НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 День – ночь – сумерки... С.Варламов

5 Магия комплексных чисел. А.Канунников

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

12 Задачи М2462–М2465, Ф2469–Ф247214 Решения задач М2450–М2453, Ф2457–Ф2460

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

21 Задачи22 Рулетка и ребро жесткости. С.Дворянинов

Ф И З И К А – И Н Ж Е Н Е Р А М

23 Геомолоток и тайна полезного удара.А.Фридрихсон

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

28 Алгебра и геометрия комплексных чисел.А.Канунников

34 Физика града. В.Дроздов

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Паркеты из выпуклых многоугольников

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

36 Поляра. Д.Швецов

О Л И М П И А Д Ы

40 LXXX Московская математическая олимпиада42 Московская физическая олимпиада 2017 года

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы

48 Инженерная олимпиада школьников

49 Ответы, указания, решения

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к «Калейдоскопу «Кванта»

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.Л.Семенов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

Н.Н.Андреев, А.Я.Белов, 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.Заславский,П.А.Кожевников (заместитель главного

редактора), С.П.Коновалов, А.А.Леонович,Ю.П.Лысов, В.В.Произволов, В.Ю.Протасов,

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан (заместитель

главного редактора)

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

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

УЧРЕДИТЕЛИ

Российская академия наук

Математический институтим. В.А.Стеклова РАН

Физический институтим. П.Н.Лебедева РАН

МАЙ Ю520

17

День – сумерки – ночь…С.ВАРЛАМОВ

НЕБО НАД НАШИМИ ГОЛОВАМИ ДНЕМярко голубое, ночью черное и в звез-

дах. А вот при переходе от дня к ночи и отночи к дню небо расцвечено, причем яр-кость свечения распределена по нему не-равномерно. Перед восходом Солнца нарассвете свечение постепенно нарастает, ана закате после захода Солнца – тожепостепенно, но убывает.

Свет Солнца, проходящий сквозь воз-дух, рассеивается его частицами, и этотрассеянный свет освещает землю и воспри-нимается нами как свечение неба. Инымисловами, свечение неба – не самостоятель-ное. Атмосферный воздух прозрачен –большая часть потока света Солнца прони-кает сквозь толстый слой воздуха, можносказать, почти беспрепятственно.

Если смотреть в направлении, для кото-рого слой освещенного Солнцем воздухабольше, чем в других направлениях, топри прочих равных условиях и яркостьнеба в этом направлении тоже больше.Например, когда лучи света падают наземлю отвесно, т.е. Солнце «стоит надголовой», эквивалентная толщина H слояатмосферного воздуха составляет около8 километров. «Эквивалентность» пони-мается в том смысле, что создаваемоемодельной атмосферой давление воздухабудет таким же, как и для реальной атмос-

феры, только для модельного расчета пред-полагается неизменной плотность воздухана разных высотах. Конечно, на самомделе плотность воздуха убывает с высо-той, но для качественных оценок модельатмосферы равной плотности вполне го-дится.

Когда Солнце находится вблизи горизон-та, расстояние до поверхности Земли, про-ходимое прямыми лучами света в атмосфе-ре, гораздо больше 8 километров. На ри-сунке 1 атмосфера Земли символическиизображена бледно-голубым слоем. При-мем высоту этого слоя равной H. Тогда впрямоугольном треугольнике отрезкамичерного цвета показаны один из катетовдлиной R и гипотенуза длиной R + H, гдеR – это радиус Земли. Второй катет этоготреугольника (показан красным цветом)соответствует половине длины участка ат-мосферы, сквозь который проходят лучиСолнца, касающиеся поверхности Земли.Длину этого катета можно оценить как

( )2 2L R H R= + − =22 320 кмRH H= + ≈ .

Поэтому утром и вечером, когда Солнценаходится невысоко над горизонтом, чис-тое небо непосредственно над головой все-гда имеет меньшую яркость, чем соответ-ствующие участки неба, видимые в другихнаправлениях.

Поток света от Солнца в земных услови-ях можно считать однородным, т.е. почтине зависящим от месторасположения ввоздухе. А если бы поток менялся от местак месту, то, естественно, интенсивностьрассеянного света была бы пропорцио-нальна интенсивности потока света. Тако-ва, например, ситуация с рассеянием светауличного фонаря пробивающегося сквозьтуманный воздух (рис.2). По мере удале-ния от фонаря поток прямых лучей светаРис. 1

Д Е Н Ь – С У М Е Р К И – Н О Ч Ь . . . 3

убывает, и яркость свечения тумана стано-вится тем меньше, чем дальше от фонаряпроходит линия, вдоль которой направленвзгляд наблюдателя. Если рассеяние дос-таточно слабое, т.е. туман не слишкомгустой, то вблизи источника света малыхразмеров яркость свечения тумана убыва-ет обратно пропорционально величине«прицельного расстояния» взгляда наблю-дателя.

Если прямые лучи Солнца падают напрепятствия в воздухе, то в области тенивоздух рассеивает излучение, ранее рассе-янное другими участками воздуха (т.е.происходит вторичное рассеяние лучей).Интенсивность свечения этого участка воз-духа существенно уменьшается. Напри-мер, если смотреть вдоль области тени,созданной инверсным следом самолета,летевшего по прямой, то в воздухе видентемный луч (рис.3).

Параллельные пучки света, пронизыва-ющие воздух там, где препятствий нет,заставляют воздух светиться, и эти светя-щиеся области хорошо видны на фонеслабо светящегося воздуха, находящегосяв тени препятствий (рис.4).

Интенсивность света, рассеянного оп-ределенным количеством воздуха (напри-мер, одним молем частиц), зависит какот длины волны световых лучей, так и отугла, который составляют друг с другомнаправление распространения прямыхлучей Солнца и направление распростра-нения рассеянного света. Области погло-щения молекул, из которых в основномсостоит воздух, приходятся на диапазонультрафиолетовых лучей, поэтому в ви-димом диапазоне воздух прозрачен. В мо-лекулах воздуха, находящихся в элект-ромагнитном поле световых лучей, про-исходит поляризация электрических за-рядов, и при этом дипольный электри-ческий момент молекул пропорционаленнапряженности электрического поля

0 cosE tω световой волны. Атомы и моле-кулы массивны, а электроны внешнихоболочек легкие, поэтому можно считать,что дипольный момент связан со смеще-нием легких электронов по отношению ктяжелому остатку молекулы.

Вынужденные движения электронов,имеющих заряд q и массу m, в атомах поддействием внешнего переменного электри-ческого поля 0 cosE tω можно описыватьтак же, как и колебания механическойсистемы, состоящей из груза массой m,

Рис. 2

Рис. 3 Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 54

связанного с пружиной жесткостью k, поддействием переменной силы с нерезонанс-ной частотой ω . Квадрат резонансной ча-стоты обеих систем равен 2

0 k mω = . Причастотах изменения внешней силы, мень-ших резонансной частоты, мгновенныевеличины смещения электронов от равно-весного положения в атомах равны

( ) 00 cos cos

E qA t A t t

k= ω = ω .

Средняя по времени мощность излучае-мых при таких колебаниях электрическогозаряда электромагнитных волн пропорци-ональна квадрату амплитуды ускорениядвижущегося электрического заряда, т.е.

величине ( )220A ω . Частота колебаний элек-

трического вектора в световой волне ω идлина волны света λ связаны друг сдругом соотношением constλω = . Поэто-му рассеиваемая молекулами воздуха све-товая мощность подчиняется закону рассе-яния, установленному Рэлеем и имеюще-му вид

4 4W −ω λ∼ ∼ .

Из этого закона следует, что чем меньшедлина волны света, тем интенсивнее рассе-яние света. Воздух в наибольшей степенирассеивает лучи из коротковолновой частиспектра излучения Солнца, а длинновол-новое излучение рассеивается меньше. Вотпочему небо днем голубое, а Солнце вбли-зи горизонта красное. Наибольшая мощ-ность при таком механизме рассеиваниясвета направляется перпендикулярно век-тору ускорения движущейся заряженнойчастицы. В результате свет неба оказыва-ется частично поляризованным. Различ-ные условия освещения атмосферного воз-духа и зависимость интенсивности рассе-янного света от длины волны излучениясоздают широчайшую гамму цветов, от-тенков и яркостей свечения воздуха. Сове-туем читателям обратиться к замечатель-ной книжке М.Миннарта «Свет и цвет вприроде», чтобы познакомиться с самымиразными световыми явлениями, которыеможно наблюдать в атмосфере.

В сумерках, когда Солнце находится загоризонтом, небо (тот его участок, что нам

виден напрямую) все еще освещается лу-чами Солнца, и это придает небу цвет исветимость. Метеорологи, занимающиесяатмосферной оптикой, между днем и но-чью выделяют два отрезка времени. Пер-вый, называемый гражданскими сумерка-ми, включает промежуток от момента за-хода Солнца до момента, когда прямыелучи Солнца освещают только половинувидимого наблюдателем воздуха (это соот-ветствует уменьшению освещенности по-верхности Земли и предметов на ней све-том неба примерно вдвое). К концу граж-данских сумерек Солнце находится подгоризонтом, и угол между направлениемна Солнце и горизонтом составляет

180 3203

6400

°≈ °

π.

Второй отрезок, называемый навигацион-ными сумерками, включает промежутокот момента окончания гражданских суме-рек до момента, когда прямые лучи Солн-ца освещают воздух над головой наблюда-теля только в верхних слоях атмосферы. Кконцу навигационных сумерек угол междунаправлением на Солнце и горизонтомсоставляет

180 3202 6

6400

°≈ °

π.

При этом облака (и воздух) на высотахвыше 8 километров над головой наблюда-теля все еще освещены прямыми лучамиСолнца.

Можно дополнительно выделить момен-ты времени начала рассвета и конца зака-та, когда прямыми лучами Солнца осве-щается воздух на высоте 8 километров,видимый наблюдателем на горизонте. Та-кие ситуации соответствуют положениюСолнца на 12° ниже горизонта. В местах,расположенных на Земле за полярнымкругом, Солнце часть времени годавообще не заходит за горизонт, а в широ-тах выше 60° летом наблюдаются такназываемые белые ночи, когда сумеркивечерние смыкаются с сумерками утрен-ними и ночи как таковой – с черным

(Окончание см. на с. 11)

Магия комплексных чиселА.КАНУННИКОВ

ОКОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЛАХ НАПИСАНОневероятное число научно-популяр-

ных статей и учебных пособий, были пуб-ликации [4, 5, 6] и в журнале «Квант». Вчем секрет такой популярности и зачемнаписана еще одна статья? Главный аспект– научный: комплексные числа вездесу-щи, они прочно вошли в самые разныеобласти математики и физики. Мощь ап-парата комплексных чисел, красоту и бо-гатство их применений может оценить ужешкольник на примере задач элементарнойматематики. Также полезно и увлекатель-но изучать историю вопроса: как комплек-сные числа появились и развивались, какдаже великие умы в них поначалу неверили, но со временем привыкали, вос-торгаясь их удивительной силой. Оченьчасто выводы, к которым приходили уче-ные, опережали строгие доказательства,иногда – на века... От этого комплексныечисла только подтверждали свою репута-цию таинственных и мистических, но в тоже время это ускоряло построение матема-тического фундамента и развитие новыхнаучных теорий.

Главную цель статьи раскрывает ее на-звание. Мы хотим поразить вас, уважае-мый читатель, показав несколько краси-вых сюжетов о комплексных числах, име-ющих вместе с тем и важное научноезначение. Чем меньше вы знаете о комп-лексных числах, тем удивительнее будутдля вас результаты, тем сильнее будетэффект неожиданности. Представьте, чтовы пришли на представление иллюзиони-ста, и усаживайтесь поудобнее – кроли-ки, спрятанные в шляпах, с нетерпениемждут своего появления и ваших аплодис-ментов!

На первых порах достаточно иметь са-мые начальные представления о комплек-сных числах:

i это «числа» (выражения, записи) видаa + bi, где ,a b ∈ R, i – так называемаямнимая единица, удовлетворяющая соот-ношению 2 1i = − ;i число a + bi можно считать точкой

( ),a b на координатной плоскости 2R ;

i комплексные числа складываются иумножаются по обычным правилам, прираскрытии скобок ( )( )a bi c di+ + пользу-емся определением числа i и получаем

( )ac bd ad bc i− + + ;i для числа z = a + bi определены:

действительная часть Re z a= , мнимаячасть Im z b= , сопряженное число

z a bi= − и модуль 2 2z a b= + (рис. 1).

Более подробно и систематично мы рас-скажем о комплексных числах в этом женомере журнала (с.28).

§1. Сумма квадратов раскладывается!С далеко идущими последствиями...

Когда я впервые увидел формулы сокра-щенного умножения, мне бросилось в гла-за, что они все разбиты на пары... все,кроме одной:

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 56

«Почему же нет формулы для суммыквадратов?» – подумал я тогда, в 6 клас-се... И был очень удивлен, когда черезпять лет на Малом мехмате узнал от своеготоварища, первокурсника мехмата, какему на устном вступительном экзаменезадали ровно этот вопрос! «Ты, конечно,блеснул знаниями, заявив, что формулаесть, но нужны комплексные числа?» –спросил я. «Не-е, я не рискнул, – улыб-нувшись ответил он. – Я честно объяснил,почему формулы не существует».

Задача 1. Объясните и вы, почему выраже-ние 2 2a b+ не раскладывается на множители сдействительными коэффициентами.

Так вот, с появлением мнимой единицысумму квадратов удается разложить:

( )( )2 2 .a b a bi a bi+ = + − (1)

Важное следствие: всякое ненулевоекомплексное число a + bi обратимо:

2 2

1 a bi

a bi a b

−=

+ +.

Задача 2. Докажите, что произведение двухчисел, представимых в виде суммы двух пол-ных квадратов, тоже представимо в такомвиде:

( )( ) ( ) ( )2 22 2 2 2a b c d+ + = +… … .

Заполнив пропуски, вы получите тождествоБрахмагупты. Попробуйте это сделать не под-бором, а с помощью формулы (1). Так выпопутно откроете свойства сопряжения и моду-лей: zw zw= , zw z w= для всех ,z w ∈C .

Разложение суммы квадратов открываетновые горизонты в теории чисел. Длярешения многих задач множество Z це-лых чисел расширяют до множества

[ ] i a bi= +Z ,a b ∈ Z

целых гауссовых чисел (рис.2,а), в кото-рых тоже имеется однозначное разложе-ние на простые множители (см., напри-мер, [5]). В качестве примера попробуемрешить два уравнения в целых числах:

а) 2 34 1x y− = ; б) 2 34 1x y+ = .

Преобразуем первое уравнение:( )( ) 32 1 2 1x x y− + = . Множители 2 1x ±нечетны и отличаются на 2, а потомувзаимно просты. Поскольку их произведе-ние равно кубу, то они оба – кубы (здесьмы используем однозначность разложенияна простые). Но 1± – единственная паракубов, отличающихся на 2, поэтому( ) ( ), 0, 1x y = − – единственное решениеуравнения.

Рис. 2

( )2 2 22a b a ab b+ = + +

( )3 3 2 2 33 3a b a a b ab b+ = + + +2 2 ?a b+ =

( )( )3 3 2 2a b a b a ab b+ = + − +

( )2 2 22a b a ab b− = − +

( )3 3 2 2 33 3a b a a b ab b− = − + −

( )( )2 2a b a b a b− = − +

( )( )3 3 2 2a b a b a ab b− = − + +

Уравнение б) очень похожее, но чтобыдействовать аналогично, придется выйти вобласть [ ]iZ – и это чуть ли не единствен-ный способ решения! Имеем:( )( ) 32 2x i x i y+ − = . Из свойств гауссо-вых чисел легко вывести, что оба множи-теля 2x i± – полные кубы. Таким обра-зом, ( )32x i a bi+ = + для некоторых це-лых a и b, а дальше просто.

Задача 3. Завершите решение уравнения б).А может быть, вам удастся придумать решениебез комплексных чисел?

Еще одно интересное явление: некото-рые простые числа становятся составнымив [ ]iZ . Например,

( )( )2 22 1 1 1 1i i= + = + − ,

( )( )2 25 2 1 2 2i i= + = + − , ( )( )2 213 3 2 3 2 3 2i i= + = + − .

Простой критерий таких чисел дает знаме-нитая теорема Эйлера–Ферма.

Теорема 1 (Эйлер–Ферма). Для нату-рального простого числа p > 2 следующиеусловия равносильны:

(1) p – составное в [ ]iZ (т.е. p = uv для

некоторых [ ],u v i∈ Z , |u|,|v| > 1);(2) 2 2p a b= + для некоторых ,a b ∈N;(3) ( )modp 1 4≡ .Доказательство – на странице 51. Отме-

тим, что содержательна только имплика-ция (3) (2)⇒ (иногда лишь ее называюттеоремой Эйлера–Ферма), остальные им-пликации вы можете доказать без труда.

В заключение отметим, что с помощью ком-плексных чисел раскладывается не только сум-ма квадратов 2 2a b+ , но и любая квадратич-ная форма. Например,

( )( )2 2

2 2 3

2 4

b ba ab b a a b a b + + = + + = + ε + ε

,

где 1 3

2i− +

ε = .

В целочисленных задачах это приводит к соот-ветствующему расширению области Z каки-ми-то мнимыми числами. Так, приведенноеразложение приводит к области [ ]ε =Z

a b= + ε | ,a b ∈ Z эйзенштейновых чисел(рис.2,б), которые использовал еще Эйлер завек до Эйзенштейна для решения Великойпроблемы Ферма с показателем 3. Так в теории

чисел оформился новый раздел – представле-ние чисел квадратичными формами.

Задача 4. Если быть более точным, в рассуж-дениях Эйлера был пробел из-за того, что онработал в подмножестве

3 3a bi − = + Z | [ ],a b ∈ ⊂ εZ Z

(рис.2,в), в котором нет однозначного разло-жения на простые. Приведите пример.

Подробно и увлекательно о гауссовых, эйзен-штейновых числах и многом другом вы можетепрочитать в замечательной книге [2]. А мыпродолжим тему разложения на множители.

§2. Разложение многочленовна множители

Это одна из стандартных задач элемен-тарной алгебры, и встречается она, ужповерьте, не только в школьных задачни-ках – раскладывать многочлены прихо-дится в самых разных областях науки.

Наш читатель наверняка владеет разны-ми приемами разложения, помимо такихстандартных, как группировка, формулысокращенного умножения и поиск рацио-нальных корней. Разберем несколько бо-лее интересных примеров: а) 4 1x + ;б) 4 3 2 1x x x x+ + + + ; в) 6 3 1x x+ + .

Легко видеть, что при всех x ∈ R этивыражения положительны (кстати, поче-му?). Однако это, конечно, не значит, чторазложить их нельзя – вполне может най-тись разложение в произведение квадрат-ных трехчленов (с отрицательными диск-риминантами). И правда, в пункте а) дляэтого достаточно прибавить и вычесть 22x :

( ) ( )224 21 1 2x x x+ = + − =

( )( )2 22 1 2 1x x x x= + + − + . (2)

Многочлен в б) удобно разделить на 2x –

это позволит сделать замену 1

y xx

= +

(вообще, стандартная идея для симмет-ричных многочленов):

22

2

1 1 1 11 1

y

x x x xx x xx

+ + + + = + + + − =

5 1 5 1

2 2y y

− += − +

, (3)

откуда

М А Г И Я К О М П Л Е К С Н Ы Х Ч И С Е Л 7

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 58

4 3 2 1x x x x+ + + + =

2 25 1 5 11 1

2 2x x x x

− += − + + +

. (4)

Самое интересное начинается в пункте в).Здесь та же идея приводит к кубическомумногочлену:

33

3

1 1 11 3 1x x x

x xx

+ + = + − + + =

3 3 1y y= − + . (5)

О том, как решать кубические уравнения,мы расскажем в следующем параграфе, апока приведем готовое разложение в на-дежде шокировать читателя:

6 3 2 21 2cos 1

9x x x x

π + + = − +

¥

¥2 24 8

2cos 1 2cos 19 9

x x x xπ π − + − +

.

(6)(Мы не будем предлагать читателю прове-рить правильность этого разложения, ведьраскрытие скобок приведет к нетривиаль-ным тригонометрическим соотношениям.)

Итак, каждый из трех многочленов намудалось разложить, применив тот или инойтрюк (решение в) см. в примере на с. 10).На самом деле, все три пункта допускаютединообразное решение с помощью комп-лексных чисел, которое обобщается намногочлены того же вида любых степеней:

( )2 2

1

2 11 2cos 1

2

nn

k

kx x x

n=

π − + = − +

∏ , (7)

2 2 1 1n nx x x−+ + + + =…

2

1

22cos 1

2 1

n

k

kx x

n=

π = − + + ∏ , (8)

2 2

31

2/3

21 2cos 1

3n n

nk

k

kx x x x

n≤ ≤

π + + = − +

∏⋮

.

(9)Как получить эти фантастические разло-

жения и при чем тут косинусы, мы объяс-ним в §5, а сейчас предложим читателюубедиться, что при n = 2 разложения (7) и(8) совпадают с полученными ранее:

4 1x + =2 2 3

2cos 1 2cos 14 4

x x x xπ π = − + − +

;

4 3 2 1x x x x+ + + + =

2 22 42cos 1 2cos 1

5 5x x x x

π π = − + − +

.

Для первого это очевидно, так как2

cos4 2

π= и

3 2cos

4 2

π= − . А для второго

– вытекает из результата следующей оченьизвестной задачи.

Задача 5. Докажите, что 2 5 1

cos5 4π −

= .

Есть много способов это доказать. Приведемуказания к двум из них.

I способ. Проведите биссектрису угла 25π

в

треугольнике с углами 25π

, 25π

, 5π

и восполь-

зуйтесь подобием возникающих треугольни-ков. В процессе решения появится золотоесечение

5 1 22cos

2 5− π

Φ = = .

II способ. Рассмотрим правильный пяти-угольник с вершинами

2 2cos ,sin

5 5kk k

Aπ π =

, k = 1, …, 5

(рис.3). Докажите, что сумма векторов kOAuuuuur

равна 0r, и перейдите к их проекциям на ось

абсцисс.

«Разложения с косинусами и правдаудивительные! Интересно, а комплексныечисла позволяют разложить вообще лю-бые многочлены?» – может спросить чи-татель. И да, и нет. Нет – потому что несуществует алгоритма разложения произ-вольного многочлена (с помощью ариф-метических операций и извлечения кор-ней). В то же время можно доказать су-ществование разложения, не предъявляя

Рис. 3

его явно. В этом состоит основная теоре-ма алгебры.

Теорема 2. Всякий многочлен положи-тельной степени с комплексными коэф-фициентами раскладывается на линей-ные множители в комплексных числах.

Кто и когда впервые доказал теорему –вопрос дискуссионный. Обычно ее при-писывают Гауссу, который в 1824 годупривел достаточно строгое рассуждение,но не забывают упомянуть и других мате-матиков, чьи более ранние доказательствасодержали определенные пробелы: Да-ламбер, Эйлер, Лаплас, Лагранж и др.(какое созвездие имен!). Не останавлива-ясь подробно на истории вопроса (см.,например, [3]) и разных доказательствах[7], отметим лишь, что во всех них необ-ходимы аналитические соображения (не-прерывность, полнота действительной пря-мой и пр.), а полностью формализоватьих удалось только после работ Коши на-чала XIX века.

Любопытно, что по сути равносильнуютеорему можно сформулировать (но недоказать!), используя лишь действитель-ные числа.

Теорема 3. Всякий многочлен положи-тельной степени с действительными ко-эффициентами раскладывается на ли-нейные и квадратные множители.

Этот факт хорошо иллюстрируют разло-жения (7)–(9). Отметим, что теоремы 2 и3 несложно выводятся друг из друга спомощью комплексного сопряжения.

§3. Решение кубических уравнений

Обсудим задачу, которая привела к от-крытию комплексных чисел. Случилосьэто в Италии в первой половине XVIвека, когда алгебра была еще наукой орешении уравнений, а до создания Вие-том алгебраической символики, близкойк современной, оставалось полвека. Ита-льянские математики Сципион дель Фер-ро и Никколо Тарталья научились ре-шать кубические уравнения (по-видимо-му, независимо друг от друга). Изложимих идею на современном языке, предпо-лагая пока коэффициенты действитель-ными.

Решение основано на формуле кубасуммы

( )( ) ( )33 2 2 33 3a a b ab b a b

∗ ∗∗+ + + = + =

( ) ( ) 3 33ab a b a b∗∗= + + + . (10)

С помощью равенства ( )∗ общее кубичес-кое уравнение сводится линейной заменойк уравнению с нулевым коэффициентомпри квадрате неизвестной1 :

3 2x Ax Bx C+ + + =

3 2

3

3 3

x Ax

A Ax p x q

+ +

= + + + +

…

14243

.

Теперь – ключевая идея: равенство ( )∗ ∗подсказывает один из корней уравнения

( )3 3 33 0x abx a b− − + = (11)

– число a + b. Осталось дело за малым –свести уравнение 3 0x px q+ + = к виду(11). Для этого найдем a и b из системы

33 3

3 3

3 ,27

pp ab a b

q a b

= − ⇒ = − ⇒

= − −

2 3

3 3, ,2 4 27

q q pa b⇒ = − ± +

откуда получим формулу для корня:

1x a b= + =

2 3 2 33 3

2 4 27 2 4 27

q q p q q p= − + + + − − + .

