрелок.

Как и в случае с G, составляем по дорогестроку S, записывая последний символ извторой вершины после тех, которые былинаписаны в первой.

Понятно, что сначала S будет просто ридом,соответствующим ребру между первыми дву-мя вершинами. Обратите внимание, что нарисунке 10 мы пометили каждое ребро соот-ветствующим 3-мером.

Будем повторять этот процесс по мере того,как муравей ползет по E. С каждым новымребром мы добавляем еще один нуклеотид кстроке S и, таким образом, узнаем еще одинрид. Поэтому эйлеров цикл на E будет порож-дать (циклическую) строку S, которая содер-жит все наши риды, поэтому S будет канди-датом для искомой последовательности ДНК.Но теперь, в отличие от того, что было с

графом G, у нас нет вычислительных затруднений:ЗЭЦ легко решается с помощью теоремы Эйлера.Таким образом, мы свели сборку фрагментов к легкорешаемой вычислительной задаче – если, конечно, вграфе E вообще есть эйлеров цикл!

Рис.9. а) Граф H для набора 3-меров АТГ, ЦГТ, ГГЦ, ААТ, ГТГ, ТГГ, ТГЦ, ЦАА,ГЦА и ГЦГб) Гамильтонов путь в H. Какая циклическая последовательность буквсоответствует этому циклу?

3 У бактерий обычно так оно и есть.

Р Е К О Н С Т Р У К Ц И Я Г Е Н О М А : Г О Л О В О Л О М К А И З М И Л Л И А Р Д А К У С О Ч К О В 7

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 38

На самом деле, этот метод нуждается в уточнении –поговорим об этом после небольшого отступления.

Отступление – графы де Брёйна

В 1946 году голландский математик Николас деБрёйн (его портрет приведен на рисунке 14,в) заинте-ресовался задачей построения кольцевой строки мини-мальной длины, содержащей в качестве подстрок всевозможные последовательности из l двоичных цифр.Например, закольцованная строка 00011101 содержитвсе последовательности из 3 двоичных цифр: 000, 001,010, 011, 100, 101, 110 и 111. Легко понять, что00011101 – это кратчайшая такая строка, потому что вней не содержится никаких «лишних» цифр, т.е.каждая подстрока длины 3 является единственным

вхождением одного изприведенных выше дво-ичных чисел (рис.11).

Де Брёйн исследовалконкретный класс графов,определенный следующимобразом. Рассмотрим ал-фавит из n букв и фикси-рованное число l. Выпи-шем все 1ln − возможныхслов длины l – 1, где словодлины l – 1 – это простострока из l – 1 символовнашего алфавита. ДеБрёйн построил граф

( ),B n l (ныне называемыйграфом де Брёйна), в ко-тором вершинам соответ-ствуют все 1ln − возмож-ных слов длины l – 1;ориентированное ребро со-единяет слова 1w и 2w ,если существует l-буквен-ное слово W, для которого

1w является префиксом, а2w – суффиксом (рис.12).

Все графы де Брёйна обладают важным свойством:каждый из них содержит эйлеров цикл. Например, нарисунке 12 можно видеть, что у каждой вершины

( )2, 4B есть два входящих и два выходящих ребра, из

чего следует, что у этого графа есть эйлеров цикл.Чтобы понять, почему это верно для всех графов деБрёйна ( ),B n l , рассмотрим вершину w, соответству-ющую слову длины l – 1. Существует n слов длины lс префиксом w (каждое такое слово получается добав-лением одной из n букв в конец w), и поэтому исходя-щая степень каждой вершины в ( ),B n l равна n.Похожим образом можно показать, что существует nслов длины l с суффиксом w (каждое такое словополучается приписыванием одной из n букв к началуw), и поэтому входящая степень каждой вершины в

( ),B n l тоже равна n. Стало быть, у каждой вершиныв ( ),B n l исходящая и входящая степени равны n, итогда из теоремы Эйлера сразу следует, что у ( ),B n lдолжен быть эйлеров цикл.

Связь с нашей биологической задачей станет яснойтогда, когда мы заметим, что граф E содержится вграфе де Брёйна ( )4,B l . В самом деле: вершинами Eявляются все (l – 1)-меры встречающиеся в виде пре-фиксов или суффиксов наших ридов, а вершины

( )4,B l – это все возможные (l – 1)-меры.

Копийность ридов и другие усложнения

Предположим, что последовательность нашего гено-ма – АТГЦАТГЦ. Тогда мы получим 4 рида длины 3:АТГ, ТГЦ, ГЦА и ЦАТ, из которых, к сожалению,можно ошибочно реконструировать этот геном какАТГЦ. Все дело в том, что каждый из этих ридов вправильном геноме встречается дважды. Поэтому нампонадобится переделать процесс сборки генома. Пред-положим, что нам известны не только последователь-ности всех ридов, но и то, сколько раз данный l-мервстречается в геноме (это число называется копийнос-

Рис.10. Граф E для того же набора ридов, что и на рисунке9. Можете ли вы найти эйлеров цикл в этом графе? Какаяциклическая последовательность букв соответствует этомуциклу?

Рис.11. Поиск минимальнойкольцевой строки, содержа-щей в качестве подстрок всевозможные последователь-ности заданной длины. Здесьпоказана двоичная строка00011101 и выделены вхож-дения в нее последователь-ностей 000 и 110. Заметим,что в эту строку входят вседвоичные последовательно-сти из трех цифр без повто-ров, поэтому строка 00011101имеет минимальную воз-можную длину

Рис.12. Граф де Брёйна B(2, 4) с «алфавитом» из двухсимволов – цифр 0 и 1. Обратите внимание, что из теоремыЭйлера следует, что в этом графе есть эйлеров цикл (этотцикл показан на рисунке 19)

тью рида). Оказывается, мы сможем справиться сосборкой фрагментов и в этом случае.

Мы используем для этого практически тот же графE, с одним лишь изменением: если копийность какого-то l-мера равна k, то будем соединять его префикс ссуффиксом не одним, а k ребрами. Продолжим разби-рать наш пример из рисунка 10: если во время чтенияридов обнаружилось, что у четырех 3-меров ТГЦ,ГЦГ, ЦГТ и ГТГ копийность равна 2, а у шести 3-меров АТГ, ТГЦ, ГГЦ, ГЦА, ЦАА и ААТ копийностьравна 1, то мы построим граф, изображенный на

рисунке 13. В общем случае, легко видеть, что граф сребрами, добавленными согласно копийности, тожеэйлеров, поскольку полустепени исхода и захода вер-шины (соответствующей (l – 1)-меру) равны числураз, которое этот (l – 1)-мер встречается в геноме.

На практике точную информацию о копийности(l – 1)-меров в геноме с помощью современных техно-логий секвенирования получить довольно сложно. Темне менее, ученые-алгоритмисты недавно придумалиспособ восстановления геномной последовательностидаже тогда, когда эти данные отсутствуют.

Есть и другие осложнения: машины, секвенирующиеДНК, подвержены ошибкам, длина ридов может раз-личаться и так далее. Однако, вконечном счете, для всех методовсборки фрагментов оказываетсяочень полезно применить какой-ни-будь вариант графов де Брёйна длятого, чтобы свести естественное по-строение гамильтоновых циклов калгоритмически более простой за-даче об эйлеровых циклах.

Короткая история чтения ридов

Сказка о трех биологах: ДНК-чипы

Хотя математическое наследиеЭйлера, Гамильтона и де Брёйна(рис. 14) тесно переплелось, они

сами при всем желании не смогли бы встретиться другс другом. Зато в 1988 году встретились пути трехдругих ученых (рис.15). Радое Дрманац (RadojeDrmanac, Сербия), Андрей Мирзабеков (Россия) иЭдвин Саузерн (Edwin Southern, Великобритания)одновременно и независимо разработали футуристи-ческий и на тот момент совершенно невероятный методчтения ридов с использованием ДНК-чипов. Никто изэтих трех биологов не знал о работах Эйлера, Гамиль-тона и де Брёйна; никто не мог и предположить, чторезультаты их собственных экспериментов столкнут ихлицом к лицу с этими математическими гигантами.

В 1977 году Фред Сэнгер (Fred Sanger) с коллега-ми отсеквенировали первый вирус – крошечный бак-териофаг X174ϕ длиной 5375 нуклеотидов. Несмот-ря на то, что в конце 1980-х биологи регулярносеквенировали вирусы длиной в сотни тысяч нуклео-тидов, мысль о секвенировании бактериального гено-ма (не говоря о человеческом) казалась преждевре-менной и с экспериментальной, и с вычислительнойточек зрения. Дрманац, Мирзабеков и Саузерн поня-ли, что важнейшим недостатком исходной техноло-гии секвенирования ДНК, разработанной в 1970-х,является то, что для более длинных геномов онаслишком затратна. В самом деле, чтение одного ридав конце 1980-х стоило более одного доллара и поэто-му секвенирование генома какого-нибудь млекопита-ющего стоило бы миллиарды долларов. Из-за этойвысокой цены прочитать все l-меры генома было не-возможно, а это непременное условие успешного при-менения эйлерова подхода. ДНК-чипы были изобре-тены для того, чтобы удешевить чтение всех l-меровв геноме, пусть и с меньшей, нежели у исходнойтехнологии секвенирования ДНК, длиной рида l. На-пример, в то время как традиционные технологиисеквенирования считывали риды длиной приблизи-тельно 500 нуклеотидов, изобретатели ДНК-чиповориентировались на чтение ридов длиной около 15нуклеотидов.

ДНК-чипы устроены так: сначала синтезируютвсе 4l возможных l-меров (т.е. все фрагменты ДНКдлины l), потом их присоединяют к ДНК-микрочипу,который представляет из себя решетку с отдельнойячейкой для каждого l-мера. Потом берут (неизвест-

Рис.13. Граф с рисунка 10, в который добавились кратныеребра – было учтено, что копийность некоторых ридовбольше 1. К счастью, такое обобщение не усложняет задачупоиска эйлерова цикла, и цикл для нового графа также будетдавать кандидата для последовательности «ДНК»

Рис.14. Три математика. Слева направо: Леонард Эйлер, Уильям Гамильтон, Николасде Брёйн

Р Е К О Н С Т Р У К Ц И Я Г Е Н О М А : Г О Л О В О Л О М К А И З М И Л Л И А Р Д А К У С О Ч К О В 9

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 310

ный) фрагмент ДНК, на него наносят флюоресцент-ную4 метку, и раствор с этим помеченным фрагмен-том ДНК наносят на ДНК-микрочип. В результатенуклеотиды фрагмента ДНК гибридизируются (свя-зываются) с комплементарными парами на микрочипе(А связывается с Т, Ц с Г). Все что остается, –выяснить с помощью спектроскопии, в каких местахна микрочипе флюоресценция самая яркая: тогда на-шими ридами будут последовательности, комплемен-тарные к тем, что расположены в соответствующихячейках микрочипа. Изображение ДНК-микрочипа длянабора ридов из нашего постоянного примера приве-дено на рисунке 16.

Поначалу почти никто не верил, что идея микрочиповсработает, потому что и биохимическая задача синтезамиллионов коротких фрагментов ДНК, и математичес-кая задача восстановления последовательности каза-лись слишком сложными. В 1988 году журнал «Science»

написал, что, учитывая объем ра-боты, необходимый для производ-ства ДНК-микрочипа, «примене-ние ДНК-чипов для секвенирова-ния было бы заменой одной устра-шающей задачи на другую». Какоказалось, «Science» ошибался: всередине 1990-х небольшое числомолодых компаний усовершенство-вали технологию создания боль-ших ДНК-микрочипов. К сожале-нию, ДНК-чипы в конечном итогене смогли осуществить мечту своихсоздателей. Чипы непригодны длясеквенирования ДНК, потому что

точность гибридизации ДНК с чипами слишком низка,а значение l – слишком мало.

Тем не менее, неудача ДНК-чипов имела полезныйпобочный эффект: хотя исходная цель (секвенирова-ние ДНК) и не была на тот момент достигнута, вместонее возникли две новых неожиданных области приме-нения микрочипов. Сегодня чипы используются дляизмерения уровня экспрессии 5 генов и для анализагенетических вариаций. Эти новые приложения приве-ли к созданию многомиллиардной индустрии ДНК-чипов, включающей компании «Hyseq» (основана Ра-дое Дрманацем) и «Oxford Gene Technology» (основа-на сэром Эдвином Саузерном).

Недавняя революция в секвенировании ДНК

После основания компании «Hyseq» Радое Дрма-нац не оставил своей мечты об изобретении альтерна-тивного способа секвенирования ДНК. В 2005 оносновал компанию «Complete Genomics», которая не-давно разработала технологию чтения (почти) всех l-меров в геноме, тем самым позволив, наконец, при-менение метода эйлеровой сборки. Хотя используе-мая Дрманацем технология чипов с «наношариками»достаточно сильно отличается от предложенной им в1988 году технологии ДНК-чипов, наследие той идеив чипах с наношариками довольно ощутимо, подтвер-ждая тем самым старую истину, что хорошие идеи неумирают, даже если они проваливаются. Более того,некоторые другие компании, включая «Illumina» и«Life Technologies», соревнуются с «CompleteGenomics», используя свои собственные технологиидля чтения (почти) всех l-меров в геноме. ДНК-чипыоказались неспособны выдавать точные последова-тельности ридов длиной хотя бы 15 нуклеотидов, нотехнологии секвенирования следующего поколениячитают риды длины 25 нуклеотидов 6 и даже больше(при этом считывая сотни миллионов таких ридов заодин эксперимент). За последние 5 лет эти разработ-ки в области технологий секвенирования полностьюпреобразили геномику, и теперь биологи готовятся ксборке геномов всех млекопитающих на Земле

Рис.15. Три биолога. Слева направо: Радое Дрманац, Андрей Мирзабеков, ЭдвинСаузерн

Рис.16. ДНК-микрочип, содержащий все возможные 3-меры.В десяти клеточках, которые выделены цветом, представле-ны 3-меры, дополнительные к ридам с рисунков 9 и 10.Например, ЦАЦ выделен, поэтому дополнительный к немурид ГТГ был на тех рисунках. Отметим, что ДНК-микрочип несодержит никакой информации о копийности ридов

5 Экспресия генов – процесс производства белка, кодиру-емого этим геном.

6 В настоящее время – более 100.

4 На самом деле в то время речь шла не о флюоресцентной,а о радиоактивной метке.

(рис.17), все еще основываясь на прекрасной идее,которую Леонард Эйлер придумал в 1735 году.

Доказательство второй теоремы Эйлера

Мы докажем теорему в случае ориентированныхграфов (теорема для неориентированных графов дока-зывается аналогичным образом).

Итак, для доказательства мы должны проверить,что (1) у графа с эйлеровым циклом исходящая ивходящая степени любой вершины равны, (2) если всвязном графе исходящая и входящая степени любойвершины равны, то для него имеется эйлеров цикл.

1. Пусть граф имеет эйлеров цикл. Рассмотримнекоторую вершину v. Пройдем по эйлеровому цик-лу, начиная с некоторой вершины, отличной от v.Каждый раз, когда мы входим по некоторому ребру ввершину, мы выходим из нее по другому ребру. Темсамым, если в вершине v мы побывали k раз, товходящая и выходящая степени этой вершиныравны k, т.е. равны.

2. Наоборот, предположим теперь, что в связномграфе исходящая и входящая степени любой вершиныравны. Будем явно строить эйлеров обход следующимобразом. Возьмем некоторую вершину v в графе G илюбое ребро, выходящее из v. Пройдем по этомуребру в следующую вершину. Продолжим путь, каж-дый раз выбирая ребро, по которому мы еще непроходили. В конце концов мы придем в начальнуювершину v, при этом образуется некоторый цикл

1C . Почему наше «случайное блуждание» по ребрамграфа завершится построением цикла? Это следует изусловия равенства входящей и исходящей степеней:ведь каждый раз после того, как мы пришли в вершину,отличную от v, мы сможем покинуть ее по еще непройденному ребру.

Для цикла  1C  есть две возможности: либо  1C  ужеявляется эйлеровым циклом, либо нет. Во второмслучае временно удалим ребра  1C  из G. Получимновый граф H. Так как в цикле  1C  для каждой вер-

шины исходящая и входя-щая степени равны, то этоусловие сохраняется и дляграфа H. Так как G —связный, найдется некото-рая вершина w из H, изкоторой есть исходящиеребра, принадлежащие какграфу H, так и  1C . Как ивыше, в графе H выделимцикл  2C , начинающийся ввершине w. Теперь у насдва цикла 1C и 2C , не име-ющие общих ребер, и обаони проходят через верши-ну w. Мы можем объеди-нить эти два цикла 1C и

2C  в один «суперцикл» C(рис. 18).

Далее проверяем, являет-ся ли цикл C эйлеровым.

В случае если нет, повторяем процедуру «наращива-ния» цикла.

Эта процедура не может продолжаться бесконечно (вграфе конечное число ребер), поэтому на очередномшаге мы получим эйлеров цикл.

Замечательная особенность доказательства, пред-ставленного выше, — его «конструктивность». Ведьмы не только получили доказательство теоремы, но иполучили достаточно простой алгоритм построенияэйлерова цикла.

Этот алгоритм в действительности будет быстроработать и применим к графам генома, количестворебер в которых может составлять миллиарды. Нако-нец мы научились собирать наш гигантский пазл.

На рисунке 19 мы применяем алгоритм к графу деБрёйна с рисунка 12.

Заключение

Мы познакомились с Эйлером, Гамильтоном и деБрёйном – тремя математиками трех веков, живших вразных странах и ставивших перед собой совершенноразные задачи. В их работе и том, во что она превра-тилась в настоящий момент в современной биологии,мы можем почувствовать дух настоящего приключе-ния. При этом первые биологи, которые работали надзадачей секвенирования ДНК, не имели никакого

Рис.17. К 2010 году были расшифрованы геномы всего девяти млекопитающих: человека,мыши, крысы, собаки, шимпанзе, макаки, опоссума, лошади и коровы. С тех пор уже многоеизменилось, но многое еще впереди

Рис.18. Объединение циклов. Если два цикла проходят черезодну и ту же вершину w, то их можно объединить в одинцикл, просто поменяв порядок прохода вершин, выходящихиз w

Р Е К О Н С Т Р У К Ц И Я Г Е Н О М А : Г О Л О В О Л О М К А И З М И Л Л И А Р Д А К У С О Ч К О В 11

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 312

представления о том, как применить для этого теориюграфов; более того, первая статья, объединившая мате-матические идеи этого трио для сборки фрагментов,была опубликована спустя многие годы после смертиЭйлера и Гамильтона, когда де Брёйну было уже за 70.Так что, возможно, стоит представлять себе этих троихученых не как искателей приключений, а как одинокихстранников. Каждый из них любил решать абстракт-ные математические задачи, даже не предполагая (какэто часто бывает у математиков), что их ответы могутбыть однажды применены в реальном мире уже без нихсамих.

Примечания

Решение Эйлера для задачи о Кенигсберских мостах былопредставлено в Академии наук и художеств в Санкт-Петер-бурге 26 августа 1735 года. Эйлер был самым плодовитымавтором математических работ всех времен: помимо теорииграфов он впервые использовал запись ( )f x для обозначе-ния функции, i для квадратного корня из –1 и постоянной πдля вычисления длины окружности. Напряженно работаявсю свою жизнь, он ослеп. В 1735 году он перестал видетьправым глазом, но не бросил занятий математикой. В 1766году он потерял зрение и на левом глазу и все равнопродолжил работать, сказав лишь, что «теперь у меня будетменьше поводов отвлекаться». Уже совершенно ослепнув, онопубликовал сотни статей.

После работы Эйлера, решающей задачу о Кенигсберскихмостах, о теории графов забыли более чем на сто лет, но во

Рис.19. Поиск эйлерова цикла в графе B(2, 4)с рисунка 12. Сначала разбиваем граф нациклы (а). Затем по очереди объединяемэти циклы, применяя описанный выше алго-ритм (б). В итоге получится единственныйэйлеров цикл (в); цифры на ребрах обозна-чают порядок обхода. В нашем случае циклдает строку 0000110010111101

второй половине XIX века онабыла возвращена к жизни вы-дающимися математиками,среди прочих и Уильямом Га-мильтоном. Теория графовокончательно расцвела в XXвеке, став одним из основныхнаправлений математическихисследований.

Первые методы секвениро-вания ДНК были независимои одновременно изобретены в1977 году Фредом Сэнгером сколлегами с одной стороны иУолтером Гильбертом (WalterGilbert) с коллегами – с дру-гой. Подход к секвенирова-нию ДНК с помощью гамиль-тоновых циклов был впервыепредложен в 1984 году(H.Peltola, H.Soderlund,E.Ukkonen), а впоследствииразвит Джоном Кесесиоглу(John Kececioglu) и Юджи-ном Майерсом (Eugene Myers).Развитие методов секвениро-вания ДНК привело к рас-шифровке полного генома бак-терии H. influenzae длиной1800 Кб в середине 1990-х.Геном человека был отсекве-нирован с использованием га-мильтонова подхода в 2001.

Использование ДНК-чиповбыло предложено одновремен-

но и независимо в 1988 году Радое Дрманацем и коллегамив Югославии, Андреем Мирзабековым и коллегами в Россиии Эдвином Саузерном и коллегами в Великобритании.Эйлеров подход к ДНК-чипам был описан П.Певзнером.Эйлеров подход к секвенированию ДНК был описан R. Iduryи M. Waterman, а в дальнейшем развит в 2001 году(P.A. Pevzner, H.Tang и M.Waterman), когда уже почтиникто не верил, что его станет возможно применить напрактике.

Примерно в то же время Сидни Бреннер (Sydney Brenner)с коллегами представили метод Massively Parallel SignatureSequencing (MPSS, метод сильно распараллеленного секве-нирования подписей), который ознаменовал начало эрысеквенирования нового поколения с использованием корот-ких ридов. На протяжении последнего десятилетия MPSSвместе с технологиями, разработанными такими компания-ми, как «Complete Genomics», «Illumina» и «Life Tech-nologies», совершили переворот в геномике. Технологиинового поколения считывают довольно короткие риды, дли-ной от 30 до 100 нуклеотидов, усложняя этим задачу сборкифрагментов. Чтобы разрешить этот вопрос, было разработа-но большое количество средств сборки, все из которыхследуют эйлерову подходу.

Заинтересованный читатель может прослушать в интерне-те (бесплатно) курс по биоинформационным алгоритмам,который начнется 15 сентября. Подробности по ссылке

https://www.coursera.org/course/bioinformaticsТакже рекомендуем книгу «Биоинформатика для биоло-

гов» («Bioinformatics for biologists») под редакцией П.Пев-знера и Р.Шамира, выпущенную на английском языкеиздательством «Cambridge university press» в 2011 году.

Очерк истории исследованийнейтрино

Ю.ГАПОНОВ

ИТАК, К 1956 ГОДУ СТАЛО ЯСНО СЛЕДУЮЩЕЕ.Что касается квантовой электродинамики, то, впринципе, она построена, оставались только

проблемы расходимостей, с которыми физика ещедолго возилась и в какой-то мере продолжает возитьсяи сегодня. Но это уже проблемы, связанные с высокимиточностями теорий. Затем впервые физики обратиливнимание на так называемые дискретные симметрии –отражение пространственное, отражение временнуе ипреобразование заряда (когда вы переходите от частицк античастицам). Ну вот, эти идеи были развиты.Дальше – и это было самое интересное – в K-мезонах,которые в это время уже научились рождать на уско-рителях, возникла совершенно новая проблема. Опятьпарадокс, и опять он связан в какой-то мере, как мыувидим дальше, с физикой слабого взаимодействия (вданном случае это физика слабого взаимодействия, а несовсем нейтрино, но в нейтрино имеет место то жесамое). А именно, это τ θ- -проблема. Измеряя K-мезонные распады, нашли такие частицы, которыераспадаются на два пиона или на три пиона (разныечастицы, естественно). При этом массы этих частицпрактически совпадают. Как это может быть? Вотпроблема, которая мучила физиков с 1953 по 1956 год,а ответ на нее оказался совершенно уникальным: в этихраспадах нарушается четность, закон сохранения чет-ности. И вот, эта гипотеза была выдвинута в 1956 годуЛи и Янгом, и буквально за год эксперимент попроверке сохранения четности в бета-распаде былсделан, это все было подтверждено, и выяснилось, чтоу нейтрино есть совершенно новые свойства. Сейчас явам несколько слов на эту тему скажу.

Что такое четность? Напомню. Все физики знают,что есть векторы: радиус, скорость, импульс… Естьоперация отражения. Ну вот, нарисуем, например,импульс в неких координатах x, y, z. Давайте произве-дем отражение. Если я сделаю полное отражение всего– и осей, и самого импульса тоже, то это будет вариантвозможный, но не совсем та операция, с которой мыхотим работать. Я же хочу отразить импульс, носохранить координаты, т.е. провести отражение встарых координатах. Ясно, что вектор при такойоперации просто поменяет знак: r

r поменяется на r-

r,

vr на v-

r, pr на p-

r. Однако существуют другие

величины, типа векторного произведения двух векто-ров, которые имеют другие свойства. Вот, например,

момент силы или момент импульса. Если вы делаетеотражение, то, поскольку у вас есть два вектора и обазнак меняют, эти псевдовекторы, как мы их называем,не меняют знака. В частности, раз есть момент, то,естественно, кручение самой частицы тоже можнорассматривать как некий момент, который тоже недолжен менять свой знак при отражении. И, наконец,если я ее, эту частицу, сведу в точку, сделаю ееточечной, то возникает понятие спина. Я не хочу сейчасвлезать в эти понятия, физики знают, что это такое, япросто немного примитивизирую картину, чтобы вампроще было понимать ситуацию. Поляризация спин-частиц как раз имеет те же свойства, что и векторноепроизведение.

Давайте теперь рассмотрим такой процесс. Пускай унас есть нейтрино, и пускай нейтрино летит по импульсуpr, а поляризовано против импульса. В действительно-

сти реальные нейтрино так и устроены – они поляри-зованы против своего импульса. Проведем отражение.Тогда в отражении, т.е. в зеркале, вы увидите, чтоимпульс у вас поменялся, а спин не изменился. У васпоявилась частица, у которой спин и импульс направ-лены в одну и ту же сторону. А с точки зрениясегодняшней физики это – антинейтрино. Значит, вОкончание. Начало – в предыдущем номере журнала.

Юрий Владимирович Гапонов

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 314

зеркале (вы смотрите в зеркало) вместо нейтрино вывидите антинейтрино, а не нейтрино. Вот парадокс, скоторым столкнулись физики в 1956–57 годах. Точнотак же вы можете сделать, например, такой экспери-мент. Рассмотрите поляризованное ядро, которое у васраспадается, вылетают электроны под углом θ , и выделаете отражение. У вас поляризованное ядро останет-ся поляризовано в ту же сторону, а импульс поменяетзнак. Если бы у вас закон сохранения четности выпол-нялся, то оба процесса были бы одинаковы. А на самомделе оказывается, что при бета-распаде частицы выле-тают в основном по или против момента ядра. Вот этои есть знаменитый эксперимент Ву, который был сделанв 1957 году буквально за полгода. И было показано: да,в физике слабого взаимодействия, т.е. в нейтриннойфизике, нарушается четность. И вот здесь выяснилось,что Нильс Бор был прав. Действительно, Нильс Бор чтоговорил? Он придирался к закону сохранения энергии,но он был прав в своей логике: на уровне в 13 1710 10- -

- смзаконы сохранения могут быть другими. И в этом планеего идея как бы ожила заново. Ничего не пропадает,хорошие идеи сохраняются и дальше. Вот сегодняшняяточка зрения: безмассовое нейтрино поляризовано про-тив импульса, а антинейтрино – по импульсу. Мирвнутри, в слабом взаимодействии, оказывается несим-метричным. В зеркале вы видите не нейтрино, аантинейтрино. И еще одно открытие было сделановскоре после этого: процессы, связанные с направлени-ем времени, тоже оказались разными. Были открытыпроцессы в распаде Ko -мезонов, которые по времени ипротив (со сменой знака времени) – разные.

Итак, вот что произошло в теоретический период с1953 по 1967 год. Ли и Янг придумали гипотезу длярешения проблемы τ θ- , т.е. гипотезу о нарушениичетности. Оно было экспериментально открыто в 1957году – сначала в бета-распаде ядер, потом в бета-распадеразличных частиц: µ -мезонов, π -мезонов, K-мезонов;ныне это тривиальность. И, наконец, что было действи-тельно новостью для физиков, оно было обнаружено вовзаимодействии нуклонов с нуклонами в ядрах. Кстати,это до сих пор некоторая загадка. Мы прекрасно знаем,что есть так называемые нарушающие четность ядерныесилы. Эти силы существуют, они экспериментальнопоказаны. К слову сказать, Россия здесь очень многопоработала – например Лобашёв (экспериментатор) иАбов Юрий Георгиевич. Но по сию пору эта областьявлений никак не связана с остальными, вы не можетерассчитать ее, исходя из элементарных частиц. Элемен-тарная частица живет сама по себе, а ядерная физикас ее нарушением нуклон-нуклонного слабого взаимо-действия живет сама по себе.

Наконец, было открыто слабое взаимодействие и ватомах тоже – взаимодействие между ядром и электро-нами, кроме обычного кулоновского, имеет еще некуюмаленькую добавку. Эта добавка связана с тем, чтоэлектрон с нуклонами еще взаимодействует слабымобразом. Вот эти процессы были впервые тогда откры-ты. А теория, после того как было открыто, чтонейтрино на самом деле имеет строго определеннуюполяризацию, а антинейтрино имеет совершенно дру-

гую поляризацию, вернулась к Вейлю, т.е. к томупредельному случаю, который может быть получен изуравнения Дирака и который игнорировался в 1928–29годах. Оказалось, что нейтрино описывается именноуравнением Вейля. Возьмите уравнение Дирака, поло-жите массу равной нулю, получите нейтрино. Всепросто! Но тогда это отрицалось. Отрицалось, потомучто нарушение сохранения четности было. Никто немог в это поверить.

И вот теперь такая интересная парадоксальная вещь.Я говорю про 1956 год. Итак, вернулись к двухкомпо-нентному нейтрино. Была попытка Ландау ввестинарушение четности, но сохранить хотя бы идею о том,что если вы смотрите на нейтрино, то в зеркале у васантинейтрино, т.е. ввести так называемое CP-сохране-ние 1 . Это сохранение, к сожалению, тоже оказалосьнарушенным, хотя намного в меньшей степени (так,доля распадов нейтральных K-мезонов с нарушениемСР-инвариантности составляет примерно 310- ). Затем,и это было сформулировано в основном Фейнманом,был реально написан гамильтониан 2 слабого взаимо-действия с нарушением четности (так называемое V-Aслабое взаимодействие 3 ). И еще было открыто нару-шение CP-четности (т.е., если хотите, T-четности 4 ) вэксперименте – это следующий момент.

И, наконец, приблизительно в 1963–66 годы быласформулирована так называемая Стандартная модель 5 .Это модель, в которой (я немного дальше буду об этомговорить) объединены две вещи: электромагнитноевзаимодействие и слабое взаимодействие – то, котороепроисходит с нейтрино. Стандартная модель быласформулирована именно в это время, но еще потребо-валось достаточно большое время, порядка 20 лет,чтобы доказать, что это действительность.

1 CP-симметрия, или комбинированная четность, это инва-риантность физических законов относительно преобразова-ния, при котором происходит одновременно пространствен-ное (P) зеркальное отражение физической системы и заменакаждой частицы на соответствующую ей античастицу (C,зарядовое сопряжение).

2 Гамильтониан – оператор полной энергии системы приквантово-механическом описании.

3 V-A-теория – универсальная теория слабого взаимодей-ствия, учитывающая нарушение четности (P-симметрии)при слабом взаимодействии. Предложена в 1957 году М.Гелл-Манном, Р.Фейнманом, Р.Маршаком и Дж.Сударшаном.

4 T-симметрия, или симметрия по отношению к обращениювремени, это инвариантность физических законов относи-тельно замены времени t на –t. Поскольку фундаменталь-ным качеством физических законов считается CPT-симмет-рия (т.е. инвариантность по отношению к одновременномупространственному зеркальному отражению физическойсистемы, зарядовому сопряжению и обращению времени),то нарушение CP-симметрии возможно лишь при одновре-менном нарушении T-симметрии.

5 Точнее, здесь идет речь о теории электрослабого взаимо-действия, которая была сформулирована к 1967 году С.Вайн-бергом, Ш.Глэшоу и А.Саламом и легла в основу (наряду сквантовой хромодинамикой) созданной в течение следующе-го десятилетия Стандартной модели физики элементарныхчастиц.

Но вот что интересно: несмотря на то что, казалосьбы, все сформулировано и все открыто, оставались дваостровка в это время, которые были не поняты. Первый– это гипотеза Понтекорво о нейтринных осцилляциях,про которые я сейчас скажу, и второй – майорановскаягипотеза.

Так вот, теперь я хочу сказать несколько слов оБруно Понтекорво и его гипотезе 1957 года. Это –гипотеза осцилляций, она была опубликована опять впрепринте, только теперь в Дубне. Помня про работуМайорана (Понтекорво в какой-то мере был его учени-ком), он все время думал о том, нейтрино и антинейт-рино это одно и то же или нет? Если это одно и то же,то получаются одни процессы, если это разные вещи,то – другие процессы. И вот, размышляя над этим,Бруно Понтекорво сформулировал такую очень любо-пытную гипотезу. В заключении своей статьи он пи-шет, что если у вас нет нейтрино и антинейтрино, а естьнарушение сохранения лептонного заряда (т.е. еслинейтринный заряд не сохраняется), то при этом воз-можно превращение нейтрино в антинейтрино в про-цессе движения, ( ν ν´ ɶ ), и тогда будут происходитьпроцессы, похожие на те, которые были открыты в 0K -мезонах. А в 0K -мезонах в это время были открытыосцилляции, когда 0K переходит в анти- 0K и анти- 0Kпереходит в 0K . И Понтекорво написал даже, что, по-видимому, этот процесс может быть очень вероятнооткрыт, как минимум, в астрофизике, в астрофизичес-ких масштабах. Больше того, он даже дал оценкудлины этих осцилляций. Средняя энергия нейтрино,которые, например, испускает Солнце, это 1 МэВ, итогда длина осцилляций порядка 310  км. А сегодняосцилляции открыты, и их величина порядка 100–200 км. Иными словами, масса нейтрино не равнанулю (Понтекорво для массы нейтрино предположилвеличину 1110-  эВ). Таким образом, если все в этовремя увлекались Вейлем и считали, что масса нейтри-но ноль и не о чем говорить, то Понтекорво высказалвот такую гипотезу. И я еще раз подчеркиваю, это былана самом деле линия от Майорана: гипотеза Майорана– это 1937 год, 1946 год – размышления Понтекорвоотносительно нейтринной физики, а в 1957 году, ужев России, он высказывает идею нейтринных осцилля-ций. В то время нейтрино было одно. Но, кстати, онпишет, что если нейтрино будет не одно, а несколькихтипов, то тоже могут быть нейтринные осцилляции 6 .И в 1958 году Понтекорво высказывает идею, чтонейтрино на самом деле не одно, а их может быть два,что возможны нейтрино, связанные с электронами, инейтрино, связанные с мюонами. По его идее в ЦЕРНебыл поставлен эксперимент, в котором были открытыдва типа нейтрино: нейтрино электронное и нейтриномюонное (1962 г.). Вот так. А потом нам говорят, чтояпонцы в 1962 году первые сказали: «нейтринныеосцилляции».

Хорошо. Пойдем дальше.Как видите, все не просто. Стандартная модель есть,

а он (Понтекорво) – все свое. Он говорит о том, что у

нейтрино могут быть совершенно другие свойства. Этовремя, приблизительно с 1956 по 1966 год, – «теорети-ческое» время, время дискуссий, там много чего сложи-лось, много было высказано всяких идей. После этоготеоретики затихли, начали работать экспериментато-ры. Экспериментаторы за следующие 20 лет доказыва-ют, что Стандартная модель действительно работает.Возникают три главных – теперь уже научились снейтрино работать – направления в нейтринной физи-ке. Во-первых, нейтрино низких энергий – реакторныенейтрино в основном или бета-распад. Идут исследова-ния свойств нейтрино, делаются оценки на массунейтрино, поляризацию нейтрино, ищутся доказатель-ства того, что нейтрино не равно антинейтрино. И,наконец, был открыт так называемый нейтральныйканал реакции, когда нейтрино не рождает электрон вобратном процессе, а просто рассеивается. Рассеивает-ся, и все. Причем оно может рассеиваться на нуклонах– ну, на дейтроне, например, и на электронах. Приэтом оказалось, что в таких процессах физики вынуж-дены работать с совершенно экстремально малымисечениями: 43 210 см- – это еще хорошо. Сейчас работа-ют на грани 46 210 см- . Фантастически малые величины– ничего ниже мы не сможем мерить. Но именно тогдаэто было осознано.

