; j b l z g k d b ckvant.ras.ru/pdf/2020/2020-05.pdf · ПЯТЬДЕСЯТ ВОСЬМАЯ...

1

2

3

- « » —

- .

, « ».

« » 9 1974 ,

. . - .

( , ,

, ),

. , 1961 , -

, 240 - « », 3×3×3

, 1.

, - , — - .

18 : 13 - 1×2×4, 2×2×2,

1×2×2 1×1×3 ( 2).

5×5×5 ( .3). - , , « -

» .

, , , - ( ) -

« » ,

. !

.

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 Пятьдесят восьмая грань бриллианта.Н.Дубровинская

10 Игры Джона Конвея. В.Клепцын15 Числовые фризы. Е.Смирнов25 Почему плохо кричать против ветра. Г.Коткин

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

28 Задачи М2602–М2605, Ф2609–Ф261229 Решения задач М2590–М2593, Ф2597–Ф260037 Вокруг правильного пятиугольника.

А.Даниярходжаев

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Калейдоскоп формул для

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

40 Задачи

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В

41 Парадокс Толи Втулкина. С.Дворянинов

Ш К О Л А В «КВАНТЕ »

46 Работа над ошибками. В.Журавлев, П.Самовол

51 Ответы, указания, решения

Вниманию наших читателей (24, 39, 64)

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье В.Клепцына.Изображение: Michel Milinkovitch’s Laboratory of

Artificial & Natural Evolution, University of Geneva

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

УЧРЕДИТЕЛИ

Российская академия наук

Математический институтим. В.А.Стеклова РАН

Физический институтим. П.Н.Лебедева РАН

Ю№520

20

МАЙ

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.А.Гайфуллин

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

Н.Н.Андреев, Л.К.Белопухов,

М.Н.Бондаров, Ю.М.Брук,

А.А.Варламов, С.Д.Варламов,

А.П.Веселов, А.Н.Виленкин, В.И.Голубев,

Н.П.Долбилин, С.А.Дориченко,

В.Н.Дубровский, А.А.Заславский,

А.Я.Канель-Белов, П.А.Кожевников

(заместитель главного редактора),

С.П.Коновалов, К.П.Кохась, А.А.Леонович,

Ю.П.Лысов, А.Б.Минеев, В.Ю.Протасов,

А.М.Райгородский, Н.Х.Розов,

А.Б.Сосинский, A.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин,

В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова,

А.В.Устинов, А.И.Черноуцан

(заместитель главного редактора)

РЕДАКЦИОННЫЙСОВЕТ

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

А.А.Боровой, В.В.Козлов,

Н.Н.Константинов, Г.Л.Коткин ,

С.П.Новиков, А.Л.Семенов,

С.К.Смирнов, А.Р.Хохлов

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

Пятьдесят восьмая грань

бриллианта

Н.ДУБРОВИНСКАЯ

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20200501

В ЭТОЙСТАТЬЕ МЫ РАССКАЖЕМо необычном инструменте для изуче-

ния физики и химии материалов при высо-ких давлениях и температурах – об алмаз-ной наковальне.Можете ли вы представить себе кузницу

и ее главную принадлежность – наковаль-ню? Не уверена, что в наше время это подсилу каждому, ведь кузница и наковальнятак же далеки от нашей повседневнойжизни, как ушедшие в прошлое карета,примус или граммофон. Однако наковаль-ня – это кузнечный инструмент для холод-ной и горячей обработки металлов, пред-ставляющий собой массивную металличес-кую опору, на которой куют металличес-кие заготовки. Куют – значит с размахубьют молотом по металлу на наковальне.Алмазная наковальня – это тоже опорныйинструмент, на котором тоже «обрабаты-вают» металлы и другие вещества и кото-рый тоже может быть использован с нагре-вом и без нагрева. Но по этой наковальнене бьют молотом, а напротив, обращаютсяс ней исключительно деликатно. Что жеэто за инструмент, как он работает, как идля чего его используют ученые?Для начала немного физики. Вернемся к

ковке. В процессе ковки, под ударамимолота, т.е. под влиянием давления и, какправило, высокой температуры, металлуплотняется, что повышает его прочност-ные характеристики. Ключевое слово здесь«давление», которое возникает всегда, ког-да к поверхности прикладывается сила.Под давлением объем сжатого материалауменьшается – это свойственно каждомувеществу. При определенном, достаточновысоком давлении любой газ и жидкость

затвердевают, а твердая фаза переходит вновую, более плотную форму. Заставляяатомы адаптироваться к все меньшему именьшему объему, давление изменяет ве-щество: под его воздействием атомы долж-ны смещаться, образуя более плотно упа-кованные конфигурации. Это означает,что связи между атомами – взаимодей-ствия электронов атомов – также должныизмениться. Таким образом, давление слу-жит мощным инструментом для изучениятвердых тел и их электронной структуры,помогая понять, как устроен наш физичес-кий мир и что удерживает его таким, каковон есть. До каких же давлений можносжать вещество?Все предметы на поверхности Земли