Эта формула получила название «формулаКардано», хотя сам Кардано узнал ее от Тар-тальи, чего никогда не скрывал. Вопреки нака-зу Тартальи, Кардано таки опубликовал фор-мулу в своем трактате «Великое искусство», атакже метод решения уравнения четвертой сте-пени, открытый его учеником Феррари. Под-робнее об этой захватывающей истории и ожизни ее героев мы рекомендуем прочитать взамечательных книгах [2, 3].

Казалось бы, формула найдена, но воз-

никает проблема: что если 2 3

04 27

q p+ < ?

1 Аналогично тому, как квадратное уравне-

ние 2 0x px q+ + = линейной заменой 2

px y+ =

сводится к двучленному 2

2

4

py q= − .

М А Г И Я К О М П Л Е К С Н Ы Х Ч И С Е Л 9

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 510

3 Ставить грамотные вопросы подчас неменее важно, чем получать ответы.

И здесь итальянские математики решают-ся на весьма смелый по тем временам шаг:они извлекают кубический корень из «чис-ла» вида 1u v+ − , где ,u v ∈ R, среди«чисел» того же вида, обращаясь с ними поформальным алгебраическим правилам. Витоге «странный объект» 1− , использо-ванный в промежуточных выкладках, чу-десным образом испарялся, но покоя всеравно не давал. В конце концов, с огром-ным трудом, он таки получил права граж-данства.

Чтобы проверить сказанное на примере,пойдем с конца: пусть под кубическимкорнем стоит полный куб, скажем,

( )2 3

31 2 22 4 27q q p

i i+ = − + = − + + , тогда q =

= 4, p = –6. При этом под вторым корнемстоит сопряженное число ( )32 2 1i i− − = − .Сложив теперь 1 + i и 1 – i, мы получимкорень 1 2x = уравнения 3 6 4 0x x− + = .

«Подумаешь! – может пожать плечами со-временный старшеклассник, – сложили двакомплексно-сопряженных числа, и их мнимыечасти сократились. Что тут особенного?»С высоты XXI века, конечно, ничего, но дляXVI века это были по-настоящему революци-онные открытия, воистину «Великое искусст-во», как назвал свою книгу Кардано. Вы толь-ко подумайте: тогда даже отрицательные числадалеко не всеми признавались2 , да и алгебра-ической символики не было – так, вместоформулы (10) куб с ребром a + b рассекалитремя плоскостями... Примечательно, что Виетподарил миру язык формул именно послеизучения трудов итальянских математиковКардано, Бомбелли и др.

Давайте скорее вернемся к многочлену3 3 1y y− + из (5) и применим формулу к

нему. Получим

3 31 3 1 3

2 2 2 2i i− + + − − .

Обещанных косинусов 2

cos9

π, ... из (6)

пока не видно, да и откуда им взяться изчисто алгебраических выкладок? Впро-чем, от подкоренных выражений опре-деленно веет тригонометрией... ведь этовсем знакомые «табличные значения»

2 2cos sin

3 3i

π π± . Развязка близка! И ус-

корит ее еще один метод решения куби-ческих уравнений – тригонометрический.

Метод Виета основан на формуле трой-ного угла: 3cos 3 4 cos 3cosϕ = ϕ − ϕ . Про-демонстрируем идею на примере уравне-

ния 3 14 3 0

2x x− + = . Попробуем найти x в

виде cos ϕ :

3 14 cos 3cos

2ϕ − ϕ = − ⇔

1 2cos 3 3 2 , ,

2 3n n

π⇔ ϕ = − ⇔ ϕ = ± + π ∈ ⇔Z

2 2,

9 3

nn

π π⇔ ϕ = ± + ∈ Z .

Значит,3 1

4 32

x x− = − ⇔

2 4 8cos ,cos ,cos

9 9 9x

π π π ⇔ ∈

(нашли три корня, других нет). Отсюда38 6 1x x− + =

2 4 88 cos cos cos

9 9 9x x x

π π π = − − −

.

По счастливому совпадению, многочлен3 3 1y y− + получается отсюда заменой y =

= 2x, откуда и следует разложение (6).Пора объявлять антракт! Наверняка, после

всего прочитанного накопились вопросы 3 .

Задача 6. Появились ли у вас следующиевопросы? В любом случае поразмышляйте надними.

а) Так все-таки, как пользоваться формулой

Кардано (12) в случае 2 3

04 27q p

+ < (пусть пока

,p q ∈ R)? Где-то удается подобрать значениякубических корней, где-то помогает тригоно-метрия. Но хотелось бы четкого алгоритма, как2 Уравнения 3x ax b+ = и 3x ax b= + на пол-

ном серьезе рассматривали как разные – длякаждого был свой рецепт! Да-да, не удивляй-тесь, все так и было.

М А Г И Я К О М П Л Е К С Н Ы Х Ч И С Е Л 11

небом и яркими звездами на нем – ненаблюдается.

Длинными зимними ночами в высокихширотах на Земле воздух иногда светитсяпод воздействием заряженных энергич-ных частиц, прилетающих из космоса (от

Солнца), которые магнитным полем Зем-ли направляются в полярные области.Полярное сияние – так называется такоесвечение воздуха. Полюбоваться поляр-ным сиянием можно в натуре или восполь-зовавшись фотографиями (рис.5 и 4-я с.обложки), сделанными в разных местах ив разное время энтузиастами-наблюдате-лями.

Рис. 5

(Начало см. на с. 2)

День – сумерки – ночь...

извлекать кубический корень из комплекс-ного числа. А если ,p q ∈C, то для начала надонаучиться извлекать квадратный корень

2 3

4 27q p

+ .

б) Никто не спорит, что, зная один коренькубического уравнения, два других найти лег-ко. Что это за корни для уравнения (11),помимо 1x a b= + ? И можно ли их вычислятьпо той же формуле Кардано?

в) На какие уравнения распространяетсяметод Виета? Всякое ли уравнение

3 0x px q+ + = можно «подогнать» под фор-мулу тройного угла – свести к уравнению вида

34 3z z a− = ? И как решать последнее уравне-ние при |a| > 1 (не говоря уже о случае a ∈C)?

На этом мы заканчиваем... нет — преры-ваем наше путешествие по удивительномумиру комплексных чисел. Мы его продол-жим в рубрике «Школа в «Кванте», гдеуже вы, уважаемый читатель, сможетепримерить на себя костюм фокусника ипомахать волшебной палочкой. А почтивсе секреты этого предcтавления вы найде-те «за кулисами» (с. 51). Не отчаивайтесь,

если многое из увиденного было не оченьпонятным, — вы непременно освоите сек-реты мастерства, стоит только захотеть.Помните: отточенные техника и навыкидостигаются упражнением и приходят толь-ко после тренировок.

Список литературы

1. Математика. Энциклопедия для детей. –М.: Аванта+, 1998.

2. М.Н.Аршинов, Л.Е.Садовский. Грани ал-гебры. – М.: Факториал, 2008.

3. С.Г.Гиндикин. Рассказы о физиках иматематиках. – М.: МЦНМО, 2013.

4. С.Дориченко. Комплексные числа. –«Квант», 2008, 5.

5. В.Сендеров, А.Спивак. Суммы квадратови целые гауссовы числа. – «Квант», 1999, 3.

6. Ю.Соловьев. Комплексные числа. –«Квант», 1991, 7.

7. В.М.Тихомиров, В.В.Успенский. Десятьдоказательств основной теоремы алгебры. –«Математическое просвещение», сер. 3, 1997,т.1, с. 50–70.

(Продолжение следует)

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. Публикуемыев нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамкишкольной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формули-ровки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачипубликуются впервые.

Решения задач по математике и физике из этого номера следует отправлять по электрон-ным адресам: math@kvant.ras.ru и phys@kvant.ras.ru соответственно или по почтовому адресу:119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант».

Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, вместе с Вашимрешением этой задачи присылайте по тем же адресам.

Задачи М2462–М2464, М2465а предлагались на II Кавказской математической олимпиаде.Задачи Ф2469–Ф2472 предлагались на Московской городской олимпиаде по физике 2017 года.

Задачипо математике и физике

Задачи М2462–М2465, Ф2469–Ф2472

M2462. В марсианском баскетболе в со-ставе команды ровно шесть игроков. Тре-нер сборной Марса может собрать составиз любых шести игроков среди 100 канди-датов. При этом некоторые составы тренерсчитает сыгранными, а некоторые – нет(хотя бы один сыгранный состав суще-ствует). Назовем пятерку кандидатов пер-спективной, если к ней можно добавитьеще одного кандидата и получить сыгран-ный состав. Назовем кандидата универ-сальным, если он дополняет до сыгранногосостава любую перспективную пятеркукандидатов (в которую он сам не входит).Тренер собрал состав из шести универ-сальных кандидатов. Обязательно ли этотсостав является сыгранным?

В.Брагин

M2463. Действительные числа a, b и c

таковы, что 2 2 2

2a b c

ab

+ -< . Докажите,

что для этих чисел верны также неравен-

ства 2 2 2

2b c a

bc

+ -< и

2 2 2

2c a b

ca

+ -< .

Л.Емельянов

M2464. В остроугольном треугольникеABC сторона AB меньше стороны BC,

bBH – высота, точка O – центр описаннойокружности (рис.1). Прямая, проходящаячерез bH параллельно прямой CO, пере-

секает прямую BO в точке X. Докажите,что точка X и середины сторон AB и ACлежат на одной прямой.

П.Кожевников

M2465. а) На плоскости отмечены 100точек, никакие три из которых не лежат наодной прямой. Одна из этих точек крас-ная, а остальные синие. Треугольник свершинами в синих точках называетсяхорошим, если красная точка находитсявнутри него. Может ли оказаться, чтоколичество хороших треугольников со-ставляет не менее половины от общегоколичества треугольников с вершинами всиних точках?б) На окружности отмечены 99 точек.Каково наибольшее количество остроуголь-ных треугольников среди всех треуголь-ников с вершинами в отмеченных точках?

Фольклор

Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 13

Ф2469. Вова, Саша и Егор одновременноначали движение с постоянными скоростя-

ми в одном направлении(по часовой стрелке) изтрех равноудаленныхдруг от друга точек кру-гового мотовелотрека(рис.2). Через некотороевремя Саша, движущий-ся на мотоцикле с самой

большой скоростью, поравнялся с Вовой иЕгором, которые в тот же момент встрети-лись в первый раз. Какая скорость v моглабыть у Саши, если Егор и Вова ехали навелосипедах со скоростями 1v = 10 км/чи 2v = 20 км/ч соответственно? Извест-но, что скорость Саши не превышала80 км/ч.

М.Замятнин

Ф2470. В соленом океане плавают тринебольших айсберга 1, 2 и 3, как показанона рисунке 3 (масштабы соблюдены не

везде). Каждый из них имеет форму пря-моугольного параллелепипеда. На айсбер-ге 1 стоит человек. Площади поверхностейверхних граней у айсбергов одинаковы, авысоты надводных частей равны

1h = 5 см, 2h = 10 см и 3h = 12 смсоответственно. Когда человек перешел сайсберга 1 на айсберг 2, то при равновесииповерхности айсбергов 1 и 2 оказались наодинаковой высоте над уровнем воды.После этого человек перешел с айсберга 2на айсберг 3. Определите, какими послеэтого стали высоты надводных частей каж-дого из айсбергов, когда вновь наступилоравновесие.

М.Ромашка

Ф2471. Электрическая цепь, схема кото-рой изображена на рисунке 4, собрана из

двух батарей сЭДС 1U == 36 В и

2U = 12 В, атакже трехвольтметров.Сопротивление у одного из этих приборовв два раза меньше, чем у каждого из двухдругих. При этом сопротивление у каждо-го из вольтметров все равно значительнобольше внутреннего сопротивления каж-дой батареи. Известно, что один из вольт-метров показывает напряжение 24 В.1) Какой именно вольтметр показывает24 В?2) Что показывают остальные вольтмет-ры?3) Определите, где включен вольтметр смалым сопротивлением, а где включенывольтметры с большим сопротивлением.

П.Крюков, А.Бычков

Ф2472. Два маленьких шарика массами

1m и 2m закреплены на концах тонкогожесткого очень легкого стержня длиной L(рис.5). Этот стержень покоится на

поверхности шероховатого горизонталь-ного неподвижно закрепленного цилинд-ра радиусом R. В положении равновесиястержень горизонтален и перпендикуля-рен оси цилиндра (на рисунке показанвид со стороны торца цилиндра). Стер-жень поворачивают на малый угол такимобразом, что он движется относительноцилиндра без проскальзывания, и отпус-кают. После этого начинаются колебания,в процессе которых стержень катается поповерхности цилиндра также без проскаль-зывания, а шарики движутся в плоскостирисунка. Чему равен период этих колеба-ний? Сопротивлением воздуха можно пре-небречь.

М.Семенов, А.Якута

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 514

Решения задач М2450–М2453,

Ф2457–Ф2460

M2450. Дан треугольник ABC. На лучеAB отметили такую точку 1C , что

=1AC AC , на луче BC – такую 1A , что=1BA BA, на луче CA – такую 1B , что=1CB CB ; на луче BA отметили такую

точку 2C , что =2BC BC , на луче CB –такую 2A , что =2CA CA , на луче AC –такую 2B , что =2AB AB (см. рисунок).

Докажите, что площадь треугольникаABC равна полусумме площадей треу-гольников 1 1 1A BC и 2 2 2A B C .

Положим a = BC, b = CA, c = AB. Рисуноксоответствует упорядочению длин сторонc b a≥ ≥ .Имеем

1 1 1 1 1 1 1 1 1A B C AB C BC A CA BS S S S S= - - + ,

2 2 2 2 2 2 2 2 2A B C AB C BC A CA BS S S S S= - + + .

Нетрудно сравнить площади треугольни-ков 1 1ABC , 1 1BC A и т.д. с площадью Sтреугольника ABC. Например,

( )1 1

1 1 sinsin

2 2ABC

b a b AAB AC AS

- –◊ –= = =

=( ) sin

2

b a bc A b aS

c c

- – -◊ = ,

( )2 2

2 2 sinsin

2 2BC A

a b a BBC BA BS

- –◊ –= = =

=( ) sin

2

b a ac B b aS

c c

- – -◊ = .

Таким образом, 1 1 2 2AB C BC AS S= . Анало-

гично получаем, что 1 1 2 2BC A CA BS S= и

1 1 2 2CA B AB CS S= .Сложив теперь равенства (* ), приходим кнужному равенству

1 1 1 2 2 22A B C A B CS S S+ = .

Возможны и другие способы подсчета пло-щадей, например с использованием век-торного произведения.

П.Кучерявый

М2451. Петя нарисовал многоугольникплощадью 100 клеток, проводя границыпо линиям квадратной сетки. Он прове-рил, что его можно разрезать по грани-цам клеток и на 2 равных многоугольни-ка, и на 25 равных многоугольников. Обя-зательно ли тогда его можно разрезатьпо границам клеток и на 50 равных мно-гоугольников?

Ответ. Обязательно.Каждый из 25 равных многоугольниковсодержит по четыре клетки, т.е. образуеттетрамино. Есть пять видов тетрамино –в форме букв O, I, L, Z и T (см. рисунок).

Каждое тетрамино, кроме Т, можно разре-зать на доминошки, получив 50 равныхмногоугольников.Предположим, что использовалось Т-тет-рамино. Раскрасим клетки Петиного мно-гоугольника в шахматном порядке и под-считаем разность D количеств черных ибелых клеток. Пусть в одном из 50-кле-точных многоугольников такая разностьравна d. Поскольку четность разностичисел совпадает с четностью их суммы,число d четно. При наложении равныхмногоугольников цвета клеток не меня-ются или меняются все. Поэтому во вто-ром 50-клеточном многоугольнике раз-ность равна d± . Значит, D делится на 4.Но в каждом Т-тетрамино исследуемаяразность равна 2 или –2. Пусть для kТ-тетрамино разность равна 2, а для ос-тальных 25 – k Т-тетрамино разность рав-на –2. Тогда ( )2 2 25 4 50D k k k= - - = - .

(*)

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 15

Видим, что D не делится на 4. Противо-речие.

Е.Бакаев

М2452. Можно ли квадрат со стороной 1разрезать на две части и покрыть имикакой-нибудь круг диаметра больше 1?

Ответ. Можно.Рассмотрим круг диаметра 1 и объедине-ние двух описанных вокруг него квадра-тов, повернутых на 45∞ относительно другдруга. Получится восьмиконечная звезда(см. рисунок а). Немного сдвинем круг

вправо и затем немного увеличим его гомо-тетией с центром в точке S касания состороной CD так, чтобы увеличенный кругK оставался покрытым квадратом ABCD идвумя зелеными треугольниками.Поскольку круг K не касается AD, тодва красных треугольника можно соеди-нить перешейком вне круга K (см. рису-нок б). Разрежем теперь квадрат ABCDна красную фигуру и оставшуюся часть.Это и будет нужное нам разрезание. Дей-ствительно, оставшаяся часть квадратаABCD и два зеленых треугольника по-крывает весь круг K, а красную фигуруможно переместить так, чтобы накрытьдва зеленых треугольника.

А.Шаповалов

М2453. На 2016 красных и 2016 синихкарточках написаны положительные чис-ла, все они различны. Известно, что накарточках какого-то одного цвета напи-саны попарные суммы каких-то 64 чисел,а на карточках другого цвета – попарныепроизведения тех же 64 чисел. Всегда лиможно определить, на карточках какогоцвета написаны попарные суммы?

Ответ. Всегда.Все 64 неизвестных числа попарно различ-

ны, иначе на карточках некоторые числабыли бы равны. Так как все попарныепроизведения положительны, то все 64неизвестных числа одного знака, а так каких попарные суммы положительны, тоэтот знак плюс.Упорядочим искомые числа a < b < ......< y < z. Для карточек каждого цветарассмотрим отношение наибольшего числа

к наименьшему. В одном случае это y z

a b

+

+,

в другом случае это yz

ab. Но легко видеть,

что первое отношение меньше чем z

a, а

второе отношение — больше. Тем самым,первое отношение меньше второго. Отсю-да будет понятно, на каких карточкахнаписаны суммы и на каких произведения.Рассмотрим еще одно рассуждение, приво-дящее к решению. Так же, как и ранее,установим, что все 64 неизвестных числаположительны. Назовем числа, меньшие2, мелкими, а числа, большие или равные2, – крупными. Глядя на красные и синиекарточки, можно узнать, найдутся ли сре-ди неизвестных чисел два мелких или двакрупных. Действительно, если среди неиз-вестных чисел не более одного мелкогочисла, то и среди попарных сумм и средипопарных произведений не более 63 чисел,меньших 4. Если же среди неизвестныхчисел не более одного крупного числа, тои среди попарных сумм, и среди попарныхпроизведений не более 63 чисел, больших4. Нетрудно проверить, что произведениедвух мелких чисел меньше их суммы,поэтому если среди 64 неизвестных чиселесть два мелких, то наименьшее число навсех красных и синих карточках будетпроизведением. Аналогично, если среди64 неизвестных чисел есть два крупных, тонаибольшее число на всех красных и си-них карточках будет произведением.

Б.Френкин

Ф2457. У танкера, перевозящего топли-во, закончилось горючее, когда до портаосталось L = 100 км. Чтобы доплыть допункта назначения, капитан решил ис-пользовать груз в качестве топлива длятанкера. Какое наименьшее количество

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 516

Рис. 1

Из рисунка 2 видно, что эта прямаякасается графика в точке С. Все остальныепрямые, пересекающие график и выходя-щие из нуля, имеют меньший наклон (на-пример, уже рассмотренная нами прямаяАВ). Вычислив отношение q v в точке C –оно равно примерно 0,43 т/км, мы можембыть уверены, что это самый выгодныйрасход топлива на единицу пройденногопути. Чтобы пройти L = 100 км до порта стаким расходом, придется потратить

43 тq

M Lv

= ª ,

т.е. примерно 43 тонны топлива.И.Буренев

Ф2458. Два робота двигаются по круго-вым траекториям вокруг общего центрас постоянными по модулю скоростями,радиус траектории первого R, второго

2R (рис.1). В начальный момент вре-мени первый робот измерил расстояниедо второго, оно оказалось равным R.Сделав половину оборота, первый роботснова измерил расстояние до второго.Оно стало равным

3R . Какое времянужно второму ро-боту, чтобы сде-лать один полныйоборот вокруг цен-тра? Известно,что первый роботделает оборот заT = 210 с, а второй

Рис. 1

Рис. 2

тонн топлива придется потратить, что-бы добраться до порта по прямой? Ско-рость танкера зависит от расхода топ-лива Q так, как показано на рисунке 1.

Величина Q на рисунке 1 представляетрасход топлива в расчете на единицу вре-мени. Чтобы сжечь наименьшее количе-ство топлива, добираясь до порта, танкерунадо двигаться с такой постоянной скоро-стью, чтобы был минимален расход топли-ва в расчете на единицу пути.Пусть танкер идет со скоростью v и этойскорости соответствует расход топлива вединицу времени q. Тогда за время путиt L v= будет потрачена масса топлива

qM qt L

v= = .

Величина q v в этой формуле имеет смыслмассы топлива, расходуемой на единицупройденного пути. Значит, надо найти, укакой точки на графике отношение q vминимально.Несложно понять, что все точки на графи-ке, у которых величина q v одинакова,лежат на одной наклонной прямой, прохо-дящей через начало координат. Например,для точек А и В на рисунке 2 расход наединицу пути одинаков, так как А и Врасполагаются на одной прямой, проходя-щей через начало координат. Чем меньшевеличина q v , тем круче наклон соответ-ствующей прямой. Значит, для решениязадачи нам надо найти точки на графике,которые лежат на самой крутой прямой.

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

не может совершить оборот быстрее чемза mt = 100 с.

Пусть точка O – общий центр круговыхтраекторий двух роботов, точка A – поло-жение первого робота в начальный моментвремени, точка B – его положение черезпол-оборота, т.е. в момент T/2 = 105 с(рис. 2). Определим положение второгоробота в эти же моменты времени. В

начальный момент, по условию задачи, онможет находиться в одной из двух точек 1Cили 2C , причем

1 2AC AC R= = , 1 2 2OC OC R= = ,OA = R.

Мы изобразили треугольники 1OAC и

2OAC прямоугольными, потому что дляних выполняется теорема Пифагора. Таккак все катеты у этих треугольников рав-ны, то 1 2 45AOC AOC– = – = ∞ . В моментT/2 расстояние между роботами равно

3R . На таком расстоянии от В снованаходятся две точки 1D и 2D , причем

1 2 3BD BD R= = , 1 2 2OD OD R= = ,

OB = R.

Треугольники 1BOD и 2BOD тоже пря-моугольные – ведь их катеты и гипотенузыснова удовлетворяют теореме Пифагора.Проанализируем возможные вариантыперемещения второго робота за времяT/2. В условии задачи не сказано, в какомнаправлении движутся роботы. Пусть вто-рой робот движется по часовой стрелке иза время T/2 сдвигается по своей окруж-ности на угол ϕ . Будем, например, изме-рять этот угол в градусах. Полный оборотв 360∞ он сделает за время t, определяемоеиз условия постоянства скорости:

360

2T t

ϕ ∞= ,

откуда180

t Tϕ

∞= .

На эту величину по условию имеется огра-

ничение: 180

mT tϕ

∞≥ , откуда получаем

180m

T

tϕ £ ∞ . Значит, величина ϕ не может

превосходить 378mϕ = ∞ . Поэтому возмож-

ны следующие варианты.1) Второй робот переместился из 1C в 1D ,что соответствует 45ϕ = ∞ и периоду обра-щения второго робота

1180

4 840 c45

T T T∞

= = =∞

.

2) Он переместился из 1C в 2D , тогда225ϕ = ∞ и период

2180

168 c225

T T∞

= =∞

.

3) Перемещение из 2C в 1D : 135ϕ = ∞,период

3180

280 c135

T T∞

= =∞

.

4) Перемещение из 2C в 2D : 315ϕ = ∞,период

4180

120 c315

T T∞

= =∞

.

Все эти значения периода обращения вто-рого робота удовлетворяют условию зада-чи. Нетрудно также проверить, что, рас-сматривая движение против часовой стрел-ки, мы получим тот же набор значенийпериодов.

А.Горбенко

Ф2459. Льдина массой M покоится нагладкой горизонтальной ледяной поверх-ности (рис.1; вид сбоку). Угол наклонаBAC равен α , BC = H. По наклоннойплоскости от точки A к точке B начина-ет подниматься с постоянной относи-тельно льдины скоростью v пингвин мас-сой m. Пройдя треть пути до вершины,пингвин спотыкается и падает животомна льдину. При этом сразу после паденияего скорость относительно льдины оста-валась равной v. Какова конечная ско-рость льдины, если коэффициент трения

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 518

между животом пингвина и поверхнос-тью льдины µ ? До начала движения пин-гвин неподвижно стоял в точке А напокоящейся льдине. Трением льдины огоризонтальную поверхность пренебречь.

Поскольку на систему льдина–пингвин вгоризонтальном направлении внешниесилы не действуют, проекция полногоимпульса на это направление сохраняется.Пусть в некоторый момент времени ско-рость льдины относительно земли равна Uи направлена влево, а скорость пингвинаотносительно льдины равна V и направле-на вверх по склону. Тогда скорость пинг-вина относительно земли равна U V+

uur uur

, аее горизонтальная проекция равна

cosU V α- . Из закона сохранения им-пульса получаем

( )cos 0MU m U V α+ - = , или

cosmV

UM m

α=

+.