Второе направление – нейтрино высоких энергий.Оно возникло, в частности, в связи с тем, что физикинаучились работать с ускорительными пучками. Впучках пи-мезонов, например, у вас нейтрино рожда-ются от распада пионов, и эти нейтрино имеют энер-гию, уже гораздо большую – не порядка 1 МэВ, как вреакторной физике, а порядка 1 ГэВ и даже выше. Асечение взаимодействия нейтрино с нуклонами, и вооб-ще всех слабых процессов в этой области, пропорцио-нально квадрату энергии падающего нейтрино. Разтак, то вы теперь можете, беря пучки нейтрино доста-точно высоких энергий, выходить на большие сечения.Действительно, это направление развивалось, появи-лись новые методы регистрации нейтрино, в частности– камеры всякие, и было доказано, что нейтриноэлектронное не похоже на нейтрино мюонное, чтонейтрино мюонное не похоже на свое антинейтрино ичто существует еще третий тип нейтрино, так называ-емое тау-нейтрино, от распада тау-мезона. Таким обра-зом, появились три семейства нейтрино. Были исследо-ваны процессы рассеяния нейтрино на электронах и нануклонах и в параллель с этим были открыты новыекварки, c, b, t, причем была найдена некая аналогиямежду нейтрино и кварками. Нейтрино есть трехтипов, и кварков есть три семейства. Наконец, самыммощным доказательством того, что Стандартная мо-дель реализуется в природе, было два открытия: пер-вое – открытие нейтральных процессов 7 , которыепредсказаны только в Стандартной модели, и второе –

7 Нейтральные токи – один из механизмов слабого взаимо-действия, осуществляемый за счет обмена виртуальными Z-бозонами между кварками и лептонами без изменения элек-трического заряда начальных и конечных частиц. Предска-заны в 1973 году А.Саламом, Ш.Глэшоу и С.Вайнбергом,экспериментально подтверждены в 1974 году в ЦЕРНе.

6 Осцилляции уже не между нейтрино и антинейтрино, амежду двумя типами нейтрино.

О Ч Е Р К И С Т О Р И И И С С Л Е Д О В А Н И Й Н Е Й Т Р И Н О 15

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 316

открытие W- и Z-бозонов (элементарных частиц –переносчиков слабого взаимодействия), 1983 год. При-чем выясняется, что их масса строго соответствуетСтандартной модели. Все, физики должны были успо-коиться, Стандартная модель работает.

И параллельно возникает третье направление – ней-тринная астрофизика. Начинаются поиски нейтрино отСолнца, от звезд, от коллапса сверхновых, возникаетидея о том, что во Вселенной существует нейтринноеморе – нейтрино очень низких энергий, которые обра-зуют некий фон. Начинаются солнечные эксперимен-ты. Один из первых экспериментов как раз велся пореакции, которую предложил Понтекорво: нейтринопадает на хлор, получается аргон. Это экспериментДэвиса, который делался в течение 30 лет в Хоумстейкев Америке. И, наконец, возникают подземные лабора-тории и первые нейтринные телескопы.

Итак, в этот период наше знание о свойствах нейтри-но расширяется до процессов рассеяния, идут исследо-вания в рамках Стандартной модели, нейтрино превра-щается в инструмент исследования, появляются нейт-ринные пучки и нейтринные детекторы. Выявляетсяособая роль нейтрино в мировой картине Вселенной.

Вот какая любопытная картина возникла, если по-смотреть начиная с 30-х годов. Появилась гипотезанейтральных частиц, 1930 год, произошло открытиенейтрона. Квантовая электродинамика была сформу-лирована, возникла нейтрон-протонная модель ядра.И параллельно начинаются, с одной стороны, экспери-ментальные исследования, практически не зависящиеот теоретиков, а с другой стороны, теоретическиеисследования. Экспериментальные исследования – бета-распад ядер, элементарных частиц, новые эксперимен-тальные методы – идут начиная с 1930–32 годов и доконца 1956 года. Здесь возникает та самая проблемаτ − θ , о которой я рассказал. Теоретики тоже, какговорится, не дремлют, развивают свои собственныеметоды, размышления: Ферми придумал феноменоло-гическую теорию бета-распада; возникает гипотезаМайорана, которая еще висит сама по себе, никтоничего не может про нее сказать. Появляется идея отом, что должна быть симметрия по отношению кпространственным преобразованиям, которая как разздесь и нарушилась. Вот так сошлись теоретическая иэкспериментальная физика.

В 1956–58 годы возникает мощный скачок, когдаэксперимент нуждается в теории, а теория нуждаетсяв эксперименте. Начинаются опять совершенно незави-симые процессы, я это подчеркиваю – очень маловлияющие друг на друга: с одной стороны, развитиеэкспериментальных методов, с другой стороны – раз-витие теории. Экспериментальные методы – в чистойфизике высоких энергий, с астрофизическими объекта-ми. А в плане теории – это структура частиц, Стандар-тная модель, новые кварки. И к середине 1980-х годовскладывается вот такая ситуация: утверждена Стан-дартная модель и начинается поиск выхода из Стандар-тной модели. Вопрос – что дальше? Ну нельзя жеостановиться, должно быть развитие дальше. Тогда –что? Есть ли что-нибудь вне Стандартной модели? Вот

этот вопрос себе впервые задают физики. Но для тогочтобы о нем говорить, я напомню вам, что такоеСтандартная модель с сегодняшней точки зрения.

Стандартная модель электрослабого взаимодействия,я буду о ней в основном говорить, с точки зренияматематики – своеобразная вещь. Время от времени вфизике возникают такие модели, в которых объединя-ются математика и физика. И это как раз особые точки,когда действительно происходит какой-то взрыв наше-го понимания. Стандартная модель с точки зренияматематики это так называемая SU(2)–U(1) симмет-рия, которая хорошо изучена математиками уже давно,еще с конца прошлого века. С точки зрения физики:существуют лептоны, которые образуют дублетылевых и синглеты правых частиц.8 Соответственно –для электронных, мюонных и тау-семейств. Вот массыэтих частиц: 0,5 МэВ у электрона, 105 МэВ у мюона,1777 МэВ у тау-частицы. Нейтрино же существуюттолько левые, никаких правых нейтрино нет в Стан-дартной модели. Есть ли масса у нейтрино? Вот первыйвопрос, который возникает. По Стандартной модели,на этом уровне, нет массы, ноль, нейтрино тольколевые, и никаких вопросов нет.

У кварков – то же самое, есть дублеты кварков и естьсинглеты, есть правые и есть левые. Есть u- и d-кварки,c- и s-кварки, t- и b-кварки. Вот массы кварков насегодняшний день: от 2–5 МэВ для u- и d-кварков до180 ГэВ у t-кварков. Они не так давно открыты,кстати. Оказывается (и это первый вопрос к теории),часть этих кварков, а именно d, s, b, не сами по себевходят в теорию, а смешиваются. И существует чистофеноменологическая, никак не объясняемая пока мат-рица Кобаяши–Маскавы, которая описывает эти сме-шивания. Откуда она взялась, что это такое? Вопрос.Но возникает следующий вопрос: а есть ли смешиваниенейтрино?

Дальше. Все взаимодействия в Стандартной моделиустроены очень просто. Есть так называемое калибро-вочное взаимодействие и есть константы, связывающиеразличные взаимодействия. В нулевом приближении втеории все безмассовое, ничего нет массивного. Затемвключается механизм появления массы, так называе-мый хиггсовский механизм. Источник массы – вот этотбозон Хиггса, который до сих пор не открыт9 , а дальшечасть из этих частиц, в частности бозонов, получаетмассы. Гамма-квант остается безмассовый, а Z- и W-бозоны получают определенную массу. Значит, длятого чтобы охарактеризовать эти упомянутые констан-ты, достаточно ввести один экспериментальный угол,угол Вайнберга10 . При этом впервые в физике возни-кает некий механизм появления массы. Мы до сих порне знаем, правильный или неправильный механизм

8 Частицы с «левой» спиральностью – это те частицы, укоторых спин направлен против направления движениячастицы. У «правых» спин направлен по движению частицы.

9 Бозон Хиггса открыт экспериментально в 2012 году (былпредсказан британским физиком П.Хиггсом в 1964 году).

10 Параметр в теории электрослабого взаимодействия,который определяет связь между константами слабого иэлектромагнитного взаимодействий.

предложен, но, во всяком случае, на том уровне, накотором мы сегодня физику понимаем, этот механизмработает.

Итак, существуют лептоны и кварки, это частицы-фермионы, т.е. частицы с половинным спином. Суще-ствуют передатчики калибровочного взаимодействия –γ -кванты, W- и Z-бозоны, и взаимодействия происхо-дят универсально: вот у вас летит кварк или лептон, ониспускает при взаимодействии один из этих бозонов ипереходит в новое состояние. Это схема всех взаимо-действий, которые мы сейчас знаем и которые описы-ваются в Стандартной модели. Значит, возникает уни-версальная взаимосвязь всех полей, т.е. возможно, чтоесть даже некая общая единая константа, котораяпостепенно, за счет разных этапов нарушения спонтан-ной симметрии, переходит в другие, и источникомвозникновения массы является спонтанное нарушениесимметрии вакуума. Вот что сегодня мы знаем.

Какие недостатки у этой теории? Прежде всего,непонятно, как эти поколения образовались, почему уних совершенно разные массы и т.п. Дальше. Каковамасса нейтрино? Здесь (в Стандартной модели) онаноль, но, может быть, она не ноль? Почему происходитсмешивание этих поколений? И, наконец, откуда взя-лись вот это нарушение и вот эта константа, котораясвязана с этими нарушениями (т.е. угол Вайнберга)?Здесь я хочу обратить ваше внимание на очень интерес-ную аналогию между ньютоновской теорией, которуювсе знают, и Стандартной моделью. В Стандартноймодели вы имеете безмассовые частицы, в нулевомприближении. Безмассовые частицы – это вещь, кото-рая описывает геометрию. Не нужно никакой физики,чтобы описать безмассовые частицы. Чистая геомет-рия, с точки зрения современной высшей геометрии.Точно так же в ньютоновской теории вы имеете инер-ционное движение – если у вас нет никакого взаимодей-ствия, все выключено, то частицы будут двигаться поинерции по прямым. Но прямые – это опять же чистаягеометрия. В основу и той, и другой теорий положеначистая геометрия. А дальше включается физика. Вньютоновской механике включаются силы, и все части-цы начинают двигаться по некоторым траекториям, т.е.начинается нарушение геометрии. Точно так же вфизике элементарных частиц включаются калибровоч-ные взаимодействия, хиггсовский механизм, и у вас всеначинается, возникает физика. Физика отличается отматематики тем, что в ней есть нарушение симметрии.Вот такие маленькие размышления…

Ну, теперь мы переходим, делаем шаг, к современнойтеории, к современной физике. С 1980-х годов теорияначинает искать выход из Стандартной модели. Естьдва пути, по которым идет теория. Первая идея быласвязана с Великим объединением. Давайте в Стандар-тной модели, где у нас была простейшая симметрия,введем все более и более высокие математическиесимметрии – вместо SO(2) рассмотрим SO(5) и т.д.Иными словами, математически будем все более иболее расширять поле этих частиц. При этом мыначнем объединять между собой электродинамику сфизикой слабого взаимодействия, затем присоединим к

ним сильное взаимодействие, потом добавим гравита-цию, и таким образом у нас будет развиваться теория.Вот общая идея теории Великого объединения. Новозможен другой путь – и, скорее всего, по этому путипошла Природа: а вдруг у нейтрино (именно у нейтри-но в данном случае) есть нестандартные свойства?Например, есть майорановское нейтрино, т.е. нейтри-но равно антинейтрино. Или у вас есть осцилляции –переход нейтрино электронного и мюонного в тау-нейтрино. Или осцилляции в веществе, которые былипридуманы немножко позже. У нейтрино есть магнит-ный момент, а давайте вводить прецессию этого маг-нитного момента нейтрино в веществе. И так далее, т.е.второй путь – это путь, связанный с нестандартностьюнейтрино.

И как на это начинают отвечать эксперименты? Надосказать, что очень интересным моментом, связанным сразвитием эксперимента, оказался взрыв сверхновой.В 1987 году, специально для физиков, в БольшомМагеллановом облаке взорвалась сверхновая. В деньСоветской Армии, 23 февраля. Именно по этой причи-не российские физики не все зарегистрировали этотвзрыв. Например, в Красноярске под землей былвыходной день в честь 23 февраля. И впервые вистории человечества был наблюден взрыв сверхновойне только в световой области, но и в нейтриннойобласти. А именно, было зарегистрировано приблизи-тельно около двух десятков нейтринных вспышек,нейтринных следов в пяти основных детекторах, кото-рые в это время работали на земле. Но даже и здесьвозникла очень забавная ситуация, еще одна загадканейтрино. Все зарегистрировали эти вспышки прибли-зительно в одно и то же время. Хотя, надо сказать,возникла фантастическая ситуация – у японцев(!)часы сломались. Причем не просто сломались – там наминуту где-то отличие было, хотя все вспышки всекундах считаются. Но, в конце концов, договори-лись, сдвинули японские часы в нужное место, и вродевсе сошлось. Так вот, за пять часов до этой вспышки –это зарегистрировали пять детекторов – было зареги-стрировано еще четыре события. Вот это – загадка,которая существует до сих пор, правда в последнеевремя мы начинаем ее разгадывать. Никто просто в этоне верил в течение всех двадцати лет.

Дальше – реакторные нейтрино. К этому временибыли померены взаимодействия нейтрино с протонами,с дейтронами, с электронами, измерен магнитныймомент нейтрино, и начали искать нейтринные осцил-ляции в реакторных нейтрино. И, наконец, былапридумана совсем интересная вещь. Оказывается, спомощью нейтрино можно диагностировать работуреакторов – на расстоянии 100 м поставить детекторыи смотреть, как работают реакторы. В Иране, напри-мер. И сообщать в МАГАТЭ – сегодня они нарабаты-вают плутоний или не нарабатывают. Это называетсянейтринной диагностикой. К сожалению, она пока нереализуется, но принципиально она существует, онавозможна.

Дальше – солнечные нейтрино. Первые эксперимен-ты, как я уже говорил, это были эксперименты Дэвиса.

О Ч Е Р К И С Т О Р И И И С С Л Е Д О В А Н И Й Н Е Й Т Р И Н О 17

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 318

Солнечные нейтрино изучались с помощью хлор-арго-нового метода, потом был создан большой детекторКамиоканда в Японии, и было доказано, что существу-ет дефицит нейтрино от Солнца. Этот дефицит потомбыл подтвержден в экспериментах у нас на Баксане, надетекторе Супер-Камиоканда, и, наконец, в Солнечнойнейтринной обсерватории в Канаде.

Дальше – ускорительные нейтрино. Действительно,в ускорителях начали работать с высокими энергиями,и был найден эффект, который до сих пор остаетсянепонятым. В Америке, на ускорителе в Лос-Аламосе,были зарегистрированы необычные нейтринные ос-цилляции. Есть они или нет – мы до сих пор не знаем.Может быть, это ошибка, может быть – нет. Наконец,в ускорительных нейтрино на больших расстоянияхтоже работают с осцилляциями, сегодня это уже стано-вится тривиальностью.

Дальше – атмосферные нейтрино. Нейтрино, кото-рые рождаются в процессах в космических лучах,можно тоже регистрировать, и в 1998–99 годах былинайдены осцилляции этих нейтрино. Пока это остаетсязагадкой, хотя идет много исследований по бета-распа-ду нейтрона. То он влезает в Стандартную модель, тоделается следующий эксперимент и оказывается, чтотам расхождение на несколько сигма11 . И так до сихпор. До последнего времени мы были уверены, чтовремя жизни нейтрона меряется с точностью однойсекунды. А недавно Анатолий Серебров из Ленинградасделал эксперимент и показал, что у него получилосьотличие на 10 секунд.

Ну и, наконец, – масса нейтрино. Еще Понтекорвопредложил использовать тритий, для того чтобы изме-рить массу нейтрино. Сейчас эти эксперименты ведут-ся, и они позволили нам сказать, что масса электрон-ного нейтрино, которое вылетает из трития, во всякомслучае меньше чем 2 эВ. Что тоже неплохо.

Я заканчиваю свой рассказ об истории развитиянаших представлений о нейтрино. Как видите, оченьмного нового и неожиданного, много ключевых дляфизики идей принесла эта область. Я думаю, чтоименно в ней нам и в будущем следует ждать сюрпри-зов, новых идей и поворотных моментов в развитиифизики.

Именной комментарий

(расположение – по мере упоминания в тексте статьи )

Чжэндао Ли (род. в 1926 г.) – китайский и американ-ский физик. Лауреат Нобелевской премии по физике(совместно с Ч.Янгом) «за пристальное изучение такназываемых законов четности, которое привело к важнымоткрытиям в области элементарных частиц» за 1957 год.

Чжэньнин Янг (род. в 1922 году) – китайский иамериканский физик. Лауреат Нобелевской премии пофизике (совместно с Ч.Ли) за 1957 год.

Цзяньсюн Ву (1912–1997) – американский физик ки-тайского происхождения, поставила знаменитый «экспе-римент Ву», доказавший несохранение пространственнойчетности в слабых взаимодействиях.

11 Сигма ( σ ) – величина стандартной ошибки измерения.

Владимир Михайлович Лобашёв (1934–2011) – совет-ский и российский физик-ядерщик.

Юрий Георгиевич Абов (род. в 1922 г.) – советский ироссийский физик, открыватель слабого взаимодействиянуклонов в ядрах.

Ричард Филлипс Фейнман (1918–1988) – выдающийсяамериканский ученый, один из авторов знаменитых «Фейн-мановских лекций по физике», прекрасный популяриза-тор науки. Лауреат Нобелевской премии по физике(совместно с С.Томонагой и Дж.Швингером) за 1965 год.

Раймонд Дэвис младший (1914–2006) – американскийхимик и физик. Лауреат Нобелевской премии по физике«за создание нейтринной астрономии» за 2002 год.

Стивен Вайнберг (род. в 1933 г.) – американскийфизик. Угол Вайнберга – один из параметров теорииэлектрослабого взаимодействия Глэшоу–Вайнберга–Са-лама. Лауреат Нобелевской премии по физике (совместнос Ш.Глэшоу и А.Саламом) за 1979 год.

Питер Уэйр Хиггс (род. в 1929 г.) – британский физик-теоретик, член Лондонского Королевского общества. В1960-е годы предсказал существование новой элементар-ной частицы, называемой теперь бозоном Хиггса. Лауре-ат Нобелевской премии по физике (совместно с Ф.Энгле-ром) за 2013 год.

Анатолий Павлович Серебров (род. в 1944 г.) –российский физик, специалист в области исследованияфундаментальных взаимодействий и нейтронной физики.

Рекомендуемая литература

1. История уравнения Дирака и связанные с ним представ-ления и события физики тех лет описаны самим П. Диракомв статье «Релятивистское волновое уравнение электрона»(Успехи физических наук, 1979, т. 129, в. 4, с. 681–691). Врусском переводе статья доступна в интернете по адресу:http://ufn.ru/ufn79/ufn79_8/Russian/r798e.pdf

2. Об истории гипотезы Ландау о существовании «плотныхзвезд», которую можно рассматривать как первое предсказа-ние нейтронных звезд (сделанное до открытия нейтрона),можно прочитать в статье Д.Г.Яковлева, П.Хэнселя, Г.Бей-ма и К.Петика «Л.Д.Ландау и концепция нейтронных звезд»(Успехи физических наук, 2013, т. 183, в. 3, с. 307–314).Адрес статьи в интернете: http://ufn.ru/ru/articles/2013/3/f/

3. Гипотеза Майорана подробно обсуждается в статьесамого Э.Майорана «Симметричная теория электрона ипозитрона» (Физика элементарных частиц и атомного ядра,2003, т. 34, в. 1, с. 242–256), а также в статье Ю.В.Гапонова«Начало майорановской физики. Памяти Э.Майораны» (тамже, с. 240–241). Обе статьи доступны в интернете поадресам: http://www1.jinr.ru/Archive/Pepan/v-34-1/7.htm; http://www1.jinr.ru/Archive/Pepan/v-34-1/v-34-1-6.pdf

4. Об эволюции Вселенной, супергравитации и суперстру-нах, о квантовой хромодинамике, попытках построенияединой теории поля и их создателях прекрасно написано впопулярной книге Барри Паркера «Мечта Эйнштейна. Впоисках единой теории строения Вселенной» (М.: Наука,Главная редакция физико-математической литературы, 1991,перевод с английского В.И. и О.И.Мацарских, под редакци-ей Я.А.Смородинского). Адрес книги в интернете: http://www.ega-math.narod.ru/Reid/Parker.htm

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в нем задачинестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудныезадачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется,не все эти задачи публикуются впервые.

Решения задач из этого номера следует отправлять по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант».Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присылайте в разныхконвертах. На конверте в графе «Кому» напишите: «Задачник «Кванта» №3–2014» и номера задач, решения которыхВы посылаете, например «М2341» или «Ф2348». В графе «От кого» фамилию и имя просим писать разборчиво. В письмовложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этом конверте Вы получитерезультаты проверки решений). Решения задач по математике и физике можно присылать также по электроннымадресам: math@kvant.ras.ru и phys@kvant.ras.ru соответственно.

Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присылайте в отдельном конверте в двухэкземплярах вместе с Вашим решением этой задачи (на конверте пометьте: «Задачник «Кванта», новая задача пофизике» или «Задачник «Кванта», новая задача по математике»).

В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь.Задача M2345 предлагалась на XII Устной олимпиаде по геометрии, задача М2346 – на VII Южном математическом

турнире, задача М2348 – на XVII Кубке памяти А.Н.Колмогорова.

Задачипо математике и физике

Задачи М2341–М2348, Ф2348–Ф2354

M2341. На сторонах BC и AC треугольника выбирают-ся точки M и N соответственно. Отрезки AM и BNделят треугольник на четыре части. Пусть s – наимень-шая из площадей этих частей, а S – наибольшая.Найдите наибольшее возможное значение отношенияs/S.

И.Акулич

M2342. Рассматриваются слова, состоящие из букв Аи Б. Найдите наименьшее n, удовлетворяющее сле-дующему условию: в любом слове длины n найдутсядва идущих подряд одинаковых подслова длины боль-ше 1.

А.Спивак

M2343. На окружности длины 1 отмечены m красныхточек – вершин некоторого правильного m-угольника иn синих точек – вершин некоторого правильногоn-угольника. Найдите наибольшее возможное значениеминимальной длины дуги, два конца которой – краснаяи синяя точки.

В.Шарич

M2344. Натуральное число n назовем правильным,если для любого 100-значного натурального числа aверно следующее утверждение: число na (в десятич-ной записи) оканчивается на a тогда и только тогда,когда 2a оканчивается на a. Найдите все правильныечисла.

В.Сендеров

M2345. Отрезок AD – диаметр описанной окружностиостроугольного треугольника ABC. Через точку пере-сечения высот этого треугольника провели прямую,параллельную стороне BC, которая пересекает сторо-ны AB и AC в точках E и F соответственно (рис.1).

Докажите, что периметр тре-угольника DEF в два разабольше стороны BC.

Д.Прокопенко

M2346. Для изображениямножеств часто рисуют такназываемые круги Эйлера.Например, на рисунке 2изображены три выпуклыефигуры A, B, C, границыкоторых делят плоскость наобласти так, что для любо-го подмножества фигур есть область, принадлежащаяв точности фигурам из этого подмножества. Выясни-те, можно ли длякаждого натурально-го n > 3 нарисоватьаналогичную диаг-рамму, иллюстриру-ющую пересечение nподмножеств. Иначеговоря, при какихn > 3 на плоскостисуществует множе-ство выпуклых фи-гур 1, , nM M… та-кое, что для любого

непустого подмножества { }1, 2, ,S n⊂ … найдется точ-ка, которая лежит внутри iM при i S∈ и вне iMпри i S∉ ?

П.Кожевников

M2347. В каждой граничной клетке таблицы2013 2013× поставили по целому числу. Докажите,что можно заполнить все остальные клетки целыми

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 320

Ф2348. На однородную шероховатую горизонтальнуюповерхность неподвижной доски массой M и длиной Lпопал двигавшийся горизонтально и поступательноплоский маленький брусок, который проскользил по-ступательно вдоль всей доски и съехал с нее. Досканаходилась на гладкой горизонтальной поверхности. Скаким ускорением двигалась поступательно доска, еслиза время скольжения по ней бруска выделилось коли-чество теплоты Q?

А.Шеронов

Ф2349. Четыре гладких тонких стержня закрепленынеподвижно (рис. 3). Два из них параллельны друг

другу и горизонтальны, адва других параллельныдруг другу и вертикальны.Два одинаковых маленькихшарика соединены невесо-мой нерастяжимой нитьюдлиной L. Диаметры шари-ков больше расстояний меж-ду параллельными стерж-нями. В начальный моментшарики удерживают так,что они неподвижны, нить

при этом выпрямлена и почти горизонтальна. Послеотпускания шарики пришли в движение и ударились огоризонтальный пол одновременно. Каково минималь-ное расстояние H от горизонтальных стержней допола? Какими были при таком расстоянии скоростишариков за мгновение до их ударов о пол?

С.Дмитриев

Ф2350. Сосуд с жесткими стенками заполнен несжима-емой жидкостью плотностью ρ . Внутренность сосудаимеет форму шара радиусом R. Декартовы оси коорди-нат выбранной инерциальной системы отсчета таковы,что ускорение свободного падения g

r имеет координа-

ты 0, 0, –g. Сосуд движется поступательно с ускорени-ем ar. Все проекции ускорения xa , ya , za положитель-

ны. Минимальное давление жидкости внутри сосударавно minp . Каково максимальное давление жидкостивнутри сосуда? Найдите ответ на этот же вопрос вслучае, когда внутренность заполненного жидкостью

сосуда имеет форму куба с длиной ребра А, причемкаждое ребро параллельно одной из осей координат.

Б.Паскаль

Ф2351. В неподвижной горизонтальной цилиндричес-кой трубе с жесткими и не проводящими тепло стенка-ми находится газообразный гелий. Температура газаочень мала (например, порядка 0,1 К). Концентрациямолекул газа 0n значительно меньше величины 3D- ,где D – характерный размер молекул гелия. Внезапнопоршень, перекрывающий трубу, приходит в движениевдоль оси симметрии трубы с большой постояннойскоростью v (равной, например, 3 км/с). Какой будеттемпература газа T перед поршнем? Какое давление pбудет оказывать газ на поршень? С какой скоростью uбудет удаляться от поршня граница раздела междуобластью, занятой газом при низкой температуре, иобластью, где молекулы двигаются с упорядоченнойскоростью, равной v? Какой будет концентрация nмолекул вблизи поршня?

В.Сергеев

Ф2352. Один моль гелия нагревался от начальнойтемпературы 0T = 200 К

в процессе с молярной тепло-

емкостью, которая зависела от абсолютной температу-ры T по закону ( ) 0C T RT T= . (Здесь R – универсаль-ная газовая постоянная.) При достижении некоторойтемпературы работа, которую совершил газ, оказаласьравной нулю. На этом процесс завершился. Какуюработу совершил газ на участке процесса, когда онрасширялся? Найдите отношение объема газа в конеч-ной точке процесса к его начальному объему притемпературе 0T .

А.Шеронов

Ф2353. Два маятника имеют одинаковые длины лег-ких нерастяжимых нитей, концы которых прикрепле-ны к потолку, и одинаковые маленькие грузы наконцах нитей. Грузы отвели от положения равновесия,сохраняя натянутость нитей, при этом нити составилиодинаковые углы с вертикалью. Один из грузов толк-нули в горизонтальном направлении, перпендикуляр-ном нити, к которой этот груз прикреплен, и одновре-менно отпустили без начальной скорости второй груз.Трения в системе нет. Нить первого маятника в процес-се движения всегда составляет с вертикалью один и тотже угол. Оказалось, что эти два маятника одновремен-но попадают каждый в свое начальное положение послетого, как пройдет время, равное 100 периодам колеба-ний первого маятника и 101 периоду колебаний второгомаятника. На какой угол были отклонены нити отвертикали в начальный момент? Период математичес-кого маятника длиной L в однородном поле тяжести сускорением свободного падения g при малом значениимаксимального угла отклонения от положения равно-весия α ( 1α < ) хорошо описывается формулой

20

11 sin

4 2T T

αÊ ˆ= +Á ˜Ë ¯, где 0 2

LT

gπ= .

Фольклор

Ф2354. Толстостенный светонепроницаемый ящик ус-тановлен под открытым небом в пасмурный день, когда

числами так, чтобы сумма чисел в каждом квадрате3 3× , содержащемся в таблице, была равна нулю.

Д.Храмцов

M2348. Для чисел 1 2, , , nx x x… обозначим

[ ]1 2

1

2

1, , ,

11

1

n

n

x x xx

x

x

=−

−−

…

⋱

.

Пусть 1 1, , , , ,k na a b b… … – натуральные числа, не мень-

шие 2, для которых [ ] [ ]1 1, , , , 1k na a b b+ >… … . Дока-

жите, что найдутся такие натуральные числа p k≤ и

q n≤ , что 1 1, , , , 1p qa a b b + = … … .

А.Устинов

Рис. 3

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

все небо одинаково светлое и солнца не видно. В еговерхней стенке (крышке) просверлено вертикальноеотверстие, и через него в ящик пропущен длинныйоднородный прозрачный цилиндр (световод) круглогосечения радиусом r = 1 см. Стенки цилиндра гладкие,они не касаются стенок дырки, покрашенных в черныйцвет. Верхний торец световода находится снаружи, анижний – внутри ящика. Под торцом цилиндра нагоризонтальном дне ящика лежит плоский экран. Рас-стояние от нижнего торца цилиндра до экрана

1 мL r= ≫ . На экране наблюдается светлое пятнорадиусом R = 1 м. С какой скоростью распространяетсясвет в материале, из которого сделан цилиндр?

Е.Уусталу

Решения задач М2326–М2333,Ф2333–Ф2339

М2326. На шахматной доске стоят 8 не бьющих другдруга ладей. Докажите, что можно каждую из нихпередвинуть ходом коня так, что они по-прежнему небудут бить друг друга. (Все восемь ладей передвига-ются «одновременно», т.е. если, например, две ладьибьют друг друга ходом коня, то их можно поменятьместами.)

Ладью из первой строки переставим во вторую строку,из второй – в первую. Аналогично обойдемся с ладьямииз третьей и четвертой, пятой и шестой, седьмой ивосьмой строк. Ладью из первого столбца переставимв третий, из третьего – в первый. Аналогично обойдем-

ся с ладьями из второго и четвертого, пятого и седьмо-го, шестого и восьмого столбцов. (Пример такой пере-становки показан на рисунке.) Тогда каждая ладьябудет переставлена ходом коня, и в каждых строке и

столбце будет по ладье, такчто они не будут бить другдруга.

Е.Бакаев

М2327. Дан правильныйтреугольник ABC с цент-ром O. Прямая, проходя-щая через вершину C, пере-секает описанную окруж-ность треугольника AOB вточках D и E. Докажите,что точки A, O и серединыотрезков BD, BE лежатна одной окружности.

Пусть ¢C , ¢D , ¢E – середины отрезков BC, BD, BEсоответственно. Пусть для определенности точка Dлежит между С и E (см. рисунок). Тогда точка ¢Dлежит на средней линии ¢ ¢C E треугольника CBE. Вправильном треугольнике ABC вершина A, центр O иточка ¢C также лежат на одной прямой. Угол ABCравен половине дуги AOB, поэтому BC – касательная.Тогда

◊ = ◊ = =¢ ¢ ¢ ¢ 21 1

4 4C E C D CE CD CB = ◊¢ ¢ ¢2C B C O C A .

Из равенства ◊ = ◊¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢C E C D C O C A по теореме, об-ратной к теореме о произведении отрезков секущих, иследует вписанность четырехугольника AOD E¢ ¢ .

А.Заславский

М2328. Каждое ли целое число можно представить ввиде суммы кубов нескольких целых чисел, средикоторых нет одинаковых?

Ответ. Да, каждое.Заметим, что

( ) ( ) ( ) ( )+ − + − + + + −3 3 3 37 6 5 4n n n n

– ( ) ( )+ + + +3 33 2n n ( )+ - =3 31 48n n .

С другой стороны, число ( )+ 348 1k при любом k дает

при делении на 48 остаток 1. Складывая несколькоразличных кубов такого вида, мы можем получитьсумму с любым наперед заданным остатком от деленияна 48, а потом, прибавляя или вычитая нужное коли-чество раз указанные выше комбинации, равные 48(ясно, что выбирать n можно так, чтобы все кубы,которые встречаются в сумме, были различными),получить любое число с таким остатком.Комментарий. Известно (это частный случай пробле-мы Варинга), что каждое целое число представимо ввиде суммы не более девяти точных кубов. Но посколь-ку некоторые из этих кубов могут оказаться равными,задача М2328 сразу не вытекает из этого факта.И.Рубанов, А.Семенов, А.Шаповалов, Л.Медников

М2329. В окружность вписан 101-угольник. Из каж-дой его вершины опустили перпендикуляр на прямую,содержащую противоположную сторону. Докажите,что хотя бы у одного из перпендикуляров основаниепопадет на сторону (а не на ее продолжение).

Докажем утверждение задачи для произвольного впи-санного ( )+2 1n -угольника 1 2 2 1nA A A +… . Проведем всебольшие диагонали + + …1 1 2 2, ,n nA A A A (мы считаем,

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 322

что + += = …2 2 1 2 3 2, ,n nA A A A ). Получится «звезда» с2n + 1 ребрами. Окрасим диагональ +k k nA A в синийцвет, если дуга + +1k k k nA A A меньше половины окруж-ности (т.е. угол, на нее опирающийся, – острый), и вкрасный цвет в противном случае. Обойдем «звезду»по ребрам (на рисунке показан пример для семиуголь-ника). Заметим, что два красных ребра не могут идтиподряд, так как сумма двух соответствующих им дугменьше полной окружности. Чередоваться цвета немогут из-за нечетности числа 2n + 1. Значит, найдутсядве синие диагонали, идущие подряд. Пусть это, на-пример, диагонали +2 1nA A и +1 1nA A . Тогда в тре-угольнике + +2 1 1n nA A A углы + +1 2 1n nA A A и + +1 1 2n nA A A –острые, следовательно, высота, опущенная из верши-ны 1A , попадает на противоположную сторону

+ +1 2n nA A .И.Рубанов, А.Семенов, А.Шаповалов, Л.Медников

М2330. а) Докажите, что существует ровно однабесконечная влево последовательность цифр A == …625, обладающая свойством: при возведении вквадрат числа, оканчивающегося на k последних цифрпоследовательности A, получается тоже число, окан-чивающееся на k последних цифр последовательнос-ти A.б) Докажите, что эта последовательность неперио-дична.

Пусть последние n цифр образуют n-значное число nx(здесь допускаем, чтобы число начиналось с нуля),причем =1 5x .a) Условие задачи означает, что число 2

n nx x- =( )1n nx x= - должно делиться на 10n . Поскольку nx

делится на 5 и нечетно, это означает, что nx должноделиться на 5n , а ( )1nx − — на 2n . Положим = 5n

n nx t ,− =1 2n

n nx s . Число +1nx получается из nx приписы-ванием слева некоторой цифры c: 1 10n

n nx c x+ = ⋅ + .

Условие 11 5n

nx ++ ⋮ эквивалентно тому, что 2 5n

nc t+ ⋮ .Зная остатки от деления чисел 2n и nt на 5, однозначноопределяется остаток c при делении на 5. Аналогично,

11 1 2 5 1 2n n

n nx c s++ − ⇔ + −⋮ ⋮ , поэтому четность числа c

противоположна четности числа ns . Таким образом, почислу nx цифра c определяется, причем единственнымобразом.б) Предположим, что последовательность периодична,пусть A — период длины k, B — предпериод длины n( ≤ < −0 10 1nB при > 0n ; в случае, когда предпериодотсутствует, считаем, что n = 0, B = 0).Положим = +N km n . Тогда

= … =14243р аз

Nm

x AA A B

= ( )( )110 10 10n m kn n kB A + −++ + + … + =

= 10 1

1010 1

kmn

kB A

−+ =

−

− + − −

10 10

10 1 10 1

n N

k k

A AB .