Пока пингвин равномерно взбирается посклону, V = v и скорость льдины постоян-на. Затем пингвин спотыкается и начинаетскользить вверх по льдине. Трение посте-пенно тормозит его, соответственно будетпостепенно замедляться и льдина.

Обозначим ускоре-ние льдины отно-сительно земли че-

рез Aur

, а ускоре-ние пингвина отно-сительно льдины –через a

r

(рис.2).Запишем второйзакон Ньютона дляльдины в проекциина горизонтальную

ось:

cos sinF N MAα α+ =

и для пингвина в проекции на оси x и y:

( )sin cosF mg m a Aα α+ = - ,

cos – sinN mg mAα α- = ,

где F Nµ= – сила трения скольжения.Данная система уравнений позволяет пред-ставить ускорение пингвина в виде

( )1

sin

M m ga

M mα ξ≠+

+=

+, где

1

sin cosξ

α µ α+ =+

.

Индекс «≠ » помечает, что это ускорениенайдено для ситуации, когда пингвин сколь-зит вверх.Имея начальную скорость v и замедляясьс постоянным ускорением a≠ , пингвиндолжен проехать до полной остановки путь

( )2 2s v a≠ ≠= . Длина склона равна

sinL H α= ; когда пингвин споткнулся,его отделяло от верхнего края расстояние2 3L .Предположим, что

2

3

Ls≠ > , или

2 2

2 3sin

v H

a α≠

> .

Тогда пингвин не успеет затормозить ивылетит со льдины, как с трамплина. Ско-рость пингвина v≠ относительно льдины вмомент отрыва можно определить из фор-мулы равноускоренного движения

2 22

2 3sin

v v H

a α≠

≠

-=

и найти скорость льдины U≠ в момент

отрыва пингвина:

2 4cos

3sin

HamU v

m M

αα≠

≠ = -+

.

Это и будет конечной скоростью льдины врассматриваемом случае.

Предположим теперь, что условие 2

3

Ls≠ >

не выполнено. Тогда, проехав вверх посклону расстояние s≠ , пингвин перестанетскользить вверх, его скорость, а значит, искорость льдины обратятся в этот моментв ноль. При этом если tgµ α≥ , то большепингвин соскальзывать не будет, а льдина

Рис. 1

Рис. 2

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

останется неподвижной. Напротив, еслиtgµ α< , то пингвин начнет соскальзы-

вать вниз. Сила трения F изменит направ-ление на противоположное, в результатедля ускорения пингвина получим

( )1

sin

M m ga

M mα ξØ-

+=

+, где

1

sin cosξ

α µ α- =- .

Зная aØ , найдем скорость пингвина vØ ,которую он приобретет, съехав по склонуна расстояние 3L s≠+ (до самой точки А),и соответствующую ей скорость льдины:

22cos

3sin

Ha amU v

m M a

ααØ Ø

Ø≠

= ++

.

А.Малышев

Ф2460. К источнику постоянного напря-жения подключена схема из шести резис-торов (рис.1). Сопротивления резисто-ров 1 4R R 2= = Ом, 2 3R R 3= = Ом,

5 6R R 5= = Ом. Известно, что два ре-зистора вышли из строя (какие именно –не известно): одно из сопротивлений за-коротило, а другое – перегорело. Какиедва резистора должны выйти из строя,чтобы у получившейся схемы было мини-мально возможное сопротивление? А что-бы сопротивление оставшейся схемы по-лучилось максимальным? Рассчитайтесопротивление получившейся схемы в этихдвух случаях. Сопротивлением соедини-тельных проводов пренебречь.

У перегоревшего резистора сопротивлениестановится бесконечным, у закороченного– нулевым. Наиболее очевидная стратегиярешения задачи – перебор всех возмож-ных случаев. Выберем сначала, какой изрезисторов сгорел, это сильно упроститсхему.

Случай 1. Пусть сгорел один из резисто-ров 1R , 2R , 3R , 4R . Если сгорел резис-тор 1R , то схема примет вид, изображен-ный на рисунке 2. Ее общее сопротивлениебудет равно

( )( )( ) ( )

4 5 6 2 5 60 3

5 6 2 4 5 6

R R R R R RR R

R R R R R R

+ += +

+ + + .

Второй вышедший из строя, т.е. закоро-ченный, резистор теперь можно выбратьиз оставшихся лишь четырьмя различны-ми способами – ведь для вычисления об-щего сопротивления неважно, закоротиммы 5R или 6R . Полагая по очереди рав-ными нулю 2R , 3R , 4R и 5R , находимобщее сопротивление:1) сгорел 1R , закоротило 2R , тогда

011

49

R = Ом;

2) сгорел 1R , закоротило 3R , тогда

027

115

R = Ом;

3) сгорел 1R , закоротило 4R , тогда

03 3R = Ом;4) сгорел 1R , закоротило 5R (или 6R ),

тогда 041

45

R = Ом.

Те же самые результаты получатся, есливместо 1R сгорел 4R – в исходную схемуони входят симметрично. Если же в каче-стве сгоревшего резистора выбрать 3R , тов формуле для 0R следует сделать замену

3 1R RÆ , 2 4R RÆ , 4 2R RÆ . При этомзакороченное сопротивление снова выби-рается из оставшихся четырьмя способами:5) сгорел 3R , закоротило 1R , и 05R =

415

= Ом;

6) сгорел 3R , закоротило 2R , и 06R == 2 Ом;

7) сгорел 3R , закоротило 4R , и 07R =4

311

= Ом;

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 520

8) сгорел 3R , закоротило 5R (или 6R ), и

081

35

R = Ом.

Случай 2. Пусть сгорел один из резисто-ров 5R или 6R , для определенности – 6R .Выберем, какой резистор закоротило.1) Закоротило резистор 5R . В этом случаесхема приобретает наиболее простой вид(рис.3), и ее общее сопротивление будет

равно

1 3 2 409

1 3 2 4

22 Ом

5

R R R RR

R R R R= + =

+ +.

2) Закоротило один из резисторов 1R , 2R ,

3R или 4R . Снова для определенностибудем считать, что закоротило резистор

1R . Эквивалентная схема представлена нарисунке 4. Для определения общего сопро-тивления цепи можно воспользоваться за-конами Кирхгофа. Запишем соответству-ющую систему уравнений:

3 3 5 5I R I R= ,

2 2 5 5 4 4I R I R I R= + ,

4 3 5I I I= + ,

1 2 5I I I= + ,откуда найдем

( )( )( ) ( )

2 3 5 4 3 50

3 5 2 4 3 5

R R R R R RR

R R R R R R

+ +=

+ + +.

Таким образом, если закоротило резистор

1R (или 4R ), то конечное сопротивлениецепи равно

01038

1 Ом55

R = .

Если же закоротило резистор 2R (или

3R ), то, используя замену 3 1R RÆ ,

2 4R RÆ , 4 2R RÆ , получаем

01117

1 Ом45

R = .

Результаты для всех 11 случаев удобнопредставить в виде таблицы.Итак, наименьшее сопротивление цепи

017

1 Ом45

R = достигается в случае, если

перегорел резистор 5R (или 6R ), а зако-ротило резистор 2R (или 3R ). Наиболь-

шее сопротивление 01

4 Ом5

R = возника-

ет, если сгорел резистор 1R (или 4R ), азакоротило резистор 5R (или 6R ).

И.Александров

Рис. 3

Рис. 4

« 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 21

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

Эти задачи предназначены прежде всего

учащимся 6–8 классов.Эти задачи предлагались на XV Устной мос-

ковской олимпиаде по математике для 6–7классов.

Задачи1. В Стране дураков ходят монеты в 1,2, 3, …, 19, 20 сольдо (других нет). УБуратино была одна монета. Он купилмороженое и получил одну монету

сдачи. Снова купил такое же мороже-ное и получил сдачу тремя монетамиразного достоинства. Буратино хотелкупить третье такое же мороженое, ноденег не хватило. Сколько стоит моро-женое?

М.Евдокимов

2. У Саши было четыре раскрашен-ных кубика. Расставляя их по-разно-му, он по очереди сфотографировалтри фигуры. Затем Саша сложил изних параллелепипед размером 2¥2¥1и сделал его черно-белое фото. Все

видимые на фото граникубиков одного и того жецвета. Какого?

А.Шаповалов

3. Можно ли в равенстве* * * *

+ + + = ** * * *

заменить звездочки цифрами от 1до 9, взятыми по одному разу, так,чтобы равенство стало верным?

Э.Акопян, Д.Калинин

4. У Вики есть четыре фигурки, уАлины есть квадрат, а у Полины естьквадрат другого размера. Объединив-шись, Алина и Вика могут сложитьквадрат, используя все свои пять фи-гурок. Может ли оказаться так, чтоПолина и Вика также смогут сложитьквадрат, используя все свои пять фи-гурок? (Квадраты складываются безпросветов и наложений.)

Е.Бакаев

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 522

Рулетка и ребро жесткостиС.ДВОРЯНИНОВ

ПРЕДСТАВИМ, ЧТО ВЫ ЗАХОТЕЛИ ЗАСТЕК-

лить свой балкон. Звоните в фирму.Чтобы оценить необходимые для выпол-нения этой работы денежные затраты, васпросят сообщить длину, ширину и высотубалкона. Как их измерить?

Если бы измеряемые отрезки были ко-роткими, то вполне сгодилась бы обычнаяшкольная линейка. А длина балкона –больше трех метров. Это сколько же разпридется прикладывать к перилами ли-нейку длиной 25 сантиметров и склады-вать 25 + 25 + 25 + …? Со счета можносбиться. Нет, линейка явно не годится.

Есть еще один инструмент для измере-ния расстояний – портняжный метр. Да,его можно использовать. Но все-таки длякаждого дела нужны свои инструменты.Ведь мерным метром для чистых тканейне гоже размечать на земле клумбу дляцветов.

В столярном, слесарном и строительномделе для измерений используют рулетку. Уэтого слова есть по крайней мере двараспространенных значения.

Рулетка – это азартная игра. Названиепроисходит от французского roulette, чтоозначает маленькое колесо. В этой игредействительно крутится колесо, по кото-рому катается шарик. В русском языке околесе напоминает и слово рулон, напри-мер рулон бумаги.

Нас же сейчас интересует рулетка какинструмент для измерения длины. Онадолжна быть в каждом доме. Мало ли чтопридется измерить! А рулетка занимаетсовсем мало места. Иногда брелок дляключей совмещают с рулеткой, чтобы этотполезный инструмент всегда был под ру-кой. Рулетка это тот же портняжный метр,только сделанный из прочного материала– из стальной или полимерной ленты сделениями. С одного края ленты – деле-ния в миллиметрах, с другого – в дюймах.

Для домашних нужд достаточно рулеткидлиной 3–5 метров или даже 1 метр.

Лента намотана на катушку, находящу-юся в корпусе рулетки. Вытягивают лентунаружу за крючок на ее конце. Внутрьленту сматывают с помощью рукоятки,укрепленной на корпусе. Если же лентане длинная, то и рукоятки никакой нет –лента сматывается внутрь автоматическипри помощи находящейся внутри воз-вратной пружины.

Рулетка с пружиной обычно имеет сто-пор, который исключает самопроизволь-ное сматывание рулетки. Некоторые со-временные рулетки имеют даже жидко-кристаллические дисплеи, отображающиепоказания измерений.

Использовать рулетку следует с осто-рожностью. У новой рулетки пружина сма-тывает ленту внутрь очень быстро, почтимгновенно. А края ленты тонкие и жесткиеи могут поранить руку.

Интересно следующее. Если присмот-реться к рулетке, то можно заметить, чтоее стальная лента не плоская, а имеетформу желоба. Для чего же мерной лентерулетки придают такую форму?

Однажды Колумб рассказывал о том,как он открывал Америку. Согласно ле-генде, один из слушающих сказал: «Что

Рулетка как измерительная лента

может быть проще, чем открыть новуюземлю?» В ответ Колумб предложил емупростую задачу: поставить куриное яйцовертикально. Когда никто сделать этого несмог, Колумб взял яйцо, разбил его содного конца и поставил на стол. Этодействительно просто. Раздосадованныенаблюдатели заявили, что так сделатьмогли бы и они. «Вы могли бы, а я сделалэто на самом деле», – заключил Колумб.

В наши дни крылатое выражение колум-бово яйцо означает простой, но неожи-

данный и парадоксальный выход из зат-руднительного положения. Например,возьмем полоску бумаги. Можно ли еепоставить на стол вертикально? Это ка-жется невозможным? Нет, возможно! До-статочно лишь согнуть ее вдоль всей дли-ны в форме желоба. Линия сгиба стано-вится так называемым ребром жесткости.

Школьные учебники геометрии отмеча-ют, что треугольник – это жесткая фигура,а квадрат, прямоугольник, параллелог-рамм – нет. Если к квадрату добавитьдиагональ, то получится жесткая фигура. Втехнике конструктивные элементы, кото-рые придают конструкции жесткость, на-зывают ребрами жесткости. Если лист бу-маги свернуть в трубку, то эта трубкаокажется достаточно прочной и сможетвыдержать немалую нагрузку. Свернутая вжелоб полоска бумаги тоже становитсяжесткой. Ею можно размахивать в возду-хе, подобно дирижерской палочке.

Так и в рулетке вытянутый кусок ленты,имеющий форму желоба, оказывается же-стким и не сворачивается в рулон. Этопозволяет направлять ленту даже верти-кально вверх.

Ф И З И К А – И Н Ж Е Н Е Р А М

Геомолотоки тайна

полезногоудара

А.ФРИДРИХСОН

ЧАСТО СТАРШЕКЛАССНИКИ, С ИЗВЕСТ-ными способностями к физике, отказы-

ваются от научной карьеры, говоря: «Какойсмысл идти в науку, где все главное ужеоткрыто? Времена Ньютона, Гука и дажеЭйнштейна прошли, а переписывать чужие

диссертации за мизерную зарплату не инте-ресно». О, как вы ошибаетесь, молодые италантливые. Не в зарплате – в открытостивсего главного. Уверяю вас, что нераскры-тых тайн, непонятых явлений, неосмыслен-ных парадоксов даже в классической физикена ваш век хватит. Более того, физика такаянаука, знание которой может влиять на всесферы нашей жизни – от малого бизнеса добольшой политики, от нравственных зако-нов внутри нас до звезд над нами. Но по-скольку в этой науке не приняты бездоказа-тельные утверждения, попытаемся обосно-вать вышесказанное нижеприведенным.

Оказывается, такое эмоциональное поня-тие, как удар, в физике имеет вполне рацио-нальное описание. Если не применять заум-ных формул, то удар – это быстрое (высоко-скоростное – по-научному) приложение силык телу или системе тел. Впрочем, высокая

Ф И З И К А – И Н Ж Е Н Е Р А М 23

«Колумб и яйцо». Иоганн Гайер, 1847

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 524

скорость – понятие относительное. Поэто-му, говоря строже, ударом можно назватьтакое приложение силы, при котором вре-мя воздействия соизмеримо или меньше пе-риода собственных колебаний тела или си-стемы тел.

Любопытно, что соразмерность – причинанекоторых малоизученных, а иногда и пара-доксальных «ударных» явлений. Можноначать экскурс с моста, который разрушиларота солдат, ритмично печатая шаг с часто-той собственных колебаний мостовой конст-рукции. Впрочем, резонанс, т.е. совпадениечастоты внешнего воздействия с собственнойчастотой колебаний тела или системы тел,явление достаточно изученное. А вот примерсовпадения времени воздействия с периодомсобственных колебаний, который мы услов-но назовем ударом геологического молоткапо образцу породы, не так прост, как кажет-ся, и являет собой пример весьма полезного(не только для геологии) удара о твердоетело.

Опытный геолог колет образец на двечас-ти навесу, как бы смягчая удар. Даже не какбы, а именно смягчая – что неопытномунаблюдателю покажется странным. И на-прасно. Даже не разбираясь в тонкостяхтеории упругости, или физики твердого тела,опытный геолог знает: чтобы расколоть об-разец аккуратно пополам, надо придать мо-лотку достаточно высокую, но постояннуюскорость так, чтобы ускорение в моментудара было минимальным. В идеале – рав-ным нулю. Парадокс? Кажущийся. Потому

что квазинулевое ускорение в момент кон-такта геомолотка с породой дает полезноевыполнение закона сохранения энергии, когдався кинетическая энергия молотка перехо-дит во внутреннюю энергии образца. При-чем не в тепловую, а в упругую энергию. Ибопри свободном (без ускорения) контакте спородой молоток взаимодействует с образ-цом ровно то время, которое определяетсясобственными упругими свойствами. А зна-чит, время взаимодействия молотка с поро-дой определяется не внешним усилием гео-лога, а собственным периодом колебанийисследуемого им образца. При таких пара-метрах взаимодействия энергия геомолотка,за счет так называемой ударной вязкости,максимально полно перейдет в энергию уп-ругой деформации образца. А вот ударнаяволна в породе, которая лишь раскрошитобразец (за счет минимального ускорения),будет минимальной.

Как же происходит сам процесс расколапополам? Как правило, легко. В результа-те деформации сжатия по направлению уда-ра образец одновременно расширяется в пер-пендикулярной плоскости. И когда эта по-перечная деформация превысит критичес-кую деформацию данной горной породы нарастяжение (лучше сказать – на разрыв),образец расколется по самой слабой из вер-тикальных плоскостей образца, т.е. попо-лам, чтобы показать свою текстуру, состави много иных геологических подробностейобразца. Что и требовалось умелому геоло-гу. Причем за счет длинной ручки своего

молотка геолог может не толькодотянуться до нужного куска по-роды в полевых условиях, но ирегулировать «аналитическийудар» таким образом, чтобы рас-калывать на две части самые раз-ные образцы как по форме, так ипо составу. Более того, зная при-близительную скорость молотка,при которой образец исследуемойпороды расколется пополам, мож-но предварительно определить такназываемые критические напряже-ния на разрыв, а это весьма важ-ная характеристика породы.

Кстати сказать, эту характерис-тику используют коллеги геологов– горняки. В карьерах, которые

Ф И З И К А – И Н Ж Е Н Е Р А М 25

разрабатываются взрывом, заряд во взрыв-ных скважинах, а также расстояние междувзрывными скважинами рассчитываются,исходя из прочностных характеристик по-роды. Внимательный читатель, посмотревна приведенную здесь таблицу, навернякаобратит внимание на две подробности:1) временное сопротивление разрыву (рас-тяжению) на порядок меньше, чем на сжа-тие и даже на изгиб; 2) изученность породпо этому параметру (сопротивление разры-ву) заметно отстает, что, очевидно, связанос более трудоемким процессом исследования.

В отличие от геологов, горнякам нужновзрывом расколоть породу как можно мель-че, чтобы легче было грузить на автотранс-порт, а в дальнейшем перерабатывать, на-пример в щебенку. Ударная волна, порож-денная как раз высоким ускорением породыпри взрыве, в отличие от деликатного геоло-

гического удара, крошит породу в зонах,соразмерных с диаметром взрывной скважи-ны. Но за счет резкого падения энергииударной волны с расстоянием на удаленииуже в несколько метров от скважины породараскалывается «по принципу геомолотка» –на ослабленных микротрещинами плоско-стях, когда породу разрушают вышеописан-ные деформации растяжения.

В этом контексте малая изученность (каквидим из таблицы) пород на критическиедеформации растяжения не позволяет гор-ным инженерам более точно рассчитыватьэнергию взрыва. Ведь для нужд горнойпромышленности разбитая в пыль ударнойволной порода нужна гораздо меньше, чемоптимально расколотая на фрагменты. Од-нако что известно точно, так это обратнаязависимость фрагментации от энергии взры-ва (как и от механического удара): чем

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 526

больше энергия, тем мельче фрагментацияразрушенной породы. Однако следует заме-тить, что в некоторых случаях справедливои обратное: чем мельче фрагментация доразрушения, тем большая энергия требуетсядля дальнейшего дробления. Ведь чем боль-ше трещин в породе до взрыва, тем большеестественных препятствий для дробящейударной волны. И тем большая часть энер-гии взрыва затратится не на дробление, а наперемещение в пределах трещин свободныхкусков породы. Опытные горные инженерыучитывают и эту, в общем мало изученную,тонкость взрывного дела. В любом случаедля точного расчета энергии взрыва помимопрочностных свойств породы они учитываюти ее «блочность» – средний размер кускапороды между трещинами на данномучастка карьера.

Геофизики ту же характеристику называ-ют «трещиноватость» и учитывают ее длярасчета энергии опытного удара (обычноударом сброшенным с определенной высотыгрузом по поверхности земли). Если сейсми-ческая волна возбуждается с помощью взры-ва, также учитывают и трещиноватость скаль-ного массива. Однако в большей степени наэффективность опытного взрыва, а главное– на меньший ущерба экологии, влияет та-кой близкий к геомолотку показатель, какбризантность, т.е. быстродействие взрывча-того вещества. Точно так же, как опытныйгеолог стремится опустить свой молоток напороду с минимальным ускорением, опыт-ные геофизики выбирают для возбуждениясейсмических колебаний взрывчатое веще-ство с минимальной бризантностью – чтобыбольшая часть энергии взрыва уходила не вударную волну (период которой меньшепериода собственных колебаний породы), ав упругую, т.е. собственно сейсмическуюволну (период которой и есть период соб-ственных колебаний геомассива). Другимисловами, чем меньше разрушение ударноговоздействия, тем больше научной информа-ции можно получить по его результатам –например, о массиве горных пород.

Решаема и обратная, как говорят геофизи-ки, задача: если известны прочностные ха-рактеристики породы, то по количеству рас-колотых при ударе частей можно определитьисходную энергию этого самого удара. Ана-логично, по размеру среднего куска породы

после взрыва (например, в карьерах извес-тняков, песчаников или гранитов для произ-водства важнейшей составляющей дорожно-го строительства – щебня) можно опреде-лить энергию самого взрыва.

Закон сохранения энергии – универсалени симметричен во времени и в пространстве.Поэтому степень разрушения (а следова-тельно, и фрагментации) любого материалазависит от исходной энергии разрушения инаоборот. И даже в важнейшем расследова-нии катастрофы под Донецком можно былобы применить эту зависимость. В данномслучае – зависимость энергии взрыва отсреднего размера фрагментов разрушенногокорпуса. Многие специалисты обратили вни-мание на весьма малую фрагментацию об-ломков на месте крушения малазийскогоБоинга, исходя из которой можно, хоть иприблизительно, рассчитать энергию исход-ного взрыва. Простейший расчет показыва-ет, что при такой фрагментации энергияисходного взрыва окажется в пределах 1210джоулей. Это колоссальная энергия, сораз-меряемая с энергией массового взрыва набольшом карьере или с энергией небольшогоземлетрясения с магнитудой 1. Энергия жевзрыва пресловутой ракеты БУК-М (дажеесли бы она взорвалась не вне самолета, авнутри) минимум в сто раз меньше. Един-ственный энергоисточник, эквивалентныйприведенным цифрам, это взрыв (мгновен-ная детонация) всех топливных баков Боин-га при условии, что они полны. Также сле-дует заметить, что одновременную детона-цию топлива могло вызвать не столько внеш-нее, сколько внутреннее специально подго-товленное воздействие – проще говоря, ини-циирующий взрыв-детонатор близ самихтопливных баков. Что же стало причинойстоль мощного разрушения, тысячекратнопревышающего возможности ракет любогокласса, вопрос уже не научного свойства. Нопоставлен он надежным экспертом – зако-ном сохранения энергии.

Действенную помощь этого закона авториспытал и в своей полевой практике. Делобыло на Светлогорском карьере гранитов вКарелии (карьер разрабатывал взрывом са-мую крепкую породу, дабы превратить ее всамую крепкую щебенку для отсыпки до-рожных покрытий по всей стране). Рассчи-тать так называемую взрывную сетку, т.е.

Ф И З И К А – И Н Ж Е Н Е Р А М 27

расстояние между взрывными скважинами,можно, как уже знают наши читатели, лишьзная такую характеристику скального мас-сива, как трещиноватость. Для решения этойзадачи в нашем распоряжении был сейсмо-метрический комплекс каротажа (для сква-жинных и межскважинных исследований):сейсмотприемник и источник упругих коле-баний. Если первый элемент представлял изсебя корпус весом несколько сот граммов, тоисточник колебаний весил полсотни кило-граммов. Но главная проблема была даже нев весе: после опускания этого агрегата вскважину и закрепления на стенках скважи-ны сверху по нему наносился удар специаль-ной сейсмометрической кувалдой весом за-метно большим, чем геологический молоток.Удар этот посредством механических пере-ходников транслировался на стенки скважи-ны и таким образом создавал те самые упру-гие колебания, которые мы должны былиулавливать сейсмоприемником в соседнейскважине. По скорости их прохождения мож-но было судить о степени трещиноватости –чем меньше скорость, тем больше трещино-ватость и наоборот.

Вроде бы простая задача. Однако послетрех-четырех ударов наш скважинный ис-точник заклинивало так, что поднять этутяжеленную металлоконструкцию на поверх-ность было уже большой проблемой. В ре-зультате производительность наших каро-тажных исследований резко упала, и всталвопрос, что делать (а кто виноват, мы ужезнали, ибо сами не продумали всех техни-ческих деталей). В результате мозговогоштурма было предложено применить... обыч-ные воздушные шарики, опускаемые нашланге с воздушного ресивера нашей экспе-диционной машины ГАЗ-66 в скважину –для последующего «лопания» в ее полости.Конечно, были сомнения: энергии воздухадаже под давлением 1–2 атмосферы моглобыть недостаточно, чтобы «пробить», или,точнее говоря, «прозвучить» скальный мас-сив на 10–20 метров до соседней скважины,где «прохлаждался» наш компактный сейс-моприемник в тщетном ожидании эффектив-ной работы.

Каково же было удивление неверующих вуспех, когда на сейсмограмме мы получилине просто сигнал, а многократно превосходя-щий тот, что мы получали до того посред-

ством «кувалдометра». Все дело было вэнергоемкости нашего изобретенного пнев-моисточника. Когда автомобильные атмос-феры распирали сжатый стенками скважи-ны резиновый шарик, окружающий массивгранитов воспринимал эту энергию «медлен-но, но верно», по сути без потерь – деформи-руясь микрон за микроном несколько се-кунд. Когда же замечательное резиновоеизделие лопалось, возникал «обратный» ди-намический удар. Каковой возникает, на-пример, при отбрасывании отработанныхступеней ракеты или при разгрузке очагаземлетрясения.

Мы намеренно приводим такие макропри-меры, потому что наш гранитный экспери-мент 1984 года показал: этот принцип рабо-тает на всех масштабах от очага землетрясе-ния до воздушного шарика.

Итак, проблема была успешно решена идальнейшая работа пошла-полетела, как помаслу, точнее – как по воздуху. Удар сбро-шенным давлением, как оказалось, приме-нялся в истории науки и техники неодно-кратно, но для возбуждения упругих колеба-ний в скважине – впервые. И по возвраще-нии из экспедиции мы оформили «патент наспособ», каковой успешно применяли в даль-нейших своих экспедициях неоднократно –и не только на гранитах, но и на песчаниках,известняках, доломитах.

Впрочем, ничего невероятного в том, чтовоздушный шарик заменил многокилогра-мовый «кувалдометр», нет. Все очевидно:одна атмосфера, умноженная на одну деся-тую кубометра (так считается энергия, кото-рую надуваемый шарик транслировал черезстенки скважины в геомассив), составляет10000 джоулей. С учетом высокого КПДможно сопоставить такой пневмоисточникобратного динамического удара с прямымударом груза массой 100 килограммов, упав-шего с высоты 10 метров (это без учетазначительных энергетических потерь притаком прямом воздействии – на мелкодис-персное дробление породы, неупругую удар-ную волну и тепловую энергию, которая,куда ж без нее, выделилась в окружающеепространство). В источнике описанного типаэтих потерь нет.

Так глобальный закон сохранения энергиипомог решить техническую головоломку ичастную геофизическую задачу.

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Алгебра игеометрия

комплексныхчисел

А.КАНУННИКОВ

Эту статью мы рекомендуем читать послестатьи «Магия комплексных чисел» (с. 5)или параллельно с ней. Сюжеты той статьизачастую проходили по одному сценарию:для решения алгебраической задачи «за кад-ром» применялись геометрические методы,и готовый результат появлялся словно кро-лик из шляпы.

С какими задачами о комплексных чис-лах все же справляется чистая алгебра игде границы ее применения? В каких зада-чах помогают геометрические методы, и каккомплексные числа и геометрия обогащаютдруг друга? Обо все этом мы расскажем встатье. Но главная наша цель – уж кольскоро это рубрика «Школа в «Кванте» –научить вас, уважаемый читатель, приемамработы с комплексными числами, алгебра-ическим и геометрическим методам реше-ния задач, которые бы опирались на твер-дую теоретическую основу. Не стремитесьпонять все и сразу. Работайте над статьейвдумчиво, не торопясь, возвращайтесь к«Магии комплексных чисел» (секреты от-крываются?). Обсуждайте материал с учи-телями и товарищами, а главное – решайтезадачи, к большинству из них приведеныответы и указания (с. 51).

Алгебра комплексных чисел

§1. Определение и свойства в вопросах

и ответах

Мы не будем вновь определять началь-ные понятия, ожидая, что вы ознакоми-лись с ними (см. с. 5). Еще лучше почитай-те более подробные введения в комплекс-ные числа из разных источников, напри-мер [2–5]. Мы, право, не видим смысла их

повторять. Лучше ответим на наиболее рас-пространенные вопросы из серии «Что выхотели узнать (уточнить), но боялись спро-сить». В процессе обсуждения мы придем кразумному определению комплексных чи-сел.

Q: Почему мнимая единица обозначаетсябуквой i? Почему нельзя писать просто

1− ?А: Это первая буква в латинском слове

imaginarius (мнимый). Ее предложил Эйлерв 1777 году. Вместо i неправильно писать

1− , так как это обозначение для множе-ства корней уравнения 2 1x = − , которое,помимо i, имеет еще один корень –i:

( )( )2 1x x i x i+ = − + . Кстати, именно наэтом неудачном обозначении основаны при-митивные ошибки типа

( ) 221 1 1 1 1= = − = − = − .

Q: Почему в литературе комплексныечисла часто определяются как пары дей-ствительных? Это выглядит немногостранным, особенно когда вводят умноже-ние по формуле

( )( ) ( ), , ,a b c d ac bd ad bc= − + .

Почему сразу не написать a + bi ?А: Подход с парами – дань формализму, не

более того. Потом все равно переходят напонятную запись a + bi вместо ( ),a b . Простотак удобнее без лишних слов дать определе-ние: пары и все. Но вы правы, умножениепар выглядит дико, и в хороших книгах онообязательно мотивируется. Если сразу напи-сать a + bi, то возникнет вопрос, что это заплюс и что за умножение b на i. Все-такисначала надо определить комплексные числакак объекты и только после этого вводитьоперации.

Q: Неужели нельзя дать определение истрого, и понятно?

А: Можно. Давайте рассматривать комп-лексные числа как векторы на плоскости:

2= RC . Векторы – те же пары, причем мыумеем их складывать и умножать на действи-тельные числа (покоординатно). Отожде-ствим вектор ( )1, 0 с числом 1, а вектор ( )0, 1обозначим буквой i. Тогда

( ) ( ) ( ), 1, 0 0, 1a b a b a bi= + = +

– разложение вектора по базису 1, i. Оста-лось определить умножение базисных векто-

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 29

ров 1, i по формулам 1 1i i i⋅ = ⋅ = , 2 1i = − ипродолжить его на все комплексные числараскрытием скобок:

( )( ) ( )( )a bi c di ac adi bic bi di+ + = + + + =

( )ac bd ad bc i= − + + . (1)

Q: Но ведь просто определить комплекс-ные числа и операции над ними недостаточ-но? Еще надо проверять какие-то очевид-ные свойства типа a + b = b + a и т.д.Причем в одних учебниках они и впрямьпроверяются на нескольких страницах, вдругих оставляются в качестве упражне-ния, а в третьих еще называются аксиома-ми поля...

A: Мы расширили множество R до множе-ства C, продолжили сложение и умножениес R на C и, конечно, надо проверить,обладают ли по-прежнему эти операции при-вычными свойствами. А именно:

1) x + y = y + x;2) ( ) ( )x y z x y z+ + = + + ;3) x + 0 = x;4) xy = yx;5) ( ) ( )xy z x yz= ;6) 1x x⋅ = ;7) ( )x y z xy xz+ = + ;8) для каждого x есть –x: ( ) 0x x+ − = ;9) для каждого 0x ≠ есть 1 x : ( )1 1x x = .Считая известным, что эти свойства верны

в множестве R, легко перенести их на C .Так, свойства 1), 2), 3), 8) ясны из покоор-динатного сложения векторов. Далее, 6)очевидно, а проверяя 4), 5), 7), при раскры-тии скобок по формуле (1) не надо заменять

2i на –1. Например, для проверки 5) надораскрыть скобки ( )( )( )1 1 2 2 3 3a b i a b i a b i+ + +двумя способами – в обоих получится суммавосьми одинаковых слагаемых: ( )1 2 3a a a =

( )1 2 3a a a= , ( ) ( )21 2 3 1 2 3 1 2 3a b i b i a b b i a b ib i= = и

т.д. Иными словами, поскольку i коммути-рует с действительными числами, то 5) дос-таточно проверить для базисных векторов

, , 1,x y z i∈ , а это очевидно. Проверка 4) и7) аналогична и еще проще. Наконец, напом-

ним 9) (см. с. 6): 2 2

1 a bi

a bi a b

−=

+ +.

Множество, на котором заданы две опера-ции (сложение и умножение), в котором естьдва элемента (0 и 1) и для которого выпол-нены свойства 1)–9), называется полем, асами эти свойства – аксиомами поля. Таким

образом, множество C вслед за множествомR является полем. Скажем, множество Z неявляется полем: в нем верны свойства 1)–8),но неверно 9). Добавив к Z все дроби,получим поле Q рациональных чисел. (От-метим, что поля необязательно состоят изчисел: есть поле вычетов pZ по простомумодулю p, поле рациональных функций ( )xCи др.).

Q: А вы не забыли про свойства 0x = 0 и(xy 0 x 0= ⇒ = или y = 0)?

А: Нет, не забыли, но вопрос хороший. Этоследствия аксиом поля: ( )0 0 0 0x x x= + = +

0 0 0x x+ ⇒ = ; если xy = 0, но 0x ≠ , тоумножив на 1 x , получим ( )0 1 0x= =

( ) ( )1 1 1x xy x x y y y= = ⋅ = = .Q: Также из аксиом следуют формулы

сокращенного умножения, да? Например,

( )( ) 2 2 2 2x y x y x yx xy y x y− + = − + − = − ,так как xy = yx.

A: Совершенно верно, а также их обобще-ния – бином Ньютона

( )0

nn k k n k

nk

x y C x y −

=+ = ∑

и разность n-х степеней

( )1

1

0

nn n k n k

k

x y x y x y−

− −

=− = − ∑

(по той же причине, xy = yx).Q: Выходит, в поле C можно делать все

то же самое, что и в поле R , плюс извле-кать корни из отрицательных чисел?

А: Не совсем все. Сохраняются правилаарифметических действий, но кое-что все-таки теряется – об этом в следующем пара-графе. Однако приобретений гораздо боль-ше. В алгебре это в первую очередь решениеполиномиальных уравнений (в частности,извлечение корней).

§2. Можно ли сравнивать комплексные числа?

Как-нибудь, конечно, можно, например:( )a bi c di a c+ < + ⇔ < или (a = c, b < d).

Однако интерес представляет только поря-док, согласованный с операциями, т.е. та-кой, чтоi если z z′< , то z w z w′+ < + ,i если z z′< и w > 0, то zw zw′> .1. Докажите, что такой порядок должен

удовлетворять условиям:а) 0 0z z> ⇒ − < ;б) ( )0 , 0zw z w> ⇔ > или ( ), 0z w < ;

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 530

в) 2 0z > при 0z ≠ ;г) –1 < 0 < 1.Из в) и г) получаем противоречие:

20 1 0i< = − < . Значит, поле C нельзя упо-рядочить согласованно с операциями.

Из-за этого обстоятельства многие при-вычные рассуждения, справедливые на дей-ствительной прямой, перестают работать вкомплексной плоскости. Вот два характер-ных примера.

2. Докажите, что для любых а) действи-тельных; б) комплексных z, w таких, что |z|,|w| < 1, верно неравенство 1zw z w+ > + .(Напомним, для числа w = a + bi, где,a b ∈ R, определены сопряженное число

w a bi= − и модуль 2 2w a b ww= + = .)Решение в п. а) совсем простое. Нет, мы,

конечно, не будем раскрывать модули, авоспользуемся тем, что для ,a b ∈ R

( )( )2 2 0a b a b a b a b> ⇔ > ⇔ − + > .

Имеем

1zw z w+ > + ⇔

( )( )1 1 0zw z w zw z w⇔ + − − + + + > ⇔

( )( )( )( )1 1 1 1 0z w z w⇔ − − + + > ,

что выполняется для всех действительных( ), 1, 1z w ∈ − .

Понятно, что в п. б) эти рассужденияневерны, так как 2 2A AA A= ≠ при

\A ∈C R. Оставим эту задачу читателю.3. При каждом n ∈ N функция 2 1nx x −

֏

возрастает на R , а функция 2nx x֏ возра-стает на луче [0; )+∞ и убывает на луче(−∞; 0]. Отсюда следует, что уравнение

2 1 1nx − = имеет единственный действитель-ный корень x = 1, а уравнение 2 1nx = имеетровно два действительных корня 1x = ± . Вполе комплексных чисел эти рассуждения непроходят, а уравнение 1nx = при n > 2имеет и другие корни (комплексные корнииз единицы). Например,

( )( )3 21 1 1 0x x x x= ⇔ − + + = ⇔

( )221 3

1 02 2

ix x

⇔ − + − = ⇔

1x⇔ = , 1 3

2i− ±

; (2)

( )( )4 2 21 1 1 0x x x= ⇔ − + = ⇔

( )( )( )( )1 1 0x x x i x i⇔ − + − + = ⇔1,x i⇔ = ± ± . (3)

4. Если вы изучаете комплексные числа понашей статье и еще не знаете, как решить вC уравнение 1nx = при любом n ∈ N, тосделайте это прямо сейчас для а) n = 6;б) n = 8; в)* n = 5 и – самое главное –изобразите корни на комплексной плоско-сти. Уверены – вы будете удивлены и заин-тригованы. Достаточно уметь решать квад-ратные уравнения, уже промелькнувшиевыше для n = 3, 4.

§3. Квадратные корни и квадратные уравнения

В поле R уравнение 2x a= при a < 0 неимеет корней, при a = 0 имеет один кореньx = 0, а при a > 0 имеет два противополож-ных корня. Этим мотивируется определениеквадратного корня a из неотрицательногочисла a как неотрицательного корня уравне-ния 2x a= . Далее выделением полного квад-рата решается квадратное уравнение

2 22 4

02 4p p q

x px q x− + + = ⇔ + =

=

4D

,

(4)число действительных корней которого за-висит от знака дискриминанта D. Так обсто-ят дела в поле R .

Решим теперь уравнение 2z a bi= + отно-сительно z ∈C для любых ,a b ∈ R . Рас-смотрим три случая.

i b = 0, 0a ≥ : 2z a= ⇔

( )( ) 0z a z a z a⇔ − + = ⇔ = ± ∈ R .

i b = 0, a < 0: 2z a= ⇔

( )( ) 0z i a z i a⇔ − − + − = ⇔

z i a i⇔ = ± − ∈ R– два чисто мнимых корня (для того ивводили мнимую единицу). Как следствие,уравнение (4) имеет два чисто мнимых кор-ня при D < 0.i В случае 0b ≠ придется расписать z =

= x + yi, ,x y ∈ R . Разберем для примерауравнение 2z i= :

( )2 2 2 2x yi i x y xyi i+ = ⇔ − + = ⇔

( )

2 2 0,

2 1 и одного знака

x y

xy x y

− =⇔ ⇔= ⇒

⇔1

2x y= = ± . (5)

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 31

Выкладки в общем случае оставим читате-лю в качестве упражнения:

( )02 b

a bi x yi x yi≠

+ = + ⇔ + =

( )2 2 2 2

sgn2 2

a b a a b ai b

+ + + − = ± +

.

(6)

Итак, для любого ненулевого комплексно-го числа существует два – противоположных– квадратных корня, причем, в отличие отдействительного случая, нет оснований от-дать предпочтение одному из них. Поэтому вполе C квадратным корнем из числа wназывают любой корень уравнения 2z w= , асимволом w обозначают множество всехквадратных корней из w:

def2 .z w w z∈ ⇔ =

В частности, любое квадратное уравнениенад C разрешимо.

5. Для всех a ∈ R решите уравнения в Rи в C :

а) ( )2 2 cos 1 0x a x− + = ;

б) 4 2 2x x a a− = − .

6. Для каждой пары ( ) 2,p q ∈ R найдите

все такие пары ( ),x y из 2C и из 2

R , что:

а) ,

;

x y p

xy q

+ = =

б) 4 4 ,

.

x y p

xy q

+ =

=7. Извлеките корень cos siniϕ + ϕ при

каждом ϕ ∈ R .8. а) Пусть a, b, c > 0 и 2 2 0a b c− > .

Докажите формулу сложных радикалов

2 2 2 2

2 2a a b с a a b c

a b с+ − − −

± = ± .

(7)

Пример из тригонометрии. Вычислим

cos12π

двумя способами:

1) 23cos 2 cos 1

2 6 12

π π= = − ⇒

2 3cos ;

12 2

π +⇒ =

2) cos cos12 3 4π π π = − =

2 3 12 2 2

= +

6 2.

4+

=

Формула (7) подтверждает равенство ре-зультатов.

б) Пусть , , ,a b c δ ∈C и 2 2a b с− = ±δ .

Докажите равенство множеств a b с+ =

2 2

a a+ δ − δ= + и сравните его с форму-

лой (6) при c = –1.

§4. Об извлечении корней высших степеней

Определим множество корней степениn ∈ N из числа w ∈C :

n w = nz z w∈ =C .

У нас уже есть в запасе несколько приме-ров (см. (2), (3), задачу 4а):

3 41 31 1, , 1 1, ,

2i

i − ± = = ± ±

( )6 3 3 3 31 1 1 1 1= − = − =∪ ∪

= 1 3 1 3

1, ,2 2i i − ± ± ±

.

Задачу 4б можно свести к последователь-ному извлечению квадратных корней:

8 4 21 1 1,x x x i= ⇔ = ± ⇔ ∈ ± ± ⇔

⇔ 81 11, , , 1

2 2

i ix i

+ − ∈ ± ± ± ± =

,

так как 1

2

ii

+ = ±

в силу (5), а тогда

1

2

ii

− − = ±

( 2 2w z w z= ⇔ = ). Вообще,

по индукции при всех k ∈ N и 0w ≠ корень2k

w состоит из 2k чисел, выражаемых вквадратных радикалах. Но как быть с кор-нями любых степеней?

Уже с кубическими корнями дело обстоитна порядок сложнее. Уравнение

( )3x yi a bi+ = + сводится к системе

3 2

2 3

3 ,

3 ,

x xy a

x y y b

− =

− =

а она, в свою очередь, заменой x

ty

= – к

уравнению 3

2

3

3 1

t t a

bt

−=

−. Самое время вспом-

(Продолжение см. на с. 34)

Периодическим замощением плоскости на-зывается покрытие плоскости неперекрываю-щимися фигурами, для которого существуюттакие два непараллельных вектора, что сдвигна любой из них переводит покрытие в себя.Если периодическое покрытие образовано ко-пиями одного и того же многоугольника, тоего называют паркетом.Только три правильных многоугольника—треугольник, квадрат и шестиугольник—яв-ляются паркетными. У остальных правильныхn-угольников угол при вершине не являетсяделителем 360.Паркеты из выпуклых неправильных много-угольников устроены гораздо сложнее. Оче-видно, что паркет можно сложить, копируялюбой треугольник или любой четырехуголь-ник. Но ни из какого выпуклого n-угольникас n>7 составить паркет нельзя.При n=6 найдено три типа выпуклыхпаркетных шестиугольников и доказано, чтодругих не существует (для шестиугольникаABCDEF эти типы характеризуются наборомсоотношений для углов и сторон, на неупомя-нутые углы и стороны никаких ограниченийне накладывается).

многоугольников, параллельными переноса-ми которого можно получить весь паркет.Первые пять типов нашел К.Рейнхардт(K.Reinhardt) в 1918 году, а последний из из-вестных, 15-й, нашли К.Манн, Дж.Маклеод,Д.Вон Дерау (C.Mann, J.McLoud, D.VonDerau) в 2015 году.Типы 14 и 15 заданы жестко (с точностью доподобия). Остальные типы имеют степени сво-боды (например, у типа 1 их пять), при изме-нении которых внешний вид паркета можетменяться довольно сильно. Более того, некото-рые типы пятиугольников в своем общем видедопускают несколько замощений. Но бываети иначе—у данного типа есть подтип (без сте-пеней свободы или с меньшим их числом, чему основного типа), которым можно замоститьплоскость несколькими способами.Задание типов паркетных многоугольни-ков через соотношения для сторон и угловнаиболее компактное и традиционное. Про-анализировав его, можно привести болеенаглядное построение каждого класса, выяв-ляющее геометрию свободных параметров.Заинтересовавшийся читатель может уста-новить бесплатную программу-энциклопедию

При n=5 задача полностью не решена.Обнаружены 15 типов выпуклых пятиуголь-ников, образующих паркет, но существуют лидругие и если да, то какие—неизвестно.Найденные типы паркетных пятиугольниковABCDE с характеризующими соотношениямипредставлены на правой странице «Калейдо-скопа». Ярко отмечена (выбранная по соображе-ниям симметрии) фундаментальная область—набор из минимально возможного количества

http://www.jaapsch.net/tilings. В ней ее ав-тор — Я. Схерфэйс (J. Scherphuis) — собралвсе ныне известные периодические замощения(не только выпуклыми, но и невыпуклыми)многоугольниками.Про замощения невыпуклыми многоуголь-никами и другие задачи этой тематики рас-сказывалось в «Калейдоскопе «Кванта» 2за 2009 год.Материал подготовили Н.Андреев, М.Панов

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 534

Физика градаВ.ДРОЗДОВ

ИЮЛЬ 2008 ГОДА ВЫДАЛСЯ В РЯЗАНС-кой области суровым: ливни, грозы и

даже град1 . Так, 18 июля примерно в 6 часоввечера я едва успел укрыться от града наблизкой к Рязани железнодорожной стан-ции «208 км». Форма града была близка ксферической с диаметром примерно 1 санти-метр, шел он три минуты. Приехав домой,перечитал в известном в начале XX векаучебнике физики К.Д.Краевича статью ограде. Этот текст заслуживает цитирования:

1Красивые фотографии июльского градаможно найти в «Кванте» 3 за 2017 год (см.4-ю с. обложки и с. 25 внутри журнала).

нить, что именно решение кубических урав-нений привело к открытию комплексныхчисел (см. с. 9). Что теперь? Неужели «пораоткрывать» формулу Кардано? В любомслучае непонятно, как быть с корнями лю-бых степеней...

Вот мы и подошли к той черте, когда чистоалгебраических средств уже недостаточно.Нужны принципиально новые идеи, новоевидение комплексных чисел.

Список литературы

1. В.И.Арнольд. Геометрия комплексных чи-сел, кватернионов и спинов. – М.: МЦНМО,2002.

2. С.Дориченко. Комплексные числа. – «Квант»,2008, 5.

3. Я.П.Понарин. Алгебра комплексных чисел вгеометрических задачах. – М.: МЦНМО, 2004.

4. В.В.Прасолов, В.М.Тихомиров. Геометрия.– М.: МЦНМО, 2007.

5. Ю.Соловьев. Комплексные числа. – «Квант»,1991, 7.

(Продолжение следует)

(Начало см. на с. 28)

«Если в мощном восходящем движениистолба воздуха ожижение водяного паранаступает уже при температуре вышенуля, то образовавшиеся капельки уносят-ся выше в те слои, где господствуют отри-цательные температуры; там они, оста-ваясь жидкими, охлаждаются ниже нуля,т.е. переохлаждаются. Если в таком со-стоянии капельки переохлажденной водывстретят носящиеся в воздухе ледяныекристаллы, то сразу наступает замерза-ние и образовавшийся ледяной шарик припадении вниз среди переохлажденных ка-пель быстро облепляется льдом, увеличи-вается в своем объеме и достигает поверх-ности земли в виде куска льда часто непра-вильной формы. Осадки такого вида назы-ваются градом.

Градины обыкновенно бывают величиноюс кедровый орех, а иногда с голубиное и дажес куриное яйцо; они имеют неправильную

форму. Средина градинычасто состоит из снежногоядра, покрытого ледяноюпрочною оболочкою. Градучасто предшествует про-ливной дождь, обычно градсопровождается сильнымигрозами. Он обыкновеннобывает среди лета и чащеднем, нежели ночью. Выпа-дение града продолжаетсянесколько минут, редко чет-верть часа. Этот вид осад-ков производит сильные опу-стошения, уничтожаетхлебные посевы, и если кру-пен, то бывает гибелен дажедля людей и животных».

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 35

Наблюдал своими глазами: люди, попав-шие под мелкий град, не пострадали. Инте-ресно проверить физическим расчетом, опа-сен ли для человеческой жизни крупныйград. Вычисления будут, по понятным при-чинам, носить оценочный характер. Однакочисловые безразмерные коэффициенты мыубирать не станем: никакие соображения нетребуют этого.

Сначала определим скорость падения сфе-рической градины радиусом R. В режимеустановившейся скорости v сила сопротив-ления воздуха F равна по модулю силетяжести, действующей на градину:

F = mg.

Из соображений размерностей легко полу-чить выражение для силы сопротивления:

2в

12

F C v S= ρ .

Здесь С – безразмерный коэффициент, вρ –средняя плотность воздуха (град падает свысоты в несколько километров), 2S R= π –площадь большого круга. Для мелких гра-дин сферической формы с радиусом

0,5 смR ≈ можно принять 0,2C ≈ , дляболее крупных градин с радиусом 2,5 смR ≈правильнее считать 0,42C ≈ . Впрочем, этоне изменит порядок оцениваемой величины.Масса градины равна

3л

43

m R= π ρ ,

где 3л 900 кг мρ = – плотность льда. Полу-

чаем уравнение

2 2 3в л

1 42 3C v R R gρ π = π ρ ,

откуда находим

л

в

83

v RgC

ρ=

ρ.