Положив = −10 1kq , ( )10 1 10k np B A= − − , имеем

= +10N

Np A

xq q

, = + 10NNqx p A . Так как 2

Nx −

10NNx− ⋮ , то ( ) ( )2

10NN Nqx q qx− ⋮ 2 10Np qp⇒ − ⋮ .

Последнее выполнено при N = km + n для всех m, в товремя как p и q не зависят от m, значит, − =2 0p pq ,откуда p = 0 или p = q.

Если p = 0, то ( )10 1 10k nB A− = . Правая часть равен-

ства положительна, поэтому B > 0. Но так как

НОД ( )10 1,10 1k − = , то 10nB⋮ ⇒ ≥ 10nB — противо-

речие. Если же p = q, то ( ) ( )10 1 1 10k nB A- - = , и из

этого равенства получаем аналогичное противоречие.Замечание. Задачу б) можно интерпретировать наязыке высшей алгебры так: в кольце 10-адическихчисел нет нетривиальных рациональных решений урав-нения =2x x .

А.Канель-Белов

М2331*. Петя и Вася играют в такую игру. Сначалана столе лежат 11 кучек по 10 камней. Игроки ходятпо очереди, начинает Петя. Каждым ходом игрокберет 1, 2 или 3 камня, но Петя каждый раз выбираетвсе камни из любой одной кучи, а Вася всегда выбира-ет все камни из разных кучек (если их больше одного).Проигрывает тот, кто не может сделать ход. Ктоиз игроков может обеспечить себе победу, как бы нииграл его соперник?

Ответ. Вася.Расположим камни, как показано на рисунке, где кучисоответствуют столбцам. Петя должен брать несколько

камней из одного столбца, а Вася – из разных. Стра-тегия Васи – делать ходы, симметричные Петинымотносительно пустой диагонали. Изначально картинкасимметрична. Поскольку строка, симметричная столб-цу, не имеет с ним общих камней, то Вася каждый разсможет восстанавливать нарушенную симметрию, т.е.у него всегда есть ход. Так как игра конечна, то когда-то Петя проиграет.

Е.Бакаев

М2332*. Пусть точки I и O – центры вписанной иописанной окружностей треугольника ABC соответ-ственно. Пусть CO – центр окружности, проходя-щей через основания высот треугольника AIB (т.е.окружности девяти точек треугольника AIB). Пусть

CE – точка, симметричная точке CO относительнобиссектрисы угла AIB. Определим точки AE и BEаналогичным образом. Докажите, что точки AE , BEи CE лежат на прямой OI.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 23

Пусть точки aI , bI , cI – центры вневписанных ок-ружностей, касающихся сторон BC, CA, AB соответ-ственно (см. рисунок). Так как прямые cCI и a bI I –

биссектрисы внутреннего и внешнего угла ACB, топрямая cI C – высота в треугольнике a b cI I I . Анало-гично, прямые aI A и bI B являются его высотами.Поэтому треугольник ABC является ортотреугольни-ком (т.е. треугольником с вершинами в основанияхвысот) треугольника a b cI I I . Так как точка I являетсяортоцентром треугольника a b cI I I , то треугольник ABCявляется также ортотреугольником треугольника

a bII I .Заметим, что точки A, B, aI , bI лежат на однойокружности (с диаметром a bI I ), поэтому треугольники

a bII I и IAB совмещаются преобразованием подобия –симметрией относительно биссектрисы угла AIB споследующей гомотетией с центром I. Следовательно,окружность (ABC) (описанная около ортотреугольникатреугольника a bII I ) и окружность, описанная околоортотреугольника треугольника AIB, совмещаются темже преобразованием подобия. Значит, и их центры Ои CO , и лучи CIO и IO переводятся друг в друга этимже преобразованием. Следовательно, точка CE лежитна прямой IO.Аналогично, точки AE и BE лежат на прямой IO.

С.Ильясов

M2333*. Граф – это конечное множество вершин,некоторые пары вершин соединены ребрами. Гово-рят, что граф правильно раскрашен в m цветов,если каждой из его вершин приписан один из mданных цветов так, что любые две вершины, соеди-ненные ребром, окрашены в разные цвета. Вершинынекоторого графа разбиты на три множества A, B,C так, что вершины из множества A не связаныребрами с вершинами из множества C. Известно,что если удалить из графа все вершины множестваC (вместе с выходящими ребрами), то полученныйграф можно правильно раскрасить в k цветов, а еслиудалить из него все вершины множества A – то в nцветов. В какое минимальное количество цветовможно с гарантией правильно раскрасить такойграф?

Ответ. k + n – 1.Покажем, что в k + n – 1 цвет правильно раскрасить всевершины можно всегда. Раскрасим »B C в n цветов,назовем один из этих цветов первым, и пусть D –совокупность всех вершин из B, покрашенных в пер-вый цвет. Теперь раскрасим »A D в k цветов (приэтом вершины из множества D перекрашиваем), ис-пользовав в качестве одного из них первый цвет (аостальные k – 1 цветов взяв отличными от уже исполь-зованных n цветов). У вершин, не входящих в »A D ,сохраним прежнюю раскраску. Поскольку никакиевершины из »A D не связаны ребрами с вершинамииз C, покрашенными в первый цвет (из D – в силуправильности раскраски »B C в n цветов, из A – поусловию), получится правильная раскраска графа вk + n – 1 цвет.Теперь покажем, что меньшего числа цветов может ине хватить. Расположим kn точек в виде прямоуголь-ника из n строк и k столбцов. Примем это множествоза B. Снизу добавим нулевую строку из k точек,примем ее за A, слева добавим нулевой столбец,примем его за C. Ребрами в B соединим любые дветочки, не лежащие ни в одной строке, ни в одномстолбце. В A соединим ребрами каждые две точки, вC – тоже. Кроме того, соединим ребрами каждуюточку из A со всеми точками из B, не лежащими сней в одном столбце, и каждую точку из C со всемиточками из B, не лежащими с ней в одной строке.Очевидны правильные раскраски »A B в k цветов(по столбцам) и »C B в n цветов (по строкам).Покажем, что полученный граф нельзя раскраситьменьше чем в k + n – 1 цвет.Допустим, есть правильная раскраска » »A B C вk + n – 2 цвета. Поскольку точки множества A рас-крашены в k различных цветов, а точки множества C– в n различных цветов, то имеются ≥ 2m цветов(назовем их общими), в которые покрашены точкиобоих этих множеств. Отметим строки и столбцы, вкоторых находятся такие точки; на их пересечениинаходится 2m точек множества B. Заметим, что вкаждый из m общих цветов может быть покрашеноне больше одной из этих 2m точек, а именно, точка,стоящая на пересечении соответствующих столбца истроки. Стало быть, среди этих 2m точек есть -2m mточек, раскрашенных в другие цвета. Это не могутбыть общие цвета, но не могут быть и другие цвета,использованные при раскраске точек множеств A иС, потому что со всеми точками таких цветов точкииз отмеченных строк и столбцов связаны ребрами.Всего при раскраске точек из A и С было использова-но k + n – m цветов. Из упомянутых выше -2m mточек можно выбрать m точек, никакие две из кото-рых не лежат в одной строке или одном столбце.Каждые две из этих m точек связаны ребром, поэто-му они раскрашены не менее чем в m цветов. Получа-ется, что всего использовано не менее k + n цветов.Противоречие.

И.Богданов

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 324

Ф2333. Приятели Вася и Петя по утрам гуляют впарке. Однажды вместе с Петей на прогулку вышели его пес Шарик. Вот Вася, не торопясь, бежиттрусцой по прямой дорожке навстречу Пете со ско-ростью v = 2 м/с, а Петя идет с Шариком навстречуВасе со скоростью u = 1 м/с. Ровно в 12:00:00 Петяувидел Васю, который в этот момент был от него нарасстоянии L = 300 м. Он тут же отпустил Шарика,и тот со всех ног со скоростью ( )3 u v 9+ =  м/сбросился бежать к товарищу своего хозяина. Шарик,добежав до Васи, некоторое время идет рядом с ним,а затем бросается к своему хозяину. Добежав до негои пройдясь немного рядом с Петей, он снова бежит кВасе, и так повторяется несколько раз. За времясближения приятелей Шарик провел возле каждого изних одно и то же время. Общая длина пути, которыйуспел пройти и пробежать пес, равна 2,5L = 750 м.Какую часть промежутка времени от 12:00:00 до12:01:40 Шарик бежал со скоростью 9 м/с? Скоростиприятелей не изменялись.

Обозначим через τ время, которое Шарик находилсярядом с каждым из мальчиков. Тогда, двигаясь вместес ними, он прошел часть пути, равную

( )1L v uτ= + .

Все остальное время

2L

tu v

τ= -+

он бегал со скоростью ( )3V u v= + и за это время«набегал» расстояние

2L tV= .

Из условия известно, что

1 2 2,5L L L+ = и ( )3V u v= + .

Отсюда получаем

110 c

2 2

L

V u vτ = =

- -.

Со скоростью 9 м/с шарик бежал все оставшеесявремя, т.е. 100 c 2 10 c 80 c- ◊ = .

А.Власов

Ф2334. Два сообщающихся цилиндрических сосудавысотой 5h, частично заполненные жидкостью плот-

ностью ρ до высот 4hи 2h соответственно,смещены по вертикалина высоту 2h (рис.1).Кран в трубке изна-чально закрыт. В пра-вый сосуд добавляютжидкости плотностью0,8ρ столько, что оназанимает объем высо-той 3h. Какой по высо-те столб жидкостиплотностью 0,8ρ ос-танется в правом со-суде после того, как

кран откроют и ус-тановится равнове-сие? Сверху все сосу-ды открыты. Объе-мом соединительнойтрубки можно пренеб-речь. Площади гори-зонтальных попереч-ных сечений сосудоводинаковые.

Так как жидкости не-сжимаемы, после от-крытия крана в левомсосуде столб жидко-сти плотностью ρ по-низится на x, а в правом поднимется на x (рис.2).Запишем условие равновесия, приравняв давления вточках 1 и 2:

( ) ( )4 2 0,8 3g h x g h xρ ρ- = - ,

откуда находим 4 3x h= . Следовательно, жидкостиплотностью 0,8ρ останется столб высотой

4 53

3 3H h h h= - = .

М.Замятнин

Ф2335. На легком жестком двухъярусном рычагесложной конструкции уравновешены 4 груза (см.рисунок). Найдите массу груза xm , если массы трех

остальных грузов известны; m = 6 кг. Длины частейрычага заданы на рисунке.

Несмотря на сложную конструкцию рычага, для всейсистемы можно воспользоваться правилом моментов.Будем вычислять моменты сил относительно точкиопоры рычага. Тогда получим

3 3 4 3xmg L mg L mg L m g L◊ + ◊ = ◊ + ◊ ,

откуда найдем2

4 кг3xm m= = .

З.Михайлов

Ф2336. На рисунке 1 пред-ставлена (в относительныхединицах) зависимость объе-ма порции воздуха массой m == 10 г от его температуры(это примерно шестая частьокружности единичного ра-диуса). Найдите максималь-ное давление maxp , которогодостигал воздух в процессенагревания, если 0V = 1 л, а

0T = 300 К. В этой задачевоздух можно считать иде-альным газом.Рис. 1

Рис. 2

Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 25

Запишем уравнение состояния идеального газа:

pV RTν= , или 0

0 0 0

V RT T

V pV T

ν= .

Видно, что процесс с постоян-ным давлением (изобаричес-кий) в заданных координатахпредставляет из себя прямую,проходящую через начало ко-ординат. Причем чем большедавление, тем больше угол α .Таким образом, точку, в кото-рой давление было максималь-но, можно найти, проведя ка-сательную из начала коорди-нат к графику процесса (точ-ка A на рисунке 2). Посколь-ку радиус окружности еди-ничный, sin 1 2α = ; значит,

30α = ∞ и

2cos 3L α= = ,

3 3sin , cos

2 2A Ax L y Lα α= = = = .

Зная координаты точки на графике, найдем макси-мальное давление:

50max

0

5 10 ПаA

A

m x Tp R

y VΜ= ª ◊ ,

где 29 г мольΜ = – молярная масса воздуха.А.Бычков

Ф2337. Вдоль одной прямой расположены две парыскрепленных зарядов. Величины зарядов и их массыуказаны на рисунке. С какими ускорениями начнут

разлетаться этипары? Какие ско-рости они приоб-ретут после раз-лета на большоерасстояние? Счи-тайте движение

пар зарядов поступательным. Расстояние L, заряд qи масса m заданы.

Запишем для правой пары зарядов второй закон Нью-тона:

( ) ( )2

12 2 2

1 2 12 2

2 3kq ma

L L L

Ê ˆ+ + =Á ˜

Ë ¯,

где 1a – ускорение этой пары. Отсюда находим

2

1 2

29

18

kqa

mL= .

По третьему закону Ньютона, на левую пару зарядовсо стороны правой действует такая же по величинесила. Однако масса левой пары в два раза больше,поэтому ее ускорение будет равно

21

2 2

29

2 36

a kqa

mL= = .

Так как система замкнута, можно воспользоватьсязаконами сохранения импульса и энергии, причемэнергию взаимодействия зарядов внутри пары не будемучитывать, так как она не изменяется:

1 20 2 2 2mu mu= - ◊ ,

2 2 2 2

2 2 3

kq q kq q kq q kq q

L L L L

◊ ◊ ◊ ◊+ + + =

2 21 22 2 2

2 2

mu mu◊ ◊+ ,

где 1u – скорость правой пары, 2u – скорость левойпары. Из этой системы уравнений получаем

12 7

3

q ku

Lm= и 2

7

3

q ku

Lm= .

М.Иванов

Ф2338. На двух стенах тренажерного зала висяттри одинаковых плоских зеркала. Какое максималь-ное количество своих изображений видит спортсмен,стоящий в центре зала? Какое максимальное количе-ство изображений спортсмена одновременно можетвидеть сторонний наблюдатель? Изобразите планзала и выделите на нем области, из которых онможет видеть изображение спортсмена. Для каждойобласти сделайте отдельный рисунок. На отдельном

рисунке изобразите область, из которой наблюда-тель может видеть максимальное число изображе-ний. План тренажерного зала с зеркалами (вид сверху)приведен на рисунке 1. Считайте спортсмена неслишком крупным (почти точечным).

Точечный предмет и его изображение в плоском зерка-ле равноудалены от плоскости зеркала. Оба они лежатна перпендикуляре, проведен-ном к плоскости этого зерка-ла. На рисунке 2 показанаобласть А, из которой видноизображение 1S спортсменаS. На рисунке 3 показаны двеобласти B, из которых видноизображение спортсмена 2S .

Рис. 2

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 326

На рисунке 4 показана область С, из которой в зеркале1 видно изображение 3S «предмета» 2S . Все три

изображения будут видны изтой части комнаты – областьD на рисунке 5, – в которойперекрываются области А, В,С.Итак, из построений видно,что спортсмен может видетьтолько одно свое изображе-

ние 1S в зеркале 1. А сторонний наблюдатель можетвидеть 3 изображения из области D.

М.Замятнин

Ф2339. В вакуумированный сосуд емкостью V == 1,5 л с жесткими и не проводящими тепло стенка-ми впрыснули m = 1,1 г жидкой тяжелой воды 2T Oпри температуре 0 C∞ и герметизировали сосуд.Период полураспада ядер трития 12,33τ = года.При распаде одного моля ядер трития выделяетсяE = 1,79 ГДж энергии. Молярная теплоемкостьтяжелой воды такая же, как и молярная теплоем-кость обычной воды, т.е. 75,6  ( )Дж моль К◊ . Теп-лота испарения тоже такая же, как и для обычнойводы, т.е. L 40=  кДж/моль. Какая температураи какое давление будут внутри сосуда через времяt = 2 ч после начала эксперимента?

При условии что ядра кислорода имеют атомную массу16, молярная масса тяжелой воды 2T O равна

22 г мольΜ = . Следовательно, в сосуд впрыснуливсего 0,05 моль воды. Количество ядер трития, вмолях, в сосуде равно ( )2 0,1 мольm Μ = .Ядерные реакции распада ядер трития происходят свероятностью, которая не зависит от того, в составкакого химического вещества входят атомы с такимиядрами. При каждом распаде одного ядра тритияобразуется одно ядро гелия-3, высвобождается одинэлектрон и, кроме того, возникает и покидает сосудантинейтрино:

3 31 2T He e νɶ-fi + + .

Ядро гелия-3, возле которого до распада ядра тритияи так находился один электрон, тут же присоединяет ксебе из ближайшего окружения еще один электрон, иобразуется атом гелия – химически инертного газа.В соответствии с законом радиоактивного распадачисло радиоактивных ядер в сосуде будет меняться современем так:

0 2 tN N τ-= ◊ ,

где 0N – исходное количество радиоактивных ядер. Завремя t = 2 ч (t гораздо меньше времени полураспада

Рис. 3 Рис. 4

Рис. 5

трития τ ) распадутся

0 0 ln 2t

N N N N∆τ

= - ª

ядер трития. В нашем случае 0 0,1 мольN = , и61,28 10 мольN∆ -= ◊ . В результате распадов выделит-

ся тепловая энергия

2296 ДжU E N∆= = .

При этом за 2 часа в сосуде с тяжелой водой накопятсяи продукты распада – атомы гелия-3 в количестве

61,28 10N∆ -= ◊  моль и некоторые другие вещества.Например, какое-то время живут по отдельности иобразовавшиеся в результате распадов ядер электро-ны, которые могут присоединяться к окружающиммолекулам воды, и химически активные радикалы ОТ.Могут образовываться (наверное, с небольшой вероят-ностью) молекулы кислорода 2O , а также молекулытяжелого водорода 2T и молекулы перекиси тяжелойводы 2TO . Общее количество всех этих веществ значи-тельно меньше исходного количества тяжелой воды(0,05 моль).Понятно, что тяжелая вода (вместе с небольшим коли-чеством других веществ) в теплоизолированном сосудебудет нагреваться, испаряться и частично или всяперейдет в пар. Оценим количество теплоты, котороенеобходимо для испарения всей имеющейся в сосудежидкой воды. Предположим, что мы поместили в сосудне имеющий теплоемкости поршень, который удержи-вает воду под давлением 510  Па. Тогда сначала водаподогреется до 100 C∞ , и на это потребуется 378 Джэнергии. Затем вода перейдет в пар при температуре100 C∞ , на что потребуется 2000 Дж энергии. Приэтом объем под поршнем вырастет до величины22,4 л 0,05 373 273 1,53 л◊ ◊ = . Вспомним, что по усло-вию задачи объем сосуда равен 1,5 л – нам повезло!Итак, примерно через 2 часа вся вода в нашем «усовер-шенствованном» сосуде испарится, и к этому моментув сосуде будет температура 100 C∞ и давление 510 Па.«Вернем» теперь водяному пару энергию, котораяпошла на то, чтобы он совершил работу по преодоле-нию действия внешних сил, создававших то самоедавление 510  Па со стороны поршня. Эта работа равна

( )( )5 3 310 Па 1,53 0 10 м 153 Джp V∆ -= ◊ - ◊ = . Получа-

ется, что для испарения воды в сосуде без поршняпотребуется 378 Дж + 2000 Дж – 153 Дж = 2225 Джэнергии. Эта величина меньше того количества тепло-ты, что выделилось в сосуде за два часа. Оставшаясяэнергия ( )2296 2225 Дж 71Дж- = пойдет на изохор-ный нагрев водяного пара. Молярная теплоемкостьводяного пара равна ( )3 25 Дж моль КR ª ◊ , поэтомупар нагреется до температуры

( )71 Дж

373 К 430 К25 Дж моль К 0,05 моль

T = + ª◊ ◊

.

Давление при этом достигнет величины

5 5430 К10 Па 1,15 10 Па

373 Кp = ◊ ª ◊ .

Н.Уклонов

27« К В А Н Т » Д Л Я М Л А Д Ш И Х Ш К О Л Ь Н И К О В

Задачи

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6–8классов.И

ллю

страции Д

.Гриш

уковой

1. Маша хотела купить булочку ценой в целое числорублей. Ровно она заплатить не смогла и приготовилакак можно меньшую сумму, но чтобы на булочкухватило. В итоге она дала продавщице 9 рублей иполучила сдачу. Сколько стоила булочка?

С.Иванов, Б.Дружинин

2. Велосипедисты Алеша, Боря и Вася одновременностартуют из одной и той же точки кольцевого трека(скорость каждого постоянна). Первыми после стартапроехали друг мимо друга Алеша и Боря (в однусторону или в разные – неизвестно). Известно, что

Алеша едет по часовой стрелке, а Вася – противчасовой стрелки. В каком направлении едет Боря?

Б.Френкин

3. В ряд слева направо стояли несколько столбов,между каждыми двумя соседними был натянут про-вод. Подул ветер, все столбы упали влево, но проводапри этом не порвались и снова оказались натянутыми.Докажите, что изначально все провода были парал-лельны земле.

С.Дориченко

4. Петя хочет придумать аналог игры «камень –ножницы – бумага» для 10 предметов. В ней должнывыполняться два условия: про любые два предметаможно сказать, какой из них кого бьет; любые двапредмета равноправны (т.е. каждый предмет бьет однои то же число предметов). Сможет ли Петя придуматьтакую игру?

Г.Жуков

5. На старой печатной машинке Незнайки на печатькаждой конкретной цифры всегда расходуется одно ито же количество чернил. Незнайка говорит, что на этоймашинке нельзя напечатать два натуральных числа,одно в 9 раз большее другого, истратив на каждоечисло одно и то же количество чернил. Можно лиутверждать, что он наверняка ошибается?

Е.Бакаев

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 328

Электромагнитное излучениена пальцах

(Урок физики в Колледже Эйнштейна1 )

В.СЫЩЕНКО

ОБЪЯВЛЕНИЕ НА КЛАССНОЙ ДОСКЕ ВОЗВЕЩАЛО: «СЕ-годняшнее занятие проводит профессор Ван-Тел-

лер». Прозвенел звонок, надпись полыхнула синимпламенем и исчезла, оставив доску безупречно чистой.В тот же момент дверь открылась, и в аудиториювошел высокий человек с кустистыми бровями. Никкине сразу узнала старого профессора, прошедшего курсомоложения.

– Здравствуйте! Коллега Дермюррей уехал на кон-ференцию, и сегодняшний урок проведу я. Судя попрограмме, вы уже освоили изрядный кусок электро-динамики. – Профессор обвел взглядом класс. –Сейчас посмотрим, как вы ее поняли.

– Профессор, сколько можно обсуждать результатыпозапрошлого века? – с претензией в голосе произнеспринц Дитбит. – Первая контрольная, вторая конт-рольная, коллоквиум…

– Да-да, в мое время после трех двоек подрядстудент вылетал из колледжа… – по лицу профессораразлилась блаженная улыбка, резко контрастировав-шая с недовольной физиономией принца. – Итак, ктоиз вас скажет, как породить электромагнитную волну?

В ответ раздался хор голосов:– Подвигать электрон с ускорением! Покачать туда-

сюда!– А кто возьмется объяснить, почему ускоренно

движущийся заряд излучает?– … уравнения Максвелла … запаздывающие потен-

циалы … – послышалось с разных сторон, кто-то даженачал перебрасывать через школьный компьютерформулы на доску и стены.

– Достаточно, достаточно! – Профессор поднялладони перед собой. – Я верю, что вы знаете, как всеэто выводится, иначе бы вы здесь не сидели, – ипрофессор опять плотоядно улыбнулся. – Но самыевнимательные из вас могли заметить, что я задалнесколько иной вопрос: кто может ОБЪЯСНИТЬ, поче-му ускоренно движущийся заряд излучает? Доступно,по рабоче-крестьянски?

– По рабоче-как?.. – скривил губы не поверившийсвоим ушам принц Дитбит.

Улыбка сползла с лица профессора. Оказывается, они без деревянной клюки мог выглядеть весьма грозно.– Крестьянски! – с нажимом повторил Ван-Теллер,вперив в принца такой тяжелый взгляд, что с того

мигом слетело процентов тридцать обычной наглости.Сквозь истончившуюся оболочку наследный отпрыскдинастии Дитбитов почувствовал буравящие взглядысвоих подпевал, яснее всяких слов говорившие: «Усту-пишь – значит слабак!»

Неизвестно, чем бы все это кончилось, если бы в тотже момент весь остальной класс не повернулся, будтопо команде, указывая на девочку с хрустальнымиволосами:

– Никки! Она знает! Она на своем астероиде картош-ку выращивала!

«И баобабы выпалывала!» – проворчала про себяНикки, а вслух произнесла:

– Вообще-то помидоры, профессор…– Помидоры тоже пасленовые, тоже неплохо… Итак,

мисс Гринвич?– Если электрон движется прямолинейно и равно-

мерно, то всегда можно найти инерциальную системуотсчета, в которой он покоится. А у покоящегосяэлектрона энергия минимальна, ему просто нечегоизлучать. А так как физика явления не меняется припереходе из одной инерциальной системы отсчета вдругую, то и равномерно движущийся электрон излу-чать не будет. Значит, для возможности излучатьостается только ускоренное движение.

– Ну что ж, мисс Никки. Все правильно, привлечение

1 Об этом удивительном колледже можно узнать из книгиН.Горькавого «Астровитянка» (М.: АСТ, 2011). (Прим. ред.)

29« К В А Н Т » Д Л Я М Л А Д Ш И Х Ш К О Л Ь Н И К О В

принципа относительности вполне достойно ученицышколы Эйнштейна. Только вот последняя фраза мне неочень нравится, она не отвечает на поставленныйвопрос. Тот факт, что равномерно движущийся зарядизлучать не может, сам по себе еще не означает, что егоускоренно движущийся собрат излучать БУДЕТ. По-пробуйте еще раз. Почему же ускоренно движущийсязаряд излучает?

«Да, въедливости у профессора не убавилось!» –подумала Никки, а вслух обратилась к школьномукомпьютеру: – Вибратор Герца, пожалуйста!

На большом экране появилась классическая картин-ка (рис.1).

– Возьмем два металлических шара, соединенныхпроводящим стержнем. Пусть под действием генерато-ра (на рисунке не показан) некоторая часть электроновсконцентрируется в нижнем шаре. Тогда между шара-ми возникнет электрическое поле. Если теперь позво-лить электронам перетекать из нижнего шара в верх-ний, то в стержне возникнет электрический ток, созда-ющий магнитное поле. Затем ситуация повторится сизменением полярности. Генератор будет поддержи-вать незатухающие колебания электронов.

– Хорошо, а теперь каверзный вопрос. – Профессорснова улыбнулся. – Вблизи вашего диполя магнитноеполе достигает максимума, когда максимума достига-ет ток в соединяющем шары стержне, т.е. когда зарядыв обоих шарах обращаются в ноль, а с ними – иэлектрическое поле в прилегающей области простран-ства. Иными словами, электрическое и магнитное поля

вблизи диполясдвинуты по фазена °90 друг отно-сительно друга. Новедь в электромаг-нитной волне, уно-сящейся прочь отдиполя, эти поляколеблются син-фазно (рис.2), од-

новременно достигая максимума в выбранной точкепространства и одновременно же обращаясь в ноль!

– Но ведь это не вопрос, а утверждение, профессор!– верный рыцарь Джерри, сидевший с Никки за однойпартой, мужественно принял огонь на себя.

– Верно, юноша! Вопрос мог бы быть таким: «Как жетак получается?», но я не стал его формулировать потой простой причине, что на него невозможно ответитьбез анализа уравнений Максвелла. И вообще, просле-

дить перестройку поля вблизи антенны в поле излуче-ния – не такая простая задача. А мы ведь сегоднядоговорились обходиться без сложной математики, нетак ли?

– И все-таки, – профессор снова обратился к Никки,– в вашем рассуждении опять есть привлекательныйдля наших сегодняшних целей элемент. Вы попыталисьизобразить поле излучения силовыми линиями. ПослеГерца это делали редко, хотя ничего более наглядногов области электродинамики не придумано. И поэтомусейчас я вам кое-что покажу. Ловкость рук и никакогомошенничества! – Профессор вскинул руки и проде-монстрировал аудитории пустые ладони. – Вниманиена доску! – И профессор прыжком вскочил на эстраду.

Энтузиазм профессора мало-помалу передавалсяученикам. Что такого удивительного он сможет импоказать после проекций многомерных поверхностей,фотографий далеких галактик и упакованных в умо-помрачительные структурыбелковых молекул?

– Итак, пусть сначала нашзаряд покоится. Рисуем рас-ходящиеся от него силовыелинии. – Профессор про-вел раз двадцать стилосомпо доске, оставляя слегкакорявые линии. Школьныйкомпьютер тут же подпра-вил их и снабдил стрелоч-ками (рис.3).

– А теперь представим себе, что скорость зарядамгновенно, скачком изменилась от нуля до некоторогоконечного значения v…

– Профессор, а разве так бывает? – спросил мальчикв очках с первой парты.

– Ну, конечно же, нет. Это некое приближение,идеализация. Если у нас останется время, мы обсудимпределы его применимости. Так вот, попробуем по-нять, как будет выглядетьнаша картинка спустя вре-мя t после старта. Сигнал отом, что заряд пришел вдвижение, распространяет-ся со скоростью света c.Нарисуем сферу радиусомct с центром в точке, откудастартовал заряд (рис.4).Поле снаружи этой сферыеще не «знает» о том, чтопроизошло, и остается та-ким же, каким оно было доначала движения заряда. – И профессор сделал нео-жиданный выпад в сторону Никки: – А что будет внутрисферы?

– Поле равномерно движущегося заряда! – не далазастать себя врасплох Никки.

– Верно! Пусть для простоты движение его медлен-ное, т.е. ≪v c . Тогда силовые линии будут выглядетьточно так же, как и у неподвижного заряда. Толькоисходить они будут из того места, куда за время t

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 330

переместился заряд. – Профессор провел ладоньювнутри окружности, и компьютер стер прежние линии(рис.5), тактично подождал, пока профессор нарисуетновые, после чего подправил их (рис.6).

– А теперь вспомним, что силовые линии электри-ческого поля непрерывны, начинаться и заканчиватьсяони могут только на зарядах, а на нашей сфере никакихзарядов нет.

«Ну да, теорема Гаусса, четвертое уравнение Макс-велла», – подумала Никки. – «Все-таки совсем безуравнений он не обошелся».

– А раз так, – продолжал профессор, по голосукоторого можно было предположить, что рассказдостиг кульминации, – то каждая из наших силовыхлиний внутри сферы соединится вот таким кусочком(целиком лежащим на сфере) с соответствующей

линией снаружи (рис.7). Такчто на сфере мы получаембесконечную густоту сило-вых линий, а значит, беско-нечную напряженностьполя. Но не стоит беспоко-иться, это просто следствиенашей идеализации с мгно-венным ускорением.

– А теперь самое глав-ное. Эта сфера с лежащимина ней силовыми линиямиэлектрического поля «рас-

пухает» со скоростью света. Скажите мне, что это заполе такое, которое распространяется со скоростьюсвета и напряженность которого перпендикулярнанаправлению распространения?

В ответ раздался дружный хор голосов:– Это электромагнитная волна! – И даже высокомер-

ные аристократы ощутили в этот миг радость малень-кого открытия.

Профессор сиял, довольный произведенным впечат-лением.

– Вот так ускорение заряда и порождает излучение!Знак ускорения не важен, подобную картинку можнонарисовать и для мгновенного торможения заряда. Спомощью этого рисунка можно даже делать кое-какиеколичественные предсказания. Например, я могу суверенностью утверждать, что в направлении ускоре-ния интенсивность излучения будет нулевой. Смотри-те, соответствующая силовая линия не претерпевает

излома, и густота линий на сфере, соответствующихполю излучения, будет в этом месте нулевой.

– А теперь обратите внимание вот на что. Излучениеэлектромагнитных волн – это прямое следствие тео-рии относительности, которая гласит, что всякое взаи-модействие (в нашем случае это сигнал об изменениискорости частицы) распространяется НЕ мгновенно.Если бы изменение поля вслед за изменением положе-ния заряда происходило бы мгновенно во всем про-странстве, как считали во времена Ньютона, нашакартинка была бы неправильной. Не было бы никакойсферы, на которой формируется поперечное полеизлучения, и никакого излучения вообще не было бы.

– Но тогда связь была бы мгновенной: подвигалзаряд здесь, и все об этом сразу знают, – послышаласьреплика из глубины аудитории. – А то с Марсом потелефону говорить – одно мучение!

– А вот и нет! – возразил профессор. – Только полеизлучения убывает с расстоянием как 1/r. Статическиеполя (которые только бы и остались в вашем вообра-жаемом мире) убывают не медленнее чем по законуобратных квадратов, так что никакой дальней связи неполучится.

– Совсем как любовь, – вставила принцесса Дзин-тара, – когда предмет любви находится вдали от тебядва дня, любовь ослабевает в четыре раза, а когдацелых три дня – уже в девять раз! – После того каккласс отсмеялся, девочка, довольная произведеннымэффектом, добавила: – Так писали в научно-популяр-ных книгах восемнадцатого века!

Мальчик в очках с первой парты не дал дискуссииуйти в сторону:

– Так что же с применимостью теории, профессор?– «Мгновенность» изменения скорости означает,

что промежуток времени, в течение которого заряддвигался ускоренно, намного короче других характер-ных времен данной задачи. А какое время являетсяхарактерным в задаче об излучении электромагнитнойволны?

– Период волны? – предположила Никки.– Верно! Так что наша идеализация с мгновенным

ускорением заряда вполне законна, если мы интересу-емся излучением достаточно низких частот.

– А намного короче – это сколько?– В хорошей теории – в десять раз меньше, а в

плохой – в два.Класс отреагировал ожидаемым смехом.– Но зачем нужны плохие теории? – Никки была

слегка разочарована.– А если других нет? Создайте лучшую – все в ваших

руках!Прозвенел звонок. Профессор озарил класс заклю-

чительной улыбкой.– До свидания! – и, обернувшись от самой двери,

добавил: – А сажать картошку сейчас самое время! Ядоговорюсь, чтобы вам выделили участок. После такихупражнений умственная работа доставляет еще боль-шее наслаждение!

Рис. 7

Рис. 5 Рис. 6

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Сверхзвуковыеавтобусы, лодки

и… деревьяЕ.СОКОЛОВ

ВСТАТЬЕ «СВЕРХЗВУКОВЫЕ САМОЛЕТЫ И КОНУС МАХА»(«Квант» №3 за 2010 г.) было показано, насколько

полезно использовать понятие конуса Маха при исследова-нии кинематики сверхзвуковых самолетов. Напомним, чтоэто такой конус, у которого угол α при вершине определя-ется соотношением sin c vα = , где в числителе и в знамена-теле стоят скорости звука и самолета соответственно.

Конусы Маха – вполне реальные образования, сопровож-дающие быстро движущиеся предметы: реактивные самоле-ты, пули и снаряды, метеориты. Они проявляются какуплотнения воздуха, которые можно видеть на фотографи-ях. Первую такую фотографию получил сам Эрнст Мах(интересно, что для этого ему пришлось сконструироватьособый фотоаппарат).

Конусы Маха можно увидеть и в обычной жизни (рис.1),надо только внимательно смотреть. Особенно хорошо онивидны на мелкой воде. Например – после дождя по улицамбегут широкие, но мелкие потоки воды. Если на их путипопадает камень, то обтекающая его вода образует на повер-хности потока две линии возвышения – конус Маха. Абывает, волна набежит на песчаный берег и при ее отступле-нии за каждой ракушкой образуется свой личный маленькийконус Маха.

– А я видел, как ворона шла по мелкой луже, ища место,где попить, и волны от ее лап сложились в конус Маха.

– А я видела, как капли воды, падающие с весла, образо-вывали на поверхности воды конусы Маха.

– Это очень хорошие примеры. Добавлю, что еще можнопросто провести по поверхности лужи прутиком, и при этомтоже образуется конус Маха.

– А то что вершины деревьев имеют коническую форму, этотоже конусы Маха?

– Если ботаники подтвердят, что побеги растут с постоян-ной скоростью, то да.

А вот в задачах конусы Маха встречаются не только придвижении сверхзвуковых самолетов, метеоритов и пуль, нои при движении обычных автобусов или лодок.

Грибники и автобус

Хотя грибники и утверждают, что грибы начинают попа-даться как раз тогда, когда опаздываешь на автобус, все-такилучше не доводить дело до критической отметки. Следуетчетко следить за временем и рассчитывать свой графикдвижения.

Вот классическая задача на такой расчет.Задача 1. По прямому шоссе движется с постоянной

скоростью автобус (рис.2). Нарисуйте так называемую

область достижимости автобуса, т.е. область, из кото-рой грибник еще может успеть на него. Примите, чтоскорость грибника в пять раз меньше скорости автобуса.