Если положить среднюю плотность возду-

ха равной 012

ρ , где 30 1,29 кг мρ = – плот-

ность воздуха у земной поверхности, то этобудет заниженная оценка. Все же град пада-ет с высоты, где плотность отлична от нуля.

Лучше принять в 034

ρ = ρ , тогда получим

л

в

4 23

Rgv

C

ρ=

ρ.

Для дальнейшего нам надо быть уверен-ным, что скорость градины действительноустанавливается, т.е. что сопротивление воз-духа играет существенную роль при ее паде-нии. Легко видеть, что критерий этого таков:

2v gH≪ ,

где Н – высота падения.Из двух последних формул получаем оцен-

ку для высоты падения:

л

в

16

9H R

C

ρρ

≫ .

Для наблюдавшегося мелкого града с0,5 смR ª наша оценка выглядит так:31 мH ≫ , что заведомо выполняется. Для

крупного града с 2,5 смR ª получим155 мH ≫ , что тоже можно считать верным

с достаточной точностью.Теперь найдем кинетическую энергию W

градины перед ее ударом о землю:2 2

4л

в

642 27

mv gW R

C

π ρ= =

ρ.

Полученная формула показывает очень силь-ную зависимость энергии градины от еерадиуса.

Известно, что уровень энергии, достаточ-ной для причинения человеку смертельныхповреждений, составляет 0W = 80 Дж. Изформулы для W находим радиус опаснойдля жизни градины:

R0в

4 02л

272,4 см

64C

Wg

ρ= ≈

π ρ.

Итак, наши вычисления подтверждаютжизненную практику: крупный град опасен.К тому же градин падает много. Так что подлюбой град лучше не попадать!

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

ПоляраД.ШВЕЦОВ

ДАВАЙТЕ НАЧНЕМ С СОВСЕМ ПРОСТО-го вопроса: как построить касательную

из точки P к данной окружности ω ? Напом-ним, что стандартное построение тут таково:находим центр окружности O (как?), затемстроим окружность 1ω с диаметром OP,теперь точки пересечения окружностей ω ,

1ω и задают касательные (рис.1).

В основе этого построения лежит базовоесвойство-признак касательной – радиус,проведенный в точку касания, перпендику-лярен касательной, поэтому построение, ско-рее всего, не выглядит удивительным. А вотесли отказаться от использования циркуля,то все становится куда интересней.

Итак, давайте через произвольную точкуP вне данной окружности ω проведем две

произвольные секущие, пересекающие ок-ружность в точках A, B и C, D соответ-ственно. Пусть прямые AC и BD пересека-ются в точке E, а прямые BC и AD – в точкеQ (рис.2). Теперь, наконец, пусть прямаяQE пересекает окружность ω в точках 1P и

2P , тогда оказывается, что прямые 1PP и2PP являются касательными! Так можно

построить касательные из точки P к окруж-ности ω , используя лишь одну линейку.Заметим, что и секущие на первом шагевыбирались абсолютно произвольно, а витоге, тем не менее, получились касатель-ные, т.е. положение точек 1P и 2P не зави-сит от выбора четырехугольника ABCD.Получаем, что точки пересечения диагона-лей всех таких четырехугольников лежатна одной прямой (рис.3).

Все эти наблюдения можно сформулиро-вать в виде теоремы, элементарному дока-зательству которой и посвящена эта ста-тья.1

Основная теорема. Пусть продолжениясторон AB и CD четырехугольника ABCD,вписанного в окружность ω , пересекаютсяв точке P, продолжения сторон BС и AD –в точке Q, диагонали AC, BD – в точке E.Пусть касательные, проведенные из P кокружности ω , касаются ее в точках 1P и

1 Одно из самых естественных доказательствосновной теоремы использует проективнуюгеометрию.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

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

2P . Тогда точки 1P , 2P , E, Q лежат наодной прямой (рис.4).

Задача Шарыгина

В уже далеком 1985 году участникамXXVI Международной математическойолимпиады предлагалась следующая зада-ча, автор которой – выдающийся геометрИгорь Федорович Шарыгин (1937–2004).

Задача. Пусть описанные окружноститреугольников PAD, PBC пересекаютсявторично в точке M, как показано нарисунке 5. Тогда PMO 90∠ = ° , где O –

центр описанной окружности ω четырех-угольника ABCD. Докажите это.

Решение. Утверждение задачи равносиль-но тому, что точка M лежит на окружностис диаметром OP. С другой стороны, окруж-ность с диаметром OP проходит через сере-дины X, Y отрезков AB и CD, так какOX AB⊥ и OY CD⊥ (рис.6). Таким обра-

зом, нам достаточно доказать, что четырех-угольник PMYX вписанный.

Заметим, что MDP MAP∠ = ∠ как вписан-ные углы, опирающиеся на одну дугу MP, и,аналогично, MCP MBP∠ = ∠ (рис.7). Изравенства пар углов следует подобие тре-угольников MDC и MAB. Отрезки MX и

MY являются медианами в подобных треу-гольниках, поэтому подобны и треугольникиMYC и MXB. Из последнего подобия следу-ет равенство углов: MYP MXP∠ = ∠ , отку-да и вытекает вписанность четырехугольни-ка PMYX.

Тем самым утверждение задачи доказано.

Радикальные оси и доказательствоосновной теоремы

Давайте еще проанализируем конструк-цию из задачи Шарыгина, учитывая, чтодля трех окружностей их радикальные оси

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 538

пересекаются в одной точке либо парал-лельны.2

Обозначим окружность, описанную вок-руг четырехугольника ABCD, через ω , вок-руг четырехугольника BPMC – через β ,вокруг четырехугольника APMD – через γ(рис.8). Заметим, что прямая AD является

радикальной осью окружностей ω и γ ,прямая BC – радикальная ось окружностейω и β , а прямая PM – радикальная осьокружностей β и γ . Тогда если Q – точкапересечения прямых AD и BC, то прямаяPM также проходит через точку Q.

С другой стороны, мы уже знаем, что точкаM лежит на окружности Ω с диаметром OP,но на этой же окружности лежат точки 1P и

2P – точки касания касательных, проведен-ных из точки P к окружности ω (помните,как мы строили касательную циркулем илинейкой?).

На рисунке 9 мы вновь видим конструк-цию их трех окружностей ω , Ω , β , дверадикальные оси AD и PM которых пере-секаются в точке Q. Следовательно, и тре-тья радикальная ось 1 2PP проходит черезточку Q.

Рис. 8

Рис. 9

Таким образом, мы показали, что точкиQ, 1P и 2P лежат на одной прямой.

Упражнение 1. Докажите, что в конструкциина рисунке 9 точка M лежит на описанныхокружностях треугольников ABQ и CDQ (иначеговоря, точка M – это точка Микеля для четверкипрямых AB, BC, CD, DA).

Для завершения доказательства основнойтеоремы остается «усадить» точку E пересе-чения диагоналей на эту же прямую 1 2PP . Ноточки E и Q в некотором смысле равноправ-ны для нашей конструкции с секущими AB иCD: если поменять обозначения у точек C иD, то точки E и Q поменяются ролями.Поэтому можно ожидать, что доказательстводля точки E пойдет по тому же сценарию, чтои для точки Q. Мы предлагаем читателюпровести это доказательство, решив следую-щую серию упражнений, после чего доказа-тельство основной теоремы будет закончено.

Упражнения

2 (аналог задачи Шарыгина). Пусть описанныеокружности треугольников PAC и PBD пересека-ются вторично в точке N. Докажите, что

90ONP∠ = ° .3. Докажите, что прямая PN проходит через E.Указание. Рассмотрите тройку окружностей

(PAC), (PBD) и (ABCD).4. Докажите, что прямая 1 2PP проходит через

точку E.Указание. Рассмотрите тройку окружностей

(PACN), ( 1 2PPP N) и (ABCD).

Следствия

Рассмотрим еще раз четырехугольникABCD, вписанный в окружность с центромO, и пусть P, Q, E – точки пересечения парпрямых AB и CD, BC и AD, AC и BD. Теперьиз основной теоремы мы знаем, что прямая

2Для двух пересекающихся окружностей ра-дикальная ось совпадает с прямой, проходя-щей через их точки пересечения. Если триокружности попарно пересекаются в точках

1 2,A A ; 1 2,B B ; 1 2,C C , то теорему о радикальныхосях легко вывести из теоремы о произведенииотрезков секущих. Действительно, пусть X –точка пересечения радикальных осей 1 2B B и

1 2C C , а прямая 1XA вторично пересекает ок-ружность ( )1 2 1 2A A B B в точке 2A′ . Тогда

1 2 1 2 1 2XA XA XB XB XC XC′⋅ = ⋅ = ⋅ . Равенство1 2 1 2XA XA XC XC′⋅ = ⋅ означает, что 2A′ лежит и

на окружности ( )1 2 1 2A A C C , т.е. совпадает с 2A .

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

QE совпадает с прямой 1 2PP . Но точки 1P и2P , очевидно, симметричны относительно

прямой PO, откуда 1 2PP PO⊥ . Тем самым,QE PO⊥ . Аналогично, PE QO⊥ . Следова-тельно, точка E является точкой пересечениявысот треугольника POQ (иначе говоря,четверка P, Q, E, O ортоцентрическая, т.е.каждая из этих точек является ортоцентромтреугольника с вершинами в оставшихсятрех точках). В частности, OE PQ⊥ (рис.10).

Перпендикулярность прямых OE и PQ носитназвание теоремы Брокара.

Что дальше?

Конструкция основной теоремы встречает-ся настолько часто, что некоторые ее объек-ты заслужили собственные имена. Так, точ-ку P называют полюсом прямой 1 2PP , а самупрямую 1 2PP – полярой точки P. Такимобразом, с каждой точкой (полюсом) связа-на своя уникальная прямая (поляра), такоесоответствие называют полярным. Полярноесоответствие находит очень широкое приме-нение в решениях самых трудных задач. Длябыстрого и эффективного введения в темурекомендуем подборку задач [1], в которойможно найти множество интересных приме-ров.

Удивительным образом оказывается, чтопостроение касательной одной линейкойпроходит точно таким же образом, если мызаменим окружность на эллипс, гиперболуили параболу (рис.11).

На первый взгляд может показаться, чтонаше доказательство бесполезно в этой си-туации, однако, на самом деле все три упо-мянутых случая (эллипса, гиперболы и па-раболы) можно свести к случаю окружнос-

Рис. 11

Рис. 10

ти! Для этого используют так называемыепроективные преобразования. О них мож-но прочитать, например, в обстоятельнойкниге [2].

Под занавес отметим, что основой длявсего сюжета послужила задача Шарыгина,совершенной другой подход к которой, атакже ее связи с другими жемчужинамигеометрии можно найти в замечательнойстатье [3].

Литература

1. П.А.Кожевников. Полярное соответствие.(http://geometry.ru/persons/kozhevnikov/polar.pdf)

2. И.Я.Яглом. Геометрические преобразова-ния. Том 2. – М.: Наука, 1955. (http://www.math.ru/lib/fi les/djvu/yaglom/tom2.djvu)

3. В.Протасов. О двух велосипедистах и виш-невой косточке. – «Квант», 2008, 3. (http://geometry.ru/articles/protasovbycicle.pdf)

LXXX Московскаяматематическая олимпиада

О Л И М П И А Д Ы

8 класс

1. Замените в выражении C FAB DE=буквы цифрами так, чтобы равенство сталоверным, использовав каждую цифру от 1 до6 ровно один раз. (Пояснение: CAB – дву-значное число из цифр A и B, возведенное встепень C. Достаточно привести один способзамены.)

Е.Бакаев

2. На плоскости даны треугольник ABC и10 прямых, среди которых нет параллель-ных друг другу. Оказалось, что каждая изпрямых равноудалена от каких-то двух вер-шин треугольника ABC. Докажите, что хотябы три из этих прямых пересекаются в однойточке.

С.Маркелов

3. По кругу написано 100 ненулевых чи-сел. Между каждыми двумя соседними чис-лами написали их произведение, а прежниечисла стерли. Количество положительныхчисел не изменилось. Какое минимальноеколичество положительных чисел могло бытьнаписано изначально?

Б.Френкин

4. См. задачу 4 сложного варианта для8–9 классов весеннего тура XXXVIII Турни-ра городов (опубликовано в «Кванте» 4).

5. Преподаватель выставил оценки пошкале от 0 до 100. В учебной части могутменять верхнюю границу шкалы на любоедругое натуральное число, пересчитываяоценки пропорционально и округляя до це-лых. Нецелое число при округлении меняет-ся до ближайшего целого; если дробнаячасть равна 0,5, направление округленияучебная часть может выбирать любое, от-дельно для каждой оценки. (Например, оцен-ка 37 по шкале 100 после пересчета в шкалу40 перейдет в ( )37 40 100 14,8⋅ = и будетокруглена до 15.) Студенты Петя и Васяполучили оценки a и b, отличные от 0 и 100.Докажите, что учебная часть может сделатьнесколько пересчетов так, чтобы у Пети

стала оценка b, а у Васи – оценка a (пересчи-тываются одновременно обе оценки).

Б.Высоканов, Н.Медведь, В.Брагин

6. См. задачу М2460 «Задачника «Кван-та».

9 класс

1. Найдите наибольшее натуральное чис-ло, все цифры в десятичной записи которогоразличны и которое уменьшается в 5 раз,если зачеркнуть первую цифру.

М.Евдокимов

2. См. задачу 1 сложного варианта для8–9 классов весеннего тура XXXVIII Турни-ра городов.

3. См. задачу 2 сложного варианта для8–9 классов весеннего тура XXXVIII Турни-ра городов.

4. Найдите все такие пары натуральныхчисел a и k, что для всякого натурального n,

взаимно простого c a, число 1 1nka + − делит-

ся на n.А.Меньщиков

5. См. задачу 4 сложного варианта для10–11 классов весеннего тура XXXVIII Тур-нира городов.

6. См. задачу 5 сложного варианта для10–11 классов весеннего тура XXXVIII Тур-нира городов.

10 класс

1. Квадратный трехчлен 2x bx c+ + имеетдва действительных корня. Каждый из трехего коэффициентов (включая коэффициентпри 2x ) увеличили на 1. Могло ли оказать-ся, что оба корня трехчлена также увеличи-лись на 1?

М.Евдокимов

2. Все натуральные числа, большие едини-цы, раскрасили в два цвета – синий и крас-ный – так, что сумма любых двух синих (втом числе одинаковых) – синяя, а произве-

О Л И М П И А Д Ы 41

дение любых двух красных (в том числеодинаковых) – красное. Известно, что прираскрашивании были использованы оба цве-та и что число 1024 покрасили в синий цвет.Какого цвета при этом могло оказаться число2017?

М.Евдокимов

3. Точка O – центр описанной окружностиостроугольного треугольника ABC. Описан-ная окружность треугольника AOC вторич-но пересекает стороны AB и BC в точках Eи F. Оказалось, что прямая EF делит пло-щадь треугольника ABC пополам. Найдитеугол B.

M.Евдокимов

4. У Васи был камень (однородный, безвнутренних полостей), имеющий формувыпуклого многогранника, у которого естьтолько треугольные и шестиугольные грани.Вася утверждает, что он разбил этот каменьна две части так, что можно сложить из нихкуб (без внутренних полостей). Могут лислова Васи быть правдой?

M.Евдокимов

5. При каких натуральных n для всякогонатурального k n≥ найдется число с суммойцифр k, кратное n?

А.Кузнецов, И.Лосев

6. См. задачу 7 сложного варианта для10–11 классов весеннего тура XXXVIII Тур-нира городов.

11 класс

Первый день

1. Найдите наименьшее натуральное чис-ло, кратное 80, в котором можно так переста-вить две его различные цифры, что получив-шееся число также будет кратно 80.

А.Бегунц

2. На вписанной окружности треугольни-ка ABC, касающейся стороны AC в точке S,нашлась такая точка Q, что середины отрез-ков AQ и QC также лежат на вписаннойокружности. Докажите, что QS – биссектри-са угла AQC.

M.Васильев

3. Пусть 0x – положительный корень

уравнения 2017 1 0x x− − = , а 0y – положи-

тельный корень уравнения 403403y y x− = .

а) Сравните 0x и 0y .б) Найдите десятый знак после запятой

числа 0 0x y− .И.Шейпак

4. Три велосипедиста ездят в одном на-правлении по круглому треку длиной 300метров. Каждый из них движется со своейпостоянной скоростью, все скорости различ-ны. Фотограф сможет сделать удачный сни-мок велосипедистов, если все они окажутсяна каком-либо участке трека длиной d мет-ров. При каком наименьшем d фотографрано или поздно заведомо сможет сделатьудачный снимок?

О.Косухин

5. На гранях единичного куба отметили 8точек, которые служат вершинами меньшегокуба. Найдите все значения, которые можетпринимать длина ребра этого куба.

М.Евдокимов

6. См. задачу 6 для 10 класса.

Второй день

1. Даны две непостоянные прогрессии ( )naи ( )nb , одна из которых арифметическая, адругая – геометрическая. Известно, что

1 1a b= , 2 2: 2a b = и 4 4: 8a b = . Чему можетбыть равно отношение 3 3:a b ?

Д.Горяшин

2. Незнайка знаком только с десятичнымилогарифмами и считает, что логарифм сум-мы двух чисел равен произведению их лога-рифмов, а логарифм разности двух чиселравен частному их логарифмов. Может лиНезнайка подобрать хотя бы одну пару чи-сел, для которой действительно верны одно-временно оба этих равенства?

А.Бегунц

3. Детектив Ниро Вульф расследует пре-ступление. В деле замешаны 80 человек,среди которых один – преступник, еще один– свидетель преступления (но неизвестно,кто это). Каждый день детектив может при-гласить к себе одного или нескольких из этих80 человек, и если среди приглашенных естьсвидетель, но нет преступника, то свидетельсообщит, кто преступник. Может ли детек-тив заведомо раскрыть дело за 12 дней?

О.Косухин

4. Внутри треугольника ABC взята такаяточка D, что BD = CD, 120BDC∠ = ° . Вне

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 542

Второй теоретический тур

7 класс

1. В аэропорту Шереметьево в длинномпереходе между двумя терминалами есть двапараллельных друг другу траволатора –горизонтально расположенных эскалатора,имеющих одинаковые длины. ШкольникВася, отправляющийся на Международнуюфизическую олимпиаду, заметил, что пер-вый траволатор движется, а второй выклю-чен, и, ожидая свой рейс, решил немногоразвлечься. Он начал бегать по траволато-рам туда-сюда, каждый раз возвращаясь висходную точку. В первый раз Вася пробе-жал туда по движущемуся траволатору, аназад – по неподвижному. Во второй раз онпробежал туда по неподвижному траволато-ру, а назад – по движущемуся. Разностьвремен движения Васи в первом и второмзабегах составила 1t∆ = 25 с. В третий разВася пробежал в обе стороны по движуще-муся траволатору, а в четвертый раз – в обестороны по неподвижному. Разность времендвижения Васи в третьем и в четвертомзабегах оказалась равной 2t∆ = 5 с. Васяразвивает постоянную скорость относитель-но траволатора, скорость движения которо-го также постоянна и равна u = 1 м/с.Найдите скорость v Васи относительно тра-волатора и определите длину траволатора.Считайте, что на ускорение, торможение ина разворот Вася тратит пренебрежимо маловремени.

М.Замятнин Рис. 1

Московская физическаяолимпиада 2017 года

треугольника ABC взята такая точка E, чтоAE = CE, 60AEC∠ = ° и точки B и Eнаходятся в разных полуплоскостях относи-тельно AC. Докажите, что 90AFD∠ = ° , гдеF – середина отрезка BE.

О.Косухин

5. Таблица размером 2017 2017× заполне-на ненулевыми цифрами. Среди 4034 чисел,десятичные записи которых совпадают со

строками и столбцами этой таблицы, читае-мыми слева направо и сверху вниз соответ-ственно, все, кроме одного, делятся на про-стое число p, а оставшееся число на p неделится. Найдите все возможные значениячисла p.

А.Галатенко

Публикацию подготовил Е.Епифанов

2. Выйдя из дома, папа с дочкой Машей исыном Ваней бегут к автобусной остановке,расстояние до которой s = 430 м. СкоростьВани v = 2 м/с, скорость Маши 2v, аскорость папы 4v. Если папа сажает любогоиз детей на шею, то его скорость уменьшает-ся до 3v. Двоих детей одновременно папанести не может. Через какое минимальноевремя вся семья сможет оказаться на оста-новке? Можно считать, что посадка детей напапину шею, а также разгон и торможениепроисходят быстро.

А.Бычков

3. Три одинаковых вертикальных цилинд-рических сосуда сообщаются друг с другомвблизи дна при помощи узких трубок скранами, которые первоначально перекры-ты (рис.1,а). В левом и правом сосудах подгоризонтальными тонкими поршнями нахо-дится вода, а средний сосуд пуст. Краныодновременно открывают и в тот же моментначинают двигать вниз оба поршня с посто-янными скоростями. При этом разница уров-ней поршней по вертикали увеличивается соскоростью v. Пользуясь графиком зависимо-сти высоты h уровня воды в среднем сосуде

О Л И М П И А Д Ы 43

от расстояния по вертикали l между поршня-ми (рис.1,б), найдите скорость каждого изпоршней.

А.Бычков

4. Чебурашка и Гена долго строили и,наконец, построили наглядную модель гра-фена – двумерного кристалла углерода, со-стоящего из ячеек в виде правильных шести-угольников (как показано на рисунке 2) в

масштабе 250 000 000 : 1. Количество ячеекв модели было большим, так что ее площадьоказалась равной 212,5 м . Атомы углерода вмодели – одинаковые пластилиновые шари-ки, а связи между атомами – кусочки прово-локи, сделанной из медного сплава. Приэтом объем пластилина в каждом шарике в9 раз больше объема каждой проволочки,соединяющей соседние шарики. Оцените мас-су этой модели графена. Плотность пласти-лина 3

пл 1330 кг мρ = , плотность медного

сплава 3м 9000 кг мρ = . Масса проволочек,

необходимых для изготовления одной-един-ственной ячейки графена, составляет 487 мг.Расстояние между центрами соседних ато-мов настоящего графена 0,142 нм (нано-метр – это одна миллионная часть миллимет-ра). Площадь S правильного шестиугольни-ка с длиной стороны a определяется по

формуле 23 3

2S a= , где 3 1,7≈ .

П.Крюков

8 класс

1. Три одинаковых вертикальных цилинд-рических сосуда сообщаются при помощиузких трубок с кранами, которые первона-чально перекрыты (рис.3,а). В левом сосудепод поршнем находится жидкость плотнос-

тью 1ρ , в правом сосуде под поршнем –жидкость плотностью 2ρ , а средний сосудпуст. Краны одновременно открывают и втот же момент начинают двигать вниз обапоршня с постоянными скоростями. Сначаларазница уровней поршней по вертикали уве-личивается со скоростью v. Затем, в некото-рый момент, скорости поршней изменяются– они продолжают двигаться с постояннымискоростями, но теперь разница уровней пор-шней по вертикали уменьшается с такой жескоростью v. Пользуясь графиком зависимо-сти высоты h уровня смеси в среднем сосудеот расстояния по вертикали l между поршня-ми (рис.3,б), найдите среднюю плотностьсмеси в тот момент, когда h = 6 см. Можносчитать, что объем смеси равен сумме объе-мов жидкостей, которые перетекли из край-них сосудов.

А.Бычков

2. Три пловца разной квалификации ре-шили посоревноваться на дистанции 100метров в пятидесятиметровом бассейне. Стар-товали пловцы одновременно, и каждыйпроплывал дистанцию со своей постояннойскоростью. Обозначим через ( )12d t расстоя-ние между первым и вторым пловцами, ачерез ( )13d t – расстояние между первым итретьим пловцами в момент времени t. Нарисунке 4 красной линией изображен гра-фик зависимости ( )13d t для части заплыва –от старта до момента времени 2t . График

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 544

Рис. 5

зависимости ( )12d t изображен синей лини-ей. Численное значение величины 0d неизве-стно, но зато известно, что 1t = 30 с и

2t = 40 c. При определении расстояниямежду пловцами ширина дорожек бассейнане учитывалась и считалось, что спортсменыдвижутся почти вдоль одной прямой. Разво-рот каждого из пловцов происходит оченьбыстро.

1) Какое время на финише показал каж-дый из пловцов?

2) Продолжите (достройте) оба графикадо момента времени 60 с.

П.Крюков

3. Неоднородный груз массой 4m подве-шен при помощи системы блоков так, какпоказано на рисунке 5. Нити и блоки очень

легкие, свободные участки нитей вертикаль-ны, трения в осях блоков нет. К свободномуконцу нити, перекинутой через блоки, при-креплен противовес массой m. Участок этойже нити, находящийся между грузом и пра-вым блоком, проходит через небольшое от-верстие в неподвижной перегородке. Прискольжении нити в отверстии возникает силатрения F = 10 Н, действующая на нить состороны стенок перегородки.

1) При каких значениях массы m проти-вовеса система может оставаться в равнове-сии?

2) Где должен находиться центр масс не-однородного груза для того, чтобы равнове-сие было возможным?