Обсуждение. Прикинем, что нам надо сделать для того,чтобы получить ответ. Во-первых, в каждую точку плоскости(а их бесконечно много) нам надо поместить по грибнику.Во-вторых, нам надо разрешить каждому грибнику двигать-ся во всех возможных направлениях (а их тоже бесконечномного), чтобы выяснить, сможет ли он хоть при каком-нибудь направлении движенияуспеть на автобус.

– Мне лично кажется, что гриб-нику надо всегда идти по перпен-дикуляру ОА к дороге (рис.3).Это самый короткий путь, и онзаймет меньше всего времени.

– Да, путь ОА самый корот-кий, но для грибника он не луч-ший – ведь у грибника нет целивыйти на дорогу как можно быс-трее, а есть цель выйти на дорогу раньше автобуса. Притаком условии путь 1OA , который идет чуть правее, будетдля грибника явно предпочтительнее.

– А мне не очень понятно, почему более длинный путь 1OAпредпочтительнее для грибника. И совсем не понятно, поче-му это явно видно!

– Ну что же, давайте наберемся терпения и послушаемобъяснения.

В некоторых случаях, когда грибник оказывается совсемрядом с дорогой, ему практически все равно куда идти, лишьбы не в сторону от дороги. Но вот когда он находится далекоот дороги, может случиться так, что, идя по перпендикуляруОА, он опоздает на автобус, а идя по тропе 1OA , успеет, хотя

и будет идти дольше. Возьмем кон-кретный пример. Пусть отрезок ОАимеет длину 10 км, а точка 1Aлежит на 100 м правее точки А, ипусть грибник, идущий по тропеОА, чуть-чуть опоздал на автобус.А вот у грибника, идущего к точке

1A , еще есть время – ведь автобусунадо еще проехать до этой точкицелых 100 м.

– Ну так и грибнику надо большепройти!

– Конечно, но на сколько боль-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

(Продолжение см. на с. 34)

Опять инерция? Ведь совсем недавно – в прошломвыпуске «Калейдоскопа» – о ней уже шла речь. Верно,тематически эти выпуски связаны. Можно сказать, одинпродолжает другой, но не заменяет его и не повторяет.Обратите внимание на добавление в заголовок лишьодного слова – «силы». Обсудить, как эта добавкарасширяет разговор об инерции и выводит его зарамки сформулированного в прошлый раз понятия, ипризваны сегодняшние сюжеты.

Что же это за таинственные силы, не дающие покоя итеоретикам, и практикам? Можно ли ими управлять,поставить нам на службу, если десятилетиями не уда-валось прийти к общему понятийному знаменателю? Небеспокойтесь: и обуздать силы инерции, и научитьсяобезопасить машины и механизмы, где они могли быпроявить свой «буйный нрав», человек наловчился. Инайти им применение в самых современных устрой-ствах микромеханики – от робототехники до системвиртуальной реальности – смог. И объяснить с ихпомощью многие природные явления – сумел. Болеетого, дотошный разбор по косточкам казавшихся кому-то ясными, а кому-то загадочными вопросов привел космыслению самых основ устройства мира и к появле-нию новых описывающих этот мир фундаментальныхтеорий.

Вот как нас – «по инерции» – далеко занесло!Отдадим же должное этому каверзному, но замеча-тельному понятию, а также и великому ученому, дав-ным-давно затеявшему связанную с этим понятиемисторию, – Галилео Галилею. Тем более в год его 450-летнего юбилея.

Вопросы и задачи

1. В автомобиле, движущемся с постоянной скорос-тью, роняют камень. Наблюдатели в автомобиле и надороге видят, что его движение происходит по разнымтраекториям. Какая из них является истинной?

2. Человек движется относительно платформы пря-молинейно, но неравномерно, а платформа движетсяотносительно земли прямолинейно и равномерно. Ка-кой может быть траектория движения человека относи-тельно земного наблюдателя?

3. На лишенном трения полу движущегося трамваянеподвижно лежит бильярдный шар. Время от временишар начинает неравномерно кататься по полу. Когдаэто происходит?

4. Какая сила r

F должна действовать на тело массойm, чтобы оно двигалось равномерно и прямолинейноотносительно вагона, движущегося поступательно сускорением

r

a ?5. Чему равен угол α отклонения от вертикали нити

с подвешенным на ней тяжелым грузиком массой m ввагоне, движущемся по горизонтальному пути с уско-рением a? Зависит ли этот угол от массы грузика?

6. Сосуд, частично заполненный ртутью, движется сгоризонтальным ускорением, из-за чего поверхностьртути наклонена к горизонту под некоторым углом α .Изменится ли этот угол, если поверх ртути налить воду?

7. Как будет вести себя воздушный шарик, заполнен-ный гелием, в закрытом автомобиле, ускоряющемсявперед?

8. Сосуд с водой скользит вниз по гладкой наклоннойплоскости с углом наклона α . Какой угол с горизонтомобразует поверхность воды? Изменится ли ответ, еслискольжение будет происходить с трением?

9. С некоторой высоты начинает падать сосуд с водой,в котором в начальный момент нанекоторой глубине находится кусочекпробки. Как будет двигаться пробкаотносительно стенок сосуда, если пре-небречь сопротивлением воздуха?

10. Опрокинутая пробирка укрепленанеподвижно над сосудом с водой, какпоказано на рисунке. Как изменится

…движения друг по отношению к другу тел, заключенныхв каком-либо пространстве, одинаковы, покоится ли этопространство или движется равномерно и прямолинейнобез вращения.

Исаак Ньютон

…центробежные силы неодинаковых тел, движущихся содинаковой скоростью по равным окружностям, относятсямежду собой как веса этих тел, т.е. как количества веществав них…

Христиан Гюйгенс

Если в любой момент времени к каждой из точексистемы, кроме фактически действующих на нее внешнихи внутренних сил, приложить соответствующие силы инер-ции, то полученная система сил будет находиться в равно-

весии и к ней можно будет применять все уравнениястатики.

Жан Лерон Д’Аламбер

Вряд ли можно назвать другую теорему механики,которая вызывала бы столько разного рода недоразуме-ний, как начало Д’Аламбера. Реальны или фиктивны тесилы инерции, о которых говорится в этом начале?

Евгений Николаи

Чтобы работать с законами Ньютона, [надо] подправитьсилы, ввести в них добавочный член. Другими словами,появляется кажущаяся, мистическая, новая сила неведо-мого происхождения…

Ричард Фейнман

А так ли хорошо знакомы вам

силы инерции?

уровень воды в ней, если вся система начнет свободнопадать?

11. Период колебаний математического маятника,находящегося в неподвижной ракете, равен T. Какимстанет этот период при вертикальном спуске ракеты сускорением 2g?

12. Самолет летит с постоянной скоростью, описываяокружность на постоянной высоте. Какое направлениебудет указывать нить отвеса, подвешенного в салонесамолета?

13. Велосипедист движется по горизонтальной, вра-щающейся вокруг вертикальной оси плоскости в такомнаправлении и с такой скоростью, что относительноземли он остается неподвижным. Должен ли он накло-няться по направлению к оси вращения плоскости?

14. С помощью рычажных весов взвесили 10 кило-граммов апельсинов на экваторе. Изменится ли резуль-тат взвешивания на полюсе?

15. В цилиндре, наполненном водой и закрытом совсех сторон, находятся пробка, кусочек свинца и неко-торое тело A, плотность которого равна плотностиводы. Цилиндр приводят в быстрое вращение вокругего оси. Как будут расположены тела в цилиндре, еслиось вращения вертикальна?

16. Воздух из субтропического пояса повышенногодавления переходит в экваториальный пояс понижен-ного давления. В какую сторону – на запад или навосток – он будет отклоняться при своем движении?

Микроопыт

Попробуйте раскрутить небольшое ведро с водой ввертикальной плоскости с такой скоростью, чтобы водане выливалась. Получилось? Тогда объясните явление.

Любопытно, что…

…о существовании центробежной силы инерции до-гадывался еще Аристотель, а Птолемей считал, что еслибы Земля вращалась вокруг своей оси, то из-за центро-бежной силы мы не смогли бы удерживаться на ееповерхности. Кеплер и Галилей опровергли эту точкузрения, однако полагали, что при удалении от центравращения центробежная сила должна уменьшаться.

…изучая движение маятника, Гюйгенс установил, чтоесли массивное тело, подвешенное на нити, движетсяпо окружности, то нить начинает растягиваться как быеще одной силой, дополнительной к силе тяжести. Онназвал ее центробежным стремлением и привел опре-деляющие ее закономерности, сохранившие свое зна-чение до сих пор. Причем для Гюйгенса это былаотнюдь не фиктивная, а вполне реальная сила той жеприроды, что и сила тяжести.

…на то, что в процессе падения на вращающуюсяЗемлю тело должно смещаться на восток, указал еще в1679 году Ньютон на заседании Лондонского Королев-ского общества. В обсуждении выступил первый Коро-левский астроном Джон Флемстид, утверждавший, чтоэтот эффект давно известен в артиллерии. Так, при углевозвышения орудия в °87 выпущенное ядро падаетобратно в жерло, на покоящейся же Земле этот уголдолжен был бы равняться °90 .

…идеально точные, ритмично идущие часы называютинерциальными. Ход всех подобных часов во всехинерциальных системах отсчета одинаков – в мире

существует единое, всеобщее и универсальное время,именуемое абсолютным. Это положение – важнейшийрезультат классической механики Галилея–Ньютона,принимаемый в ней в качестве аксиомы.

…великий французский ученый Д’Аламбер был широ-ко образованным человеком – математиком, механи-ком и философом-просветителем. Его избрали во всесуществующие в то время Академии наук, в том числеи в Петербургскую. Приведенный в эпиграфе знамени-тый принцип, позволявший сводить динамические за-дачи к статическим, Д’Аламбер сформулировал в 1743году в «Трактате о динамике», когда ему было всего 26лет.

…в неинерциальных системах отсчета при учете силинерции к ним нельзя применять третий закон Ньюто-на, так как нет никаких сил противодействия, прило-женных к другому телу со стороны данного, да нет исамого «другого» тела. Также в этих системах неспра-ведливы и следствия из третьего закона, в том числезакон сохранения импульса.

…споры об истинности или фиктивности сил инерциипродолжались более двухсот лет. Действительно, припереходе к инерциальной системе отсчета от них мож-но просто избавиться. С другой стороны, они вызываютвполне реальные события – разрыв маховиков, сход срельсов и крушения поездов и так далее.

…австрийский физик и философ Эрнст Мах считалисточником происхождения сил инерции вращающую-ся вокруг наблюдателя Вселенную. При таком подходеинертная масса любого тела была обусловлена влияни-ем всех тел окружающего мира. Эту точку зрения,названную принципом Маха, первоначально разделяли Эйнштейн, но впоследствии от нее отказался.

…в природе действие сил инерции особенно яркопроявляется при движении огромных масс воды ивоздуха в океане и в атмосфере. Так, течение Гольфст-рим, двигаясь на север в северном полушарии, поддействием кориолисовой силы инерции отклоняетсявправо, обедняя теплом Канаду и обогревая Европу.Этой же силе обязаны своим появлением гигантскиециклонические вихри, закручивающиеся в северномполушарии против часовой стрелки и по часовой – вюжном.

…без инерциальной навигации немыслимы сегоднякак полеты космических кораблей и авиалайнеров, таки плавание судов надводного и особенно подводногофлота. Одним из применяемых в инерциальной нави-гации приборов является чувствительнейший акселе-рометр, позволяющий измерять ускорения подвижныхобъектов с точностью до −710 g .

Что читать в «Кванте» о силах инерции

(публикации последних лет)

1. «Принцип Торричелли и центробежная сила инерции» –

2005, №3, с.35;

2. «Подводные камни» силы Архимеда» – 2009, №2, с.46;

3. «Задачи механики в неинерциальных системах отсчета»

– 2010, №2, с.51;

4. «Физический калейдоскоп. Выпуск 3» – 2012, Приложе-

ние №3, с.16, 126;

5. «Калейдоскоп «Кванта» – 2014, №1, с.32.

Материал подготовил А.Леонович

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 334

ше? На сколько тропа 1OA длиннее перпендикуляра: на 100,на 50, на 20 м? Оказывается, всего на 50 см! (Убедитесь вэтом, например, с помощью калькулятора.) Поэтому второйгрибник выйдет на дорогу в точке 1A , может, на полсекундыпозже первого. А вот автобусу еще ехать и ехать!

А то что путь 1OA более выигрышный, для опытногочеловека сразу очевидно по следующей причине. Перпенди-куляр ОА – самый короткий из всех отрезков, ведущих кдороге, и все близкие к нему отрезки лишь чуть-чуть длиннееего. Поэтому, смещая конечную точку тропы перпендику-лярно отрезку ОА вправо, мы лишь немного увеличиваемпуть грибника, но существенно увеличиваем путь автобуса.

Итак, мы показали, что движение перпендикулярно доро-ге не самый лучший выбор для грибника. А какой же путьлучший? Увы, мы этого пока не знаем, и поэтому стандарт-ный подход остается для нас по-прежнему неприступным.Надо искать что-то нестандартное. Подсказка у нас уже есть– где-то здесь должен появиться конус Маха.

Решение. Поступим наоборот – посадим в автобус много-много грибников и повезем их из города в лес. И при этомдоговоримся, что в каждой точке шоссе много-много грибни-ков (но не все) будут выходить из автобуса и расходиться вовсе стороны. Таким образом, автобус едет по дороге со

скоростью v, а от него во все стороны, как звук от самолета,расходятся со скоростью с грибники. И у нас образуется…конус Маха (рис.4) с углом раствора ( )arcsin c vα = , где с– скорость грибника, а v – скорость автобуса. В каждой точкевнутри конуса окажется по два грибника, на самом краю –один, а за краем – никого. Конус Маха и будет той областью,из которой путник может успеть на автобус. Доказать?Пожалуйста.

Любой путник, находящийся внутри или на краю конусаМаха, может успеть на автобус. Для этого ему достаточнопросто пойти в направлении, противоположном тому, покоторому в данную точку пришел один из грибников. При-чем путник выйдет на дорогу как раз к подходу автобуса.Точно так же нетрудно доказать, что ни один путник,стоящий вне построенного нами конуса Маха, ни за что неуспеет на автобус (проведите это доказательство самостоя-тельно).

Итак, ответ к нашей задаче таков: область достижимостиавтобуса – это конус Маха с вершиной в автобусе и углом привершине ( )2 2arcsin c vα = . Каждый путник, находящийсявнутри этого конуса, имеет выбор – у него есть два пути, покоторым он может выйти на дорогу точно к подходу автобу-са, а также он может выбрать любой путь, лежащий междуними. Правда, в этом случае ему придется некоторое времяподождать автобус. Для путника же, стоящего на образую-щей конуса, есть только один вариант возвращения – емунадо идти перпендикулярно этой образующей.

А теперь – задачи для самостоятельного решения.

Задача 2. Грибники Егор, Петр и Иван возвращались из леса.Егор пошел по левой тропинке (рис.5). Он шел до дороги 30 мини успел точно к автобусу. Иван пошел правой тропинкой. Шелон 40 мин и тоже успел прямо к автобусу. А Петр пошел по самойкороткой тропинке и дошел до дороги за 24 мин. Скольковремени Петр ждал автобуса? Скорости всех грибников одина-ковы.

Задача 3. А еще был с грибниками Сидор, который рассудилтак: «Зачем ходить не оптимальными путями? Я пойду опти-мальным путем, а время, которое у меня сейчас есть в запасе,потрачу лучше на сбор грибов. Не зря говорят опытные грибни-ки – чем меньше времени до автобуса, тем больше грибов влесу!» Скажите: сколько времени есть у Сидора в запасе, еслион действительно знает оптимальный путь?

Задача 4. Постройте область достижимости автобуса, дляслучаев: а) дорога делает поворот на 90° (рис.6,а); б) водительберет пассажиров строго на остановках 1 2 3, ,O O O (рис.6,б).Число Маха для автобуса и путника считайте равным двум.

Переправа через реку

Представим, что мы стоим на берегу быстрой широкойреки (рис.7). Примем, что ширина реки L = 120 м, скоростьее течения v = 4 м/с, а в нашем распоряжении есть весельнаялодка, на которой мы можем плыть со скоростью с == 3 м/с. Итак, с этого момента величины L, v и с фиксиро-ваны. Мы свободны лишь в одном – в выборе курса лодки,т.е. в выборе направления, в котором мы будем грести.

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

(Начало см. на с. 31)

Хотим сразу же предупредить читателя вот о чем. Вспокойной воде (на озере) куда мы направляем лодку(гребем), туда же она и движется. А вот на реке это ужеразные направления. На рисунке 7 показано, что происходитна реке с лодкой за одну секунду. Мы гребем (направляемлодку) под углом β к берегу и перемещаемся относительноводы на расстояние с. Но кроме этого есть течение, и оносносит нас за секунду на расстояние v. В результате мыдвижемся относительно берега под совсем другим углом αи совсем с другой скоростью u.

Вот несколько задач, связаных c переправой через реку.Задача 5. За какое минимальное время наша лодка (см.

рис.7) может переправиться через реку? Какой курс (уголβ ) следует при этом выбирать гребцу? На какое рассто-яние d ее снесет вдоль берега? Каков путь s лодки относи-тельно берега?

Обсуждение. Мы думаем, что у излишне самоуверенныхребят есть личный опыт относительно этой ситуации, и онисразу же догадаются, как следует вести лодку, чтобы времяпереправы было минимальным. «Излишне самоуверенны-ми» мы называем тех ребят, которые, едва научившисьплавать в пруду или бассейне, начинают покорять настоящиереки с быстрым течением. Хорошо, если речка маленькая исил хватает. А если дело принимает нешуточный оборот:силы на исходе, а противоположный берег еще далеко?

Вот здесь мы и попадает в ситуацию, когда нам надо какможно быстрее оказаться на другом берегу. Как же надо себявести? Конечно, плыть перпендикулярно течению, т.е. дер-жать курс 90β = °. И ничего, что течение сносит вниз, главное,чтобы каждый гребок приближал нас к желанному берегу.

Итак, мы вместе с вами ответили на самый главный вопросзадачи. Остальные ответы предлагаем вам получить самосто-ятельно.

А теперь – задача посложнее.Задача 6. Лодочнику надо переправиться через реку так,

чтобы снос лодки был минимальным. Какой курс (угол β )ему следует для этого выбрать? Какой угол (угол α )образует траектория лодки с берегом? Сколько времени(t) понадобится лодочнику для такой переправы? На какоерасстояние (d) снесет лодку? Какой путь (s) проделаетлодка относительно берега?

В этой ситуации нам уже вряд ли поможет личный опыт.Даже если кто-то и переправлялся через реку, пытаясь плытьс наименьшим сносом, не факт, что он нашел правильныйкурс. Поэтому при решении этой задачи следует прибегнутьк рассуждениям. А рассуждения лучше проводить, когдаперед глазами рисунок, на котором сразу видны все возмож-ные варианты переправы.

– А есть ли такой чудо-рисунок?– Есть! И главный его элемент – конус Маха.Начинаем конструирование. Причем не со скорости с, а со

скорости v (рис.8). За секунду река снесет лодку вправо нарасстояние v. После этого мы сами должны переместитьлодку на расстояние с, при этом направить ее мы можем влюбую сторону. Поэтому рисуем полуокружность радиусомс. Каждая точка этой кривой соответствует конкретномувыбору курса. А скорость лодки относительно берега – этовектор, соединяющий точку О и выбранную нами точку наокружности.

Рис. 8

Итак, все варианты налицо. Правда, конуса Маха покаеще на рисунке нет. Поработаем немного с нашим рисунком– поговорим о разных точках на нем (рис.9).

– Точка 1 ( 180β = ° ), как бы вы назвали ее?– Такой выбор переправы можно назвать самым быстрым

способом движения. Скорость лодки в этом случае относи-тельно берега самая большая: maxu v c= + . Хотя понятно,что при таком выборе направления мы никогда не перепра-вимся через реку.

– Точку 2 ( 0β = ) можно назвать самым медленнымудалением от исходной точки. Лодка здесь движется с самоймаленькой скоростью: minu v c= − .

– А точка 3 ( 90β = ° ) – это точка из предыдущей задачи,т.е. точка наибыстрейшей переправы.

– Осталось совсем немного: найти на окружности точкуминимального сноса. Ответ становится очевидным, еслипоместить наш рисунок на карту реки (рис.10). Тогда сразу

видно, что снос будет минимален, если траектория лодкикасается нашей окружности выбора. В результате получает-ся точка 4 – точка переправы с минимальным сносом.

Теперь на нашей рисунке появился конус Маха с углом приосновании ( )arcsin c vα = .

Остальные ответы, связанные с переправой с минималь-ным сносом, получите сами.

Используя наши полезные рассуждения и рисунки, реши-те самостоятельно следующие задачи.

Задача 7. При переправе лодочник вел лодку так, чтобыпереплыть реку как можно быстрее. А обратно он возвращалсятак, чтобы снос лодки был минимален. Известно, что наобратный путь он затратил в два раза больше времени. Найдите,во сколько раз скорость течения больше скорости лодки. Восколько раз путь лодки туда больше, чем путь оттуда?

Задача 8. Обычно лодочник переправляется через реку за12 мин. А когда он выбирает для переправы новый курс,составляющий угол 90° по отношению к первому, то он тратитна переправу всего 9 мин.

1) Сколько времени лодочник будет тратить на переправу,если будет держать курс перпендикулярно береговой линии?

2) Чему равно отношение скорости течения к скорости лодки,если и при старом и при новом курсе лодочника сносит на однои то же расстояние?

Задача 9. Два лодочника выбирают разные курсы для своихлодок, но пресекают реку за одно и то же время 0t . При этомвторую лодку сносит при переправе в n раз дальше, чем первую.

1) За какое минимальное время лодочники могли бы пере-правляться через реку, если скорость течения в М раз большескорости лодки?

2) При каком максимальном М это возможно?Скорости обеих лодок в спокойной воде одинаковы.

– А если скорость лодки больше скорости реки, есть такиезадачи?

– Конечно, есть. Только теперь картинка, на которойвидны все варианты нашего выбора, выглядит несколькоиначе (рис.11). Но многое на этой картинке остается и отстарого случая. Точка 1, по-прежнему, точка самой большойскорости лодки относительно берега, точка 2 – точка самоймаленькой скорости лодки, точка 3 – точка наибыстрейшейРис. 9

Рис. 10

35Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 336

переправы, а вот точку 4 теперь следует называть несколькоиначе – точка переправы без сноса. Ведь теперь, когдаскорость лодки больше скорости течения, нам вполне посилам на равных бороться с ним и добиться того, чтобылодку совсем не сносило.

Рис. 11

– Жалко только, что теперь на рисунке нет нашегохорошего знакомого – конуса Маха!

– Ну что же, коли конус Маха стал вам хорошим знако-мым, это очень приятно. Однако возможно, что вы и без негоуже сможете решать сложные задачи. Например, такую.

Задача 10. Лодочник взял за правило переправлять своихпассажиров на другой берег строго перпендикулярно береговойлинии (без сноса). Сколько времени будет длиться такаяпереправа, если ширина реки L = 120 м, скорость лодки вспокойной воде с = 5 м/с, скорость течения v = 4 м/с? Подкаким углом относительно берега лодочнику следует направлятьсвою лодку, чтобы сноса не было? С какой скоростью будетперемещаться лодка относительно берега?

Сиреневыйтуман…

А.СТАСЕНКО

ИМЕННО ТАК НАЧИНАЕТСЯ ИЗВЕСТНАЯ СТАРАЯ ПЕСНЯ:

«Сиреневый туман над нами проплывает,Над тамбуром горит полночная звезда…»

Но почему туман оказался сиреневым?Или вот еще из А.С.Пушкина («Буря»):

«Ты видел деву на скалеВ одежде белой над волнами…Когда луч молний озарялЕе всечасно блеском алым…»

Как же так: одежды – белые, луч молний еще белее, а врезультате – блеск алый! Не связано ли это с тем, что «бушуяв бурной мгле, играло море с берегами … и ветер бился иметал», т.е. с присутствием морских брызг и капель?

Но заглянем еще дальше назад – в глубь веков. В китай-ских и римских (оцените расстояние!) хрониках 186 годасообщается о красном небе. И что же? Оказывается, в тупору произошло извержение вулкана … в Новой Зеландии!– вообще в другом полушарии.

А в более близкие к нам времена, в 1950 году, на большейчасти Европы Солнце и Луна казались голубыми после

пожаров в лесах Кана-ды!

Тут уж явно возни-кает подозрение о вза-имодействии света смелкими частицами.

Но – все по порядку.Представим себе, чтофутбольный мяч ради-усом r освещается па-раллельными лучамисвета интенсивности I(рис.1,а). Тогда на бе-лой стене появится чет-кий диск тени, причемэто ступенчатое распре-деление интенсивности

света с точки зрения геометрической оптики должно бытьодинаковым на любом расстоянии мяча от стенки.

А что если на пути тех же параллельных лучей поместитьнепрозрачный экран c отверстием радиусом r (рис.1,б)? Вэтом случае на белой стене получим картину, дополнитель-ную к первой. Дополнительную в том смысле, что есливставить мяч в отверстие, то суммарная интенсивность светастанет равной нулю.

Однако, это справедливо с точки зрения геометрическойоптики. В ней ни слова нет о длине волны света λ , а ведьименно она определяет восприятие цвета – сиреневый, алый,красный, синий... Чем больше λ , тем волна «краснее», чемменьше – тем «синее». Представим себе то же самое отвер-стие радиусом r в непрозрачном экране состоящим из двухполовинок площадью 2 2rπ каждая (рис.2). Согласно прин-ципам волновой (уже не геометрической!) оптики, эти две

половинки фронта волны, падающей слева на отверстие,можно считать двумя независимыми источниками вторич-ных волн. С этой идеи и начинается изложение принципаФренеля – великого оптика, жившего во времена Наполео-на, Александра I и Пушкина.

Рассматривая эту картину издалека, будем считать, что этидве половинки излучают вторичные волны как два точечныхисточника, расположенных в «центре тяжести» каждого изполудисков. Расстояние между этими двумя точками обозна-чим буквой d. Тогда в направлении, соответствующем углуθ , одна из этих двух волн отстанет от другой на отрезок

sind∆ = θ (см. заштрихованный прямоугольный треуголь-ник на рисунке 2). И тут возникают две возможности – этаразность хода может стать равной целому числу длин волн(четному числу полуволн): 2 2m m∆ = λ = λ или нечетномучислу длин полуволн: ( )2 1 2n∆ = + λ . Ясно, что в первомслучае в направлениях, соответствующих углам

max arcsinm mdλ

θ = , ( ∗ )

эти две волны усилят друг друга, во втором – погасят. Такимобразом, картина распределения интенсивности света, про-

Рис.1. Распределение интенсивности светаза мячом и за отверстием (геометричес-кая оптика)

Рис.2. Интерференция от двух полудисков. Слева – падающийфронт волны (с длиной λ ), справа – картина распределенияинтенсивности за отверстием

Как Архимед взвесил параболу?(Начало см. на 4-й странице обложки)

«Архимед желает читателю радоваться», – так начиналасьбы эта статья, если бы ее автором был Архимед.

Вычислению площади (квадратуры) сегмента параболыбыло посвящено письмо Архимеда Досифею в Александрию.В нем Архимед привел два способа вычисления – геометри-ческий и механический. С геометрическим способом, вкотором площадь сегмента параболы представляется в видебесконечной последовательности вписанных в него треуголь-ников, можно познакомиться, например, в статье А.Бенду-кидзе, опубликованной в «Кванте» №7 за 1971 год. Здесь жеприводится популярное изложение механического способа,который иногда называют механическим интегрированием.

Нарисуем параболу 2y ax= на листе плотной бумаги ивырежем часть листа между кривой и осью х в диапазоне от

Рис.1

Н А Ш А О Б Л О Ж К А

шедшего через отверстие, т.е. так называемая интерференци-онная картина, принципиально отличается от той, что пред-сказывает геометрическая оптика. Где же правда!?

С одной стороны, мы ясно видим резкую тень от луча настене. С другой стороны, те, кто занимаются радиофизикой,точно знают, что круглая антенна радиусом r, посылающаяволну на спутник, собирает энергию в пучок с характерным

полууголом раствора порядка arcsin2rλ

при n = 0 (направ-

ление на 1-й минимум), а не в виде «ступеньки», как нарисунке 1,б. Ясно, что тут дело в отношениях размеров.Одно их них мы уже знаем – это дифракционный параметр

rλ

. Очевидно, что другое отношение должно быть связано с

тем, «близко» или «далеко» находится экран от отверстия.Измеренное в радиусах отверстия это расстояние x дает еще

один безразмерный параметр xr

. И в результате получится,

что геометрическая оптика права при 2 1x

r

λ≪ , а волновая –

при 2 1x

r

λ≫ . (Кстати заметим, что в «Кванте» №1 за 2014 год

в статье «Зачем «близоруко щуриться»?» допущена опечат-ка. На странице 42 последнюю формулу следует читать так:

λ= ◊

xp

d d.) Некоторые говорят, что геометрическая оптика

верна при 0λ → . Понятно, что это утверждение справедли-во при фиксированных значениях x и r.

Но вернемся к сиреневому туману, деве на скале, синемуи красному небу. Если рассмотренное выше отверстие зак-рыть диском или шариком того же радиуса, то свет всюду завосстановленным непрозрачным экраном исчезнет. Значит,с точки зрения дополнительной картины, на оси за одинокимшариком должна быть волна, в точности компенсирующая(гасящая) волну, которая была за отверстием в экране.Интенсивности этих двух волн одинаковы, а фазы противо-положны. Двести лет назад мысль о том, что за непрозрач-ным экраном должно быть светлое пятно, казалась нелепой.Тем более потрясающим оказался демонстрационный опытАраго, сделавший этот факт очевидным.

Итак, волны огибают края шарика. Это явление называет-ся дифракцией волн на краю препятствия. Более того,оказалось, что в дифракционном пределе ( λ≪r x ) из

параллельного пучка лучей дифракция «изымает» столькоэнергии, что шарик представляется имеющим площадь сече-ния 22 rπ , т.е. вдвое большую, чем с точки зрения геометри-ческой оптики. Говорят при этом, что коэффициент рассея-ния равен двум: 2sQ = .

Далее. Ясно, что с уменьшением размера шарика должнауменьшаться и доля рассеиваемой им энергии – ведь пристремлении его размера к молекулярному эта доля должнастремиться к нулю –иначе атмосфера былабы непрозрачна длясолнечных лучей. А врезультате связь сече-ния рассеяния с коэф-фициентом рассеянияимеет вид, качествен-но показанный на ри-сунке 3. Тут нет ниче-го удивительного: вид-на периодичность поrλ , так напоминающая

соотношение ( * ); вид-но стремление к нулю

при →λ

0r

. И, конечно, виден вполне ожидаемый макси-мум, когда длина волны сравнима с размером шарика.Кстати, в случае водяных капель этот максимум почти вчетыре раза превышает геометрическое сечение большогокруга ( )4sQ ≈ .

Теперь все понятно. Поскольку белый свет молний илиСолнца содержит непрерывный набор длин волн, радиусчастиц или капель, рассеивающих этот свет, может оказатьсясоответствующим максимальному значению A на рисунке 3при длине волны красного света, в то время как соседнийминимум B окажется соответствующим синему цвету( син краснλ < λ ) – вот и получается «блеск алый». А сирене-вый цвет – это смесь красного и фиолетового (проверьте наакварельных красках). Он может получиться, когда разме-ры капель таковы, что мы попадаем в два соседних максиму-ма A и С.

Остальные случаи необычных окрасок запыленного небаЧитатель сможет теперь объяснить самостоятельно.

Рис.3. Качественная картина взаимосвя-зи коэффициента рассеяния и дифрак-ционного параметра

х = 0 до х = l. Теперьположим вырезаннуюфигуру на правую чашувесов так, чтобы ее центртяжести находился подточкой подвеса чаши, иуравновесим ее грузом налевой чаше (рис.1). Оче-видно, если знать весединицы площади ис-пользованного листа бумаги, то «вес параболы» даст намвеличину ее площади S.

Чтобы найти зависимость «веса параболы» от величин a иl, вместо левой чаши прикрепим к рычагу треугольник АОВ,вырезанный из той же бумаги, что и наша парабола (рис.2).

(Продолжение см. на с. 44)

Н А Ш А О Б Л О Ж К А 37

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

Задача о точке Торричелли – красивая и естественная,настоящая жемчужина геометрии. Она уже не раз обсуж-далась на страницах «Кванта» (см., например, статьюВ.Протасова и В.Тихомирова «Пространство L

p и замеча-

тельные точки треугольника» в «Кванте» №2 за 2012 г.).

Но иногда интересно собрать вместе различные подхо-ды к таким задачам, чтобы увидеть связь между разнымиобластями и ощутить единство математики.

Именно в таком ключе автор публикуемой ниже статьии предлагает взглянуть на точку Торричелли.

Еще разо точке

ТорричеллиЛ.РАДЗИВИЛОВСКИЙ

Введение

Вот одна из моих любимых геометрических задач:Задача. Дан треугольник ABC. Найдите такую точку Т,

что сумма расстояний от нее до вершин треугольника,АТ + BT + CT, будет наименьшей.

Я коллекционирую ее решения, пока что в коллекции 6штук. Если верить Википедии (а первоисточников я нечитал), то Пьер Ферма предложил эту задачу, а Эванджели-ста Торричелли ее решил.

Решения 1 и 2 я прочел в старых выпусках «Кванта»,решение 3 понятно тем, кто изучал высшую математику,решение 4 нашел А.Гладких, решение 5 придумал мой отец,а решение 6 я узнал из статьи Г.Ганчева и Н.Николова вжурнале «Математическое просвещение» (третья серия,выпуск 12). О шестом решении мне сообщил А.Заславский,когда статья уже была частично написана, он же высказалряд ценных замечаний по поводу этой статьи, за что я емуочень признателен. Конечно, какие-то из этих решений,видимо, были придуманы гораздо раньше, поскольку задачаочень старая. За последние 350 лет ее решало много людей,поэтому установить первого автора той или иной идеиневозможно.

Каков же ответ?

Оказывается, ответ в этой задаче разбивается на дваслучая. Первый случай (он менее интересен) – когда утреугольника есть угол, не меньший 120° (образно говоря,«очень тупой угол»). Тогда вершина этого угла и будетискомой точкой.

Второй случай, когда все углы треугольника меньше120° , более интересен. Вэтом случае точка Т зада-ется условием: все сторо-ны треугольника видны изнее под углом 120° (такаяточка носит имя Торричел-ли, иногда ее называют точ-кой Ферма). Другими сло-

вами, 120ATB ATC BTC∠ = ∠ = ∠ = ° . Построить ее легко.Дело в том, что геометрическое место точек, из которыхотрезок АВ виден под одним и тем же углом, состоитиз двух дуг окружностей, проходящих через точки A и B(рис. 1). Искомая точка лежит внутри треугольника, поэто-му остается одна дуга или еечасть. Это дуга окружности, опи-санной вокруг равностороннеготреугольника, примыкающего кстороне АВ. Итак, строим на сто-ронах треугольника вовне равно-сторонние треугольники, описы-ваем вокруг них окружности исмотрим на их дуги, лежащиевнутри исходного треугольника.Каждая из этих дуг содержитнашу точку (рис. 2). В действи-тельности, можно определить нашу точку как пересечениелюбых двух из этих дуг. Ведь если углы, под которымивидны две стороны, равны 120°, то на третью сторонуостается тот же угол. Поэтому эти три дуги пересекаются водной точке. Основная трудность – доказать, что построен-ная точка и есть та, которую требуется найти в задаче.

Случай «очень тупого угла»

Рассмотрим сначала первый, менее интересный вариант,чтобы потом про него забыть (впрочем, каждое из приведен-ных ниже шести доказательств можно, несколько видоизме-нив, применить и к этому случаю). Предположим что

120ABC∠ ≥ ° . Тогда нужно доказать, что для всякой точкиХ, отличной от В, будет выполняться неравенство

AВ + CВ < АХ + BХ + CХ.

Пусть P, Q – проек-ции точки Х на прямыеAB, BC соответствен-но. Если точка В нахо-дится между А и P(рис.3), то

АX ≥ АP > AB,

BX + CX ≥ BC.

Складывая эти неравен-ства, получаем требуе-мое. Значит, неочеви-ден только тот случай,когда P находится налуче ВА. По тем жепричинам будем счи-тать, что Q находится на луче ВС (рис.4). Тогда в четырех-угольнике XPBQ углы P и Q – прямые, 120B∠ ≥ ° , а

60X∠ ≤ ° . Мы докажем что

BX BP BQ≥ + . ( ∗ )

Прибавив к неравенству ( ∗ ) очевидные неравенства

AX AP≥ ,

CX CQ≥ ,

получим искомое утверждение. Равенство в последних двухнеравенствах достигается, только если точка Х лежит и напрямой АВ, и на прямой ВС, т.е. совпадает с их точкойпересечения B.

Итак, осталось доказать неравенство ( ∗ ). Это можносделать, например, такими двумя способами.Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Первый способ

Повернем треугольник BXP вокруг точки X так, чтобыего сторона XP попала на прямую XQ. Обозначим получен-ный треугольник B XP′ ′ (рис.5). Заметим, что PXQ∠ =

180 60PBQ= ° − ∠ ≤ ° . По построению, P XP′∠ = PXB∠ +BXP′+ ∠ = P XB P XB′ ′ ′∠ + ∠ = B XB′∠ , т.е. и 60B XB′∠ ≤ ° .

Значит, B B′ не может быть наиболь-шей стороной треугольника B XB′ , ипоскольку отрезки ВХ и B X′ равны,то B B BX′ ≤ .

С другой стороны, отрезок BB′ неменьше его проекции на прямую BQ,т.е. не меньше суммы BQ P B′ ′+ .

Итак, BX BB BQ B P BQ′ ′ ′≥ ≥ + = +BP+ , что и требовалось доказать.

Второй способ

Пусть ,u vr r

– единичные векторы, выходящие из точки Вв направлении точек А, С соответственно. Поскольку уголмежду этими векторами не меньше 120° , то длина вектораur+ vr

не больше 1. Пользуясь свойствами скалярного про-изведения векторов, получаем

( ) ( ) ( ), , ,BP BQ BX u BX v BX u v BX+ = + = + ≤uuuur uuuur uuuurr r r r

,

что и требовалось.

Более интересный случай

Переформулируем нашу задачу так:Если из внутренней точки Т треугольника АВС все

стороны видны под равными углами, то сумма расстоянийот Т до вершин А, В, С меньше, чем от любой другой точки.

Перейдем к решениям.

Первое решение (физика)

Может, это и не решение в полной математической строго-сти, а интуитивное объяснение? Судите сами, но мне ононравится.

Итак, пусть наш треугольник нарисован на горизонталь-ной доске. Сделаем в каждой вершине отверстие. Через

каждое отверстие протянемверевку и свяжем эти триверевки где-нибудь внутритреугольника. К противопо-ложным концам веревок при-крепим одинаковые гири по1 кг (рис.6). Теперь отпустимэту систему, и она, согласнозаконам физики, придет в по-ложение с минимумом потен-циальной энергии.

Потенциальная энергияпропорциональна суммарной высоте грузов над землей.Значит, суммарная высота грузов будет минимальна, т.е.суммарная длина веревок от отверстий до гирь максимальна.Следовательно, суммарная длина веревок внутри треуголь-ника, равная сумме расстояний от узла до вершин, мини-мальна. Таким образом, эта физическая система решаетнашу задачу.

С другой стороны, сумма сил, действующих на узел,будет равна нулю. Сила равна натяжению веревки и на-правлена вдоль веревки. Натяжение веревки равно весугруза, поскольку вес и натяжение, нейтрализуя друг дру-га, держат груз в неподвижности. Значит, силы, действую-щие на узел, – это три вектора одинаковой длины, в суммедающие ноль.

Упражнение 1. Если сумма трех единичных векторов равнанулю, то углы между ними равны по 120∞.

Из предыдущих рассуждений и упражнения 1 следует, чтоуглы между веревками равны 120°, что и завершает доказа-тельство.

Второе решение (классическая геометрия: поворот)

Пусть Х – произвольная точка. Построим на стороне AB вовнешнюю сторону правильный треугольник ABF (рис.7).Рассмотрим поворот вок-руг вершины А на 60° ,который переводит верши-ну B в точку F. Тот жеповорот переведет точку Хв некую точку Н. Треу-гольники ABF и AXH, оче-видно, равносторонние, аBX = FH, поскольку нашповорот переводит BX вFH. Значит, АХ + BX + CX = HX + FH + CX FC≥ ,поскольку прямой путь FС, конечно, не длиннее, чем путьвдоль ломаной FНХС. Равенство может достигаться, толькоесли точки Н, Х лежат на отрезке FС. Но тогда CXA∠дополняет до развернутого угла угол равностороннего треу-гольника, а значит, он равен 120° . По той же причине,

120FHA∠ = ° . Но FHA BXA∠ = ∠ . Итак, минимум достига-ется, когда BXA∠ и CXA∠ равны 120° , что и требовалось.

Рассматривая эту картинку, можно увидеть другие спосо-бы построения точки Торричелли. Например, из этого реше-ния следует, что она лежит на прямой СF. Впрочем, этоможно было заметить и раньше: по теореме о вписанном угле(в окружности, проходящей через точки A, B, F, T),

60FTA∠ = ° , поэтому углы FTA и ATC – смежные. Крометого, отрезок СF равен той самой минимальной суммерасстояний. Аналогично, если мы построим равносторонниетреугольники BCD и ACEвовне на других двух сторо-нах треугольника, то отрезкиAD и BE будут иметь такуюже длину и будут проходитьчерез точку Торричелли, при-чем отрезки AD, BE, CF бу-дут пересекаться в точке Tпод равными углами (рис.8).Получается, что через точкуТорричелли проходят уже 6линий: прямые AD, BE, CF иокружности, описанные вок-руг треугольников ABF, BCD,ACE! Тем самым, можно стро-ить точку Торричелли как пересечение любых двух из этихлиний – например, двух прямых.

Упражнение 2. Пусть KLM – равносторонний треугольник,Z – точка на дуге KM его описанной окружности. Докажите, чтоZK + ZM = ZL.

Указание: KLM – равносторонний треугольник, построенныйна стороне KM треугольника KZM.

Третье решение (математический анализ)

Для третьего решения нам понадобятся некоторые сведе-ния из математического анализа (кто боится производных,может его пропустить). Рассмотрим функцию от двух пере-менных ( ),f x y , определенную для точек X плоскости с

координатами ( ),x y . Если считать переменную y постоян-

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

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

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 340

ной, эта функция превращается в обычную функцию отодной переменной x. Производная полученной функции(если она существует) называется частной производной поx функции f (обозначение: f x∂ ∂ ). Аналогично определяет-ся частная производная по y.

Градиентом функции называется вектор, составленный изчастных производных:

f xf

f y

∂ ∂ ∇ = ∂ ∂

.

Вспомним, что для функции одной переменной ( )f x(определенной на числовой прямой) в точке максимума илиминимума производная должна обращаться в ноль (если онасуществует). Аналогично, в точках максимума или миниму-ма функции двух переменных ее градиент должен обращать-ся в ноль.

Рассмотрим функцию расстояния от точки А, т.е. функцию( )f X = AX. Ее градиент имеет длину 1 и сонаправлен с

вектором AX. Значит, градиент функции суммы расстоянийAX + BX + CX равен сумме трех единичных векторов,смотрящих в направлениях АХ, ВХ, СХ. В точке минимумаэтой функции сумма этих трех единичных векторов должнабыть равна нулю. Согласно упражнению 1, это возможно,только если углы между этими векторами равны по 120° .

На самом деле, приведенное рассуждение не полно, так какравенство градиента нулю является необходимым, но недостаточным условием минимума (может быть максимумили вовсе отсутствие экстремума). Завершить решение мож-но, используя понятие выпуклости функции (функции АХ,ВХ, СХ – выпуклы вниз, и значит, их сумма также выпуклавниз, а в той точке, где градиент равен нулю, достигаетсяглобальный минимум выпуклой вниз функции).

Четвертое решение (геометрия коник)

Для четвертого доказательства нам потребуется оптичес-кое свойство эллипса.

Эллипс – это геометрическое место точек Х, для которыхпри некоторых фиксированных точках А, В и расстоянииl > AB выполняется равенство

AX + BX = l.

Точки А, В называются фокусами эллипса.Оптическое свойство эллипса. Пусть Х – точка на

эллипсе, А и В – фокусы этого эллипса. Тогда отрезки АХ иВХ пересекают касательную в точке Х под одним и тем жеуглом.

У этого факта можно найти несколько разных физическихсмыслов. Например: бильярдный шарик, выпущенный изодного фокуса эллиптического бильярдного стола, отразив-шись от стенки, пройдет через второй фокус. Или: двачеловека, находящиеся в разных фокусах большой эллипти-ческой скорлупы, смогут между собой говорить без микро-фона – что один скажет, то другой и услышит, с той жегромкостью. Или: если зажечь свечку в фокусе зеркальнойэллиптической скорлупы, то мы и во втором фокусе увидимтакую же горящую свечку, поскольку все лучи, выходящиеиз «настоящей» свечки, пройдут и через второй фокус. По-видимому, именно последний пример дал название этойтеореме. Заметим, что из-за волновой структуры света извука, для последних двух эффектов важно и первое свой-ство эллипса, которое мы взяли за определение. Лучи,выпущенные из одного фокуса, не просто пройдут черездругой фокус, но и придут туда в одинаковой фазе.

Доказательство оптического свойства эллипса. Пусть Аи В – фокусы, Х – точка на эллипсе (рис.9). Проведем черезточку Х касательную к эллипсу и отразим точку В относи-

тельно этой касательной, полу-чим точку B′ . По сути, нужнодоказать, что Х лежит на отрез-ке AB′ .

Предположим, что это не так.Тогда возьмем точку Т пересе-чения AB′ и касательной. За-метим, что AT + TB = АТ + TB′ < АX + XB′ = AX + XB.Значит, точка на касательной лежит внутри эллипса –противоречие.

Примечание. На самом деле, мы здесь воспользовалисьинтуитивно очевидным фактом, что эллипс – выпуклаяфигура. Это можно вывести, например, из известного фактао том, что эллипс является сечением цилиндра или конуса.

Перейдем к решению.Пусть T′ – точка, сумма расстояний от которой до вершин

А, В, С треугольника минимальна. (Конечно, для доказа-тельства существования такой точки нужно применить неко-торые факты из анализа.) Нарису-ем окружность с центром в С,проходящую через T′ , а такжеэллипс с фокусами А, В, проходя-щий через T′ (рис.10).

Если бы у этих круга и эллипсабыла общая внутренняя точка Х,то выполнялись бы неравенстваCX CT′< , АХ + ВХ < AT BT′ ′+ , азначит, сумма расстояний от Х довершин треугольника была быменьше, чем от T′, чего не может быть. Поэтому окруж-ность касается эллипса. Общая касательная образует рав-ные углы с АT′ и ВT′ и перпендикулярна радиусу. Значит

AT C BT C′ ′∠ = ∠ .Аналогично можно доказать, что AT B BT C′ ′∠ = ∠ , т.е.

точка T′ совпадает с точкой Торричелли.

Пятое решение (классическая геометрия: площади)

Нам понадобится известная лемма:Лемма 1. Пусть точка Х находится внутри (или на

сторонах) равностороннего треугольника KLM и h – высо-та этого треугольника, а k, l, m – расстояния от Х допрямых LM, KM, KL соответственно. Тогда k + l + m = h.Если же Х находится снаружи треугольника KLM, тоk + l + m > h.

Доказательство леммы 1. Пусть сторона равностороннеготреугольника равна а.

Если X находится внутри, то треугольник KLM, площадькоторого равна ah/2, состоит из треугольников XLM, XKM,XKL, площади которых равны ak/2, al/2, am/2 соответ-ственно. Поэтому

2 2 2 2ak al am ah

+ + = .

Осталось умножить обе части равенства на 2 и разделитьна а.

Если же Х находится снаружи, то треугольники XLM,XKM, XKL вместе покрывают треугольник KLM, но такжесодержат кусочки вне KLM, так что равенство превращаетсяв строгое неравенство.

Упражнение 3. Точки 1 2 2, , , MA A A… делят окружность на 2Мравных дуг. Пусть Х – произвольная точка внутри круга.Отрезки 1 2 2, , , MXA XA XA… делят круг на 2М областей. Каж-дую область красят в черный или белый цвет так, чтобы соседниеобласти имели разные цвета. Докажите, что сумма белыхплощадей равна сумме черных площадей.

Рис. 9

Рис. 10

Теперь мы готовы к решению.Проведем к прямым АТ, ВТ, СТперпендикуляры в точках А, В, Ссоответственно. Получим три пря-мые, которые задают равносторон-ний треугольник KLM (рис. 11).

Рассмотрим точку Х, отличнуюот Т. Сумма расстояний от Х досторон треугольника KLM такаяже или даже больше, чем от Т.Расстояния от Х до точек А, В, С не

меньше, чем соответствующие расстояния от X до сторонKLM (скажем, расстояние от Х до прямой LM не больше,чем ХA). Поэтому AX BX CX AT BT CT+ + ≥ + + .

Это неравенство может обратиться в равенство, толькоесли основания перпендикуляров, опущенных из Х на сторо-ны треугольника KLM, – это точки А, В, С. Но это быозначало, что Х лежит одновременно на АТ, ВТ, СТ, т.е. чтоХ – это и есть Т.

Упражнение 4. Пусть 1 2 nA A A… – правильный n-угольник, R– радиус описанной вокруг него окружности, Х – произвольнаяточка. Докажите, что

1 2 nXA XA XA nR…+ + + ≥ .

Шестое решение (геометрия: изогональное сопряжение)

Для шестого доказательства понадобится изогональноесопряжение.

Пусть дан треугольник ABC. Зададим каждую точку наплоскости тройкой чисел ( ), ,x y z : расстояниями до прямыхВС, АС, АВ соответсвенно. Расстояния возьмем со знаками:будем считать расстояние до стороны положительным, еслионо находится по ту же сторону плоскости, что и третьявершина, и отрицательным, если наоборот.

Упражнения

5. Докажите, что соотношение x/k = y/l при заданных k, lзадает прямую, проходящую через С.

6. Докажите, что соотношение x/k = y/l = z/m при заданныхk, l, m задает точку. Если числа k, l, m положительны, то эта точканаходится внутри треугольника. Поэтому тройка ( ), ,x y z задаетточку однозначно. Более того, не всякая тройка задает точку, атолько такая, которая удовлетворяет равенству xa + yb + zc = 2S,где a, b, c – стороны треугольника, а S – его площадь.

Если вы решили последние два упражнения, то вам будетлегко понять следующее определение:

Определение. Пусть расстояния (со знаками) от точки Pдо сторон треугольника равны x, y, z, а расстояния (сознаками) от точки Q до сторон треугольника равны k, l, m.Мы будем говорить, что точки P и Q изогонально сопряженыдруг другу (относительно треугольника ABC), если kx == ly = mz.

Из упражнения 5 видно, что если P и Q изогональносопряжены, то прямые АP и AQ симметричны друг другуотносительно биссектрисы угла А треугольника АВС (ианалогично, ВP и BQ симметричны друг другу относительнобиссектрисы угла В, а СP и СQ симметричны друг другуотносительно биссектрисы угла С). Отсюда получается вы-вод, который раньше мог показаться неочевидным:

Пусть P – произвольная точка, отличная от вершинтреугольника ABC. Если отразить прямые АP, ВP, СPотносительно соответствующих биссектрис треугольника АВС,то три полученные прямые либо будут пересекаться в однойточке (и тогда эта точка изогонально сопряжена к Q), либобудут параллельны.

Часто именно на основе последнего геометрического фактадают определение изогонального сопряжения.

Упражнение 7*. Докажите, что если эллипс с фокусами F, Gвписан в треугольник АВС, то F, G изогонально сопряженыотносительно этого треугольника.

Много интересного про изогональное сопряжение можнопрочитать в книге В.В.Прасолова «Точки Брокара и изого-нальное сопряжение».

Докажем следующую известную лемму:Лемма 2. Пусть точки P и Q изогонально сопряжены

относительно треугольника ABC, а K, L, M – основанияперпендикуляров, опущенных из Q на прямые BC, CA, AB.Тогда прямая AP перпендикулярна LM, прямая BP перпен-дикулярна KM, прямая CP перпендикулярна KL.

Доказательство леммы 2. Достаточно доказать, что пря-мая AP перпендикулярна LM, остальное аналогично. Рас-смотрим случай, когда точки P и Q лежат внутри треуголь-ника, а M и L – на его сторонах (рис.12), остальные случаиразбираются аналогично. Как мы знаем, углы MAP и QALравны. А поскольку четырехугольник MALQ вписанный (вокружность с диаметром AQ), углы QML и QAL такжеравны. Так как углы MAP и QML равны, то угол между APи ML равен углу между AM и MQ, что и требовалось. Леммадоказана.

Еще нам потребуется тот факт, который сразу вытекает изформулы площади четырехугольника: площадь четыреху-гольника не больше, чем половина произведения его диаго-налей, причем равенство достигается тогда и только тогда,когда диагонали перпендикулярны.

Возвратимся к нашей задаче о точке Торричелли T иобозначим через N изогонально сопряженную к ней точку(эта точка называется точкой Аполлония). Пусть K, L, M –основания перпендикуляров, опущенных из точки N напрямые BC, CA, AB соответственно (рис.13). По доказаннойнами лемме, стороны треугольника KLM перпендикулярныпрямым АТ, ВТ, СТ, а значит, они образуют между собойуглы в 60° . Следовательно, KLM – равносторонний треу-гольник, длину его стороны обозначим через k. Для произ-вольной точки X имеем

( )k AX BX CX LM AX KM BX KL CX⋅ + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ ≥≥ ( )2 LAMX KBMX KCLXS S S+ + ≥ 2 ABCS .

Значит, 2 ABCAX BX CX S k+ + ≥ . Равенство достигается,когда прямые АХ, ВХ, СХ перпендикулярны LM, KM, KLсоответственно, т.е. совпадают с прямыми АТ, ВТ, СТ. А этои значит, что Х и Т совпадают.

Читатель может усмотреть связь между последними двумярешениями (треугольники, обозначенные KLM в этих реше-ниях, гомотетичны).

Упражнения

8. Пусть a, b, c – стороны некоторого треугольника, причема – самая маленькая сторона. Обозначим расстояния от некото-

Рис. 13Рис. 12

Рис. 11

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 41

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 342

Снова о рыцаряхи лжецахЛ.БОЙКО, М.БОЙКО

НАВЕРНЯКА ЧИТАТЕЛЬ ВСТРЕЧАЛ ЗАНИМАТЕЛЬНЫЕ ЗА-дачи о рыцарях, которые всегда говорят правду, и

лжецах, которые всегда врут.Иногда в подобных задачах появляются и другие персо-

нажи.

Кто такие хитрецы?

Задача 1 (XXVIII Турнир городов). Известно, что лжецывсегда врут, рыцари всегда говорят правду, а хитрецымогут и врать, и говорить правду. Вы можете задаватьвопросы, на которые возможен ответ «да» или «нет»(например: «Верно ли, что этот человек – хитрец?»).Перед вами трое – лжец, рыцарь и хитрец, которые знают,кто из них кто. Как и вам это узнать?

У этой задачи есть несколько решений. Перед тем какпрочесть одно из них в следующем абзаце, попробуйтепридумать свое!

Ключом к решению может стать некоторый вопрос, задан-ный каждому из трех людей, ответ на который отличитрыцаря от лжеца. Например, спросим у каждого из трехлюдей: «Вы хитрец?» Рыцарь ответит «нет», лжец ответит«да». Что бы ни ответил хитрец, среди трех полученныхнами ответов есть либо единственное «нет», либо единствен-ное «да». В первом случае мы однозначно определяемрыцаря, спрашивая которого далее легко добыть информа-цию про остальных двух людей. Во втором случае мыоднозначно определяем лжеца. Далее, спрашивая его проостальных людей (с учетом того, что ответы лжеца противо-положны истине), мы опять узнаем информацию про осталь-ных людей.

Упражнение (XXVIII Турнир городов). Пусть в условияхзадачи 1 перед вами четверо – лжец, рыцарь и два хитреца (всечетверо знают, кто из них кто). Докажите, что хитрецы могутдоговориться отвечать так, что вы, спрашивая этих четверых, нипро кого из них не узнаете наверняка, кто он.

Языковые трудностиНо что, если вы не вполне хорошо знаете местный

язык?Задача 2. Часть жителей некого острова – рыцари,

остальные – лжецы. Островитяне понимают наш язык, амы про язык островитян знаем лишь, что в нем одно из слов«йа» и «ва» означает «да», а другое – «нет» (но не помнимточно, как именно). Пусть мы встретили двух аборигенов,один из которых – рыцарь, а другой – лжец. Сможем ли мы,задав всего один вопрос (предполагающий ответ «да» или«нет», т.е. «йа» или «ва»), узнать, кто из них кто? 

Наш вопрос должен быть «индикатором» рыцарей и лже-цов: т.е. либо рыцари всегда на него должны отвечать «йа»,а лжецы – всегда «ва», либо наоборот. Зададим любому изаборигенов вопрос «Йа – это Да?»

Вариант 1. Пусть «йа» означает «да». Тогда рыцарь натакой вопрос должен отвечать «да», т.е. «йа». Лжец жедолжен ответить на такой вопрос «нет», т.е. «ва».

Вариант 2. Пусть «йа» означает «нет». Тогда рыцарь натакой вопрос отвечает «нет», т.е. это опять же «йа»! А лжецдолжен ответить «да», т.е. снова «ва»!

Итак, рыцарь на наш вопрос всегда отвечает «йа», а лжец– «ва». Задача решена.

Немного истории

В 1992 году американский философ и логик ДжорджБулос опубликовал задачу, которую он назвал «Cамойсложной логической задачей». Внешне «Самая сложнаязадача» похожа на разобранную выше задачу 1, но в нейимеется дополнительная сложность, которая была в задаче2: персонажи понимают наш язык, но отвечают нам исклю-чительно на своем языке, который непонятен нам.

Дж.Булос называет персонажей мифическими богами, мыже позволим себе сохранить более привычные персонажи.Кроме того, это кажется нам более естественным, посколькуавтором «Cамой сложной задачи» Дж.Булос указываетРэймонда Смаллиана. Нам неизвестно, действительно ли этотак, но безусловно Р.Смаллиан – наиболее известный попу-ляризатор задач такого рода. Авторы настоящей статьи сбольшим интересом в школе решали логические задачи изкниг Р.Смаллиана. В русском переводе этой книги, какправило, использовались именно такие персонажи: рыцарии лжецы.

Постановка «Самой сложной логической задачи»

Итак, дадим точную формулировку «Самой сложной логи-ческой задачи».

Задача 3. На острове Йава люди делятся на три типа:рыцари – те, кто всегда говорят правду; лжецы – те,кто всегда врут; и хитрецы – те, кто могут говоритькак правду, так и ложь. Предположим, перед нами тричеловека – мистер A, мистер Б, мистер В. Мы знаем,что среди них ровно один рыцарь, один лжец и одинхитрец, но мы не знаем, кто из них кто. Требуетсяопределить, кто из людей – рыцарь, кто – лжец, а кто –хитрец, задав не более трех вопросов. Вопросы должныбыть такими, чтобы на них можно было ответить «да»или «нет». Каждый вопрос задается только одному чело-веку. Дополнительная сложность состоит в том, чтоостровитяне понимают наш язык, но отвечают нам ис-ключительно на своем языке. Мы знаем, что в этомязыке есть два слова «йа» и «ва», которые означают«да» и «нет», но мы не знаем, какое именно слово означа-ет «да», а какое – «нет».

Дадим несколько пояснений к формулировке, которыеуказывает в своей статье Дж.Булос.iМожно задавать одному человеку более чем один вопрос

(в таком случае другим людям может быть не задано ниодного вопроса).

рой внутренней точки треугольника до его вершин через p, q, r.Докажите, что p + q + r < b + c.

9. Найдите точку, сумма расстояний от которой до четырехданных точек минимальна (нужно рассмотреть два случая:когда точки образуют выпуклый четырехугольник и когда однаточка лежит в треугольнике из трех других точек).

Хотелось бы расширить свою коллекцию решений замеча-тельной задачи о точке Торричелли. Если вы найдете ещеодно красивое решение, присылайте его, пожалуйста, авторупо адресу levr78@hotmail.com

i Каков будет следующий вопрос и кому он будет задан,может зависеть от ответа на предыдущий вопрос.i Нельзя задавать вопросы-парадоксы, на которые можно

ответить и «да» и «нет» или никак нельзя ответить. Напри-мер, «Ты сейчас ответишь «йа»?»i Хитрец отвечает на вопросы совершенно произвольно.

Можно считать, что каждый раз он подбрасывает мысленномонетку и если выпадает орел – он отвечает правду, а еслирешка – лжет.

Добавим к этому, что, конечно же, мистеры А, Б и В знаютдруг друга и знают, кто из них лжец, кто рыцарь, а ктохитрец.

Перед тем как изложить решение, введем две мысленныеконструкции.

Мистер Йа, мистер Ва и мистер Хи

Выше мы назвали рыцарем человека, который всегдаговорит правду. Другими словами можно сказать так: ры-царь – это человек, который отвечает «да», если утвержде-ние, сформулированное в вопросе, истинно. В то же времялжец – это тот, кто отвечает на такое утверждение «нет».

Вспомним, что островитяне используют свой язык. Такимобразом, на вопрос, в котором сформулировано истинноеутверждение, и лжец и рыцарь отвечают либо всегда «йа»,либо всегда «ва». Тому, кто отвечает «йа», дадим второе имя– мистер Йа. А того, кто отвечает всегда «ва», будемназывать мистер Ва. Наконец, хитреца будем называтьмистер Хи.

Заметим, что мы не можем знать о мистере Йа, рыцарь онили лжец, но сами островитяне А, Б и В должны знать, ктоиз них кто. Поэтому мы можем использовать новые имена ввопросах. Например, мы можем спросить у мистера А: «Тыявляешься мистером Йа?» или спросить у него же: «МистерБ – это мистер Ва?»

Колода карт

Теперь возьмем три одинаковых листочка бумаги и напервом напишем «мистер Йа», на втором – «мистер Ва», натретьем – «мистер Хи». Получим три карты – карту Йа,карту Ва и карту Хи.

Естественным образом получается соответствие междулюдьми и картами. Таким образом, если в вопросе встретит-ся понятие «карта мистера А», островитяне должны пони-мать это так: нужно посмотреть, кто такой мистер А – мистерЙа, Ва или Хи, – и найти карту, на которой написаносоответствующее имя. Аналогично надо поступать, если ввопросе присутствует понятие «твоя карта».

Теперь сложим эти три карты в колоду: сверху карта Йа,потом карта Ва и нижняя – карта Хи. Если у нас нет бумагии мы не можем изготовить такую колоду, мы должныпопросить островитян сделать мысленный эксперимент: пред-ставить эти три карты именно в таком порядке. Почемувыбран именно такой порядок карт? Чуть позже мы дадимэтому пояснение.

В дальнейшем в вопросах будет встречаться понятие «однакарта лежит в колоде на другой». В данном случае мы

понимаем это так: карта находится в колоде выше другой, иэти две карты являются соседними в колоде. Таким образом,в нашей колоде карта Йа лежит на карте Ва, а карта Ва лежитна карте Хи. Но карта Йа НЕ лежит на карте Хи.

Теперь мы можем перейти непосредственно к вопросам,которые должны определить, кто из островитян кто.

Решение задачи 3

Первый вопрос

Спросим у мистера А следующее:«Лежит ли твоя карта в колоде на карте мистера Б?»Докажем, что в случае ответа «йа» на этот вопрос, мистер

Б – не хитрец (он рыцарь или лжец), а в случае ответа «ва»на этот вопрос мистер В – не Хи.

Заметим, что если А – мистер Хи, то ни Б, ни В не могутбыть Хи, что нам и нужно.

Предположим, что мистер А – не Хи, и рассмотримварианты его ответов на вопрос.

Пусть А ответил «йа».Вариант 1: мистер А – это мистер Йа.Тогда утверждение в вопросе истинно, и карта мистера А

– это карта Йа. Так как в колоде карта Йа лежит на карте Ва,то мистер Б – это мистер Ва.

Вариант 2: мистер А – это мистер Ва.Раз мистер Ва ответил «йа», то утверждение «карта

мистера А лежит на карте мистера Б» – ложно. Значит, картаВа не лежит на карте мистера Б. По определению колодыкарта Ва лежит на карте Хи. Значит, мистер Б – не Хи.

Пусть А ответил «ва».Вариант 1: мистер А – это мистер Йа.Утверждение в вопросе ложно. Карта Йа лежит в колоде

на карте Ва и не лежит на карте Хи. Значит, мистер Б – этоХи, а мистер В – это мистер Ва.

Вариант 2: мистер А – это мистер Ва.Утверждение истинно. Карта Ва лежит в колоде на карте

Хи. Значит, мистер Б – это Хи, а мистер В – это мистер Йа.

Второй вопрос

Первым вопросом мы из мистеров Б и В определили того,который точно не является хитрецом. Второй вопрос нужнозадать именно этому, не являющемуся хитрецом, островитя-нину.

В обоих случаях вопрос будет один и тот же и будет оченьпохож на предыдущий:

«Лежит ли твоя карта в колоде на карте мистера А?»Как мы видели выше, ответ на этот вопрос указывает нам

среди двух островитян (тех, которым не адресован текущийвопрос) одного, который точно не является мистером Хи.

Для определенности рассмотрим случай, когда вопросзадается Б. Тогда или А, или В – не Хи. Пусть В. Тогда Хи– это мистер А.

Аналогично во всех возможных случаях мы узнаем того,кто является мистером Хи.

Третий вопрос

Итак, предыдущими двумя вопросами мы нашли средиостровитян мистера Хи. Как и в решении задачи 2, зададимлюбому из двух оставшихся жителей острова вопрос-«инди-катор» рыцарей и лжецов «Йа – это Да?» и тем самымузнаем, кто есть кто.

Алгоритм предъявлен и задача решена!Приведенное решение идейно близко к оригинальному

решению Дж. Булоса. Однако две мысленные конструкции– новые имена людей и колода карт (отношение среди новыхимен) – позволили избежать условных высказываний, а

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 43

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 344

также громоздких конструкций при построении вопросов,задаваемых островитянам, в оригинальном решении.

Напоследок небольшое заключение, которое мы адресуемчитателям, желающим разобраться, откуда взялось такоерешение и как можно было его придумать.

Пояснение к выбору колоды и формулировкевопросов

Первый и второй вопросы

Как мы видели, цель первого вопроса, как и в решении Дж.Булоса, – найти островитянина, который не мистер Хи (т.е.или рыцарь, или лжец). Первый вопрос мы задавали мисте-ру А.

Случай, когда мистер А – это мистер Хи, менее интересен.Какой бы вопрос мы ни задавали, ответ на него мистера А неимеет большой ценности для нас (мы не знаем, сказал онправду или ложь). Более того, получается, что первымвопросом мы не можем исключить мистера А из спискавозможных кандидатов для мистера Хи.

Значит, наша цель: первым вопросом узнать, что илимистер Б – не Хи, или В – не Хи.

Ценность же случая, когда мистер А – это мистер Хи, какраз в том, что тогда оба мистера (и Б, и В) не являютсямистером Хи!

Теперь предположим, что мистер А – это или мистер Йа,или мистер Ва. Если бы мы придумали такой вопрос, чтоответ «йа» на него означал бы, что мистер Б – не мистер Хи,а ответ «ва» означал бы, что мистер В – не мистер Хи, то мыдостигли бы поставленной цели.

Предположим, мы нашли такой вопрос, задали его иполучили ответ «йа». Рассмотрим, какие варианты могутбыть для мистера А.

Пусть мистер А – это мистер Йа.Ответ «йа» на какой-либо вопрос тогда означает, что

утверждение в вопросе истинно. Мы хотим, чтобы оно

означало: мистер Б – не мистер Хи, т.е. он – мистер Ва (ведьмистер Йа в нашем случае – это мистер А). Другимисловами, утверждение должно означать: «Если А – это Йа,то Б – Ва».

Пусть теперь мистер А – это мистер Ва.Значит, утверждение в вопросе ложно. Мы хотим чтобы

эта ложь и в этом случае означала, что мистер Б – это не Хи.Строя отрицание, получаем, что изначальный вопрос дол-жен звучать так: «Если А – это Ва, то Б – Хи».

Оставляем читателю самостоятельно проверить, что вслучае ответа «ва», именно эти утверждения в обоих вариан-тах означают, что мистер Б – это Хи, а значит В – это немистер Хи.

Итак, мы установили, что для достижения нашей цели инахождения нужного вопроса мы должны найти некую связь(установить какое-то отношение) между Йа и Ва, а такжемежду Ва и Хи. Причем, как мы видим, связь должна бытьодносторонняя.

Вот почему нам понадобилась колода карт, в которойпонятие «одна карта лежит на другой» – это как разнеобходимая нам связь!

Второй вопрос был выбран таким же, поскольку он,очевидно, помогает определить мистера Хи.

Связь можно было бы описать и по-другому, с помощьюодностороннего знакомства (когда первый человек знаетвторого, но второй может не знать первого). При этомвопросы из решения станут более лаконичными, скажем «Тызнаешь мистера Б?» вместо «Лежит ли твоя карта в колодена карте мистера Б?» С другой стороны, по условию все триостровитянина знакомы друг с другом – возникает путаницас понятием «знакомство».

Третий вопрос

Вопросов-«индикаторов» рыцарей и лжецов много. Дока-жите, что подойдет, например, вопрос «Рыцарь – это мистерЙа?»

При этом задачу сформулируем несколько другим образом:какой должна быть площадь треугольника АОВ в состоянии

равновесия, считая вессамой чаши и тросиковпренебрежимо малым?

Решим эту задачу с по-мощью правила рычага,применяя его к выделен-ным белым цветом вер-тикальным фрагментамтреугольника и парабо-лы. Заметим, что пара-бола остается лежать на

правой чаше, и поэтому плечо рычага для каждого из еефрагментов равно l, так как сила тяжести этого фрагментапередается через силу натяжения нитей в точку С и направ-лена вертикально вниз. Если считать ширину фрагментовравной x∆ , то равенство моментов сил относительно точкиО слева и справа будет иметь вид

2xh x x ax x l

l∆ ⋅ = ∆ ⋅ , откуда 2h al= .

Значит, площадь треугольника АОВ должна быть равна3

2AOBal

S = .

Рис.2

Рис.3

Известно, что центр тяжести любого треугольника нахо-дится в точке пересечения медиан, которая их делит вотношении 2:1. Поэтому плечо силы тяжести треугольника

АОВ относительно точки О равно 23

l . Напишем теперь

правило рычага для всех сил, действующих в системе всостоянии равновесия. Слева действует «сила тяжести треу-

гольника» AOBS с плечом 23

l , справа – неизвестный «вес

параболы» S с плечом l. При равновесии справедливоследующее равенство:

3 22 3

all S l⋅ = ⋅ ,

откуда находим площадь параболы:3

3al

S = .

На рисунке 3 фигура KLM вписа-на в прямоугольник KLMN, причемплощадь под параболой составляет 1/3 площади прямоу-гольника. Таким образом, применив правило рычага, Архи-меду удалось определить площадь криволинейной фигуры,или, как говорят, определить квадратуру параболы – найтипрямоугольник равной площади.

Все свои письма, содержащие научные работы, Архимедкончал одинаково: «Будь здоров!» К этому присоединяетсяи автор этой статьи.

К.Богданов

Как Архимед взвесил параболу?(Начало см. на с. 37)

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

Пары. ВлажностьА.ЧЕРНОУЦАН

ПАРОМ НАЗЫВАЮТ ГАЗООБРАЗНОЕ ФАЗОВОЕ СОСТОЯ-ние некоторого вещества. Употребляя термин «пар» (а

не «газ»), мы указываем на то, что при данной температуремогут происходить взаимные превращения между жидкой игазообразной фазами данного вещества (между жидкостью иее паром). Более того, параметры пара (давление, плот-ность, концентрация) даются обычно в сравнении с парамет-рами насыщенного пара, находящегося в равновесии со своейжидкостью при той же температуре.

Равновесие между жидкостью и ее насыщенным паромносит динамический характер. Это значит, что непрерывнопроисходят два процесса – переход молекул из жидкости впар, т.е. испарение, и поглощение жидкостью некоторойчасти подлетающих к ее поверхности молекул, т.е. конден-сация. В случае насыщенного пара эти два процесса точнокомпенсируют друга. Если температура системы зафиксиро-вана, то такая компенсация наступает только при определен-ной концентрации (при определенной плотности) пара, т.е.плотность насыщенного пара зависит лишь от его температу-ры. Интенсивность испарения с ростом температуры увели-чивается, поэтому плотность насыщенного пара ( )н Tρ –монотонно возрастающая функция (рис.1,а). Поскольку, в

свою очередь, давление пара является функцией температу-ры и концентрации пара (они связаны уравнением состоя-ния), давление насыщенного пара нp также является фун-кцией только его температуры (не зависит от объема).Причем функция ( )нp T возрастает гораздо быстрее (рис.1,б),чем функция ( )н Tρ .