3) Чему равен модуль силы трения 1F и вкакую сторону она направлена при

1 0,7m m= = кг?Модуль ускорения свободного падения

можно считать равным 210 м сg = .М.Замятнин

4. В Москве в районе Очаково работаетмощная тепловая электрическая станция сназванием «ТЭЦ-25». Максимальная элек-трическая мощность этой станции 1W == 1370 МВт. Кроме выработки электро-энергии эта станция может одновременнопоставлять тепло мощностью 2W == 4088 Гкал/ч для снабжения соседнихрайонов города горячей водой и для обо-грева домов. Станция работает на природ-ном газе метане ( 4CH ), при сгорании

0m = 16 г которого выделяется количествотеплоты Q = 797 кДж. В атмосферу черезтрубы вместе с продуктами сгорания всегдавыбрасывается 20% энергии, полученной врезультате сгорания топлива. В летнем ре-жиме, когда дома отапливать не нужно,станция работает на 80% своей максималь-ной электрической мощности и при этом30% выделившего при сгорании метана ко-личества теплоты все равно приходится от-водить в атмосферу при помощи испаренияводы в специальных устройствах – градир-нях. Удельная теплота парообразованияводы L = 2256 кДж/кг, одна калория рав-на примерно 4,2 Дж.

1) Каков у станции расход топлива (вкг/с) зимой?

2) Каков КПД использования тепловойэнергии при ее преобразовании в электри-ческую зимой?

3) Какое количество воды ежесекунднопревращается в пар (в л/с) в градирняхстанции летом?

4) Какая мощность поставляется потреби-телям горячей воды в домах летом?

И.Семериков, С.Варламов

9 класс

1. Ракета удаляется от горизонтальнойповерхности Земли со скоростью v, направ-ленной строго вертикально. Параллельноповерхности точно на запад летит самолет со

скоростью 3v .

1) С какой наименьшей по модулю скоро-стью u и в каком направлении должен лететь(относительно Земли) квадрокоптер для того,чтобы относительно него ракета и самолетимели противоположные по направлениюскорости?

2) Под каким углом к горизонту (относи-тельно Земли) должна быть направлена ско-

О Л И М П И А Д Ы 45

рость квадрокоптера для того, чтобы раке-та и самолет имели в системе отсчета квад-рокоптера противоположные по направле-нию и равные по модулю скорости? Чемуравен модуль скорости квадрокоптера в этомслучае?

А.Бычков

2. В находящуюся в широком сосуде жид-кость частично погружены одинаковые ку-бики со стороной а и массой M, которые

удерживаются в рав-новесии при помощисистемы, состоящейиз невесомых блоков,соединенных оченьлегкой и нерастяжи-мой нитью (рис.6).Трение в осях блоковотсутствует, плот-ность жидкости рав-на плотности куби-ков. Изначально пра-вый кубик погруженв жидкость ровно на-половину.

1) На какую вели-чину изменится глубина погружения право-го кубика, если на левый кубик поместитьнебольшой перегрузок массой 16m M= ?

2) На сколько в результате этого изменят-ся модуль силы натяжения нити и модульсилы давления жидкости на дно?

3) При каких значениях массы перегрузкаоба кубика останутся частично погруженны-ми в жидкость?

Явлениями, связанными со смачиваниемповерхностей кубиков жидкостями, можнопренебречь.

М.Замятнин

3. Для охлаждения своих одинаковых эк-спериментальных установок юные физикиВася и Петя используют радиаторы, в кото-рые через трубки одинакового сечения зака-чивают жидкую смесь холодной воды, име-ющей температуру 0 0 Ct = ° , с мелко пере-тертым льдом в объемном соотношении трик одному. Известно, что в эксперименталь-ной установке Васи на выходе из радиатораполучается вода с температурой 1 32 Ct = + ° ,а в установке Пети – с температурой

2 75 Ct = + ° . Тепловые мощности, отбирае-мые охлаждающей смесью у двух установок,

одинаковы. Чему равно отношение скорос-тей закачивания смеси в радиаторы экспери-ментальных установок Васи и Пети? Плот-ность воды 3

в 1000 кг мρ = , плотность льда3

л 900 кг мρ = , удельная теплоемкость воды

( )4200 Дж кг Сс = ⋅ ° , удельная теплота

плавления льда 53,35 10 Дж кгλ = ⋅ .А.Бычков

4. На рисунке 7 приведена схема цепи,состоящей из трех одинаковых омметров Ω ,с помощью которыхизмеряется неизве-стное сопротивле-ние R резистора.Полярность вклю-чения у всех оммет-ров одинаковая.Один из омметровпоказывает сопро-тивление 1R = 100 Ом, а другой –

2R = 800 Ом. Каковы показания 3R тре-тьего омметра? Чему равно сопротивление Rрезистора?

Указание. Можно считать, что омметрсостоит из соединенных последовательноидеального источника с напряжением U,резистора сопротивлением r и идеальногоамперметра. Показания амперметра автома-тически пересчитываются в сопротивлениеподключенного к его клеммам резистора,которое отображается на цифровом таблоприбора.

М.Замятнин

10 класс

1. Жесткий стержень АВ длиной L лежитна горизонтальном полу, придвинутый од-ним из своих кон-цов вплотную квертикальной сте-не, как показанона рисунке 8. Вточке А сидит бу-кашка. В тот мо-мент когда конецА стержня началидвигать вверхвдоль стены с по-стоянной по модулю скоростью v, букашкапоползла по стержню с постоянной относи-тельно стержня скоростью u в направленииконца В, который скользит по полу, не

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 546

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

отрываясь от него. Найдите максимальноерасстояние s от стенки до букашки в процессеее движения по стержню.

А.Бычков

2. По закрепленной наклонной плоско-сти, составляющей угол α с горизонтом,скользил брусок массой 2m, двигаясь с по-стоянной скоростью v. Сверху без началь-ной скорости отпустили кусок пластилинамассой m. Пролетев расстояние H, пласти-лин упал на брусок и прилип к нему. Ка-кое количество теплоты выделилось за вре-мя соударения? Сопротивление воздуха пре-небрежимо мало.

М.Замятнин

3. Деревянный брусок плотностью3500 кг мρ = в форме прямоугольного па-

раллелепипеда имеет длину L = 1 м и квад-ратное поперечное сечение со сторонойa = 10 см. Брусок опустили в воду боль-шого озера и удерживали его в таком неус-тойчивом положении равновесия, что однаиз длинных граней бруска была сухой игоризонтальной, при этом половина объемабруска была погружена в воду. Брусок от-пустили, и он принял устойчивое положе-ние, повернувшись вокруг своей оси сим-метрии на угол 45° . На сколько в резуль-тате этого уменьшилась потенциальная энер-гия системы вода–брусок? Плотность водыравна 2ρ .

С.Варламов

4. Один моль идеального одноатомногогаза совершает замкнутый цикл, состоящий

из изотермы1–2 и процессов2–3 и 3–1, в ко-торых давлениеявляется линей-ной функциейобъема, как по-казано на рисун-ке 9. Известно,что в состояни-ях 1 и 2 давле-

ние газа равно 1p и 2p соответственно. Прикаких давлениях в состоянии 3 в нем дости-гается максимальная температура газа завесь цикл?

А.Бычков

5. См. задачу Ф2471 «Задачника «Кван-та».

11 класс

1. Прямой круговой конус с образующейдлиной L = 13 см и диаметром основанияD = 10 см катится по горизонтальной по-верхности, не проскальзывая (рис.10). Центр

основания конуса движется с постоянной помодулю скоростью, а максимально возмож-ная скорость точки, лежащей на поверхнос-ти этого конуса, равна v = 1 м/с. На однуиз точек, расположенных на границе основа-ния и боковой поверхности конуса, нанесенаочень маленькая метка M. Над конусомнеподвижно закреплен фотоаппарат Ф,объектив которого расположен горизонталь-но. В момент когда метка находилась в своемнаивысшем положении и строго под объек-тивом фотоаппарата, был сделан фотосни-мок. Через какое минимальное время послеэтого можно при помощи того же неподвиж-ного фотоаппарата сделать точно такую жефотографию?

С.Варламов

2. Одинаковые пылинки, имеющие зарядq = 1 пКл, массу m = 1 мг и летящие содинаковой началь-ной скоростью v

r

,модуль которой ра-вен 2 м/с, попа-дают на некотороевремя в область, вкоторой созданоэ л е к т р и ч е с к о еполе. Модуль век-тора напряженнос-ти этого поля неменяется со време-нем и равен Е = = 10 кВ/см, а век-тор напряженностивращается с посто-

О Л И М П И А Д Ы 47

янной угловой скоростью ω = 2 рад/с водной плоскости с векторами скоростей час-тиц (рис.11).

1) С какой максимальной по модулю ско-ростью u могут вылетать некоторые пылин-ки из области действия электрического поля?

2) Какого наибольшего значения можетдостигать угол β между вектором конеч-ной скорости и начальным направлениемдвижения (угол отклонения) некоторыхпылинок, если время их пребывания в полеτ = 0,25 с?3) До какого значения 0τ надо изменить

длительность пребывания некоторых пыли-нок в данном поле для того, чтобы наиболь-ший угол их отклонения достиг своего мак-симально возможного значения? Чему ра-вен максимально возможный угол отклоне-ния 0β ?

Взаимодействие пылинок друг с другом ивлияние на них других сил пренебрежимомало.

М.Замятнин

3. См. задачу Ф2472 «Задачника «Кван-та».

4. В теплоизолированном цилиндре поднепроводящим тепло поршнем находятся втермодинамически равновесном состоянииаргон и насыщенные пары воды при темпе-ратуре 1T = 302 К и давлении p = 2 атм.Сразу после быстрого увеличения объемасмеси под поршнем в n = 1,06 раза темпе-ратура в цилиндре уменьшается до некото-рой величины 2T , а водяные пары оказыва-ются в термодинамически неравновесномсостоянии пересыщения, при котором ихдавление 2p становится выше давления на-сыщенного пара ( )нас 2p T при новой темпе-ратуре. Со временем часть пара конденси-руется, и система вновь приходит в состоя-ние устойчивого термодинамического рав-новесия.

1) Найдите температуру 2T .2) Определите давление 2p .3) Верно ли, что в новом состоянии устой-

чивого равновесия температура под порш-нем будет отличаться от 2T менее чем на1 К?

Удельная теплоемкость воды( )4200 Дж кг Кc = ⋅ , теплоемкость одного

моля водяного пара при постоянном объеме3VС R= , удельная теплота испарения воды

62,33 10 Дж кгL = ⋅ , молярная масса водыМ = 18 г/моль. График зависимости дав-ления насыщенных паров воды от темпера-туры представлен на рисунке 12.

П.Крюков

5. Точки 1 2017, ,A A… – вершины правиль-ного 2017-угольника, точка S – его центр.Между соседними вершинами многоуголь-ника, за исключением 1-й и 2017-й, включе-ны одинаковые идеальные батарейки с на-пряжением 0U так, как показано на рисунке13. Также между каждой вершиной и точкой

S включен вольтметр с соответствующимномером. Все вольтметры одинаковые, вточке S есть электрический контакт.

1) На сколько отличаются показания пер-вого и десятого вольтметров?

2) Что показывает вольтметр с номером N?3) Определите номер вольтметра с нуле-

выми показаниями.П.Крюков

Публикацию подготовилиА.Бычков, М.Семенов, А.Якута

Рис. 13

Рис. 12

Инженерная олимпиадашкольников

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы

Пять лет назад ряд ведущих техническихуниверситетов России – Национальный ис-следовательский ядерный университет«МИФИ», Московский государственный уни-верситет путей сообщения (МИИТ), Санкт-Петербургский государственный электротех-нический университет «ЛЭТИ», Нижегород-ский государственный технический универси-тет имени Р.Е.Алексеева и Самарский нацио-нальный исследовательский университет име-ни академика С.П.Королева – организовалинеобычную олимпиаду, посвященную физикев технике, физике вокруг нас, физике в жиз-ни человека. Эту олимпиаду было решеноназвать «Инженерной олимпиадой школьни-ков». За пять лет олимпиада прошла длин-ный путь от нескольких десятков участниковдо шести тысяч, от 3 точек проведения до 26региональных площадок (в том числе трех –за пределами РФ), от неясного и плохо опре-деленного формата до продуманного зада-ния по инженерной физике, включающего эле-менты прикладной механики и сопротивле-ния материалов, электротехники и электро-ники, технической термодинамики и техни-ческой оптики.

Инженерная олимпиада школьников входитв Перечень олимпиад школьников, поэтому еепобедители и призеры получают особые правапри поступлении в любые вузы РФ.

Ниже приводятся избранные задачи отбо-рочных и заключительного туров Инженернойолимпиады школьников 2016/17 учебного года.

Избранные задачи олимпиады

1. В открытый с двух сторон тонкостен-ный цилиндр радиусом R, стоящий на го-ризонтальной поверхности, помещают двашарика радиусами 2r и r и массами 2m и m

соответственно (рис.1).Нижний шарик лежитна горизонтальной по-верхности, верхнийшарик опирается нанижний и на боковуюстенку цилиндра. Смо-гут ли шарики опро-

кинуть цилиндр, и если да, то при какойего максимальной массе?

2. Имеется цилиндрическая труба с внут-ренним радиусом r, внутри которой находит-ся газ под давлением р. Найдите силу (вели-чину и направление),действующую со сто-роны этого газа накусок трубы с плос-кими сечениями, ко-торые образуют углыα и 2α с перпендику-лярной трубе плоскостью и осью трубысоответственно (рис.2; кусок трубы, длякоторого нужно искать силу, выделен).

3. Трехзвенный механизм представляетсобой три связанных шарнирно стержня

1O A , АВ и 2BO , прикрепленных к непод-вижным осям 1O и 2O . Размеры механизма(в условных единицах) и его расположениев некоторый моментвремени показаны нарисунке 3 (АВ = 5,угол между звенья-ми 1AO и 2BO –прямой). Стержень

1O A вращается вок-руг оси 1O так, чтовеличина скороститочки А постоянна и равна v (направлениевращения стержня 1AO показано стрел-кой). Найдите в этот момент скорость точкиМ, делящей стержень АВ в отношении 3:1(АМ : МВ = 3:1).

4. Известна цепь, в которой лампочкуможно включать и выключать любым издвух выключателей K, причем независимоот положения второго (рис.4). На основеприведенной цепи постройте цепь, в которойвключение-выключение лампочки можно

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 49

осуществлять любым из пяти выключателейнезависимо от положения четырех осталь-ных. Цепь должна состоять только из прово-дов и выключателей – одинарных или двой-ных (рис.5). Одинарный выключатель со-

единяет или разрывает один провод, двой-ной выключатель может работать в двухрежимах: 1) одновременно соединять илиразрывать два провода двухпроводной ли-нии, 2) одновременно переключать соедине-ние двух проводов двухпроводной линии.

5. Важным параметром жидкостного насо-са является его напорно-расходная характе-ристика, которая показывает, какой перепаддавлений p∆ (напор) может обеспечить на-сос в зависимости от количества жидкостиµ , которое он может прокачать в единицувремени (расход). Эта зависимость, как пра-

Рис. 6

Рис. 5

вило, является убывающей функцией: прибольшом расходе насос может обеспечитьтолько маленький напор и наоборот. Имеет-ся насос, напорно-расходная характеристи-ка которого имеет вид 2

0p p∆ = − αµ , где 0pи α – известные числа с соответствующимиразмерностями. При каком расходе насосразвивает наибольшую мощность? Чему рав-на эта наибольшая мощность?

6. Два зубчатых колеса помещены междугоризонтальными зубчатыми рейками(рис.6). Одиночное колесо имеет радиус R,ступенчатое образовано двумя концентри-

ческими колесами радиусов 3 4R и 5 4R ,причем второе колесо зажато между рейкамибольшим и малым колесами (как показанона рисунке). Верхняя рейка движется впра-во со скоростью v. Сближаются или удаля-ются друг от друга колеса? Найдите ско-рость центра правого колеса относительноцентра левого.

Публикацию подготовил С.Муравьев

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» 4)

1. У восьми кубиков 8 6 48◊ = граней. Из них48 : 3 = 16 синих. На гранях большого куба2 2 2¥ ¥ мы видим 6 4 24◊ = грани маленькихкубиков, из них 24 : 3 = 8 красные, а осталь-ные 24 – 8 = 16 синие. Итак, все 16 синих гра-ней маленьких кубиков расположены наповерхности большого, т.е. все невидимые гра-ни красные. Теперь можно каждый кубик по-вернуть так, чтобы три его скрытые красныеграни оказались снаружи.Можно обойтись и без подсчета числа граней.По условию синие грани составляют 1 3 от их

общего числа. На поверхности большого кубамы видим ровно половину граней каждого ку-бика (три из шести), т.е. мы видим половинувсех граней. Синих из них 2 3 , т.е 2 3 1 2◊ =

1 3= от их общего числа. Значит, все синиеграни снаружи, и мы можем повернуть каждыйкубик, спрятав этиграни вовнутрь.2. Да, можно.Пример – на рисун-ке 1.3. 19 19 м¥ .В первом случае пересечением ковров являетсяквадрат площади 24 м (рис.2,а), значит, длинастороны этого квадрата равна 2 м. Во второмслучае пересечение – прямоугольник, одна сто-рона которого также равна 2 м (рис.2,б). Сле-

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 550

довательно, другая сторона этого прямоуголь-ника равна 14 : 2 = 7 (м), а это и есть длинастороны меньшего ковра. Значит, сторона боль-шего ковра имеет длину 14 м. Так как стороныковров накладываются друг на друга на 2 м, тодлина стороны зала равна 7 + 14 – 2 = 19 (м).4. 16 крестиков.Пример – на рисунке 3,а.Оценка. Рассмотрим произвольную расстановкукрестиков, удовлетворяющую условию. Дока-

жем, что в ней хотя бы 9 ноликов. Предполо-жим, что это не так, тогда ноликов не более 8.Рассмотрим два случая. 1) В центральной клет-ке стоит нолик. Тогда разобьем оставшиесяклетки на 8 групп по 3 клетки (рис.3,б). Вкаждой из них хотя бы один нолик, значит,всего ноликов не менее 9. Противоречие. 2) Вцентральной клетке стоит крестик. Тогда рас-смотрим 8 пар клеток, изображенных на рисун-ке 3,в. В каждой из них хотя бы один нолик,значит, всего ноликов не менее 8. Но по пред-положению ноликов не более 8, значит, их ров-но 8, при этом в каждой выделенной паре ров-но один нолик и вне этих пар ноликов нет. Тог-да на оставшихся клетках – крестики (рис.3,г).Рассмотрим четыре выделенные тройки, в каж-дой из них уже по 2 крестика, поэтому остав-шиеся знаки – нолики. Рассмотрим снова четы-ре из восьми ранее выделенных пар (рис.3,д),мы уже выяснили, что в них ровно один нолик,значит, другие знаки в них – крестики, поста-вим их. Видим, что в центре оказались тройкиподряд идущих крестиков. Следовательно, этарасстановка крестиков не удовлетворяет усло-вию. Противоречие.

Рис. 3

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

(см. «Квант» 3)

20. Возьмем две таблицы из 0, 1 и 2, изобра-женные ниже. Если вместо каждого числа xтаблицы 1 написать 3x, а вместо каждого числаx таблицы 2 записать 5x, получатся таблицы 3и 4. Перемножив их (т.е. перемножив пары чи-сел в соответствующих ячейках), получим таб-лицу 5, все числа которой различны, а произве-дения в строках, столбцах и диагоналях равны

3 33 5◊ .

21. Пусть A + B = 1099999, где A и B – шести-значные числа. Если выкинуть из A и B первуюцифру, сумма полученных пятизначных чиселбудет оканчиваться на 99999, а значит, она рав-на 99999, потому что сумма любых двух пяти-значных чисел меньше 199999. Отсюда следует,что сумма первых цифр чисел A и B равна 10.Значит, если в числах A и B поставить первуюцифру на последнее место, то в сумме получит-ся 999990 + 10 = 1000000.22. 6 гирь.Пример: гири 100 г, 200 г, 400 г, 800 г, 1600 г,3200 г. Сократив все массы на 100, получим,что массы гирь составляют количества граммов,равные степеням двойки: 01 2= , 12 2= ,

24 2= , …, 532 2= . Доказать, что с помощьютаких гирь можно набрать любое целое количе-ство граммов от 1 до 62 1- , можно, сослав-шись на известную задачу о том, что с помо-щью гирь с массами 0 1 22 ,2 ,2 , ,2k… можно на-брать любое количество граммов от 1 до

12 1k+ - (в общем случае ее можно доказать поиндукции, а для k = 5 можно даже просто пере-брать все варианты). Мы сокращали массы на100, поэтому с помощью исходных гирь можноуравновесить любую массу от 100 г до 6300 г,кратную 100 г.Пусть удастся обойтись 5 гирями массами a, b,c, d, e. Тогда есть всего 31 вариант наборовэтих гирь (каждую гирю можно либо взять внабор, либо не взять – 52 способов, остаетсяотбросить пустой набор). И требуется взвесить

Рис. 2

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 51

тоже 31 массу: 3000 г, 3100 г, …, 6000 г. Нотогда каждая из масс a, b, c, d, e должна вхо-дить в этот набор. Значит, сумма масс всех (идаже любых двух) гирь больше 6000 г. Проти-воречие.23. Заметим, что при повороте на 60 градусоввокруг узла сетки каждый узел переходит вдругой узел. Значит, можно рассмотреть треу-гольник с вершинами в узлах сетки и всемисторонами, равными a. Такой треугольник мож-но достроить до бесконечной треугольной сет-ки, каждая из ячеек которой – равностороннийтреугольник со стороной, равной a. При этомвсе узлы такой сетки будут являться узлами из-начальной сетки.Рассмотрим эту сетку и докажем, что можнопровести отрезок с вершинами в ее узлах.Пусть площадь одного треугольничка этой сет-ки – s. Тогда у равностороннего треугольника,площадь которого в k раз больше, чем s, сторо-на в k раз больше, чем a. На рисунке 4 пока-

заны равносторонние треугольники с площадя-ми 3s и 37s с вершинами в узлах сетки (убеди-тесь в этом сами; доказательство аналогичнорешению задачи 11 «Конкурса», напечатанномув «Кванте» 3). Стороны этих треугольникови являются искомыми отрезками, проведенны-ми на новой сетке.

МАГИЯ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ

(ЗА КУЛИСАМИ)

1. Если 2 2a b+ раскладывается над R нетри-виальным образом, то оба множителя – одно-родные линейные, т.е. имеют вид a bλ µ+ , где

,λ µ ŒR , причем λ и µ не равны 0 одновре-менно. Но такое выражение обнуляется на це-

лой прямой, в то время как при a,b ŒR2 2 0 0a b a b+ = ¤ = = .

2. Разложив обе суммы квадратов и перегруп-

Рис. 4

пировав множители, приходим к одному издвух тождеств:

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2a b c d ac bd ad bc+ + = + + - =

= ( ) ( )2 2ac bd ad bc- + + .

3. 2x i+ = ( )3a bi+

( )( )3 2 22x i a bi y a bfi - = - fi = + ¤

( )3 2

2 3 2 2

2 3 ,

1 3 3 1

x a ab

a b b b a b

Ï = -Ô¤ ¤Ì= - ¤ = - = ±ÔÓ

¤1,

0.

b

a x

= -ÏÌ = =Ó

Значит, ( ) ( ), 0, 1x y = – единственное решение.

4. ( ) ( )2 2 1 3 1 3◊ = + - - - .

5. Поскольку сумма векторов kOAuuuuur

равна 0r, то

и сумма их проекций на ось абсцисс равна 0:

2

2

2 1

2 41 2cos 2cos 0 4 2 1 0

5 5c c

c cπ π

-

+ + = fi + - = fi123 123

fi 5 1

4c

-= , так как c > 0.

6. а) Тригонометрический метод упомянут весь-ма по делу. Корни из комплексных чисел из-влекаются тригонометрически (об этом – в сле-дующем номере журнала). Значение первогокубического корня в формуле Кардано можнобрать любым из трех, значение второго корняопределяется однозначно, поскольку произведе-

ние значений этих корней равно 3

p- .

б) Два других корня: 2a bε ε+ , 2a bε ε+ , где

1 3

2

iε

- += . Эти значения также дает форму-

ла Кардано, принимающая вид 3 33 3x a b= + .в) Методом Виета можно решать любые куби-ческие уравнения. В уравнении 3 0x px q+ + =делаем подстановку x = kz: 3 3 0k z pkz q+ + = иk ищем из условия

3k : ( ) ( ) 44 : 3

3

ppk k

-= - ¤ Œ .

При a > 1 нужно воспользоваться гиперболи-

ческим косинусом ch2

t te et

-+= . Верна анало-

гичная формула 3ch 3 4ch 3cht t t= - . Для про-

извольного a ŒC нужно продолжить функциюcos на всю комплексную плоскость (почитайтепро комплексную экспоненту).Доказательство теоремы Эйлера–Ферма( ) ( )1 2fi Пусть p = uv, где |u|, |v| > 1. Тогда

2 22p u v= , 2 2

u v ŒN, поэтому 2 2u v p= = ,

откуда p uu

v uu u

= = = . Значит, если u = a + bi,

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 552

ИНЖЕНЕРНАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ

1. На шарики действуют силы тяжести, силыреакции между ними, сила реакции горизон-тальной поверхности исилы реакции со сторо-ны боковых стенок ци-линдра (рис.5). Пустьα – угол между отрез-ком, соединяющим цен-тры шариков, и гори-зонтом. Из условияравновесия верхнегошарика в проекциях навертикальное и гори-зонтальное направленияимеем

sin

mgN

α= , 2

cos

sin

mgN

αα

= .

Очевидно, такой же будет и сила реакции 1N .Угол α найдем геометрически:

2 3 cos 2r r r Rα+ + = , и 2

cos 13

R

rα = - .

Рассмотрим теперь условие равновесия цилинд-ра (рис.6). Нацилиндр действу-ет его сила тяжес-ти (Mg), двесилы реакции состороны шариков( 1 1N N=¢ и

2 2N N=¢ ) и силареакции со сторо-ны пола, которая

Рис. 5

Рис. 6

где ,a b ŒZ, то v = a – bi и 2 2p uv a b= = + .

Очевидно, что при этом , 0a b π , иначе p – со-

ставное в N.

( ) ( )2 3fi Если ( )2 2, 0,1 mod 4a b ∫ , то2 2 0,1,2p a b= + ∫ ( )mod4 . Но р – простое и

p > 2, поэтому ( )0,2 mod4p ∫/ .

( ) ( )3 1fi Существует такое n ŒN , что 2 1n +

кратно p (выводится из малой теоремы Фермаили теоремы Вильсона). Далее p становится со-

ставным в [ ]iZ , так как иначе из соотношения

p | ( ) ( )2 1n n i n i+ = + - следовало бы, что

p | n + i или p | n – i, что неверно.

АЛГЕБРА И ГЕОМЕТРИЯ

КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ

1. а) Если 0z- ≥ , то ( )0 0 0 0z z= + - > + = –противоречие.б) В §1 доказано: 0 0zw z= ¤ = или w = 0.Осталось разобрать 4 случая. Например, еслиz, w < 0, умножаем неравенство z < 0 на–w > 0 и получаем ( ) 0z w- < , т. е. zw > 0 всилу п. а).в) Следует из б) при z = w.г) По п. в) 21 1 0= > , тогда по п. а) –1 < 0 < 1.2. Распишите z = x + yi , w = u + iv

( ), , ,x y u v ŒR и преобразуйте доказываемое не-равенство равносильными преобразованиями кистинному.

4. а), б). См. §4. в) x = 1, 2 2

cos sin5 5

iπ π

± ,

4 4cos sin

5 5i

π π± , см. §2 «Магии комплексных

чисел».5. а) ( )cos sinx a i a a π= ± Œ ¤ ŒR Z .б) 2x a= , 1 – a и далее 3 случая: a < 0,0 1a£ £ , a > 1.

6. а) ( )2

24, 4

2

p p qx y p q

Ï ¸+ -Ô Ô= à ¤ ≥Ì ˝Ô ÔÓ ˛

R .

б) ( ) 2,x y ŒC .

q = 0: x = 0, 4y pŒ или y = 0, 4x pŒ

( 4 a a= , см. §4);

0q π : 2

4 4

2

p p qx

± -Œ (максимум 8 значе-

ний), 4

yq

= .

( ) 2,x y ŒR .

q = 0, 0p ≥ : x = 0, 4y p= ± или

y = 0, 4x p= ± ;

22 0p q≥ > : 2 4

4 4

2

p p qx

± -= ± (максимум 4

значения), 4

yq

= ;

при остальных p, q действительных решенийнет.

7. cos sin2 2

iϕ ϕÊ ˆ± +Á ˜Ë ¯

. Формально следует из

формулы (6) и формул половинного аргумента,

но идейно следует из геометрии умножения накомплексное число, о чем будет рассказано вовторой части статьи.8. а) Возводим обе части (неотрицательные)неравенства в квадрат.б) Оба множества симметричны относительно 0и их квадраты равны множеству a b c+ , так

как 222 2

a ab c b c

δ δ+ -= = – мы восполь-

зовались равенством множеств AB A B=для любых ,A B ŒC .

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 53

в момент переворота цилиндра окажется сосре-доточенной в точке, относительно которой про-исходит переворот (правая нижняя). В этот мо-мент будет выполнено условие равенства мо-ментов сил

( )2 12 3 sin 2N r r N r MgRα+ = ◊ + , или

3 cosMR mr α= .

Отсюда найдем, что цилиндр не перевернетсяпри условии

( )2 3m R rM

R

-≥ .

2. Если бы основания выделенного участка тру-бы были закрыты плоскими поверхностями, тосила, действующая на этот участок (вместе сплоскими основаниями) со стороны газа, былабы равна нулю. Поскольку площади оснований

равны 2

cos

rπα

и 2

sin 2

rπα

, то на них действуют

силы 2

1 cos

p rF

πα

= и2

2 sin 2

p rF

πα

= , направ-

ленные перпендику-лярно основаниям(рис.7). Следова-тельно, сила, дей-

ствующая на кусок трубы без оснований, равна

( )21 2sin cos2 tg ctg 2F F F p rα α π α α= + = +

и направлена в сторону максимальной образую-щей куска трубы (на рисунке – вниз).3. С одной стороны, точки А и В принадлежатстержням 1O A и 2O B , поэтому их скорости v

r

и 1vr

направле-ны перпендику-лярно этим стер-жням (рис.8 ).С другой сторо-ны, эти точкипринадлежат не-деформируемо-му стержню АВ,и потому проек-ции их скорос-

тей на сам стержень равны друг другу:

1cos sinv vα α= .

Отсюда, с учетом того что tg 3 4α = (это сле-дует из геометрии механизма), получаем

14

3v v= .

Поскольку точка О лежит на пересечении пер-пендикуляров к скоростям двух точек стержняАВ, то в этой точке расположен мгновенныйцентр вращения этого стержня, а его угловая

Рис. 7

Рис. 8

скорость равна1

AB

v v

OA OBω = = .

Тогда для скорости точки М имеем

M ABv OMω= ◊ .

Длину отрезка ОМ найдем из треугольникаОМВ по теореме косинусов:

( )2 2 7 52 cos у.е.

5OM OB MB OBMB α= + - = .

Окончательно получаем7 5

15Mv v= .

4. В данной цепи выключатели выполняютфункцию переключения тока с верхней линиицепи на нижнюю и наоборот. Поэтому если всистеме с большим количеством выключателейкаждый будет делать то же самое – переклю-чать ток с верхней линии на нижнюю и наобо-рот, то каждый (независимо от положения дру-гих) будет включать и выключать лампочку.Это значит, что для организации требуемойцепи необходимо использовать нужное количе-ство двойных выключателей во втором режиме.Например, для цепи, показанной на рисунке 9,

лампочка горит. Если переключить любой вык-лючатель, например 2K (рис.10), лампочка по-гаснет.

Если в этом положении переключить любойвыключатель, например 3K (рис.11), лампочкавновь загорится.

В двухпроводной линии можно расположитьлюбое количество таких выключателей, каж-дый из которых будет включать-выключать

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 554

XXXVIII ТУРНИР ГОРОДОВ

(см. «Квант» 4)

Задачи весеннего тура

БАЗОВЫЙ ВАРИАНТ

8–9 классы

1. 20161932.Нужно дописать справа как можно меньшецифр к 2016, чтобы число поделилось на 2017.Если мы допишем одну цифру, то разность20170 – 2016* тоже должна будет делиться на2017, но она слишком мала для этого, потомучто не превосходит и десяти. Так же не хватитдвух и трех цифр. Взяв разность 20170000 –2016**** максимально большой положительной,а именно 4 2017◊ , мы получим ответ.2. Квадратный трехчлен с единственным кор-нем a и старшим коэффициентом 1 имеет вид

( )2x a- . Координаты точки на его графике

имеют вид ( )( )2,p p a- . Трехчлен

( )22x px p a+ + - имеет единственный корень,

когда его дискриминант равен нулю, т.е.

( )2

2

2

pp a

Ê ˆ = -Á ˜Ë ¯. Подходят p = 2a или

2

3

ap = .

3. Отразим относительно BC центр O описан-ной окружности Ω треугольника ABC(рис.12). Получим точку O¢. Так как

2 120 180BO C BOC A A– = – = – = ∞ = ∞ - –¢ ,

то O¢ лежит на Ω . Так как O лежит на сере-динном перпендикуляре к BC, то O¢ – середи-на дуги BC. Значит, биссектриса угла A прохо-дит через O¢. Это и значит, что после отраже-ния шарик пройдет через точку O.4. Обозначим первые слева 25 мест в ряду бук-вой A, вторые 25 – B, третьи и четвертые – C иD. Каждый раз, выбирая 50 детей, будем выст-раивать их по убыванию роста. Сделаем это

Рис. 12

лампочку независимо от положений остальныхвыключателей.5. Пусть v – скорость движения жидкости че-рез насос, S – площадь сечения трубопроводовнасоса. Тогда за малое время t∆ насос переме-щает массу жидкости m Sv t∆ ρ ∆= (здесь ρ –плотность жидкости), и, следовательно,

mSv

t

∆µ ρ

∆= = .

С другой стороны, поскольку насос действовална эту жидкость силой F pS∆= , то его мощ-ность равна

pN Fv pSv

∆ µ∆

ρ= = = .

Таким образом, мощность, развиваемая насо-сом, есть (с точностью до постоянного множи-теля ρ ) произведение напора на расход:

30N p p∆ µ µ αµ∼ = - .

Чтобы найти максимальную мощность насоса,нужно найти максимум этого выражения. Диф-ференцируя N по µ и приравнивая производ-ную к нулю, находим напор, отвечающий мак-симальной мощности, и саму максимальнуюмощность:

0max 3

pµ

α= , 0 0

max2

3 3

p pN

ρ α= .

6. Движение колес представляет собой враще-ние и поступательное движение, а скорости раз-личных точек колес складываются из скоростейэтих двух движений. Пусть левое колесо дви-жется направо со скоростью 1v и вращается почасовой стрелке с угловой скоростью 1ω (есликакая-то из этих величин окажется отрицатель-ной, значит, направление поступательного дви-жения или вращения колеса противоположнопринятому). Поскольку в системе отсчета, свя-занной с центром колеса, оно только вращает-ся, скорость верхней точки колеса равна

1 1v Rω+ , а нижней равна 1 1v Rω- . А так какскорости верхней и нижней точек левого колесасовпадают со скоростями верхней и нижнейреек, имеем

1 15

4v R vω+ ◊ = , 1 1

50

4v Rω- ◊ = , и 1

1

2v v= .

Пусть правое колесо движется также направосо скоростью 2v и вращается по часовой стрел-ке с угловой скоростью 2ω . Тогда

2 25

4v R vω+ ◊ = , 2 2

30

4v Rω- ◊ = , и 2

3

8v v= .

Получается, что скорость правого колеса мень-ше скорости левого, поэтому колеса сближают-ся и скорость центра правого колеса относи-тельно центра левого равна

1 21

8u v v v= - = .

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 55

s p полосок длины p. В каждую такую полос-ку попадает ровно одна единица. Поэтому сум-ма чисел в T равна s p , т.е. не зависит от вы-бора прямоугольника.4. 8 перебежек.Занумеруем детей по возрастанию роста – 1, 2,...…, 10.Оценка. Пусть изначально они стояли в обратномпорядке. Если было меньше восьми перебежек,то какие-то трое детей остались на своих местах,а их порядок противоположен нужному.Пример на 8 перебежек: 1-й и 2-й остаются насвоих местах, 3-й перебегает и встает за 2-м,потом 4-й – за 3-м и т.д.5. Неверно.

Графики ( )216 25

8y x x= + - и ( )21

25 68

y x x= + -

имеют оси 3x = ± , а пересекаются при 5x = ± .

Произведение тангенсов углов наклона касатель-

ных в точках пересечения равно ( ) (12 5 6 6

64◊ + -

)2 5 1- ◊ = - . Значит, касательные в этих точках

перпендикулярны.

СЛОЖНЫЙ ВАРИАНТ

8–9 классы

1. Предположим, что каждый участник сыгралменьше половины своих игр с земляками. Про-суммируем количества таких игр у всех участ-ников и разделим на 2. Мы получим, что мень-ше половины всех игр на турнире были междуземляками, что противоречит условию. Значит,хотя бы один участник сыграл не меньше поло-вины своих игр с земляками. Так как он всегосыграл 9 игр, то шахматистов из его города(включая его самого) не меньше шести. Зна-чит, в каждом туре была игра между участни-ками из этого города.2. Можно во всех пунктах (рис.14).

Замечание. Ещеодин способ дляп. в) показан на ри-сунке 15.3. а) Могло.Пример 1. Возьмемчисло 2 и 1024 чис-ла, равных 1 2 .

Рис. 13

сначала с AB, затем с BC и, наконец, с CD.После первой перестановки 25 самых низкихдетей окажутся в куске BCD, после второй – вCD, после третьей – в D. Таким образом, 25самых низких детей уже расставлены правиль-но. Снова выполним перестановки AB и BC.Они расставят в нужном порядке следующихпо росту 25 детей в куске C. Последняя пере-становка AB расставит правильно 50 самых вы-соких.

10–11 классы

1. Можно.Отложим векторы, равные данным, из однойточки. Они поделят полный угол при ней науглы по 30∞ . Возьмем любые три вектора, об-разующие между собой углы по 120∞ . Суммаэтих векторов нулевая. Среди оставшихся девя-ти векторов есть три пары противоположных.Добавив две из этих пар векторов к трем выб-ранным, получим искомую семерку.2. Пусть на большей окружности угол высекаетдугу BC. Обозначим через C¢ и B¢ вторыеточки пересечения большей окружности с пря-мыми AB и AC соответственно (рис.13). Суммадуг BC и B C¢ ¢ равна 2α , поэтому эти дуги

равны. Значит, BB C C¢ ¢ – равнобедренная тра-пеция или прямоугольник.Ось симметрии этой трапеции проходит черезсередины оснований, точку A пересечения диа-гоналей и общий центр O. Следовательно, всякартинка симметрична относительно оси, поэто-му углы BAC и B AC¢ ¢ высекают на меньшейокружности равные дуги. Сумма этих дуг равна2α , значит, каждая из них равна α .3. Только при s = 1.Понятно, что при s = 1 числа во всех клеткаходинаковы.Пусть s > 1 и p – простой делитель s. В клет-ки, сумма координат которых делится на p,впишем единицы, а в остальные клетки – нули.В любом прямоугольнике T площади s одна изсторон делится на p, поэтому он разбивается на

Рис. 14

Рис. 15

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 556

Рис. 16Рис. 17

Различных поднаборов 62 64= . Покрасим однугирю в желтый цвет и разобьем поднаборы напары, отличающиеся только наличием в нихжелтой гири. Поскольку масса парных подна-боров отличаются нецелой массой желтой гири,то максимум один из них может иметь целуюмассу в граммах. Поэтому поднаборов с целымвесом не более 32, и 40 различных целых массэтим набором гирь не набрать. Противоречие.

10–11 классы

1. Прямая равноудалена от концов отрезка вдвух случаях: она параллельна ему или прохо-дит через его середину. Если среди данных пря-мых нет параллельных, то не менее семи из нихудовлетворяют второму условию, т.е. проходятчерез одну из трех середин сторон треугольника.Значит, через одну из этих точек проходит неменее трех данных прямых.3. Могут.Как известно, у куба есть шестиугольное сече-ние, проходящее через середины ребер. Оноразрезает куб на две равные части. Присоединимдва куба гранями. Проведем в них эти сечения,как показано на рисунке 17,а. Отбросив от каж-

дого куба половину, получим выпуклый много-гранник (рис.17,б), у которого лишь треуголь-ные и шестиугольные грани. Если разрезать егопо общей грани бывших кубов, то из этих рав-ных частей складывается куб.4. Не обязательно.Заменим цвета цифрами. Раскрасим сначала клет-ки квадрата в шахматном порядке. Занумеруемвсе белые клетки пятью цифрами так, чтобылюбой кусок длины 5 белой диагонали содержалразные цифры. Это легко сделать, так как приповороте квадрата на 45∞ белые клетки образу-ют привычную прямо-угольную сетку, а кус-ки диагоналей превра-щаются в прямоуголь-ники 1¥5. Аналогичнозанумеруем черныеклетки пятью другимицифрами.На рисунке 18 приве-ден пример такойраскраски и два поло-

Тогда

( )5 52 1024 2 32 2 2n n n nna - - -= + ◊ = + .

Сумма двух положительных взаимно обратныхчисел тем меньше, чем ближе они друг к другу.Поэтому построенная последовательность убы-вает до n = 5, а потом возрастает.Пример 2. Возьмем 1,02 0,5n n

na = + . Заметим,что

1 0,02 1,02nn na a+ > ¤ ◊ >

10,5 2,04 25 5n n n+> ¤ > ¤ ≥ .

Таким образом, последовательность убывает доn = 5, а потом возрастает.б) Не могло.Предположим, такое случилось. Тогда 5na a<для любого n. Среди исходных чисел было чис-ло x > 1, иначе бы последовательность никогдане возрастала. Заметим, что n

na x> для любо-го n. А последовательность nx не ограничена.Противоречие.4. Треугольники ABD и EDB переходят друг вдруга при симметрии относительно серединногоперпендикуляра к BD, так как они равны (по

трем сторонам), иточки A и Е лежатпо одну сторону отBD (рис.16). Зна-чит, этот перпенди-куляр совпадает с се-рединным перпенди-куляром к AE, а таккак AF = AE и BC == СD, он является

осью симметрии шестиугольника. Аналогично,прямые AD и BE – оси симметрии шестиуголь-ника. Получаем, что треугольник BFD имееттри оси симметрии, т.е. он правильный. На егостороны опираются одинаковые равнобедрен-ные треугольники ABF, EFD, CDB, торчащиенаружу (так как шестиугольник выпуклый).Значит, увеличивая радиус и не меняя центрвписанной окружности треугольника BFD, мысможем получить окружность, касающуюсявсех сторон шестиугольника.5. 7 гирь.Пример. Возьмем гири в 1, 1, 3, 5, 11, 21, 43 г.Первыми двумя можно взвесить любую целуюмассу до 2 г. Значит, первыми тремя можновзвесить до 5 г, четырьмя – до 10 г, пятью – до21 г, шестью – до 42 г, семью – до 85 г. Умень-шим массу каждой гири в два раза. Теперь всегирьки весят нецелое число граммов, и имиможно взвесить любую целую или полуцелуюмассу от 0,5 до 42,5 г.Оценка. Предположим, что в наборе 6 гирь. Рис. 18

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 57

жения Петиного многоугольника. Ясно, что влюбом возможном положении он накрывает двадиагональных куска длины 5 разного цвета,следовательно, содержит все 10 цифр.5. Проведем через вершины треугольника ABCпрямые, параллельные его сторонам. Эти пря-мые образуют «удвоенный» треугольник A B C¢ ¢ ¢(рис.19). Заметим, что 1BB – серединный пер-пендикуляр к A C¢ ¢ , а A¢ лежит на прямой AM.

Поэтому при симметрии относительно 1BB точ-ка A¢ переходит в C¢ , значит, C¢ лежит на b.Аналогично, B¢ лежит на c.При переходе от прямых к перпендикулярнымим углы сохраняются. Поэтому угол между вы-сотами 1BB и 1CC тоже равен 45∞ . Прямые b иc получаются друг из друга композицией сим-метрий относительно этих высот, т.е. поворотомна удвоенный угол между ними. Следовательно,b и c перпендикулярны. Медиана XA прямоу-гольного треугольника XB C¢ ¢ равна половинегипотенузы B C¢ ¢, т.е. равна BC.6. При n, не кратных 3.Если n кратно 3, то всякое кратное n числократно и 3. Значит, сумма цифр этого числакратна 3, поэтому не может быть равной, напри-мер, n + 1.Далее считаем, что n не кратно 3. Тогда най-дется решение сравнения ( )9 modx k n∫ - отно-сительно x в интервале 0 x n k< £ £ .Если n взаимно просто с 10, то ( )10 1 moda n∫при некотором натуральном a. Тогда подойдетчисло

( )1 2 1 110 10 10a a ax+ + ++ + + +…

( )( )210 10 10a k xa a -+ + + +…(при k = n подойдет x, равное n, а вторая скобкаотсутствует). Его сумма цифр равна ( )x k x+ - == k, а по модулю n оно сравнимо с ( )10 0x k x+ - ∫ .Если же 2 5b cn d= , где d взаимно просто с 10,то k > d. Как показано выше, существует крат-

ное d число с суммой цифр k. Домножив его на( )max ,10 b c , получим искомое число.

7. 123 банд.Если гангстеры не враждуют, то будем считать,что они дружат. Тогда банда – это максималь-ная дружная компания (добавление любого ган-гстера нарушает ее дружность). И всякую такуюкомпанию объявим бандой, если она таковойеще не является.Пример. Пусть гангстеры разбиты на 12 троек,гангстеры из одной тройки враждуют, а из раз-ных – дружат. Тогда каждая банда содержит изкаждой тройки ровно по одному гангстеру. По-этому будет 123 банд.Оценка. Пусть бандой является любая компа-ния, внутри которой все дружат (т.е. не вражду-ют) и которую нельзя расширить с сохранениемэтого свойства. Назовем авторитетом гангсте-ра количество банд, в которых он состоит. Пустьгангстеры X и Y – враги, причем авторитет X нениже, чем авторитет Y. Заменим Y клоном ганг-стера X, т.е. гангстером Z, у которого те жевраги, что у X, причем X и Z также враждуют.Тогда могут исчезнуть лишь те банды, в которыевходил Y. Действительно, пусть Y не входил вбанду. Она останется бандой, если Z враждебенкому-то из ее членов. Если X не входит в этубанду, то он враждебен кому-то в банде, и тогдаему враждебен и Z. Если же X входит в банду,то он сам является врагом Z в этой банде.Таким образом, количество исчезнувших банд небольше, чем авторитет Y. Зато добавятся бандыс участием Z, количество которых равно автори-тету X. Значит, общее количество банд не умень-шилось, а если авторитет X больше авторитетаY, то увеличилось.Пусть количество банд наибольшее из возмож-ных. Из предыдущего следует, что в этом случаеу любых двух врагов одинаковые авторитеты.Возьмем любого гангстера X и заменим одногоиз его врагов клоном X. Количество банд неизменится, и у врагов опять одинаковые автори-теты. Так поступим со всеми врагами X. Полу-чим компанию враждующих гангстеров, которыедружат со всеми остальными гангстерами.Возьмем гангстера не из этой компании и проде-лаем с ним то же самое, и так далее. В итоге всегангстеры разобьются на компании, причем ганг-стеры из одной компании враждуют, а из разных– дружат. Тогда количество банд равно произве-дению размеров компаний.Задача свелась к такой. Число 36 разложено нанатуральные слагаемые. При каком разложениипроизведение этих слагаемых максимально?Единичные слагаемые добавим к любому, произ-ведение увеличится. Слагаемые вида n + 2, где

Рис. 19

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 558

2n ≥ , будем разбивать на два, произведение небудет уменьшаться, поскольку 2 2n n≥ + . Оста-нутся только двойки и тройки. Заменяя тридвойки на две тройки, будем увеличивать произ-ведение. В итоге получим 12 троек.Таким образом, количество банд не больше 123 .

УСТНЫЙ ТУР ДЛЯ 11 КЛАССА

1. 3.Построим следующий граф: вершины – игроки,ребра – сыгранные партии. Согласно условию,для обоих турниров этот граф один и тот же.Рассмотрим первый турнир и выберем те партии,победители которых до этого не выигрывали(например, такова первая партия). Тогда соответ-ствующие ребра образуют путь, а остальные ребраодним концом примыкают к этому пути. В част-ности, если выбросить все висячие вершины, тоостанется только наш путь без крайних вершин.Теперь рассмотрим тот же граф как граф кубко-вого турнира. Если из него выбросить висячиевершины, останется граф турнира на 12n- побе-дителях первого этапа. Он, очевидно, являетсяпутем лишь при 3n £ , в противном случае побе-дитель турнира будет иметь степень не меньше 3.Значит, 3n £ .Осталось привести пример при n = 3. Пустьучастники пронумерованы от 1 до 8 и пары вкубке таковы (первым указан проигравший, вто-рым победитель): 1–2, 3–4, 5–6, 7–8, 2–4, 6–8,4–8. тогда при игре навылет пары могли бытьтакими (победитель снова указан вторым): 1–2,2–4, 3–4, 4–8, 7–8, 8–6, 6–5.2. Нет.Мы покажем даже, что это неверно ни в одномиз двух случаев: а) сотое ребро – ребро основа-ния, и б) сотое ребро – боковое.a) Возьмем правильный 51-угольник 1 2 51A A A…

c центром C. Пусть ω и Ω – его вписанная иописанная окружности соответственно. Рассмот-рим сферу S с центром C, которая пересекаетплоскость 51-угольника по окружности ω , ирассмотрим конус с основанием Ω , в которыйвписана эта сфера. Пусть O – вершина этогоконуса. Тогда у 50-угольной пирамиды

1 2 50OA A A… все боковые ребра и 49 ребер осно-вания касаются сферы S, а ребро 1 50A A – некасается.б) Построим многоугольник, сферу и конус также, как в пункте a). Пусть теперь прямые 1 51A A

и 49 50A A пересекаются в точке B. Тогда пирами-да 1 2 49OA A A B… – искомая: все ее ребра, кромебокового ребра OB, касаются сферы S.4. Нет. Ясно, что строки доски можно переставлять какугодно, и столбцы тоже. Переставим все нечет-

ные столбцы влево, а все нечетные строки вниз.В итоге из исходной доски получится доска,разделенная на 4 одинаковых квадрата – двапротивоположных из них белые, а остальныечерные.Пусть после перекраски в каждой строке и каж-дом столбце оказалось по 50 + k черных клеток;тогда в каждом столбце и в каждой строке пере-крашено на k белых клеток больше, чем черных.Пусть в одном из черных квадратов перекраше-но a клеток. По замечанию выше, в каждом избелых квадратов перекрашено по a + 50k клеток,а тогда в другом черном квадрате также перекра-шено ( )50 50a k k a+ - = клеток. Значит, общеечисло перекрашенных клеток равно 2a +

( ) ( )2 50 4 25a k a k+ + = + , т.е. оно делится на 4 ипотому не может равняться 2018.5. Пусть M – середина BC, а Y и Z – точки,симметричные X относительно прямой BC и точ-ки M соответственно (рис.20).