Если динамическое равновесие нарушается, то либо испа-рение, либо конденсация начинают превалировать, и массажидкости будет либо уменьшаться, либо увеличиваться.Рассмотрим, например, жидкость, находящуюся в равнове-сии со своим паром в цилиндрическом сосуде под поршнемпри фиксированной температуре (рис.2). Если сдвинутьпоршень вверх, то давление и плотность пара сначалауменьшатся, скорость конденсации станет меньше, чем ско-

рость испарения. Дополнительная жидкость будет испарять-ся до тех пор, пока пар снова не станет насыщенным. Еслипоршень продолжать медленно сдвигать вверх, то в некото-рый момент вся жидкость испарится, после чего масса параперестанет изменяться, и давление пара будет изотермическиуменьшаться, как у обычного газа (рис.3, кривая А–В–С).

Пар, давление которого меньше давления насыщенного парапри той же температуре, называют ненасыщенным.

Если ненасыщенный пар медленно изотермически сжи-мать, то его давление будет возрастать до тех пор, пока ононе сравняется с давлением насыщенного пара. При дальней-шем сжатии силы притяжения между молекулами параоказываются достаточно существенными для того, чтобымолекулы объединялись в капельки жидкости. Давлениебольше расти не будет, масса пара будет уменьшаться, амасса жидкости будет соответственно увеличиваться (см.рис.3, кривая С–В–А).

Ненасыщенный пар можно превратить в насыщенный нетолько изотермическим сжатием, но и изохорным охлажде-нием. Если в начальном состоянии п нρ < ρ и п нp p< , то приизохорном охлаждении пρ остается постоянной, а нρ умень-шается до тех пор, пока не сравняется с пρ (рис.4,а).Температуру, при которой это происходит, называют точкой

росы для данного значения пρ . При дальнейшем охлажде-нии пар станет насыщенным, его плотность уменьшится, настенках появятся капельки жидкости. На рисунке 4,б изоб-ражен тот же процесс на графике зависимости ( )p T : приизохорном охлаждении ненасыщенного пара его давление руменьшается по газовым законам, но давление насыщенногопара ( )нp T падает гораздо быстрее, и в точке росы онисравниваются.

Степень ненасыщенности пара задается относительнойвлажностью, равной отношению давления пара к давлениюнасыщенного пара при той же температуре:

п

н

pp

ϕ = . (1)

Опыт показывает, что при температурах, заметно меньшихкритической температуры (для воды, например,

к 374,15 CT = ° ), как для насыщенного, так и для ненасы-щенного пара с хорошей точностью выполняются уравненияМенделеева–Клапейрона:

н пн п, .p RT p RT

ρ ρ= =

Μ Μ

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 346

(Отметим, что это утверждение скорее не очевидное, аудивительное. В модели идеального газа мы пренебрегаемвзаимодействием между молекулами, а в насыщенном пареименно это взаимодействие приводит к образованию капелекжидкости.) Благодаря этим уравнениям относительная влаж-ность может быть определена как отношение плотностиненасыщенного пара к плотности насыщенного пара (притой же температуре):

п

н

ρϕ =

ρ. (2)

При этом абсолютной влажностью называют просто плот-ность пара, а давление пара иногда называют упругостьюпара. Отметим также, что при медленном охлаждении парможет на некоторое время оказаться в метастабильномсостоянии, в котором 1ϕ > (линии ВD на рисунках 3, 4); этосвязано с трудностью образования совсем маленьких капелекжидкости, обладающих большой поверхностной энергией.

О зависимости давления насыщенного пара от температу-ры можно узнать, наблюдая за кипением жидкости. Еслиинтенсивно нагревать жидкость при постоянном внешнемдавлении, то в объеме жидкости образуются маленькиепузырьки, заполненные насыщенным паром. При темпера-туре, при которой давление насыщенного пара сравниваетсяс внешним давлением, пузырьки перестают схлопываться,они всплывают, увеличиваясь в размерах, и выбрасываютпар наружу. Например, хорошо известно, что при нормаль-ном атмосферном давлении вода кипит при 100 C° , следова-тельно, при T = 373 К насыщенный водяной пар имеетдавление нp = 1 атм = 100 кПа. Как уже говорилось, нpсильно зависит от температуры: при 647,3 К нp = 221 атм(критическая точка), при 390 К нp = 180 кПа (скороварка),при 340 К нp = 30 кПа (на Эльбрусе), при 300 К нp == 3,6 кПа, при 288 К нp = 1,7 кПа.

Скажем несколько слов о термодинамике парообразова-ния. Для того чтобы массу m∆ жидкости, находящейся вравновесии с насыщенным паром (см. рис.2), изотермическии равновесно превратить в пар, ей надо сообщить количествотеплоты

Q m= λ∆ ,

где λ – удельная теплота парообразования. При этом парсовершит работу

нmRT

A p V∆

= ∆ =Μ

,

а внутренняя энергия системы увеличится на

RTU Q A m u m ∆ = − = λ − ∆ = ∆ ∆ Μ

.

Видно, что удельное изменение внутренней энергии u∆ припарообразовании меньше, чем удельная теплота парообразо-вания. Отличие для воды при 100 C° невелико – примерно7,5%, но и пренебрежимо малым его не назовешь. Можнопривести примеры, где надо использовать формулу для U∆ ,а не для Q. Если, например, в пустой сосуд фиксированногообъема ввели немного воды массой m, то для ее изотермичес-кого испарения надо сообщить ей количество теплоты u m∆ ⋅ ,а не mλ (работа пара равна нулю). Так же надо поступать,записывая уравнение теплового баланса, если теплообменмежду конденсирующимся паром и водой происходит взакрытом сосуде постоянного объема.

Надо сказать, что обычно в школьных задачах отличиеммежду λ и u∆ пренебрегают.

Перейдем теперь к решению конкретных задач. В первыхзадачах для подсчета массы пара используется понятиеотносительной влажности.

Задача 1. В одном сосуде объемом 1V = 10 л находитсявоздух с относительной влажностью 1ϕ = 40% (или 1ϕ == 0,4), а в другом сосуде объемом 2V = 30 л – воздух притой же температуре, но с относительной влажностью

2ϕ = 60% (или 2ϕ = 0,6). Сосуды соединены тонкойтрубкой с краном. Какая относительная влажность уста-новится после открывания крана?

Решение. В данном случае очевидно, что в конечномсостоянии пар будет ненасыщенным. Запишем условие со-хранения массы пара, используя определение относительнойвлажности в форме (2):

( )1 н 1 2 н 2 н 1 2V V V V′ϕ ρ + ϕ ρ = ϕ ρ + ,

откуда находим

1 1 2 2

1 2

0,55V VV V

ϕ + ϕ′ϕ = =+

, или 55%′ϕ = .

Задача 2. Какую массу воды надо дополнительно испа-рить в комнате объемом V = 49,8 3м , чтобы при темпера-туре 1t 27 C= ° повысить относительную влажность от

1ϕ = 25% до 2ϕ = 50%? Давление насыщенных паров водыпри температуре 27 C° равно нp = 3,6 кПа.

Решение. Массу водяных паров в комнате при даннойвлажности найдем из уравнения Менделеева–Клапейрона,выразив давление пара через относительную влажность:

( )нп p Vp Vm

RT RT

ϕ ΜΜ= = . (3)

Для увеличения относительной влажности от 1ϕ до 2ϕ припостоянной температуре надо увеличить массу паров в ком-нате на

( )2 1 н2 1 324 г

p Vm m m

RT

ϕ − ϕ Μ∆ = − = = .

Отметим, что в этой и в следующей задачах речь идеттолько о парциальном давлении пара. Есть ли в сосуде ещеи воздух, для таких задач не существенно.

Задача 3. В закрытой теплице объемом V = 33,2  3мотносительная влажность воздуха в дневное время притемпературе 1t 27 C= ° была равна 1ϕ = 75%. Какая массаросы выпадет в теплице ночью, когда температура пони-зится до 2t 15 C= ° ? Давление насыщенных паров воды притемпературе 27 C° равно н1p = 3,6 кПа, при температу-ре 15 C°  – н2p = 1,7 кПа.

Решение. В соответствии с условием задачи разумнопредположить, что поскольку роса уже выпадает, то темпе-ратура опустилась ниже точки росы, т.е. пар уже находитсяв насыщенном состоянии ( 2ϕ = 1). Массу росы можнорассчитать как разницу между начальной массой пара вобъеме теплицы и конечной массой насыщенного пара:

1 н1 н2росы 1 2

1 2

223 гp V p V

m m mRT RT

ϕ Μ Μ= − = − = .

Если бы предположение о выпадении росы было неверным,то ответ просигнализировал бы нам об этом: масса росыоказалась бы отрицательной.

Задача 4 (ЕГЭ). Относительная влажность воздуха взакрытом сосуде равна 1ϕ = 40%. Какой будет относи-тельная влажность после изотермического уменьшенияобъема в 3 раза?

Решение. Среди предлагаемых вариантов есть и ответ120%, который выбирают многие школьники. На самом делеуже после уменьшения объема в 2,5 раза пар станет насыщен-ным, и при дальнейшем сжатии будет происходить конден-сация воды, а относительная влажность останется равной100%. Больше 100% относительная влажность быть неможет.

В следующих трех задачах речь идет о давлении пара ипредполагается, что воздуха в сосуде нет.

Задача 5 (ЕГЭ). В цилиндре под поршнем при комнатнойтемпературе 0t долгое время находятся только вода и еепар. Масса жидкости в два раза больше массы пара.Первоначальное состояние системы показано точкой 1 наpV-диаграмме (рис.5,а). Медленно перемещая поршень,

объем V под поршнем изотермически увеличивают от 0V до06V . Постройте график зависимости давления p в цилин-

дре от объема V на отрезке от 0V до 06V . Укажите,какими закономерностями вы при этом воспользовались.

Решение. Пока вся вода не испарится, давление в сосудебудет оставаться равным давлению насыщенного пара приданной температуре, а плотность пара будет неизменна иравна плотности насыщенного пара. Если пренебречь на-чальным объемом воды, то вся вода испарится при увеличе-нии объема от 0V до 03V (рис.5,б; горизонтальный участок1–2). При дальнейшем увеличении объема от 03V до 06Vмасса пара меняться не будет, давление уменьшится в 2 разав изотермическом процессе (участок 2–3 – гипербола).

Задача 6. Сосуд содержит жидкость и ее насыщенныйпар. При изотермическом увеличении объема в 4 разадавление уменьшается в 3 раза. Найдите отношение массыпара к массе жидкости в начальном состоянии. Объемомжидкости пренебречь.

Решение. Эта задача в каком-то смысле обратная преды-дущей. Давление начнет уменьшаться только после того, каквся жидкость испарится. С этого момента пар подчиняетсяуравнению Менделеева–Клапейрона, т.е. уменьшение дав-ления в 3 раза происходит при увеличении в 3 раза объемасосуда. Следовательно, на первом этапе, пока пар былнасыщенным, объем сосуда увеличился в 4/3 раза. Так какплотность насыщенного пара в изотермическом процессе неменяется, то масса пара за счет испарения увеличилась в4/3 раза. Таким образом, начальная масса пара в 3 разабольше начальной массы жидкости.

Задача 7. Жидкость и ее насыщенный пар находятся вцилиндре под поршнем при некоторой температуре, при-чем масса пара вдвое больше массы жидкости. Температу-ру системы изобарно поднимают до 2t 91 C= ° , объем приэтом увеличивается на 56%. На сколько градусов нагрелисодержимое цилиндра? Объем жидкости считать малым посравнению с объемом цилиндра.

Решение. Поскольку давление насыщенного пара являет-ся функцией температуры, то на первом этапе, пока всяжидкость не испарилась, для поддержания постоянногодавления надо поддерживать постоянную температуру. Вэтом процессе объем может увеличиться в 1,5 раза (вначалемасса жидкости вдвое меньше массы пара). Дальнейшееизобарное увеличение объема в 1,56/1,5 = 1,04 раза проис-ходит с паром постоянной массы, подчиняющимся уравне-нию Менделеева–Клапейрона, т.е. с увеличением температу-ры также в 1,04 раза. Начальная температура равна

21

364 К350 К

1,04 1,04T

T = = ≈ ,

т.е. сосуд нагрели на 14 К.

В следующих задачах речь пойдет о влажном воздухе, т.е.о смеси сухого воздуха с парами воды. Давление влажноговоздуха равно сумме парциальных давлений сухого воздухаи водяного пара. Разница между ними в том, что масса сухоговоздуха в сосуде неизменна, а масса водяного пара можетизменяться за счет конденсации или испарения.

Задача 8. Определите отношение плотностей влажно-го, с относительной влажностью 90%, и сухого воздуха притемпературе t = 27 C° и давлении 0p = 1 атм. Давлениенасыщенных паров воды при этой температуре равно нp == 3,6 кПа.

Решение. Плотность сухого воздуха равна

0 вв

pRTΜ

ρ = .

Парциальное давление водяного пара равно

п нp p= ϕ ,

а парциальное давление воздуха составляет

в 0 п 0 нp p p p p= − = − ϕ .

Плотность влажного воздуха равна

( ) ( )0 п в п в пп п 0 вв

p p pp pRT RT RT RT

− Μ Μ − ΜΜ Μ′ρ = + = − .

Видно, что плотность влажного воздуха меньше плотностисухого воздуха. Их отношение равно

в н п

в 0 в

1 1 0,988pp

′ρ ϕ Μ= − − = ρ Μ

.

Задача 9. В закрытом сосуде при температуре 100 C°находится влажный воздух с относительной влажностьюϕ = 40% под давлением 1p = 2 атм. Объем сосуда изотер-мически уменьшили в 3 раза. Чему будет равно конечноедавление? Объемом сконденсировавшейся воды пренебречь.

Решение. Давление насыщенных водяных паров при100 C° равно н 0p p= = 1 атм = 100 кПа. Следовательно,парциальное давление водяного пара в начальном состоянииравно

п1 0 00,4p p p= ϕ = ,

а парциальное давление сухого воздуха составляет

в1 1 п1 0 0 02 0,4 1,6p p p p p p= − = − = .

Если бы конденсации не было, то парциальное давление параувеличилось бы в 3 раза и стало бы больше давлениянасыщенного пара, что невозможно. Значит, в какой-томомент конденсация началась, и парциальное давление парастало равно давлению насыщенного пара:

п2 н 0p p p= = .

Давление сухого воздуха увеличилось в 3 раза и стало равно

в2 в1 03 4,8p p p= = .

Конечное давление в сосуде будет равно

2 в2 п2 05,8 580 кПаp p p p= + = = .

Задача 10. В закрытом сосуде при температуре100 C° находится влажный воздух под давлением 1p == 2 атм. После того как объем сосуда изотермическиуменьшили в 5 раз, давление увеличилось в 4 раза. Чемубыла вначале равна относительная влажность (в процен-тах)? Объемом сконденсировавшейся воды пренебречь.

Решение. Если бы в процессе сжатия конденсация воды неначалась, то масса газа не менялась бы и давление увеличи-лось бы в 5 раз. Поскольку давление увеличилось в 4 раза,то, значит, началась конденсация, и с этого момента пар

Рис. 5

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 47

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 348

находится в состоянии насыщения:

п2 н 0p p p= = .

Следовательно, конечное парциальное давление сухого воз-духа равно

в2 2 п2 1 п2 0 0 04 8 7p p p p p p p p= − = − = − = .

Поскольку масса сухого воздуха не меняется, его начальноедавление в 5 раз меньше:

в2в1 01,4

5p

p p= = .

Следовательно, парциальное давление водяного пара в на-чальном состоянии равно

п1 1 в1 0 0 02 1,4 0,6p p p p p p= − = − = ,

а его относительная влажность составляетп1 0

1н 0

0,6100% 100% 60%

p pp p

ϕ = ⋅ = ⋅ = .

Задача 11. В закрытом сосуде объемом V = 83 л находит-ся влажный воздух при температуре t = 87 C° . Вначаледавление в сосуде 1p = 60 кПа, влажность 1ϕ = 40%. Какимстало давление после того, как в сосуд ввели m∆ = 20 гводы? Давление насыщенного пара при 87 C° составляет

нp = 60 кПа. Объемом воды пренебречь.Решение. Надо выяснить, испарится ли вся добавленная

вода и пар при этом останется ненасыщенным или испаритсятолько часть воды и пар станет насыщенным. Начальноепарциальное давление пара равно п1 1 нp p= ϕ = 24 кПа,парциальное давление сухого воздуха равно вp = нp –– п1 36p =  кПа. Вычислим, какое давление создавал быдополнительный пар, если бы вся вода испарилась:

п 40 кПаmRT

pV

∆∆ = =

Μ.

В этом случае парциальное давление пара было бы равно24 кПа + 40 кПа = 64 кПа, что больше давления насыщен-ного пара. Значит, в сосуде будет вода и насыщенный пар,а давление в сосуде станет

2 в н 96 кПаp p p= + = .

Задача 12. В сосуд, заполненный воздухом при давлении0p = 1 атм при температуре 0t 23 C= − ° , поместили

маленькую льдинку, после чего герметически его закрыли.Затем сосуд нагрели до температуры 1t 227 C= ° , и оказа-лось, что давление в нем повысилось до 1p  = 3 атм. Каковабудет относительная влажность воздуха в сосуде после егоохлаждения до температуры 2t 100 C= ° ?

Решение. Возникает два вопроса: будет ли пар насыщен-ным после нагревания и если нет, то станет ли он насыщен-ным после охлаждения? Начальное давление пара ничтожномало, поэтому все начальное давление 0p создается толькосухим воздухом. После увеличения абсолютной температу-ры в 2 раза давление сухого воздуха увеличится в 2 раза истанет в1p = 2 атм. Значит, парциальное давление парасоставит п1 1 в1p p p= − = 1 атм. Давление насыщенного параравно 1 атм при 100 C° , при 227 C° оно гораздо больше,значит, после нагревания в сосуде воды не будет. Паростанется ненасыщенным и после охлаждения сосуда до100 C° , поскольку его давление станет меньше нp = 1 атм.Конечное давление пара найдем из условия изохорногоохлаждения:

2п2 п1

1

373 К1 атм 0,746 атм

500 КT

p pT

= = ⋅ = .

Соответственно, относительная влажность будет 74,6%.

Задача 13. В сосуде объемом 1V = 20 л находятся вода,водяной пар и воздух при давлении 1p = 3 атм. Приизотермическом расширении до 2V = 40 л в сосуде сохраня-ется немного воды, а давление уменьшается до 2p = 2 атм.Найдите массу воды, испарившейся в процессе расширения.Объемом жидкости пренебречь.

Решение. Поскольку пар остается насыщенным, его пар-циальное давление не меняется и сохраняется равным нp , адавление сухого воздуха уменьшается в 2 раза. Получаемуравнения

1 н в1 2 н в1, 0,5p p p p p p= + = + ,

откуда находим

н 1 атмp = .

Следовательно, сосуд находится при температуре T = 373 К.При этом масса испарившейся воды равна

( )н 2 1 11,6 гp V V

mRT

− Μ∆ = = .

В следующих двух задачах кроме законов, описывающихсвойства водяных паров, используются уравнения гидроста-тики.

Задача 14. Длинную пробирку заполняют водой и опус-кают в широкий сосуд с водой открытым концом вниз (рис.6,а). Длина выступающей над водой части пробирки равна0,5 м, у верхнего конца остался маленький пузырек воздуха.Какой будет разница меж-ду уровнями воды в про-бирке и в сосуде, если про-бирку нагреть до 100 C° ?

Решение. При нагрева-нии до 100 C° в пузырьке,заполненном водяным па-ром, давление подниметсядо 1 атм, и граница междуводяным паром и водой опу-стится до уровня воды всосуде (рис.6,б).

Задача 15. В длинной U-образной трубке находитсявода при температуре 1t 0 C= ° . Левое колено трубкизапаяно, правое открыто, расстояние от закрытого кон-ца до уровня воды h = 0,1 м (рис.7,а). Начальное давлениевоздуха в левом колене 0p = 1 атм. На сколько опустит-ся уровень воды в левом колене, если его нагреть дотемпературы 2t 100 C= ° ?

Решение. Предположим, что уровень воды в левом коле-не опустится на x < h (вода не выливается из правогоколена). Пренебрегая начальным давлением паров, полу-чим, что конечное давление воздуха в левом колене будетравно гидростатическому давлению воды в правом колене(рис.7,б):

в2 н 0 2p p p g x+ = + ρ ⋅ ,

а поскольку при 100 C° н 0p p= , то в2 2p gx= ρ . Подставляя

Рис. 6

Рис. 7

в уравнение газового состояния для сухого воздуха

( )в20

1 2

p h x Sp hST T

+= ,

приходим к квадратному уравнению

2 0 2

1

02p h T

x hxg T

+ − =ρ

,

из которого находим x = 0,78 м. Предположение о том, чтовода не вытекает из правого колена, оказалось неверным. Втаком случае уравнение гидростатического равновесия при-обретает вид (рис.7,в):

( )в2 н 0p p p g h x+ = + ρ + ,

и уравнение газового состояния приводится к виду

( )20

1 2

g h xp hT T

ρ += .

Отсюда получаем

0 2

1

1,07 мp h T

x hg T

= − =ρ

.

Последняя задача хорошо иллюстрирует процесс кипения.Задача 16. В стакан налиты две несмешивающиеся жид-

кости: четыреххлористый углерод 4CCl и вода. Принормальном атмосферном давлении 4CCl кипит при76,7 C° , вода – при 100 C° . При равномерном нагреваниистакана в водяной бане кипение на границе раздела жидкос-тей начинается при температуре 65,5 C° . Определите,какая из жидкостей быстрее выкипает при таком «погра-ничном» кипении и во сколько раз. Давление насыщенныхпаров воды при 65,5 C° составляет 192 мм рт. ст.

Решение. Пузырек на границе двух жидкостей заполненсмесью насыщенных паров воды и 4CCl при данной темпе-ратуре. Пограничное кипение наступает тогда, когда давле-ние в пузырьке сравнивается с атмосферным, т.е. становитсяравным в Москве, например, 750 мм рт.ст. Следовательно,давление 4CCl при этой температуре будет равно

( )н2 0 н1 750 192 мм рт.ст. 558 мм рт.ст.p p p= − = − =

Массу каждого пара в пузырьке выразим из уравненияМенделеева–Клапейрона:

н1 1 н2 21 2,

p V p Vm m

RT RTΜ Μ

= = ,

откуда найдем их отношение:

2 н2 2

1 н1 1

558 мм рт.ст. 152 г моль25

192 мм рт.ст. 18 г мольm pm p

Μ ⋅= = ≈

Μ ⋅.

Значит, четыреххлористый углерод выкипает в 25 раз быст-рее воды.

Упражнения1. Для повышения относительной влажности на 20%

( 2 1 0,2ϕ − ϕ = ) при температуре 20 C° в комнате объемом 350 мпонадобилось испарить 180 г воды. Найдите плотность (в 3г м )насыщенных паров воды при температуре 20 C° .

2. В закрытой теплице объемом 333,2 м относительная влаж-ность воздуха в ночное время при температуре 15 C° была равна92%. Какую массу (в г) воды надо будет дополнительно испа-рить в теплице днем, когда температура повысится до 27 C° ,чтобы относительная влажность не упала ниже 75%? Давлениенасыщенных паров воды при температуре 15 C° равно 1,7 кПа,при температуре 27 C° – 3,6 кПа.

3. В сосуде при температуре 100 C° находится влажныйвоздух с относительной влажностью 40% под давлением 1 атм.Объем сосуда изотермически уменьшают в 5 раз. Чему будетравно конечное давление (в атм)? Объемом сконденсировав-шейся воды пренебречь.

4. В сосуде при температуре 100 C° находится влажный воз-дух под давлением 1 атм. После изотермического уменьшенияобъема в 4 раза давление увеличилось в 3,8 раза. Чему быларавна относительная влажность (в процентах) в начальномсостоянии? Объемом сконденсировавшейся воды пренебречь.

5. В закрытом сосуде при температуре 100 C° находитсявлажный воздух с относительной влажностью 40% под давлени-ем 1 атм. Объем сосуда изотермически уменьшили в 5 раз. Восколько раз надо вместо этого увеличить абсолютную темпера-туру, чтобы получить такое же конечное давление? Объемомсконденсировавшейся воды пренебречь.

6. В закрытом сосуде объемом 83 л находится влажныйвоздух при температуре 87 C° . Вначале давление в сосуде было60 кПа, влажность была 40%. Каким стало давление (в кПа)после того, как в сосуд ввели 16 г воды? Давление насыщенногопара при 87 C° составляет 60 кПа. Объемом воды пренебречь.

7. В закрытом сосуде объемом 83 л находится влажныйвоздух с относительной влажностью 60% при температуре87 C° . Какая масса воды (в г) сконденсируется при изотерми-ческом уменьшении объема сосуда в 2 раза? Давление насыщен-ного пара при 87 C° составляет 60 кПа. Объемом сконденсиро-вавшейся воды пренебречь.

И Н Ф О Р М А Ц И Я

ЗАОЧНАЯ ШКОЛА СУНЦ НГУ

В новосибирском Академгородке в составе Специализиро-ванного учебно-научного центра Новосибирского государ-ственного университета (СУНЦ НГУ) физико-математичес-кого и химико-биологического профиля уже более 45 летработает Заочная физико-математическая школа (ЗШ) дляучащихся 5–11 классов общеобразовательных школ.

Учащиеся ЗШ, успешно выполнившие все задания, поокончании одиннадцатого класса получают удостоверениевыпускников Заочной школы СУНЦ НГУ.

Преподаватели общеобразовательных учреждений могутработать по программам Заочной школы СУНЦ НГУ вформе факультативных занятий с группой учащихся.

Ежегодно лучшие ученики 8–10 классов ЗШ приглашают-ся в Летнюю школу, которая проводится в новосибирском

Академгородке с 1 по 23 августа, для участия в конкурсе вСУНЦ НГУ.

В ЗШ СУНЦ НГУ принимаются все желающие, незави-симо от возраста. Прием в школу ведется круглогодично.Чтобы стать учеником ЗШ, необходимо прислать заявление,указав класс и отделения, на которых вы хотите учиться,свои фамилию, имя и отчество (печатными буквами), свойподробный адрес с индексом и выполненное первое задание.Задание выполняется в обычной ученической тетради ивысылается простой или заказной бандеролью.

Можно присылать работы и по электронной почте. Требо-вания к оформлению работ в электронном виде и подробнуюинформацию можно найти на сайте заочной школы http://zfmsh.nsu.ru

Наш адрес: 630090 Новосибирск, ул. Пирогова, 11, Заоч-ная школа СУНЦ НГУ

И Н Ф О Р М А Ц И Я 49

50 К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 3

Телефон/факс: (383) 363-40-66E-mail: distant@sesc.nsu.ru или zfmsh@yandex.ru

Первые задания на 2014/15 учебный год

Математическое отделение

Математика

9 класс

1. Том Сойер может покрасить свой забор за 2 дня, егоприятель Джонни Миллер – за 3 дня, а приятель БиллиФишер – за 6 дней. За сколько дней они вместе могутпокрасить этот забор?

2. Точка Е – середина стороны AC треугольника ABC, аточки M, H делят сторону BC на три равные части, BM == MH = HC. Найдите площадь треугольника EMH, еслиплощадь треугольника ABC равна S.

3. Решите уравнение

( )( )( )( )12 1 6 1 4 1 3 1 5x x x x− − − − = .

4. В треугольнике ABC точка D принадлежит стороне AC,причем AD : AC = n, 0 < n < 1, а точка М принадлежитстороне ВС, причем ВМ : МС = 2 : 1. Найдите, в какомотношении АМ делит BD.

5. В пачке из n банкнот, 50 150n≤ ≤ , содержится 36%фальшивых. После того как из пачки вытащили 6 наиболеемелких по достоинству купюр, фальшивые стали составлятьровно (1/3)-ю часть оставшихся в пачке. Сколько банкнотбыло в пачке?

6. В квадрате со стороной 1м находятся 20 точек. Найдутсяли 3 из них, которые можно накрыть квадратом со стороной1/3 м?

10 класс

1. В международном шахматном турнире в городе Нью-Васюки участвовали гроссмейстеры Остап, Ипполит и Алек-сандр. Если бы Остап был более удачлив и выиграл бы в 2раза больше партий, чем сумел выиграть, то вместе спобедами Ипполита получилось бы 5 побед. А если быАлександр сыграл лучше и выиграл бы в 2 раза большепартий, чем сумел выиграть, то вместе с победами Ипполитаполучилось бы 7 побед.

1) Какое общее число побед одержали Остап, Ипполит иАлександр?

2) Сколько побед одержал каждый гроссмейстер, есликаждый выиграл не менее одной партии, а лучший результатпоказал Александр?

2. Точки M, N и P лежат на сторонах АВ, ВС и АСтреугольника АВС, причем АМ : АВ = BN : BC = CP : CA == 1 : 3. Прямые СМ, AN, BP, пересекаясь, ограничиваюттреугольник, площадь которого равна S. Найдите площадьтреугольника ABC.

3. Трава на лугу растет одинаково густо и быстро. Извест-но, что 70 коров поели бы ее за 24 дня, а 30 коров – за 60 дней.Сколько коров поели бы траву за 96 дней? (Известно, чтокоровы поедают траву равномерно.)

4. Найдите площадь треугольника, вписанного в окруж-ность, если концы его стороны, равной 20 см, отстают откасательной, проведенной через противоположную верши-ну, на 25 см и 16 см.

5. Докажите, что если ни одно из 5 натуральных чисел

1 2 3 4 5, , , ,k k k k k не делится на 5, то делится на 5 сумманескольких рядом стоящих чисел.

6. Решите неравенство

( )( )( )2 24 1 1 0x x x x− + + + > .

11 класс

1. Решите систему уравнений

2 2

2

25,

5.

x y

y x

+ =

− =2. Сторона правильного треугольника АВС равна а, AD –

его высота. Найдите радиус окружности, которая касаетсястороны АС, высоты AD и описанной около треугольникаАВС окружности.

3. В первой коробке находилось некоторое количествокрасных шаров, а во второй – синих, причем число крас-ных шаров составляло 15/19 от числа синих шаров. Когдаиз коробок убрали 3/7 красных шаров и 2/5 синих, то впервой коробке осталось менее 1000 шаров, а во второй –более 1000 шаров. Сколько шаров было первоначально вкаждой коробке?

4. При каких значениях параметра а функция

( )( ) ( )2

10

2 2 3 1f x

a x ax a=

− + + −

определена при ( );x ∈ −∞ +∞ ?5. Длина каждого ребра тетраэдра ABCD равна а. На

ребрах DA, DC, BC расположены точки M, N, P так, чтоDM = CN = а/3, CP = a/5. Постройте сечение тетраэдраплоскостью MNP и найдите длину отрезка BQ, гдеQ MNP AB= ∩ .

6. Докажите, что из 7 любых натуральных чисел можновыбрать 2 так, чтобы их сумма или разность оканчиваласьна 0.

Физическое отделение

Физика

7 класс

1. Выполните первую часть Задания 1 из учебника А.В.Пе-рышкина для 7 класса:

Измерьте линейкой с миллиметровыми делениями длину иширину вашего учебника. Запишите результаты с учетомпогрешности измерений.

2. По результатам предыдущих измерений определитеплощадь обложки учебника. Приведите ответ с учетом по-грешности измерений.

3. Измерьте с помощью линейки с миллиметровыми деле-ниями диаметр тонкой (менее миллиметра) мягкой прово-локи.

4. Придумайте способ, с помощью которого можно опреде-лить объем небольшого тяжелого тела неправильной формы,например камня. Определите объем конкретного тела счисловыми результатами.

5. Пассажир, опоздавший на движущийся со скоростью vпоезд, увидел его последний вагон на расстоянии L. С какойскоростью u он должен бежать, чтобы достичь поезда завремя t?

8 класс

1. На дне сосуда с водой лежит медный шар массой m == 1 кг. Найдите силу, с которой шар давит на дно. Плотность

меди 3 38,9 10 кг мρ = ⋅ .2. Средняя скорость автомобиля на всем пути v =

= 60 км ч . Первую половину пути он ехал со скоростью

1 50 км чv = . С какой средней скоростью 2v автомобильпроехал вторую половину пути?

3. Два поезда длиной L = 500 м каждый движутся попараллельным путям в одном направлении. Скорость перво-

го 1 70 км чv = , скорость второго 2 90 км чv = . В некото-

И Н Ф О Р М А Ц И Я 51

рый момент времени обе «головы» поездов равняются.Сколько времени понадобится второму поезду, чтобы полно-стью обогнать первый?

4. Расстояние между двумя пристанями на реке s = 144 км.Сколько времени потребуется катеру для совершения рейсамежду пристанями туда и обратно, если скорость катера встоячей воде v = 18 км/ч, а скорость течения воды u == 3 м/с?

5. В шахте на глубине Н = 100 м каждую минуту прибывает

объем 34,5 мV = воды. Какой мощности N насос требуетсядля откачки этой воды на поверхность?

9 класс

1. После привала на берегу притока реки одна командавышла к следующему пункту пешком по прямому маршруту,а другая отправилась туда по реке на плоту. В конечныйпункт обе команды прибыли одновременно. Определитесреднюю скорость передвижения пешей команды, если ко-манда на плоту прошла участок пути по притоку за время 1t ,а по реке – за время 2t . Скорость течения притока 1v , реки

2v , причем приток перпендикулярен реке.2. Баржа при перемещении из моря в реку увеличила свое

погружение в воду на 3 смh∆ = . Определите плотностьморской воды. Масса баржи m = 1000 т, площадь ее палубы

21000 мS = , борта баржи вертикальные. Плотность пресной

воды 31000 кг мρ = .3. Имеются две колбы: одна полностью заполнена водой,

вторая – наполовину. После того как половину воды изпервой колбы перелили во вторую, перемешали содержимоевторой колбы и затем половину второй колбы обратноперелили в первую, температура в первой колбе повысиласьна 10 C° . На сколько первоначально вода во второй колбебыла теплее, чем в первой?

4. Лодку за веревку тянут к берегу. Один человек на берегутянет конец веревки со скоростью v, второй человек на лодкеперебирает веревку, помогая первому. Лодка движется соскоростью u. Человек на берегу затратил на перемещениелодки энергию E. Какую энергию затратил человек в лодке?Непроизводительные затраты энергии отсутствуют.

5. Каждая из двух пластин длиной L имеет сопротивлениеR. Каким будет сопротивление между концами пластин A иB, если пластины соединить, как показано на рисунке 1?

10 класс

1. Буксир тянет плот из бревен вниз по течению, а затемподнимается обратно к месту лесозаготовки. Имеется воз-можность сплавлять лес по протоке со скоростью течения 1uи по протоке со скоростью течения 2u ( 2 1u u> ). На сколькоплот замедляет движение буксира, если оба маршрута требу-ют одинаковое время?

2. Ракета массой m стартует с обрывистого берега реки ипадает в воду на расстоянии L от берега. На протяжениивсего полета двигатель ракеты создает горизонтальную силутяги F. Определите скорость ракеты при падении в воду.Изменением ее массы можно пренебречь. Ускорение свобод-ного падения равно g.

3. Тонкостенная колба, наполненная водой, весит 1P ,такая же колба, наполненная песком, весит 2P , а если

сначала эту колбу наполнить песком и потом доверху налитьв нее воду, то вес колбы будет 3P . Во сколько раз плотностьпесчинок больше плотности воды?

4. Клин массой M лежит нагладком горизонтальном столе(рис.2). На наклоненной под уг-лом α поверхности клина лежитбрусок массой m. При каком ко-эффициенте трения между брус-ком и клином клин будет сколь-зить в сторону действия приложенной к бруску горизонталь-ной силы F? Какую силу нужно приложить, чтобы клин несдвинулся с места? Трения между кли-ном и столом нет.

5. Три шарика одинакового радиуса rсоединены нитями длиной L и плавают вжидкости плотностью ρ (рис.3). Край-ние шарики невесомые и погружены вжидкость наполовину. Определите силунатяжения каждой нити.

11 класс

1. Решите задачу 1 для 10 класса.2. Решите задачу 2 для 10 класса.3. Бусинка массой m надета на спицу и недеформирован-

ной пружиной длиной L присоединена к шарниру (рис.4).Спица наклонена под углом α квертикали и перпендикулярнапружине. Какой жесткостью дол-жна обладать пружина, чтобыбусинка, когда ее отпустят, несоскочила со спицы, если рассто-яние от начального положениябусинки до конца спицы 1L ?

4. Какую минимальную массудолжен иметь водолазный коло-кол, чтобы его можно было погрузить в воду (рис. 5)?Колокол имеет форму закрытого сверху цилиндра радиусомr = 2 м и высотой h = 2 м. Объемом стенок можно пренебречь.

5. Три надутых гелием шарика удерживаются нитью,привязанной к среднему шарику (рис. 6), и образуют пра-вильный треугольник. На шариках имеются одинаковыезаряды q. Определите силы натяжения нитей. Длины нитеймного больше размеров шариков.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5 Рис. 6

О Л И М П И А Д Ы

XXII Международная олимпиада«Интеллектуальный марафон»

Международный интеллект-клуб (МИК) «Глюон» в рам-ках международной программы «Дети. Интеллект. Творче-ство» при участии МГУ имени М.В.Ломоносова, Институтапедагогических исследований одаренности РАО (г. Новоси-бирск) и при поддержке Фонда некоммерческих программ«Династия», компаний «Кирилл и Мефодий», «Физикон»,«1С», Издательского Дома «Первое сентября» и журналов«Квант», «Потенциал» провел XXII Международную тест-рейтинговую олимпиаду «Интеллектуальный марафон».

Олимпиада проходила с 12 по 19 октября 2013 года вБарселоне (Испания) на территории уютного отеля «GoldenPalace», который расположен на берегу Средиземного моря.На олимпиаду приехали школьники из разных регионовРоссии и Казахстана. В качестве наблюдателей были пред-ставители Испании, Великобритании и Польши.

Одаренные школьники, проявившие интерес к фундамен-тальным наукам, соревновались в командных и индивиду-альных турах по математике, физике, истории научных идейи открытий. В одиннадцатый раз участвовали в олимпиадешкольники, интересующиеся экологией и биологией, сорев-нуясь в командном туре по истории научных идей и откры-тий и в индивидуальных турах по биологии и экологии.Педагоги и психологи собрались на свою научную сессию впятый раз. В рамках олимпиады прошел также II Междуна-родный математический турнир имени М.В.Ломоносова дляучащихся 5–8 классов (олимпийский резерв олимпиады«Интеллектуальный марафон»). Число участников вырослопо сравнению с прошлым годом, что усилило накал интел-лектуальных соревнований среди младших школьников.

Абсолютным победителем олимпиады «Интеллектуаль-ный марафон-2013» по фундаментальным наукам в коман-дном зачете стала команда лицея 4 из Таганрога (Россия). Ейбыл вручен главный приз соревнований – Суперкубок.Команда была также лучшей в туре по истории научныхидей и открытий и призером в турах по математике ифизике. Второе место в общем зачете заняла командаОбластного центра дополнительного образования одарен-ных детей из Ростова-на-Дону (Россия). Она также занялапервое место по математике, второе место по истории

научных идей и открытий и третье по физике. Команде быливручены большой кубок за второе место в общем зачете исоответствующие дипломы за успехи в командных соревно-ваниях. На третье место вышла команда лицея 2 из Альме-тьевска (Россия). Она также заняла первое место по физике.Ей были вручены кубок и диплом.

В индивидуальных соревнованиях абсолютным победите-лем олимпиады стал Булат Ибрагимов, ученик лицей 2 изАльметьевска. Ему были вручены большая золотая медаль ималая серебряная медаль по физике. Вторым призером вобщем зачете стал Кирилл Заруба (лицей 4, Таганрог). Онполучил большую серебряную медаль и малую золотуюмедаль за первое место по физике. Большую бронзовуюмедаль в общем зачете завоевала Юля Шенщина (лицей 4,Таганрог). Олег Клименко (лицей 13, Ростов-на-Дону) былнагражден малой золотой медалью по математике, КамильЛотфуллин (лицей 2, Альметьевск) получил малую серебря-ную медаль по математике и Руслан Супрунов (школа 9,Гуково) получил малую бронзовую медаль по математике.Дмитрий Кисель (лицей 4, Таганрог) был награжден малойбронзовой медалью по физике.

На II Международном математическом турнире имениМ.В.Ломоносова среди учащихся 7 – 8 классов победителемстал Роман Тынянко (Областной центр дополнительногообразования одаренных детей, Ростов-на-Дону). Призерамистали Владислав Акавец (лицей «Классический», Ростов-на-Дону), Михаил Борисов (лицей 24, Волгодонск), ДинасылКойлыбай (НИШ, Актобе, Казахстан). Среди учащихся 5–6классов на турнире победителем стал Евгений Примак(лицей «Классический», Ростов-на-Дону). Призерами сталиСтепан Шелепов, Арсен Джукусов, Тимур Сарсенбаев, АйшаШень (команда Келешек, Алматы, Казахстан).

Все победители и призеры получили различные подаркии призы от организаторов и спонсоров олимпиады.

Международный интеллект-клуб «Глюон» приглашает ре-гиональные центры, школы, лицеи и гимназии, работающиес одаренными детьми, принять участие в XXIII Международ-ной олимпиаде «Интеллектуальный марафон», которая прой-дет в октябре 2014 года в Марокко.

Заявки на участие присылайте по адресу: 115522 Россия,Москва, Пролетарский проспект, д.15/6, корп.2, МИК «Глю-он»

Телефон: (495)517-8014, факс: (495)396-8227E-mail: gluon@yandex.ruСайт: http:www.gluon.ru

ЗАДАЧИ ОЛИМПИАДЫПО ФУНДАМЕНТАЛЬНЫМ НАУКАМ

Устный командный тур

Математика

1. За 2 года завод снизил выпуск продукции на 51%.Каждый год он снижал его на одинаковое количество про-центов. На какое?

2. Разрежьте квадрат на 3 части, из которых можносложить остроугольный неравнобедренный треугольник.Командный тур олимпиады по физике

О Л И М П И А Д Ы 53

3. Существуют ли попарно различные: а) натуральные, б)нечетные числа 1х , 2х , 3х , 4х , 5х , сумма обратных величинкоторых равна 1?

4. Точка пересечения биссектрис треугольника соединенас его вершинами, в результате чего он разбился на 3 меньшихтреугольника. Один из этих меньших треугольников подобенисходному. Найдите его углы.

5. Существуют ли 100 отличных от нуля чисел, каждое изкоторых равно квадрату суммы остальных?

6. В классе 33 ученика, всем им вместе 430 лет. Можно ливыбрать из этого класса 20 учеников, которым вместе больше260 лет? (Возраст ученика – целое число лет.)

7. Найдите все пары натуральных чисел x и y, для которых2x + 1 делится на y, а 2y +1 делится на x.

8. Сто школьников – пятьдесят мальчиков и пятьдесятдевочек – построены в шеренгу. Можно ли выбрать пятьде-сят стоящих подряд ребят так, чтобы среди них оказалосьпоровну мальчиков и девочек?

9. Верно ли, что любой треугольник можно разрезать на1000 частей, из которых возможно сложить квадрат?

10. Из двухсот последовательных натуральных чисел1,2,3,…,200 выбрали 101 число. Верно ли, что среди выбран-ных чисел найдутся два, одно из которых делится на другое?

Физика

1. Лучи света от солнца падают на горизонтальную поверх-ность земли под углом 30α = ° . С земли бросают камень сначальной скоростью 0v . На каком наибольшем расстоянииот места вылета может оказаться тень от камня? Решениеизобразите графически (на рисунке).

2. Запаянный горизонтальный цилиндрический сосуд дли-ной l = 90 см разделен на две части подвижной перегород-кой. С одной стороны от перегородки содержится 2 молякислорода и 3 моля гелия, с другой – 3 моля азота и 1 мольгелия, и перегородка находится в равновесии. В некоторыймомент времени перегородка становится проницаемой длягелия и остается непроницаемой для кислорода и азота.Найдите перемещение перегородки. Температуры газов оди-наковы и не меняются в течение процесса.

3. Неизвестное число N одинаковых резисторов соединеныв кольцо. Омметр, подсоединенный к концам одного резис-тора, показывает сопротивление 1R = 16 Ом. Если соседнийк выбранному резистор закоротить, то омметр показываетсопротивление 2R = 15 Ом. Какова величина одного сопро-тивления? Чему равно N?

4. Мяч покатили по полу к стене со скоростью v = 5 м/с.После удара о стену мяч покатился назад со скоростью u == 4 м/с и вернулся в исходную точку через время T = 1,8 спосле начала движения. Каково расстояние от исходнойточки до стены?

5. В стакан с очень горячей водой опустили ложку, и ложкана глазах стала плавится. Иногда такую ложку называютдеревянной. Поясните наблюдаемое явление и скажите,почему металл, из которого изготовлена ложка, называютдеревянным.

6. Одновременно подожгли толстую и тонкую свечи,имеющие первоначально одинаковые длины. Через времяt = 40 мин тонкая свеча сгорела наполовину, а толстая – натреть. Через какое время (в минутах) после поджога длинысвечей будут различаться в 4 раза?

7. Две одинаковые однородные цепочки из массивныхшариков прикреплены концами к потолку и проходят черездве невесомые коленчатые трубки, скрепленные между со-бой (рис.1). Входные и выходные колена трубок вертикаль-ны, между ними – длинные горизонтальные участки. С

каким ускорением опуска-ются трубки? Трения ипотерь энергии нет.

8. Тонкая линза создаетизображение предмета,расположенного перпенди-кулярно ее главной опти-ческой оси, с некоторымувеличением. Если рассто-яние от предмета до линзыувеличить вдвое, то полу-чим прямое изображение сувеличением, втрое боль-шим первоначального увеличения. С каким увеличениембыло получено изображение предмета первоначально?

9. Поясните, почему вблизи берега набегающая морскаяволна образует белые барашки.

10 (экспериментальная). Представлены две полупрозрач-ные пластины размером А5, которые при наложении друг надруга то пропускают, то не пропускают свет – в зависимостиот взаимной ориентации пластин. При помещении междупластинами пластика с наклеенными кусочками прозрачнойлипкой ленты последние оказались окрашенными в разныецвета радуги, а при вращении одной из пластин эти кусочкименяли цвет. При наложении одной пластины на экранработающего жидкокристаллического монитора экран подпластиной становился темным. Надо объяснить наблюдае-мые явления.

Письменный индивидуальный тур

Математика

1. Могут ли числа 2 –N N и ( )21N + иметь равные суммыцифр в десятичной записи (N – натуральное число)?

2. а) Можно ли сложить квадрат из 20 прямоугольныхтреугольников с катетами 1 и 2? б) А из 40?

3. Вычислите ( ) 82 21 2 3 2α − ⋅ α + α + , если α – корень

уравнения 3 1 0α − α − = .4. Четыре землекопа вырыли канаву за 2 часа. При этом

каждый из них проработал столько времени, сколько нужноостальным трем, чтобы вырыть половину канавы. За сколь-ко времени они вырыли бы всю канаву, работая вместе?

5. Дана таблица n n× , в каждой клетке которой записаночисло, причем все числа в таблице различны. В каждойстроке отметили наименьшее число, и все отмеченные числаоказались в разных столбцах. Затем в каждом столбцеотметили наименьшее число, и все отмеченные числа оказа-лись в разных строках. Сколько чисел было отмечено?

6. На боковых сторонах AB и CD равнобедренной трапе-ции ABCD отложены равные отрезки AK и CL. Отрезок KLпересекает диагонали AC и BD в точках P и Q соответствен-но. Найдите KP:PQ:QL, если AD = 2BC.

7. Последовательность 1х , 2х ,…, nх такова, что

21

1n n

n

x xx

++

= − , 1х = 20, 2х = 13. Существует ли такой

номер N, что Nх = 0?

Физика

1. Автомобиль движется со скоростью v = 10 м/с попараболическому мосту, переброшенному через реку. Изве-стно, что максимально допустимая скорость автомобиля вверхней точке моста составляет 0v  = 40 м/с. Мост опира-ется на каждый берег у самой кромки воды. Найдите ширинуреки, если автомобиль переезжает мост за время τ == 11,3 с.

Рис. 1

54 К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 3

2. Два бруска массамиМ = 900 г и m = 300 гсвязаны нерастяжимойнитью длиной l = 20 см(рис.2). Между брусками

вставлена деформированная пружина жесткостьюk = 2,25 кН/м (пружина не прикреплена к брускам). Этасистема брусков движется с постоянной скоростью

0v  = 2,5 м/с. В какой-то момент нить пережигают, послечего через некоторое время пружина вы-падает, а тело массой М останавливается.Найдите длину недеформированной пру-жины 0l .

3. Небольшое тело массой m = 1,4 гсоскальзывает из состояния покоя с вер-шины гладкой сферы радиусом R = 60 см(рис.3). На теле и в центре сферы разме-щают одинаковые по величине разноимен-ные заряды такие, чтобы тело не отрыва-

лось от поверхности сферы, пока оно не окажется на высоте,равной R/2 от поверхности, на которой покоится сфера.Какова величина этих зарядов?

4. На концах легкой доски длиной L уселись два одинако-вых маленьких, но тяжелых гномика массой m каждый(рис.4). Доску положили на подставку шириной l < L так,

что ее середина оказалась над серединой подставки, иотклонили на небольшой угол 0 1α ≪ (рад). Определитепериод Т малых колебаний этой системы, если при переходедоски с одного ребра подставки на другое ребро потериэнергии пренебрежимо малы, а доска от подставки не отры-вается и не проскальзывает. Посчитайте этот период, еслиL = 5 м, l = 1 м, 0α = 0,1 рад, m = 12 кг.

5. Бакен объемом V = 150 л на дветрети объема погружен у берега в воду(рис.5). Он привязан веревкой длинойl = 5 м к бруску массой m = 50кг, лежа-щему на песчаном дне водоема глубинойh = 4,5 м. Веревка немного провисает.Сможет ли брусок оторваться от дна приповышении уровня воды во время прили-ва? Каким будет результат, если днопредставляет собой крупную гальку? Пло-щадь верхней поверхности бруска

2400 смS = , плотность материала брус-

ка 38 г смρ = , плотность воды 30 1 г смρ = ,

атмосферное давление 5a 10 Паp = .

6. Колба, заполненная воздухом, имеетобъем V = 1 л, ее горлышко представляетсобой цилиндр высотой Н = 25 см и диамет-ром d = 3,6 см (рис.6). Горлышко закрытотонким невесомым поршнем, расположен-ным почти у самого верха. В горлышконачинают медленно наливать ртуть (плот-

ность ртути 313,6 г смρ = ). Сначала поршень опускается на21 см, затем останавливается, и жидкость начинает стекаетьчерез края горлышка. Найдите, какова масса жидкости,залитой в горлышко, и при каком атмосферном давлениипроводился опыт (давление выразите в мм рт.ст.). Темпера-туру считайте постоянной. Трением пренебрегите.

7. Известно, что когда луч света падает на плоскуюстеклянную пластинку перпендикулярно ее поверхности, то8% световой энергии отражается (здесь учтено отражение отобеих поверхностей пластинки), а 92% проходит. Следова-тельно, коэффициент отражения R = 0,08, коэффициентпропускания D = 0,92. Найдите коэффициент пропусканиястопки из n = 11 таких стеклянных пластинок.

История научных идей и открытий

Математика

1. Математики Древней Греции называли совершеннымнатуральное число, равное сумме всех своих собственныхделителей, т.е. делителей, отличных от самого числа. Конеч-но или бесконечно множество совершенных чисел, не изве-стно до сих пор – это так называемая проблема совершенныхчисел. Число, большее (меньшее) суммы всех своих соб-ственных делителей, древние греки назвали избыточным(недостаточным).

Выясните, конечно или бесконечно множество: а) избы-точных, б) недостаточных чисел.

2. Итальянский математик Никколо Тарталья обнаружилмного интересных соотношений между степенями целыхчисел. В частности, он доказал, что всякое кубическое число(т.е. куб) равно разности двух квадратных чисел (т.е.квадратов).

Докажите это и вы.3. В 1585 году фламандский инженер Симон Стевен

опубликовал книгу о десятичных дробях, и с тех пордесятичные дроби стали основным аппаратом инженерных ииных расчетов.

а) Представьте в виде бесконечной десятичной дробиобыкновенную дробь 1/37.

б) Обратите в обыкновенную дробь бесконечную перио-дическую дробь 0,25(243).

4. Великий немецкий математик К.Ф.Гаусс измерял углытреугольника, образованного вершинами трех удаленныхдруг от друга гор.

Зачем он это делал?5. До середины XVII века в теории вероятностей не было

не только цельной математической теории, но даже никакогообщего метода решения задач. В середине XVII века Б.Пас-каль, П.Ферма и Х.Гюйгенс разработали методы решениявероятностных задач, похожих на предлагаемую вам задачу:

Что более вероятно – выиграть у равносильного против-ника три партии из четырех или пять партий из восьми?

Физика

1. Для изучения строения материи современная физикаиспользует как теоретические, так и экспериментальныеметоды. Для исследования взаимодействий элементарныхчастиц необходимы источники элементарных частиц высо-ких энергий. За последние полвека для физических иссле-дований построены ускорители элементарных частиц с раз-личными энергиями частиц в пучке. В 2008 году произве-ден пуск самого мощного на сегодня ускорителя элемен-тарных частиц, который позволил экспериментально про-верить теоретические представления физики высоких энер-гий. Результаты экспериментальных исследований на немдали подтверждение теоретическим открытиям полувеко-

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 3

Рис. 2

О Л И М П И А Д Ы 55

вой давности, удостоенных в 2013 году Нобелевской пре-мии по физике.

а) Какой ускоритель был запущен в 2008 году?б) Где он расположен?в) На какую энергию частиц рассчитан этот ускори-

тель?г) Какие полученные на нем результаты вам известны?2. Сто лет назад Нобелевская премия по физике была

вручена «за исследования свойств вещества при низкихтемпературах, которые привели к производству жидкогогелия». В ходе этих исследований была обнаружена сверх-проводимость металлов и сверхтекучесть жидкого гелия.Коллеги называли этого ученого «Господин АбсолютногоНуля». Он был не только физиком, но и талантливыминженером. Среди его разработок, например, вагон-рефри-жератор.

а) О каком ученом идет речь?б) В какой стране он жил и работал?3. Эта идея к началу XIX века была принята почти всеми

химиками мира. В 1860 на Всемирном съезде химиков вКарлсруэ были окончательно сформулированы химическиеаспекты этой идеи. Однако почти все физики считали ее, влучшем случае, неплохой расчетной моделью, но не карти-ной физической реальности. Известные физики Г.Гельм-гольц и Э.Мах вообще утверждали, что эта идея лишенафизического основания, утверждая, что материя непрерыв-на. Только такие выдающиеся физики, как Дж.Максвелл,Л.Больцман, А.Эйнштейн, Э.Резерфорд и некоторые дру-гие, уверенно утверждали, что эта идея определяет нашивоззрения на строение материи. Двадцатый век подтвердилих правоту. Эта идея сегодня не только позволяет ученымстроить новые теории, но и широко представлена в инженер-ной практике в области химии, материаловедения, нанотех-нологий.

а) Сформулируйте эту идею.б) Какие решения упомянутого съезда 1860 года сформу-

лированы в рамках этой идеи?4. Современные научно-технические разработки основаны

на нанотехнологиях. Для их осуществления требуется ин-формация о расположении отдельных атомов и молекулвещества. В 1986 году был построен первый прибор, позво-ляющий получить такую информацию. В основе действияэтого прибора лежит использование сил Ван-дер-Ваальса,действующих между атомами зонда и отдельными частицамивещества. Для регистрации этого взаимодействия использу-ется измеритель наноперемещений. Этот прибор может при-меняться для определения микрорельефа поверхности лю-бых веществ, как проводящих, так и непроводящих, с егопомощью можно наблюдать всевозможные несовершенстваструктуры, локализованные на изучаемых поверхностях,например дислокации или заряженные дефекты, а такжевсяческие примеси.

Назовите этот прибор.5. В 1959 году известный физик впервые опубликовал

работу, в которой научно доказал, что с точки зренияфундаментальных законов физики нет никаких препятствийк тому, чтобы создавать вещи прямо из атомов. В этой работеоценивались перспективы миниатюризации. Основные по-ложения нанотехнологий были намечены в его легендарнойлекции «Там, внизу, много места» («There is Plenty of Roomat the Bottom»), произнесенной им в Калифорнийскомтехнологическом институте.

а) Кто является автором этих идей?б) Какие его наиболее яркие достижения в физике вам

известны?

II МЕЖДУНАРОДНЫЙ МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ТУРНИРИМЕНИ М.В.ЛОМОНОСОВА

ДЛЯ УЧАЩИХСЯ 5–8 КЛАССОВ

5–6 классы

Устный командный тур

1. Дан квадрат ABCD со стороной 12, K – серединастороны AB, L – середина стороны BC. Найдите площадьтреугольника DKL.

2. Четным или нечетным числом будет сумма всех после-довательных натуральных чисел от 1 до 2013 включительно?

3. Найдите количество всех четырехзначных чисел, кото-рые не делятся на 3.

4. Найдите, как разрезать прямоугольник со сторонами16 см и 9 см на две равные части, из которых можно составитьквадрат.

5. С помощью всех 10 цифр, взятых по одной, и арифме-тических действий запишите арифметическое выражение,равное 9.

6. На каждую из шести граней кубика произвольнымобразом помещено одно из чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6. Объясните,почему обязательно найдутся две соседние грани, на кото-рых расположены соседние числа.

Письменный индивидуальный тур

1. В прямоугольнике сумма двух каких-то сторон равна19 см, а сумма трех каких-то сторон равна 15 см. Найдитепериметр этого прямоугольника.

2. Скорость течения реки, соединяющей пункты A и B,весной равна 2 км/ч, летом 1 км/ч, а скорость катераотносительно воды равна 16 км/ч. Определите, весной илилетом катеру потребуется меньше времени, чтобы проплытьиз A в B и обратно. Ответ необходимо обосновать.

3. В начале 2013-значного числа стоят 2012 единиц, пос-ледняя цифра 9. Является ли это число квадратом натураль-ного числа?

4. Найдите сумму 2013 – 2012 + 2011 – 2010 + … – 4 ++ 3 – 2 + 1.

5. На какую наибольшую степень числа 3делится произведение всех натуральных чи-сел от 1 до 100 включительно?

6. Фигуру, составленную из пяти равныхквадратов (рис. 7), разрежьте на четыре рав-ные между собой фигуры.

7–8 классы

Устный командный тур

1. Дан квадрат ABCD со стороной 6, E – середина стороныCD, отрезки AC и BE пересекаются в точке F. Найдитеплощадь четырехугольника ADEF.

2. Какое наименьшее значение имеет сумма

1 2 3 4x x x x+ + + + + + + ?3. В школе экзамен по математике сдавали 68 учащихся,

и каждый получил одну из оценок «3», «4» или «5». Присложении всех оценок получили число 270. Определите,каких оценок поставлено больше: троек или пятерок и насколько.

4. В прямоугольнике ABCD точки M и N – серединысторон AB и CD соответственно. Через точку M проводитсяпрямая, пересекающая диагональ АС в точке P и продолже-ние стороны ВС в точке Q, причем точка B лежит между

точками C и Q. Докажите, что MNP MNQ∠ = ∠ .

Рис. 7

56 К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 3

5. Представьте число 737 108 2− в виде 2a b+ , где a,

b – некоторые целые числа.6. На столе лежат 20 кучек орехов. Разрешается добавлять

по одному ореху одновременно к любым 3 кучкам. Докажи-те, что, повторяя эту операцию, можно уравнять количествоорехов во всех кучках.

Письменный индивидуальный тур

1. Все натуральные числа от 1 до 2013 включительновыписали подряд и нашли сумму всех цифр. Найдите, какойостаток получится при делении этой суммы на 9.

2. Решите уравнения: а) 3 3 6x x− + + = ; б)3 3 6x x x− + + + = .

3. Представьте число 1 3 в виде суммы шести дробей вида1 n , все знаменатели которых – различные натуральныечисла.

4. Докажите, что если a + b + c = 0, то

( ) ( )22 2 2 4 4 42a b c a b c+ + = + + .

5. В треугольнике ABC точки M на стороне АВ, N настороне BC, K на стороне СА поставлены так, что

: : : 4 : 3AM MB BN NC CK KA= = = . Какую часть пло-щади треугольника АВС составляет площадь треугольникаMNK?

6. Каждая сторона и каждая диагональ выпуклого шести-угольника окрашена либо в красный, либо в зеленый цвет.Докажите, что найдется треугольник с вершинами в верши-нах этого шестиугольника, все стороны которого окрашеныв один цвет.

Публикацию подготовили В.Альминдеров, А.Егоров,А.Кравцов, В.Крыштоп, А.Марковичев, Ж.Раббот,

Л.Шляпочник

Московский (II) тур Всероссийской физической олимпиа-ды студентов технических вузов прошел 5 апреля 2014 годав Московском государственном техническом университете(МГТУ) имени Н.Э.Баумана. В командном зачете первоеместо заняла команда МГТУ имени Н.Э.Баумана, набравшая194 балла, второе место – команда Российского государ-ственного университета нефти и газа имени И.М. Губкина,набравшая 129 баллов, и третье место – команда Калужско-го филиала МГТУ имени Н.Э.Баумана, набравшая 114 баллов.Победителями в личном зачете стали: Бланк Сергей –первое место, Шибаев Максим – второе место и Рогожин-ский Константин – третье место (все трое – из МГТУ имениН.Э.Баумана).

Заключительный (III) тур олимпиады состоялся 15 маятоже в МГТУ имени Н.Э.Баумана. В командном зачете первоеместо завоевала команда Санкт-Петербургского государ-ственного политехнического университета (СПбГПУ), на-бравшая 125 баллов, второе место – команда МГТУ имениН.Э. Баумана, набравшая 94 балла, и третье место – командаМосковского авиационного института, набравшая 50 бал-лов. Победителями в личном зачете стали: Соболев Антон(СПбГПУ) – первое место, Авдеев Иван (СПбГПУ) – второеместо и Шибаев Максим (МГТУ имени Н.Э.Баумана) –третье место.

ЗАДАЧИ ОЛИМПИАДЫ

Московский тур

1. Горизонтально расположенный резиновый шнур пра-вым концом закрепили на стенке, а его левый конец тянут вгоризонтальном направлении влево с постоянной скоростьюv. Жук ползет по шнуру от стенки к левому концу спостоянной скоростью u. Определите максимальное рассто-яние между правым концом шнура и жуком в процесседальнейшего движения при v > u. Начальная длина шнураравна l.

2. Санки длиной l съехали с горки по снегу и, разогнав-шись до скорости 0v , въехали на горизонтальный участок с

асфальтом. Определите путь, который пройдут санки поасфальту до полной остановки, если коэффициент трениясанок с асфальтом равен µ .

3. Космическая станция движется по стационарной круго-вой орбите радиусом R вокруг Земли. Станция представляетсобой два шара массой m и радиусом r, соединенных жесткимстержнем длиной L ( r L R≪ ≪ ). Определите угловуюскорость вращения 0ω станции вокруг оси вращения, совпа-дающей с жестким стержнем, необходимую для того, чтобыугол между радиусом-вектором станции, проведенным отцентра Земли, и осью вращения станции был равен α иоставался постоянным. Учтите изменение силы тяжести нарасстоянии L.

4. Поршень площадью S и массой M лежит на дневертикально расположенного цилиндра, верхний конец ко-торого открыт в атмосферу. Через небольшое отверстие в днецилиндра под поршень медленно закачивают воздух изатмосферы до тех пор, пока поршень не поднимется навысоту h. Определите совершенную работу, считая, чтопроцесс изотермический.

5. Металлический полуцилиндр радиусом R и длинойL R≫ , образованный секущей плоскостью, проходящейчерез его ось, заряжен зарядом Q. Основание этого полуци-линдра закрыто диэлектрической пластиной длиной L ишириной 2R, заряженной равномерно по поверхности заря-дом q. Определите силу взаимодействия между пластиной иполуцилиндром.

6. По полубесконечному цилиндрическому соленоиду ра-диусом R с плотностью намотки n протекает ток I. Опреде-лите поток магнитного поля, пронизывающего кольцо ради-усом 2R, лежащего в плоскости среза, центр которогосовпадает с осью цилиндра.

7. Две плоские гармонические электромагнитные волныинтенсивностью 0I распространяются в вакууме: перваявдоль оси x, вторая вдоль оси y. Векторы напряженности Eобеих волн колеблются вдоль оси z. Постройте годографвектора Пойнтинга S в точке, где разность фаз междуволнами равна 2π .

Всероссийская студенческая олимпиадапо физике 2014 года

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 57

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» №2)

1. 6.Пусть Аня отдала половину своих грибов Вите. Теперь у всехребят стало поровну грибов (и это означает, что у Вити своихгрибов не было). Чтобы Саша получил все Анины грибы, емунадо забрать грибы у Ани и у Вити. Тогда у него будут грибытроих ребят: Ани, Вити и его собственные. Еще столько жебудет у остальных ребят. Значит, в лес ходило еще трое де-тей, имена которых нам не сообщили.2. Одна из подходящих фигур изображена на рисунке 1.3. Поезд №392, вагон №2.Посмотрим на самую длинную телеграмму. Видно, что в пра-вой и левой частях написано одно и то же: ЕТ – ОЙ. Это

значит, что и в старших разрядах слева и справа будет однои то же: СЕКР – ОТКР = ОТВ – ТВ. Теперь, если выпол-нить вычитания, то справа и слева сократятся по две буквы,т.е. на концах будет по два нуля. Если разделить на 100, тополучится СЕ – ОТ = О.

Рис. 1

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ТУР

1. Автомобиль движется по ровной горизонтальной поверх-ности, коэффициент трения с которой равен µ . Автомобильдолжен совершить поворот на 90° градусов за минимальновозможное время. Считая, что начало маневра совпало сначалом координат, а ось y направлена по вектору скорости,величина которой в начале и конце поворота равна v,определите траекторию движения за время совершения ма-невра.

2. Тонкая нерастяжимая и абсолютно гладкая нить закреп-лена на потолке в точках A и B, расстояние между которымиравно a. Длина нити l = 2a. Из точки A начинает скользитьмаленькое кольцо, в которое продета нить. Определитескорость кольца сразу после натяжения нити.

3. На длинных невесомых нитях, касаясь друг друга,подвешена очень длинная цепочка шариков одинаковогодиаметра, масса которых убывает, образуя прогрессию.Определите эту прогрессию, если известно, что когда перво-му шарику ударом придают скорость 0v , то вся цепочка,кроме последнего шарика, после серии абсолютно упругихсоударений начинает двигаться как единое целое со скорос-тью 0 2v .

4. Определите период колебаний треугольника, состояще-го из трех стержней одинаковой массы, относительно оси,перпендикулярной плоскости треугольника и проходящейчерез вершину O, в которой сходятся стержни a и b. Длинаи ориентация этих стержней заданы векторами a

r

и br

.5. Нагретый у поверхности Земли в экваториальной части

воздух поднимается в верхние слои атмосферы и впослед-

ствии опускается к поверхности Земли в полярных областях.Принимая, что воздух, поднимаясь в верхние слои атмосфе-ры или опускаясь вниз, расширяется или сжимается адиаба-тически, определите изменение температуры воздуха с высо-той ( )T z , считая, что на поверхности Земли температураравна 0T .

6. Диэлектрическая поверхность в форме куба с ребром lзаряжена равномерно по поверхности с поверхностной плот-ностью заряда σ . Определите силу, действующую на гранькуба.

7. Заряженная частица с зарядом q и массой m движетсяco скоростью v в магнитном поле диполя в плоскости,перпендикулярной оси диполя. Магнитное поле диполяменяется с расстоянием по закону 3B a r= . Определитеминимальное расстояние, на которое может приблизитьсячастица к диполю, если она начинает движение из бесконеч-но удаленной точки в направлении к диполю строго вдольрадиуса-вектора r

r

.8. Заряд q с массой m движется по замкнутой траектории

под действием постоянного однородного магнитного поля синдукцией B, направленной по оси y, и переменного элект-рического поля 0 cosE E t= ω , направленного по оси z. Прикаких условиях движение заряда будет периодическим скруговой частотой, совпадающей с круговой частотой ωизменения электрического поля? Определите зависимости отвремени проекций zv и xv скорости заряда. Какова будетпри этом траектория движения заряда?

Публикацию подготовилиА.Макаров, В.Голубев, В.Глушков

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я

Теперь посмотрим на последнюю телеграмму. Если записатьее как пример на сложение в столбик:

то видно, что ОТ + 2 = СЕ. Сопоставив это с предыдущимравенством, можно понять, что О = 2, а тогда С = 3. Крометого, при сложении произошел перенос из разряда в разряддесятков, т.е. Т = 8 или Т = 9. Но если предположить, чтоТ = 8, то получится, что Е = 0, а тогда при сложении Ы ++ 1 = Е (т.е. Ы + 1 = 0) неизбежно произошел бы переносв следующий разряд. Но этого не было, значит, Т = 9, и мыузнали значения всех нужных цифр.4. а) 25.Все одуванчики, которые позавчера были желтыми, стали бе-лыми вчера или сегодня. Поэтому позавчера было 14 + 11 == 25 желтых одуванчиков.б) 9.Из вчерашних желтых одуванчи-ков 11 побелели сегодня, а остав-шиеся 20 – 11 = 9 побелеютзавтра.5. В треугольнике ABC углы A иC равны как соответственныеуглы равных бумажных треу-гольников (рис. 2); значит, треу-гольник ABC равнобедренный иAB = BC. Но и его стороны AB и AC равны (как соответ-ственные стороны равных бумажных треугольников). Значит,треугольник ABC равносторонний.

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 358

ниями. Первая компания будет совершать рейсы из А во всегорода, кроме Б, вторая – из Б во все города, кроме А, тре-тья – все остальные рейсы (т.е. из А в Б и все рейсы междуоставшимися n – 2 городами). Покажем, что при таком рас-пределении маршрутов для любой авиакомпании есть хотя быдва таких города, что попасть из одного в другой только рей-сами этой авиакомпании нельзя. Для первой и второй авиа-компаний можно взять пару городов А и Б: напрямую можнолететь только третьей компанией, а на всех остальных марш-рутах придется делать пересадки на рейсы других компаний.Для третьей авиакомпании подойдут город А и любой другойгород, кроме Б.

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. Понятия «истинная траектория» не существует. Вид траек-тории зависит от выбора системы отсчета.2. Если начальная скорость человека относительно платфор-мы совпадает по направлению со скоростью платформы отно-сительно земли или противоположна ей, то траектория чело-века относительно земли прямолинейная, в иных случаях –криволинейная.3. Когда трамвай начинает двигаться с ускорением.4. F ma=r r

.5. ( )arctg a gα = ; как видно из формулы, угол α от массыгрузика не зависит.6. Угол α не зависит от вида жидкости и определяется потой же формуле, что и в задаче 5. Толщина слоя воды надртутью будет всюду одинакова, и наклон поверхности ртутине изменится.7. Шарик будет тянуться вперед по ходу автомобиля.8. При скольжении без трения поверхность воды расположит-ся параллельно наклонной плоскости; при ускоренном сколь-жении с трением угол наклона поверхности воды к горизонтустанет меньше α ; если движение станет равномерным, тоугол будет равен нулю.9. Пробка останется неподвижной относительно стенок сосуда.10. При свободном падении столб воды не оказывает гидро-статического давления, поэтому уровень воды в пробирке бу-дет опускаться до тех пор, пока давление воздуха внутрипробирки не сравняется с внешним давлением.11. Период колебаний по величине останется равным T, одна-ко маятник будет колебаться «вверх ногами».12. Нить отвеса установится перпендикулярно полу салонасамолета.13. Нет, так как относительно земли велосипедист покоится иего центростремительное ускорение равно нулю.14. Вес тела на полюсе больше, чем на экваторе. Однако об-наружить это можно с помощью не рычажных, а пружинныхвесов. Когда же рычажные весы уравновешены, можно лишьутверждать, что вес тела равен весу гирь.15. Пробка расположится у оси вращения вверху, свинец – устенки цилиндра внизу, тело A – в любом положении (еслине учитывать сжимаемость воды).16. На запад. Причина явления – действие кориолисовойсилы инерции, возникающей из-за вращения Земли.

Микроопыт

Сила тяжести воды и сила реакции дна ведра при достаточ-ной скорости удерживают в верхней точке воду на круговойтраектории. В системе отсчета, связанной с ведром, этот эф-фект можно объяснить появлением центробежной силы инер-ции, прижимающей воду ко дну.

КОНКУРС «МАТЕМАТИКА 6-8»

(см. «Квант» № 1)

11. Существуют.

Например, подойдут числа 2, 12, 3, 4: 1 1 7 1 1

2 12 12 3 4+ = = + .