Тогда

180 HBZC BYC BXC BA C– = – = – = ∞ - – ,

откуда точки HA , B, C, Y и Z лежат на однойокружности Ω с центром O и радиусом R. Приэтом, поскольку H MA A BCP и : 2MA X XM = ,получаем : : 2 1H MA X XY A X XM= = , т.е. X –середина HA Y.Пусть T – середина YZ. Тогда OTYX – прямо-угольник, поэтому TX = OY = R. Из симмет-рии относительно BC получаем, что OB = OC == TB = TC = R. Значит, T – центр окружности,описанной около треугольника BXC, т.е. полемме о трезубце это середина дуги BC окруж-ности ( IA BC ).Пусть HK A Y BC= ∩ , YY¢ – диаметр окруж-ности Ω , а P и S – середины KM и H MA A со-ответственно. Заметим, что 2YZ KM= =

H M HA A A Y= = ¢ . Значит, TX пересекает отрез-ки KM и H MA A в их серединах P и S, а также

P YY BC= ¢ ∩ . Тогда BP PC YP PY◊ = ◊ =¢TP PS= ◊ (последнее равенство выполнено в

силу симметрии отрезков YY¢ и TS относитель-

Рис. 20

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 59

3. –6,25.После замены 2sint x= π уравнение принимаетвид

( )sin 2 cost tπ − = ⇔( )

,2

1 , , .6

l

t k

t l k l

π = + π

π = − + π ∈Z

Так как 0 t≤ ≤ π , эти равенства возможны толь-ко при k = 0, l = 0 и l = 1. Следовательно,

2 1sin

2x = ,

1

6 или

5

6. Остается выбрать корни

этого уравнения на нужном отрезке; их сумма

равна 25

4

π− .

4. 4,24 (точное значение: 5 2+ ).

Пусть AC = a, BC = b, BD = c, N – точкапересечения хорд, M – середина AD, H – точкапересечения прямых MN и BC (рис.21). Не-

сложно убедиться, что прямые NH и BC перпен-дикулярны и искомое расстояние равно длинеотрезка MH.Пусть AN = x, NB = y, CN = u, ND = v. Изподобия ACN∆ и DBN∆ и теоремы Пифагора

получаем u a

y c= , 2 2 2u y b+ = , 2 2 2x a u= − ,

2 2 2v c y= − . В итоге

2 2 2 2 2

2 22 2

x v uy a c b abcMH

b a c

+ + −= + = +

+=

5 2 4,24= + ≈ .

5. 6 (решение неравенства: 3 9;3 3;

2 2

∪ ).

Обозначим через a и b соответственно первое ивторое слагаемые в левой части неравенства.Тогда b > 0 и

( ) ( )( ) ( )

( )( )

2 2

2 2

1 7 8 2 624 24 16

6 4 122 3 2 9

x x xab

xx x

+ − − ⋅ −= ⋅ = ⋅ =

⋅ −− − −

при 3x ≠ , откуда 16

ab

= . Неравенство

168b

b+ ≤

24

0bb

⇔ − ≤

Рис. 21

ОЛИМПИАДА «ЛОМОНОСОВ-2017»

(см. «Квант» 4)

М А Т Е М А Т И К А

ОТБОРОЧНЫЙ ЭТАП

Первый тур

1. 157.Если x – число поездок на наземном транспорте,а y – на метро, то получаем 31x + 32y == 5000, откуда ( )32 5000 5000x y x+ = + ≥ . Сле-

довательно, 1

5000 32 1564

x y+ ≥ = . Наименьшее

целое значение x + y равно 157, оно достигается

при x = 24, y = 133.2. 432.Так как 8 4 211! 2 3 5 7 11= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , все кратные тремделители этого числа имеют вид2 3 5 7 11α β γ δ ϕ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , где [ ]0;8α ∈ , [ ]1;4β ∈ ,

[ ]0;2γ ∈ , [ ]0;1δ ∈ , [ ]0;1ϕ ∈ – целые числа.Общее количество таких делителей равно

( ) ( )( )( )8 1 4 2 1 1 1 1 1 432+ ⋅ ⋅ + + + = .

но перпендикуляра к BC в точке P). Значит,TBSC – вписанный четырехугольник, как и

ITBA C. Поскольку IA и S лежат на TX, отсю-да следует IA S= .6. При всех четных n.Нечетные n не подходят. В самом деле, рассмот-рим многочлен ( ) 1nP x x= + и различные нату-ральные a, b. Так как n нечетно, n na b+ делится

на a + b, а тогда ( ) ( ) ( ) 2n nP a P b a b+ = + + на

a + b не делится, поскольку a + b > 2.Осталось доказать, что все четные n подходят.Рассмотрим произвольный многочлен ( )P xстепени n. Представим его в виде суммы

( ) ( ) ( )0 1P x P x P x= + , где в ( )0P x все мономычетной степени, а в ( )1P x – нечетной. Заметим,что при всех натуральных a, b сумма

( ) ( )1 1P a P b+ делится на a + b. Докажем, чтонайдутся такие a, b, что и ( ) ( )0 0P a P b+ делит-ся на a + b. Заметим, что степень 0P равна n.Рассмотрим случай, когда старший коэффици-ент ( )0P x положителен (в случае отрицательно-го старшего коэффициента проведем дальнейшеедоказательство для многочлена ( )0P x- . Так какn > 1, то найдется такое натуральное m, что

( )0 2P m m> . Докажем, что a = m, ( )0b P m m= -подходят. В силу выбора m, они оба натураль-ные, причем b > a. Далее, по модулю a + b =

( )0P m= выполняются сравнения ( ) ( )0 0P a P m= ∫0∫ (очевидно) и ( ) ( )( ) ( )0 0 0P b P b a a P m= + - ∫ ∫0∫ (в силу четности многочлена 0P ). Значит,

( ) ( ) ( )0 0 0 modP a P b a b+ ∫ + , что и требовалось.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 560

Рис. 23

выполнено только при b = 4. Остается решитьуравнение

1 73 4

2 3 2 9

x x

x x

+ + −⋅ =

− + −.

Разбор случаев и раскрытие модулей дает, что

при всех 3 9

2 2x≤ ≤ уравнение обращается в вер-

ное равенство. С учетом условия 3x ≠ получаем

решение исходного неравенства: 3 9;3 3;

2 2

∪ .

6. –4914 (числа на доске: –3, 2, 7, 9, 13).Сумма чисел полученного набора равна 112. Каж-дое число из исходных пяти в этой сумме повто-ряется 4 раза. Следовательно, сумма искомыхчисел равна 112 : 4 = 28. Сумма двух наимень-ших равна –1, сумма двух наибольших равна 22.Следовательно, среднее число (третье по вели-чине из пяти) равно 28 – 22 – (–1) = 7. В набореиз условия задачи второе число равно суммепервого и третьего искомых чисел, откуда пер-вое число равно 4 – 7 = –3, а второе равно 2.Аналогично получаем, что четвертое число равно9, а пятое равно 13.7. 374,12 (точное значение: 216 3 ).Указание. Нужно рассмотреть сечение пирами-

ды SABC, проходя-щее через боковоеребро SA и апофемупротивоположной гра-ни SD (рис. 22). Тог-да SH – высота пира-миды, расстояние отH до прямой SD рав-но HN = 4, а расстоя-ние от H до прямой

SA равно HM = 4 3 .8. 760.Разложение по степеням x имеет вид

( )40

0

kk

k

f x a x=

= ∑ . Сумма всех коэффициентов

равна ( )40

0

1 1kk

a f=

= =∑ . Следовательно, надо

найти коэффициент при 3x . Имеем:

( ) ( )( ) ( ) ( )20 20 192 2 21 1 20 1f x x x x x x= − + = − + − +

+ ( ) ( )18 172 2 2 320 19 20 19 181 1

2 6x x x x

⋅ ⋅ ⋅− + − +… ,

где многоточием заменены слагаемые, в кото-рые 3x не входит.В первое и третье слагаемое 3x также не вхо-дит. Во второе слагаемое 3x входит с коэффи-циентом ( )20 19 380− ⋅ = − ; в четвертое слагаемое

3x входит с коэффициентом 20 19 18

6

⋅ ⋅=

= 1140. Значит, коэффициент при 3x равен

–380 + 1140 = 760.9. 8712.Указанным в условии задачи свойством облада-ют только числа 8712 и 9801, из которых мень-ше первое.10. Пример требуемой задачи. Пункты А и Бсоединены двумя дорогами: одна длиной 19 км,а другая – 12 км. В 12:00 из пункта А подлинной дороге вышел пешеход и прошел пер-вые 11 км с некоторой постоянной скоростью, азатем, утомившись, шел остаток пути до пунктаБ в среднем на 1,5 км/ч медленнее. В 14:00 изпункта А по короткой дороге вышел второйпешеход и прошел весь путь со средней скорос-тью, на 0,5 км/ч большей, чем вначале шелпервый. С какой средней скоростью первый пе-шеход прошел последние 8 км пути, если извест-но, что он прибыл в пункт Б не раньше второгопешехода?Ответ: не более 4 км/ч.

Второй тур

1. 1 (день – понедельник).Указание: предыдущий год был обычным.2. 4033.В получившейся сумме будут одночлены вида

3nnk x для всех целых [ ]2016; 2016n ∈ − с поло-

жительными коэффициентами nk , т. е. всего2 2016 1 4033⋅ + = слагаемых.3. 28,27 (точное значение: 9π ).Площадь S получившейся фигуры (рис.23)

равна2 2 2

2 2 2 2

AB AD DBS

π = − − =

= ( )2 2 2

8AB AD BD

π− − .

Так как AB = AD + DB, получаем, что

4S AD BD

π= ⋅

2

2

DC = π

9 28,27= π ≈ .

4. 2017.

Подставим в равенство 1

x вместо x. Получим

систему из двух линейных уравнений относи-

Рис. 22

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 61

угла, β – угол между ребром двугранного углаи R rO O , R = kr. Тогда (рис.25)

( )sin 2RR

O A =α

,

( ) ( )sin 2 sin 2r Rr R r

O B CO−

= ⇒ =α α

.

Из прямоугольного треугольника R rO O C нахо-дим

( ) ( ) ( )1 1

sinsin 2 1 sin 2

R

R r

CO R r k

O O R r k

− −β = = = ⋅

+ α + α.

Отсюда

1 12arcsin

1 sin

k

k

−α = ⋅ + β

,

21 1

cos 1 21 sin

k

k

−α = − ⋅ + β

.

При k = 2, 45β = ° получаем 5

cos9

α = .

8. 0,9.Поскольку

( )( )( ) ( )

1 11

1 11 1

n n n n

n n n nn n n n

+ − += =

+ + −+ + +1 1

1n n= −

+,

получаем, что число из условия задачи равно

1 1 1 1 11

2 2 3 99 100− + − + + − =…

1 91

10100= − = .

9. 567.Указание. Если 1000n ≥ , то 2 610n ≥ , тогдадесятичные записи n и 2n содержат вместе неменее 11 цифр. Если же 316n ≤ , то

2 99856n ≤ , и десятичные записи n и 2n содер-жат вместе не более 8 цифр. Следовательно,317 999n≤ ≤ .Сумма всех цифр от 1 до 9 равна 45 и делитсяна 9, поэтому 2n n+ также делится на 9. По-скольку ( )2 1n n n n+ = + есть произведениедвух взаимно простых чисел, оно делится на 9только в двух случаях: 1) n делится на 9;2) n + 1 делится на 9, т.е. n имеет остаток 8при делении на 9.Перебор с учетом того, что в записи числа n не

тельно ( )f x и 1

fx

:

( ) ( )

( )

1 11 ,

1

1 11 .

1

x f x fx x

xf f x

x x x

− + = − − + = −

Решая ее, получим ( ) 1

1f x

x=

−. Следователь-

но, 2016

20172017

f =

.

5. 6.Указание. Если изобразить графики движенияавтомобиля (отрезок KL на рисунке 24), автобуса

(отрезок LM) и велосипедиста (отрезок NP) восях ( );t s , где t – время (в часах), s – расстояние(в километрах) от пункта A, то задача сводится кчисто геометрической, которая решается рассмот-рением подобных треугольников.6. 28.Указание. Обозначим

12

xt

π= , тогда неравен-

ство принимает вид

( )( )( )2 21 ctg 1 3ctg 1 tg 2 ctg 3 16t t t t− − − ≤ .

Так как

22

cos21 ctg

sin

tt

t− = − ,

2 2 22

2 2 3

sin 3cos 4 sin 3 sin 31 3ctg

sin sin sin

t t t tt

t t t

− −− = = = − ,

sin 2 cos 3 sin1 tg 2 ctg 3 1

cos2 sin 3 cos2 sin 3

t t tt t

t t t t− = − = ,

то неравенство приводится к виду 4

16

sin t≤ ,

т.е. 1

sin2

t ≥ . Поэтому 5

;6 6

t n nπ π ∈ + π + π

,

n ∈ Z .

7. 0,56 (точное значение: 5

9).

Обозначим искомую величину двугранного углачерез α . Пусть R и r – радиусы, а RO и rO –центры большего и меньшего шаров соответ-ственно, A и B – основания перпендикуляров,проведенных из RO и rO к ребру двугранного

Рис. 24

Рис. 25

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 562

Ф И З И К А

ОТБОРОЧНЫЙ ЭТАП

7–9 классы

1. Дальность полета мяча при той же начальнойскорости будет максимальной, если ее направитьпод углом 45° к горизонту. Тогда

2 220 1

26,9 м2

v l gL

g g

τ = = + = τ .

2. Из законов сохранения импульса и энергии(с учетом работы силы трения) находим

max 2 1 2,19 м сm

v glM

= µ + =

.

должно быть одинаковых цифр и цифры 0 и ононе может заканчиваться на 1, 5 и 6 (иначе егоквадрат оканчивается на ту же цифру), дает, чтонаименьшим числом, удовлетворяющим условиюзадачи, оказывается число 567.10. Пример требуемой задачи. Две бригадыпроводят ремонт офисного помещения, состояще-го из трех кабинетов: 1-й площадью 250 м , 2-йплощадью 230 м и 3-й площадью 220 м . Произ-водительность второй бригады выше на 22 м ч ,чем у первой. Первый кабинет они отремонтиро-вали вместе, а затем разделились: первая бригадаремонтировала только 3-й кабинет, а вторая –только 2-й. Какова должна быть минимальнаяпроизводительность первой бригады, чтобы всяработа была выполнена не более чем за 10 часов?Ответ: 24 м ч .

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП

1. 5/3.

2. 257

16.

Указание. Пусть 2 2t x x= + + − , тогда

22 2x x

t+ − − = , и уравнение принимает

вид 4

2tt

= + , или 2 4 0t t− − = .

3. Первое.

Поскольку ( )2lg121 lg1111 11= , а 2lg 1110 10 11⋅ + =

( )lg11lg11 lg1110 10 11 10 11 11= ⋅ + = ⋅ + , требуется

сравнить числа 2x и 10x + 11, где lg1111x = .

Выражение ( )( )2 10 11 11 1x x x x− − = − + в точ-

ке lg1111 11x = > принимает положительноезначение, поэтому первое число больше.

4. 5

2.

5. 262.Пусть искомое число равно a. Имеем

524n a n+ = − , 2524 2n a a n n+ = − + . По

условию a рационально, поэтому и n рацио-нально. Значит, 2n k= , k ∈ N . Тогда число

524n + тоже рационально, поэтому2524n m+ = , m ∈ N. Значит, 2 2 524m k− = ,

( )( ) 4 131m k m k− + = ⋅ . Заметим, что числаm – k и m + k одинаковой четности, а число131 простое. Следовательно, m – k = 2 и

2 131m k+ = ⋅ . Оба равенства выполнены приm = 132, k = 130. Итак, a = m + k = 262.

6. 16

9 5 39

π+ или

169 5 3

9

π− .

7. 1 3;cos1 ;1 sin1

2 2 − +

∪ .

1) Функция ( ) ( ) ( )cos cos sin sinf x x x= + возра-

стает на промежутке от 0 до 2

π (каждое из сла-

гаемых – монотонно возрастающая функция) и

убывает на промежутке от 2

π до π (так как

( ) ( )f x f xπ − = ). Поэтому

( ) ( ) ( ) [ ]0 ; 2 cos1;1 sin1E f f f= π = + .

Данное уравнение имеет ровно два корня на от-резке [ ]0;π при [ )cos1;1 sin1a ∈ + .2) Во втором уравнении используем замену

sin 2t x= и получим2

21 2 2 22

tt a t t a− + = ⇔ − − = − .

Область значений функции ( ) 2 2 2g t t t= − − =( )21 3t= − − на отрезке [ ]1;1− есть множество

( ) ( ) ( ) [ ]1 ; 1 3;1E g g g= − = − . Данное уравнениеимеет корни тогда и только тогда, когда

[ ]2 3;1a− ∈ − , т.е. 1 3;

2 2a

∈ − .

3) Поскольку 3

1 sin1 1 sin6 2

π+ > + = , ровно

одно из данных утверждений 1), 2) выполнено

при 1 3;cos1 ;1 sin1

2 2a

∈ − + ∪ .

8. 4032.Рассмотрим набор чисел 2016, 2017, 2018, ......, 4032. Легко видеть, что ни одно из этих чи-сел не может равняться сумме двух других.Допустим, что есть подходящий набор из 2017чисел, в котором наибольшее число N ≤ 4031.Покажем, что в нем есть пара чисел, сумма ко-торых равна N. Разобьем все натуральные чис-ла, меньшие N, на пары с суммой, равной N:( )1, 1N − , ( )2, 2N − , … Если таких пар 2016или больше, то чисел, меньших N, будет неменьше чем 4032, что невозможно. Поэтому та-ких пар не больше чем 2015, а чисел в наборе2017. Значит, в наборе найдется по крайнеймере одна пара чисел с суммой, равной N.

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 63

3. Из уравнения теплового баланса находим

( )( )

в 1 2 0

в 1 2 0

2100% 104%

2

c t t tk

c t t t

− += ⋅ =

λ − − +.

4. 20,4 ОмUr

RIr U

= =−

.

5. Ясно, что предельный угол поворота зеркала,при котором мальчик M еще видит изображениедевочки 1Д , соответствует случаю, когда точкиM, 1Д и центр зеркала O лежат на однойпрямой. Отсюда находим

452 2

π α + βϕ = − = ° .

6. 3 30

100%1,7 10 кг м

nρ = ρ = ⋅ .

10–11 классы

Первый тур

1. Каждая из звезд движется по орбите поддействием гравитационного притяжения к дру-гой звезде. По второму закону Ньютона и законувсемирного тяготения получаем

( )2 3

302

162,0 10 кг

RM

GT

π= = ¥ .

2. Силы, действующие на велосипедиста на тре-ке с горизонтально расположенным дорожнымполотном и на наклонном треке, изображены нарисунке 26. Применяя второй закон Ньютона

для обоих случаев, находим

( )2

2

tg22,5 м с

tg

Rg v Rgu

Rg v

α

α

+= =

-.

3. В координатах p–V цикл аргона имеет видпрямоугольного треугольника, и работу газа мож-но найти, вычислив его площадь: A 0 02p V= . Таккак исходная внутренняя энергия аргона равна

0 0 03

2U p V= , в итоге получаем

03

4U A= = 45 кДж.

4. На бусинку будет действовать вихревое элек-трическое поле, напряженность которого на-правлена по касательной к кольцу. Кинетичес-кая энергия бусинки равна работе действующих

на нее электрических сил. Отсюда находимскорость бусинки:

1,6 мм с2

qv

m R

Φπ

= = .

5. 1

2 1,33nk

= - = .

Второй тур

1. 1к 2 6,2 м с3

Gv R

πρ= = .

2.22

01

1

1 1 8,1 м2

vL l

glµ

Ê ˆ= + - =Á ˜Ë ¯

.

3. Запишем уравнение теплового баланса длякаждого переливания и найдем, что после трехциклов переливаний разность температур бу-дет

3t∆ ( )3

2 1 11,0 Cm m

t tm m

∆∆

-Ê ˆ= - =Á ˜Ë ¯+o .

4. Конденсатор с вставленной пластиной экви-валентен двум параллельно соединенным кон-денсаторам, и искомое отношение равно

k 1

1,33n

n

+= = .

5. 26,0 смnFD

hd F

= =-

.

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП

7–8 классы

1. ( )

( )1 2

11 2

1,4 кгm mρ ρ ρρ ρ ρ

-= ª

-.

2. 2

20 Н м2

Fk

A= = .

3. ( )2 1 100%

0,52 кгc V t t

mq

ρη- ◊

= = .

4. U( )( )2 3 4 5

12 3 4 5

15 BR R R R

I RR R R R

+ += + =

+ + + .

9 класс

1. 2

2 20min

21 4 1 5

2

vN L H

l gH

= − + + =

, где

символом […] обозначена целая часть числа.

2. Сопоставление приведенных данных показы-вает, что весь лед растает и в сосуде с егосодержимым установится положительная темпе-ратура

( )( )1 л 20

в

0 C6,1 C

Ct mc t mt

C mc

− ° − + λ= = °

+.

3. ( )2 2 3

10 3 2 2 3

7,5 ОмI R R

RI R I R R

= =− +

.

Рис. 26

К В А Н T $ 2 0 1 7 / 564

4. 2 2 2 2cos cosv V u V V= α + − − α =

= ( )2cos 1 cos 9,3 км чV α + − α = .

10–11 классы

1. В положении равновесия сила упругости, воз-

никающая в каждой из пружин, равна 2

Mg.

Поэтому удлинения пружин в положении равно-

весия равны 112

Mgy

k∆ = и 2

22

Mgy

k∆ = , где g –

ускорение свободного падения. Пусть в некото-

рый момент времени горизонтальный стерженьопустится на величину y. Из-за нерастяжимостинити верхние концы пружин сместятся при этомв разные стороны: конец левой пружины навеличину y∆ вниз, а правой – на столько жевверх (поскольку 1 2k k> ). Силы натяжения нитислева и справа одинаковы, поэтому

( ) ( )1 1 2 2k y y y k y y y− ∆ + ∆ = + ∆ + ∆ , откуда сле-

дует, что 1 2

1 2

k ky y

k k

−∆ =

+. Сила упругости, возни-

кающая в каждой из пружин, равна

1 2

1 2

2

2

yk k MgF

k k= +

+. По второму закону Ньютона

для груза имеем

1 2

1 2

2 4k k

Ma Mg F yk k

= − = −+

, или

( )

1 2

1 2

40

k ky y

M k k′′ + =

+.

Это уравнение описывает гармонические колеба-ния груза с периодом

T ( )1 2

1 2

0,4 сM k k

k k

+= π ≈ .

2. Работа газа численно равна площади тре-угольника 1–2–3:

( )( )2 1 3 11

2A p p V V= − − =

( ) 22 1

1

11 2,49 кДж

2

TR T T

T

= ν − − ≈

.

3. Потенциал точки, находящейся на расстоянииr от точечного заряда q, относительно бесконеч-

но удаленной от него точки равен 04

q

rϕ =

πε.

Поскольку все точки поверхности полусферы

находятся на одинаковом расстоянии R от еецентра и полусфера заряжена равномерно, по-тенциал точки, расположенной в центре полу-

сферы, равен 00 04 2

S R

R

σ σϕ = =

πε ε. Переместим

стержень вдоль оси на небольшое расстояниеx∆ . Так как стержень бесконечно длинный, это

эквивалентно тому, что мы поместим на конец

стержня, обращенный к полусфере, заряд x−γ∆ .Энергия взаимодействия этого заряда с полусфе-рой равна 0W x∆ = −γ∆ ϕ . С другой стороны, онаравна работе силы взаимодействия полусферысо стержнем при перемещении стержня на рас-стояние x∆ , т.е. W F x∆ = − ∆ . Окончательнополучаем

3

0

5,6 10 H2

RF −γσ

= ≈ ⋅ε

.

4. При фиксированном расстоянии между свечойи стеной, превышающем 4F, существуют дваположения линзы, при которых она дает настене резкое изображение пламени. Используяформулу тонкой линзы, находим

2 2

0,2 м4

L lF

L

− ∆= = .

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А,«Квант»

Тел.: (495) 930-56-48Е-mail: math@kvant.ras.ru, phys@kvant.ras.ru

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив ООО «ИПК Парето-Принт», г.Тверь

www.Pareto-print.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

Е.В.Бакаев, Е.М.Епифанов,С.Л.Кузнецов, А.Ю.Котова,

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИМ.Н.Голованова, Д.Н.Гришукова,

А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАМ.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ 12+