Подобные примеры получаются следующим образом: нужновзять любые четыре различных натуральных числа x, y, z, t сусловием x + y = z + t и разделить это равенство на общеекратное этих чисел. В нашем примере x = 6, y = 1, z = 4, t == 3, а в качестве общего кратного было выбрано их наимень-шее общее кратное 12.12. 12.

Примером могут служить два правиль-ных пятиугольника, симметричных другдругу относительно их общего центра(рис.3).Докажем, что больше 12 частей быть неможет. Отрезок может пересекать гра-ницу выпуклого многоугольника не бо-лее чем в двух точках. Контур одногопятиугольника состоит из пяти отрез-ков, поэтому он пересекается с конту-

ром другого пятиугольника не более чем в 5 2 10◊ = точках.Сделаем сначала разрез по контуру первого пятиугольника.После этого лист распадется на две части – внешнюю и внут-реннюю.Точки пересечения контуров первого и второго пятиугольникаделят контур второго пятиугольника на 10k £ ломаных. Бу-дем разрезать лист по очереди вдоль каждой из этих лома-

ных. При каждом таком разрезе коли-чество частей плоскости увеличиваетсяровно на 1. Поэтому общее количествочастей равно 2 12k+ £ .Замечание. В решении существенно ис-пользуется условие выпуклости пяти-угольников. Если рассматривать и невы-пуклые пятиугольники, то количествочастей может быть больше 12. На рисун-ке 4 показан пример для 18 частей.13. 200.

Перепишем уравнение в виде 999999999xy x y- - = . Еслиприбавить к обеим частям по 1, то слева получится выраже-ние, которое раскладывается на множители: 1xy x y- - + =

( ) ( )1 1x y= - - . Уравнение превращается в такое:

( ) ( ) 9 9 91 1 1000000000 10 2 5x y- - = = = ◊ . Поскольку мыищем решения в целых числах, то первый из сомножителей в

левой части делит правую часть, а значит, имеет вид 2 5m n± ◊ ,где m и n могут меняться от 0 до 9 (ясно, что x определяетсяоднозначно по первому сомножителю). Таких чисел всего200. Если первый сомножитель известен, то второй (а вместес ним и y) определяется однозначно. Значит, всего решений уданного уравнения тоже 200.14. Прямоугольному.Если мы сложили из двух треугольников один, то какой-тоугол одного вместе с каким-то углом другого составил 180°.Так как прямоугольный треугольник всего один, то это не мо-гут быть два прямых угла. Значит, один из них острый, адругой – тупой. Поэтому один из двух складываемых треу-гольников тупоугольный. Если полученный треугольник ост-роугольный, то и второй прикладываемый треугольник остро-угольный, а это противоречит условию. Значит, получилсяпрямоугольный треугольник (не составляет труда убедиться втом, что такое действительно возможно).15. Пусть в стране всего n городов. Выберем любые два изних, А и Б. Теперь распределим маршруты между авиакомпа-

Рис. 4

Рис. 3

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 59

СВЕРХЗВУКОВЫЕ АВТОБУСЫ, ЛОДКИ И… ДЕРЕВЬЯ

Задача 2. На рисунке 5 изображен треугольник ОЕИ и ука-заны времена, за которые грибники прошли бы каждый из

отрезков. Найдем числоМаха в нашей задаче. Източки Е в точку И автобусдвигался 10 мин, а грибни-ку понадобилось бы 50мин, чтобы пройти этотпуть. Следовательно, ско-рость автобуса в пять разбольше скорости грибника,и М = 5. А теперь подсчи-таем, когда автобус придет

в точку П. Время будет отсчитывать от момента выхода гриб-ников из точки О. Автобусу понадобится 30 мин, чтобы дое-хать до точки Е и еще 18/5 мин, чтобы из Е доехать до П,всего – 33 мин 36 с. А Петр дойдет до точки П за 24 мин.Итого, ему придется подождать 9 мин 36 с.Задача 3. Отметим сразу, что коли автобус приехал в точкуП за 33 мин 36 с, то в момент начала движения грибниковон находился от этой точки на расстоянии 168 мин движениягрибников. Из условия задачи вытекает, что точка Онаходится в начальный момент внутри конуса Маха. А вотСидору придется обязательно отправиться в путь, когда обра-зующая конуса Маха коснется точки О (рис.6). В этот

момент автобус будет находиться от точки П на расстоянии

ОП ctg 24 24α = мин движения грибника. Итого, у Сидорав запасе столько времени, сколько понадобится автобусу, что-бы проехать из точки 1A в точку 2A . Грибнику, чтобы прой-

ти этот участок, нужно ( )168 24 24− мин, а автобусу – впять раз меньше, т.е. 10 мин 5 с≈ . Именно столько времениесть у Сидора в запасе.Задача 4. Области достижимости автобуса изображены нарисунке 7.

Задача 5. Приведем лишь ответы: 90β = ∞ , 2 2Ld v c

c= - ,

2 2Ls v c

c= + .

Задача 6. Ответы: arccoscv

β = , 2 2

L vt

c v c=

-,

2 2Ld v c

c= - ,

Ls v

c= .

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Задача 7. По условию задачи время возвращения

2 2 2

L vt

c v c=

− в два раза больше времени переправы 1

Lt

c= .

Отсюда получаем ответ:

2 31,15

3

v

c= ≈ ;

2 21

2

71,32

2

s c v

s v

+= = ≈ .

Задача 8. 1) t = 7 мин 12 с. 2) М = 5.

Задача 9. 1) ( )( )

22

min 0 2

11

1

nt t M

n

−= −

+. 2) max

11

nM

n

+=

−.

Задача 10. arccos arccos0,8v

cβ = = ; 2 2 3 м сu c v= − = ;

40 cL

tu

= = .

ПАРЫ. ВЛАЖНОСТЬ

1. 3н 18 г мρ = . 2. 257 гm∆ = . 3. к 4 атмp = .

4. 30%ϕ = . 5. n = 4. 6. к 92 кПаp = . 7. 3 гm∆ = .

XXII МЕЖДУНАРОДНАЯ ОЛИМПИАДА«ИНТЕЛЛЕКТУАЛЬНЫЙ МАРАФОН»

ЗАДАЧИ ОЛИМПИАДЫ ПО ФУНДАМЕНТАЛЬНЫМ НАУКАМ

Устный командный тур

М А Т Е М А Т И К А

1. На 30%.Пусть завод производил продукцию в количестве а каких-тоединиц, а искомое снижение было на р% в год. Тогда в концепервого года он произвел продукцию в количестве а –

1100 100ар р

а = −

= b, а в конце второго года – в количестве2

1 1100 100p p

b a − = −

. По условию,

21

2

30,49 71 1

170.100 100 100 10

pp pa a

p

= − = ⋅ ⇔ − = ± ⇔ =

По смыслу задачи остается лишь пер-вый корень.2. Пусть ABCD – данный квадрат(рис. 8). Пусть М – точка на сторонеAD, причем АМ > МD. Проведем източки М перпендикуляр к стороне AD,пересекающий сторону ВС в точке Nтак, что точка N – середина отрезкаМЕ. Тогда отрезок АЕ пересечет сто-рону ВС в середине K отрезка BN, аотрезок ED – в середине L отрезкаNC (это следует из равенства двух парпрямоугольных треугольников АВK иKEN, CDL и ECL). Если отрезать отквадрата треугольники ABK и CDL исовместить их с треугольниками ENK и NEL соответствен-но, то квадрат ABCD превращается в неравнобедренный тре-угольник AED.3. а) Да; б) нет.а) Ответ следует из следующей цепочки равенств:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 .

2 3 6 2 3 6 2 3 6 2 3 12 18 36 = + + = + + + + = + + + +

б) Предположим, что нашлись попарно различные нечетные

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 360

– 1) – 1 ≥ 0 , т.е.

ху ≥ х + у. (*)

По условию, число ( )2 12 1 2 1

4х ух у

у х ху

+ ++ += + – целое,

поэтому и число ( )2 1х у

ху

+ + – целое, но в силу неравенства

(*) это число не больше чем 2 + 1ху < 3 при рассматривае-

мых значениях х и у.Пусть оно равно 2. Тогда 2(х + у) + 1 = 2ху, что невозмож-но, так как слева стоит нечетное число, а справа – четное.Пусть оно равно 1. Тогда 2(х + у) + 1 = ху, откуда(х – 2)(у – 2) = 5. Один из множителей левой части равен 1,а второй равен 5, откуда получаем остальные ответы.В силу положительности числителя и знаменателя рассматри-ваемое число не может быть меньше или равно нулю.8. Да, можно.Занумеруем ребят по порядку числами от 1 до 100. Рассмот-рим 50 первых ребят. Если среди них равное количествомальчиков и девочек, задача решена. Если же нет, предполо-жим, что мальчиков больше 25, а девочек – меньше. Заме-тим, что, очевидно, в группе с номерами от 51 до 100 должнобыть наоборот: мальчиков меньше 25, а девочек – больше.Рассмотрим группу с номерами от 2 до 51. Количество маль-чиков может измениться на 1 или не измениться вообще.Итак, при переходе последовательно от группы к группе ко-личество мальчиков меняется не более чем на 1 и от числа,большего 25, приходит к числу, меньшему 25. Поэтому где-то«по дороге» оно равнялось 25, что и требовалось.Ситуация, когда в первой группе мальчиков меньше, рассмат-ривается аналогично.9. Нет, неверно.Рассмотрим треугольник со стороной длины 1500 и площади1. Разрезав его на 1000 частей, хотя бы в одной из них мыполучим две точки, удаленные на 1,5 (лежащие на указаннойстороне). Но в квадрате площади 1 расстояние между наибо-лее удаленными точками равно длине диагонали 2 , котораяменьше 1,5.10. Верно.Выберем произвольно 101 число из данных двухсот. Разде-лим каждое из них на наибольшую содержащуюся в нем в ка-честве множителя степень двойки. Получим 101 нечетное чис-ло. Но среди чисел от 1 до 200 имеется только 100 нечетныхчисел, поэтому среди полученных нечетных чисел имеютсяхотя бы два совпадающих. Посмотрим, какое из них подверг-лось сокращению на большую степень двойки – именно оно(до сокращения), очевидно, делится на второе (также до со-кращения). Поскольку все исходные 200 чисел различны, со-впадение отобранных чисел исключается.

Ф И З И К А

1. Если лучи солнца направлены навстречу броску (бросокпротив солнца) и угол б больше или равен углу в, которыйначальная скорость камня составляет с горизонтом, то макси-мальное расстояние тени тела от точки бросания равно даль-ности полета. При броске по солнечным лучам и условии, чтоугол б меньше угла в, дальность определяется касательнымлучом солнца к траектории полета камня.2. Перегородка сместится влево на 14 см.

3. R = 20 Ом; N = 5. 4. 4 мvuT

lv u

= =+

.

5. Очевидно, ложка была сделана из сплава с низкой темпе-ратурой плавления. Это мог быть, например, сплав Вуда,изобретенный в 1860 году английским инженером БарнабасомВудом. Его температура плавление 68,5 C° . Из-за происхож-

числа 1х , 2х , …, 5х такие, что

1 2 3 4 5

1 1 1 1 11.

х х х х х+ + + + = (*)

Тогда

1 2 3 4 5

1 1 1 1 1 1 1 3 1011,

3 5 7 105х х х х х+ + + + ≤ + + = <

что противоречит равенству (*).

4. 2 4

, , .7 7 7π π π

Пусть α , β и γ – углы треугольника АВС (при вершинахА, В и С соответственно), I – его инцентр (центр вписанной внего окружности), причем α ≥ β ≥ γ (рис. 9). Пусть тре-

угольник AIB подобен треугольнику АВС. Легко понять, чтоугол при вершине I треугольника AIB – тупой , поэтому онсамый большой по величине в этом треугольнике, значит, онравен α . Для остальных углов, очевидно, верны равенства

22α

= β ⇔ α = β и 22β

= γ ⇔ β = γ . Итак, углы треугольника

AIB (и, конечно, подобного ему треугольника АВС) равны

4γ , 2γ и γ , а их сумма равна π , откуда получаем указан-ный ответ.Остальные треугольники с вершиной в точке I не могут бытьподобными исходному: их тупые углы не могут равнятьсянаибольшему углу α треугольника АВС. Действительно,

если ,2 2π β

+ = α то наименьший угол γ треугольника АВС

может быть равным только 2α

(не может же он равняться

своей половине, 2γ

), но оставшиеся углы β и 2γ

не могут

равняться друг другу. Если же ,2 2π α

+ = α то получаем α = π ,

что невозможно.5. Да, существуют.Пусть 1 2 100 х х х а= = … = = . По условию,

( )22

0,99 .1

99

а

а аа

== ⇔ =

Нас устраивает только второй корень.6. Да, можно.Предположим, что сумма возрастов 20 самых старших учени-ков не больше 260, тогда самый младший из них не старше 13лет (иначе возраст каждого из них больше 13, а тогда суммаих возрастов больше чем 20 ⋅13 = 260, вопреки предположе-нию). Но тогда каждый из оставшихся 13 учеников тоже нестарше 13 лет, поэтому сумма возрастов всех 33 школьниковполучается не больше чем ⋅13 13 + 260 = 169 + 260 = 429 << 430, что противоречит условию. Мы пришли к противоре-чию с предположением.

7. (1; 1); (1; 3); (3; 1); (3; 7); (7; 3).

Пусть сначала х = 1, тогда 2х + 1 = 3 и делится лишь на 1 ина 3. Аналогично при у = 1. Отсюда получаем три первыепары из ответа.Пусть теперь целые числа х и у не меньше чем 2. Заметим,что при этих значениях х и у имеем ху – (х + у) = (х – 1)(у –

Рис. 9

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 61

дения фамилии Вуд от английского wood – лес, древесина,переводчики иногда называют сплав «деревянным металлом».

6. 1 72t =  мин. 7. 25 м с2

ga = ≈ .

8. 53

Γ = (изображение предмета мнимое).

9. Нижние слои воды тормозятся о поднимающееся дно, в товремя как верхние слои воды по инерции бегут с прежнейскоростью. Это приводит к поднятию уровня верхних слоевводы, а за счет большей скорости этого слоя происходит об-гон нижних слоев и их срыв, в результате чего и образуются«барашки»10. Пластинки являются поляроидами, превращающими есте-ственный свет в плоско поляризованный. Кусочки липкойленты представляют собой анизотропную среду и, как след-ствие, обладают двойным лучепреломлением. Тогда в скре-щенных поляроидах наблюдается интерференция поляризо-ванных лучей. При вращении одного из поляроидов условияинтерференции меняются, что приводит к изменению цветапроходящей световой волны. Тот факт, что часть экрана мо-нитора гаснет при вращении поляроида, указывает на то, чтосвет, идущий от экрана, плоско поляризованный.

Письменный индивидуальный тур

М А Т Е М А Т И К А

1. Нет, не могут.Если два натуральных числа имеют одинаковые суммы цифр,то они должны давать одинаковые остатки при делении на 3,а тогда их разность должна делиться на 3. Но

2 2( 1) – ( – ) 3 1N N N N+ = +– не делится на 3.2. а) Можно; б) нельзя.a) Поскольку площадь прямоугольного треугольника равнаполовине произведения катетов, сумма площадей 20 данныхтреугольников равна 20, поэтому сторона искомого квадрата

должна равняться 2 5 – удво-енной гипотенузе данного тре-угольника. Один из (многих!)способов решения приведен нарисунке 10.б) В этом случае сторона иско-мого квадрата должна быть рав-на 2 10. Предположим, чтоквадрат удалось сложить. Тогдана его стороне может бытьсколько-то катетов длины 1,сколько-то катетов длины 2 и

сколько-то гипотенуз длины 5 , причем без гипотенуз необойтись, поскольку длины катетов рациональны, а сторонаквадрата – иррациональна. (Также не обойтись без катетов,так как невозможно представить отрезок длины 2 10 каким-либо количеством отрезков длины 5 .) Получается равен-ство 5 2 10,p q+ = где p – сумма длин катетов, лежащихна какой-то стороне квадрата, а q – количество гипотенуз, ле-жащих на ней. Возведя это равенство в квадрат, получим

2 25 2 5 40,p q pq+ + =

что невозможно, так как слева стоит иррациональное число, асправа – рациональное.3. 1.Заметим, прежде всего, что α – положительное число. Дей-ствительно, если –1  0≤ α < , то в данном уравнении

3 1α = α + (1)

левая часть отрицательна, а правая – неотрицательна, поэто-му на этом промежутке уравнение не имеет решений. Если же

α < –1, то данное уравнение можно переписать в виде

2( – 1) 1α α = , (1а)

и его левая часть становится отрицательной, а правая – поло-жительна.Преобразуем теперь подкоренное выражение. Умножив обечасти уравнения (1) на положительное число α , найдем, что

4 2α = α + α , (2)

поэтому2 2 2 4 22 3 2 ( ) ( 2 2) 2( 1)α + α + = α + α + α + α + = α + α + α + .

Заменим сумму в последней скобке на левую часть уравнения(1). Теперь с помощью уравнения (2) получим, что подкорен-ное выражение равно

4 3 2 2 2 2 82 ( ( 1)) ( )α + α + α = α α + = α + α = α .

Осталось заметить, что из уравнения (1а) вытекает

2 11 ,α − =

α

что и приводит к указанному ответу.

4. За 23

часа, т.е. за 40 минут.

Пусть все четверо работают непрерывно следующим образом.Сначала над одной канавой работает только первый земле-коп, а в это время все остальные роют вторую такую же кана-ву. По условию, к моменту когда первый закончил своючасть работы над первой канавой, остальные выкопали поло-вину такой же второй. Далее, пусть второй землекоп началработать над первой канавой, а первый перешел ко второй иприсоединился к оставшимся там третьему и четвертому, что-бы продолжить работу над второй канавой. Тогда, по усло-вию, к моменту когда второй закончил свою часть работы надпервой канавой, остальные трое закончили копать вторую ка-наву. Пусть теперь третий землекоп начинает свою часть ра-боты над первой канавой, а все остальные начинают рытьтретью такую же канаву. К моменту когда третий закончилработать над первой канавой, остальные выкопали половинутретьей такой же канавы. Наконец, пусть четвертый присту-пает к работе над первой канавой, а остальные – над третьей.По условию, когда четвертый закончил копать первую кана-ву, остальные закончили копать третью. Таким образом полу-чаем ответ.5. n.Найдем наименьшее число в таблице (оно, очевидно, суще-ствует). Его, конечно, отметили дважды: и в столбце, и встроке. Если вычеркнуть теперь строку и столбец, на пересе-чении которых стоит это наименьшее число, то полученнаятаблица размером ( – 1) ( – 1)n n× будет удовлетворять всемусловиям задачи. Теперь найдем наименьшее число в новой,меньшей таблице, оно также будет отмечено, и вычеркнемстроку и столбец, на пересечении которых стоит наименьшеечисло, и т.д. В итоге мы за n шагов вычеркнем все отмечен-ные числа и исчерпаем всю таблицу.6. 1:1:1.Пусть сначала отрезок KL при перехо-де от K к L пересекает диагональ АС,а затем – вторую диагональ трапеции.Для решения задачи нам будут полез-ны два утверждения (обозначения –из условия задачи).1. Длины перпендикуляров ВЕ и DF(рис. 11), опущенных из концов В иD диагонали BD трапеции ABCD набоковые стороны CD и АВ соответ-ственно, относятся как основания тра-

Рис. 10

Рис. 11

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 362

2 2 – 11 2 2 2 3 (1 2 2 2 ) n n+ + + … + + ⋅ + + + … + =

= 12 – 1 3 (2 – 1)n n+ + ⋅ = 5 2 – 4 3 2n n⋅ > ⋅ .

Поскольку чисел вида 3 2n⋅ бесконечно много, получаем от-вет.б) Пусть р – простое число. Тогда его единственный соб-ственный делитель – число 1. Поскольку р > 1, любое про-стое число недостаточно, а простых чисел, как известно, бес-конечно много.2. Подберем целые числа х и у так, чтобы выполнялось ра-венство 2 2 3–х у z= , где z – произвольное натуральное чис-ло. Это равенство равносильно равенству ( ) ( )–х у х у+ =

2z z= ⋅ , которое будет выполняться для решений (х; у) сис-темы уравнений

2

2 2

,, 2

.2

z zxх у z

x y z z zy

+=− = ⇔

+ = − =Заметим, что оба числителя z(z + 1) и z(z – 1) – четные чис-ла (как произведение двух последовательных целых чисел),поэтому найденные решения системы – целые числа.

3. а) 0,(027); б) 467

.1850

а) Делим числитель на знаменатель, например, «уголком».

б) Преобразуем: 0,25(243) = 1 1

,4 100

+ α где ( )0, 243  α = .

Заметим, что α = + α1000 243 , откуда 243 9

.999 37

α = = И окон-

чательно получим 0,25(243) = 1 9 934 467

.4 3700 3700 1850

+ = =

4. В связи с возникновением неевклидовой геометрии Гаусс

проверял справедливость евклидовой теоремы о сумме угловтреугольника.5. Три партии из четырех.Если в серии из n одинаковых опытов событие А может вкаждом опыте произойти с вероятностью р и не произойти свероятностью q (естественно, р + q = 1), то вероятность того,что в этой серии событие А произойдет ровно k раз, равна

k k n knС p q −⋅ ⋅ (формула Бернулли), где

( )!

! !kn

nС

k n k=

-. В на-

шей задаче р = q = 1.

2В случае n = 4 у нас k = 3, поэтому искомая вероятность рав-на 31 1 1

4 .2 2 4

⋅ ⋅ =

При n = 8 и k = 5 получаем, что искомая вероятность равна8

58

1 8! 1 6 7 8 1 7 1.

2 5! 3! 256 1 2 3 256 32 4С

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = < ⋅ ⋅ ⋅

Ф И З И К А

1. а) Большой адронный коллайдер. б) На территории Швей-царии и Франции. в) На 14 ТэВ. г) Прежде всего, обнаруже-ние бозона Хиггса.2. а) Хейке Камерлинг-Оннес. б) Нидерланды.3. а) Молекулярно-кинетическая теория утверждает, что ве-щество состоит из молекул, находящихся в непрерывном дви-жении и взаимодействии. б) Даны определения атома и моле-кулы.4. Атомный силовой микроскоп.5. а) Ричард Фейнман. а) Он – один из создателей современ-ной квантовой электродинамики (Нобелевская премия по фи-зике 1965 года). Один из авторов известного курса «Фейнма-новские лекции по физике».

Рис. 12

Рис. 13

Рис. 14

пеции. Это следует из подобия прямо-угольных треугольников BEC и ADF(углы ВСЕ и DAF).2. В четырехугольнике KBLD (рис.12) площади треугольников BLK иLKD относятся как отрезки BQ и QDдиагонали BD. Это становится оче-видным, если провести высоты ука-занных треугольников из концов диа-

гонали BD и заметить, что отношение указанных площадейравно отношению проведенных высот (основание KL треу-гольников – общее), а отрезки диагонали равны этим высо-там, деленным на синусы одинаковых (вертикальных) угловс вершиной в точке Q.Теперь применим утверждения 1 и 2 к площадям треугольни-ков BLD и BKD (рис. 13). Согласно первому из них, эти

площади относятся как 1:2 (таккак основания LD и BK равны,а соответствующие высоты отно-сятся как 1:2), а согласно второ-му, : 2 : 1KQ QL = , т.е.

1.

3QL KL= Применив те же

рассуждения к треугольникам

АKС и ALC, аналогично найдем,

что 1

.3

KР KL= Значит,

: : 1 : 1 : 1KР PQ QL = .

Если предположить, что отрезокKL сначала пересекает диагональBD (условый рис. 14), то, рас-суждая аналогично (точки на от-резке KL идут в порядке K, Q,P, L), получим, что KQ = 2QL иодновременно PL = 2KP, илиKL = 3QL и KL = 3РL, что, ко-

нечно, невозможно, поскольку QL > PL.7. Существует: 262 0х = .Условие задачи можно переписать так:

2 1 1 1.n n n nх x x x+ + +⋅ − ⋅ = − (*)

Пусть 1n n nа x x += ⋅ . Тогда 1 260а = , а условие (*) можно пе-реписать так: 1 – –1n na a+ = , откуда следует, что { }na – ариф-метическая прогрессия с первым членом 260 и разностью,равной –1. Поэтому 1  ( – 1) 261–nа a d n n= + = . Очевидно, что

262 0a = , т.е. 261 262 0х х⋅ = , поэтому 261  0х ≠ , 262 0х = .

Ф И З И К А

1. L = 113 м. 2. 0 0 1 0,3 мM M

l l vk m

Ê ˆ= + + =Á ˜Ë ¯.

3. 014 1,4 мкКлq R mgπε= = . 4. ( )2 2

02,04 c

a L lT

gl

+= = .

5. От песчаного дна брусок оторваться не сможет, и бакенутонет. В случае каменистого дна бакен будет плавать так,что над водой будет находиться только его верхушка, состав-ляющая 4,2% всего объема бакена.

6. m = 2,9 кг; a 772 мм рт.ст.p = 7. ( )

0,511n

DD

D n D= =

+ -.

История научных идей и открытий

М А Т Е М А Т И К А

1. а) Бесконечно; б) бесконечно.а) Покажем, что любое число вида ⋅3 2n при n > 1 избыточ-но. Действительно, найдем сумму всех его делителей:

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 63

II МЕЖДУНАРОДНЫЙ МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ТУРНИРИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА ДЛЯ УЧАЩИХСЯ 5-8

КЛАССОВ

5-6 классы

Устный командный тур

1. 54.

Площади треугольников ADK и CDL равны ⋅ ⋅ =

1 1144 36

2 2,

площадь треугольника BKL равна ⋅ ⋅ =

1 1144 18

2 4, поэтому

площадь треугольника DKL равна − + + =144 (36 36 18) 54 .

2. Нечетным.Сгруппируем слагаемые указанной суммы (кроме последнего)по парам: (1 2) (3 4) (2011 2012) 2013S = + + + + + + . Суммачисел каждой пары нечетна, количество пар четно, следова-тельно, сумма чисел от 1 до 2012 четна.3. 6000.Все четырехзначные числа разобьем на тройки: 1000, 1001,1002; 1003, 1004, 1005; …; 9997, 9998, 9999. Всего таких тро-ек 3000, первые два числа в каждой тройке не делятся на 3.

4. См. рис. 15.5. Одна из возможных записей:

( ) ( ) ( ) ( )⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ − +9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 .

6. Возьмем два последовательных числа a и b,которые не попали на соседние грани, и распо-ложим куб так, что одно из этих чисел оказа-лось на нижней грани. Тогда другое число ока-жется на верхней грани. Либо у числа a, либоу числа b среди чисел от 1 до 6 найдутся два

соседних числа. Если, для определенности, два соседних на-шлись у числа a, то одно из них b, а другое c , лежащее набоковой грани. В результате, a и c – два соседних числа, рас-положенных на соседних (смежных) гранях куба.

Письменный индивидуальный тур

1. 24,5 см.В прямоугольнике есть смежные и параллельные стороны. Изтрех сторон прямоугольника две обязательно смежные, следо-вательно, сумма трех каких-то сторон больше, чем суммадвух смежных. Таким образом, 19 см – сумма двух парал-лельных сторон, одна параллельная сторона имеет длину9,5 см. Ясно, что сумма длин трех сторон, о которых идетречь в условии, это сумма длин найденной нами стороны в9,5 см и длин двух других параллельных сторон. Следова-тельно, периметр прямоугольника равен 19 + 5,5 = 24,5 (см).2. Больше времени потребуется весной.Пусть S – расстояние от A до B. Тогда весной на дорогу кате-

ру потребуется время 2 2

3216 2 16 2 16 2

S SS+ = ⋅

+ − −, а летом –

2 2

3216 1 16 1 16 1

S SS+ = ⋅

+ − −. Ясно, что 2 216 2− < 216 1− , по-

этому весной потребуется больше времени.3. Не является.Квадрат натурального числа либо делится на 3, либо дает при

делении на 3 остаток 1 (докажите). Число 2012

11........1914243 можно

записать в виде суммы 2013

11.........1 8+14243

. По признаку делимости

первое слагаемое делится на 3, а второе слагаемое при деле-нии на 3 дает остаток 2.4. 1007.Представим сумму в виде ( ) ( )2013 2012 2011 2010− + − +

( ) ( )5 4 3 2 1+ − + − + , где каждая из 1006 разностей равна 1.

5. На 348.Среди чисел от 1 до 100 на 3 делятся 33 числа.Кроме того, одиннадцать из них делятся на 9,значит, нужно добавить еще 11 троек. На 27делятся еще 3 числа, на 81 – одно число. Ито-го: 33 + 11 + 3 + 1 = 48.6. См. рис. 16.

7–8 класс

Устный командный тур

1. 15.Соединим середину H стороны AB с вер-шиной D и обозначим через G точку пере-сечения DH с диагональю AC (рис. 17).Прямая HD параллельна прямой BE, по-этому HG – средняя линия треугольникаABF, и AG = GF. Аналогично, EF – сред-няя линия треугольника CDG, и GF = FC.Таким образом, точки G и F делят диагональ AC на три рав-ные части.

Так как 23

AF AC= , 2 2 1

36 123 3 2ABF ABCS S= = ⋅ ⋅ = . Площадь

треугольника BCE равна четверти площади квадрата ABCD,1

36 94BCES = ⋅ = , поэтому площадь четырехугольника ADEF

равна 36 – (12 + 9) = 15.2. 4.Модуль разности x a− равен расстоянию от точки числовойпрямой, изображающей число x, до точки, изображающейчисло a. Для любой точки x отрезка [ ]4; 1− − сумма

4 | 1 |x x+ + + равна сумме расстояний от точки x до точек–4 и –1 и равно 3 – длине этого отрезка. Для точек x вне от-

резка [ ]4; 1− − сумма 4 1 3x x+ + + > . Для любой точки x

отрезка [ ]3; 2− − , лежащего в отрезке [ ]4; 1− − , сумма

3 2x x+ + + равна 1 – длине отрезка [ ]3; 2− − . Для точек x

вне отрезка [ ]3; 2− − сумма 3 2 1x x+ + + > . Таким образом,наименьшее значение суммы равно 4 и достигается для всехx из отрезка [ ]− −3; 2 .3. Троек на две больше.Если количество троек совпало бы с количеством пятерок, тосумма всех оценок равнялась бы 272. Замена «5» на «3»уменьшает сумму на 2.4. Через точку O пересечения диагонали AC и отрезка MNпараллельно CD проведем отрезок, точку пересечения кото-рого с отрезком PN обозначим через K (рис. 18). В треу-гольнике QPC отрезки MO и QC параллельны, следователь-но, : :MP MQ PO OC= . В треугольнике CPN отрезок OKпараллелен CN, следовательно, : :PK KN PO OC= . Такимобразом, : :MP MQ PK KN= . В треугольнике PQN отрезкиMK и QN параллельны, следовательно, KMN MNQ∠ = ∠ .Прямоугольные треугольники MOK и NOK равны, так какMO = ON и OK – общий катет, поэтому KMN MNP∠ = ∠ .5. 27 2 2− .

Должны выполняться условия ( )22 737 108 2a b+ = − ,

2a b+ > 0, т.е. 2 108ab = − , 2 2 32 737 2 3a b ab+ = ⇒ = − ⋅ , ноa не может быть четным чис-лом, поэтому нужно рассмот-реть четыре случая: 1) a = 1,b = –54; 2) a = –1, b = 54;3) a = 27, b = –2; 4) a = –27,b = 2.6. Выберем кучку, где наимень-шее число орехов. Пусть она

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

Рис. 18

К В А Н T $ 2 0 1 4 / № 364

ВСЕРОССИЙСКАЯ СТУДЕНЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДАПО ФИЗИКЕ 2014 ГОДА

МОСКОВСКИЙ ТУР

1. 1max

v uuL l e

v-= . 2. 0

lL v

gµ= , если санки до остановки

не заехали полностью на асфальт, и 20

2

v glL

g

µµ+

= – в против-

ном случае.

3. 2 2

З0 2 3

5sin

2

L gR

r Rω α= , где ЗR – радиус Земли.

4. 00

ln 1Mg Mg

A Sh pp S S

Ê ˆÊ ˆ= + +Á ˜Á ˜Ë ¯Ë ¯

, где 0p – атмосферное дав-

ление.

5. 08

qQF

RLε= . 6.

20

2

R nIπ µΦ = .

7. Годограф представляет собой окружность:2 2

0 0 0 0

1 1 1

2 2 2yx

SS

E B E B

Ê ˆ Ê ˆ- + - =Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯

.

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ТУР

1. Это парабола: ( )2

2 2 2vy x x

gµ+ = . 2.

3

10

gav = .

3. 1 2i

iim

mi+ =

+. 4.

( )2 2

2

2 22

3

a b abT

g a bπ

r rr r

rr

+ +=

+.

5. 02

7

gT T

R

Μ= - , где Μ – молярная масса воздуха, R – уни-

версальная газовая постоянная.

6. 2 2

02

lF

σε

= . 7. minga

rmv

= .

8. При 2

02 2 2 2xq BE

vm q Bω

=-

; 0zv = ; эллипс.

18-я. В первые 6 групп по три кучки добавим по одному оре-ху и в группу из 18-й, 19-й, 20-й кучек тоже добавим по од-ному. Разница между наибольшим и наименьшим числом оре-хов в кучках уменьшилась на 1.

Письменный индивидуальный тур

1. 3.При делении числа на 9 получается тот же остаток, что и приделении на 9 суммы его цифр. Остатки от деления девятипоследовательных натуральных чисел равны 1, 2, 3, …, 0 ,их сумма равна 36 и делится на 9, поэтому сумма цифр чиселот 1 до 2007 делится на 9 без остатка. Сумма цифр чисел от2008 до 2013 при делении на 9 дает тот же остаток, что и чис-ло 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21, т.е. 3.2. Вспомним, что x a− равен расстоянию от точки числовойпрямой, изображающей число x, до точки, изображающей

число a. Поэтому число 3 | 3 |x x− + + равно сумме расстоя-ний от точки x до точек –3 и 3. Но расстояние между точка-ми –3 и 3 равно 6. Уравнению а) удовлетворяют только чис-ла из отрезка [ ]−3; 3 . Для других чисел 3 | 3 | 6x x− + + > .В уравнении б) к левой части добавляется расстояние от точ-ки x до точки 0, поэтому x = 0.

3. Известно, что 1 1 1

12 3 6

= + + . Поэтому

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11

2 4 8 8 2 3 6 2 4 8 16 24 48 = + + + + + = + + + + +

,

отсюда1 1 1 1 1 1 13 6 12 24 48 72 144

= + + + + + .

Возможны и другие подходы к решению задачи, соответ-ственно, с другими ответами.4. Можно записать ( )c a b= − + , подставить в заданное ра-венство и показать, что получается тождество.

5. 1349

.

Разделив каждую из сторон треугольника ABC на семь рав-ных частей, разрежем треугольник на маленькие параллелог-

раммы и треугольники, каждый из кото-рых составляет половину параллелог-рамма (рис. 19). Площадь треугольника

AKM равна 1

3 42

s⋅ ⋅ ⋅ , площадь треу-

гольника ABC равна 1

7 72

s⋅ ⋅ ⋅ , где s –

площадь маленького параллелограмма.Таким образом, площадь треугольника

AKM составляет 3 47 7

⋅ от площади треугольника ABC. Такую

же часть от площади треугольника ABC составляют и пло-щадь треугольника BMN, и площадь треугольника CKN, по-этому на площадь треугольника MNK приходится

12 12 12 131

49 49 49 49 − + + =

от площади исходного треугольника.

6. Из каждой вершины шестиугольника выходят пять отрез-ков, по крайней мере три их них окрашены в один цвет.Пусть, для определенности, из вершины A выходят три зеле-ных отрезка, вторыми концами которых являются вершиныB, C, D. Если вершины B, C и D соединены красными отрез-ками, то все стороны треугольника BCD окрашены в одинцвет (красный), если же две из этих трех вершин, напримерB и C, соединены зелеными отрезками, то в один цвет (зеле-ный) окрашены все стороны треугольника ABC.

КВАНТ

Журнал «Квант» зарегистрирован в Комитете РФпо печати. Рег. св-во №0110473

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант»Тел.: (495) 930-56-48

Е-mail: math@kvant.ras.ru, phys@kvant.ras.ru

Отпечатанов соответствии с предоставленными материалами

в ООО «ИПК Парето-Принт», г.Тверьwww.Pareto-print.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

C.А.Дориченко, А.А.Егоров, Е.М.Епифанов,А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИВ.Н.Власов, Д.Н.Гришукова, М.В.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАМ.Н.Грицук, Е.А.Митченко

Рис. 19