находятся под давлением в одну атмосфе-ру, или приблизительно в один бар( 5 5 21 атм. 1 бар 10 Па 10 Н м ). Та-кое давление оказывает вес тела массой в1 кг на площадь в 21 см . С этой точкизрения большинство давлений, с которы-ми мы сталкиваемся в повседневной жиз-ни, довольно скромные. Так, скороваркасоздает давление около полутора атмос-фер, воздух в автомобильных шинах обыч-но находится под давлением около двухатмосфер, а женщина в туфлях «на шпиль-ках» может создать давление в десяткиатмосфер. Однако, когда исследователиговорят о высоком давлении, они имеют ввиду значительно большие величины –давления в тысячи или миллионы атмос-фер (килобары или мегабары). Как жеони создаются?Поскольку давление – это сила, делен-

ная на площадь поверхности, к которойона приложена, то понятно, что поднятьего можно за счет увеличения силы и илиуменьшения площади. Сила может созда-

П Я Т Ь Д Е С Я Т В О С Ь М А Я Г Р А Н Ь Б Р И Л Л И А Н Т А3

ваться, например, гидравлическим прес-сом. Максимальный предел силы опреде-ляется прочностью на сжатие того матери-ала, из которого изготовляют детали уст-ройства, передающего давление на испы-туемый образец. Современный аппарат споршневым цилиндром (рис.1,а) представ-ляет собой простейшее устройство, ис-пользуемое для создания давления при-близительно в 35–40 тысяч атмосфер –максимального давления, не разрушающе-го самого поршня, изготовляемого из кар-бида вольфрама. Принцип работы этогоаппарата – увеличение давления при пере-даче силы с большей поверхности на мень-шую – известен с глубокой античности.Древние винные и масляные прессы рабо-тали по тому же принципу.Хитроумный дизайн современных уст-

ройств для создания давления позволяетснизить нагрузку на их детали и тем самымувеличить предельное рабочее давлениепри использовании материалов с анало-гичными прочностными характеристика-ми. Так, давление до 250–300 тысяч атмос-фер создается в лабораториях с использо-ванием мощных гидравлических прессов имногопуансонных аппаратов (рис.1,б), вкоторых испытуемое вещество сжимаетсяне с двух сторон, как в аппарате с поршне-

вым цилиндром, а сразу с нескольких.Понятно, что размер испытуемого образцапри таких давлениях очень мал – от долеймиллиметра до нескольких миллиметров.Чтобы создавать интересующие ученыхдавления в несколько миллионов атмос-фер, потребовалось новое решение. Этимрешением стала ячейка с алмазными нако-вальнями. Как же она устроена?Полагаю, что не каждый из читателей

держал в руках ювелирный алмаз и некаждый интересовался особенностями егоогранки. Бриллиант (от фр. brillant –блестящий, сверкающий) – это алмаз, ко-торому посредством обработки приданаспециальная форма: бриллиантовая ог-ранка (рис.2). В круглом бриллианте естьдве основные части: верхняя и нижняя –корона и павильон. Корона имеет вверхусамую большую грань, так называемуюплощадку, плюс еще 32 грани, вместесоставляющие 33 грани короны. Павильонвытянут вниз и имеет 24 грани. Шестнад-цать клиньев и восемь основных гранейпавильона сходятся в одной точке – шипе,нижней вершине бриллианта. Таким обра-зом, круглый бриллиант «идеальной ог-ранки» имеет 57 граней. Однако ученымнужна как раз та, которая в ювелирномбриллианте необязательна, – 58-я малень-кая грань на месте шипа, параллельнаяплощадке. Это – калетта. Она и выполня-ет роль алмазной наковальни (рис.3).Именно 58-гранный бриллиант стал пер-

вой эффективной наковальней в ячейкевысокого давления, в которой таких нако-вален две – верхняя и нижняя (рис.4).Вещество для исследований зажимаетсямежду двумя калеттами, и чем меньшеразмер калетты, тем выше давление. Ал-маз прозрачен для рентгеновского излуче-ния, что позволяет изучать структуру и

Рис. 1. Схемы типичных устройств, используе-

мых в науке и технике для создания давлений

Рис. 2. Бриллиантовая огранка алмаза

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

4

состав вещества, находящегося между на-ковальнями в камере высокого давления,методами рентгеновской дифракции. Энер-гия, необходимая для инициирования иосуществления химических реакций поддавлением, обеспечивается путем нагревавещества в камере с помощью лазерногоизлучения, подводимого с обеих сторонячейки. Таким образом, эффект генерацииочень высоких давлений достигается засчет применения самого твердого и самогонесжимаемого из всех известных материа-лов – алмаза – для изготовления накова-лен и существенного уменьшения размераобразца.

С калеттами диаметром в 40 микронможно создавать давления до 4 миллионоватмосфер – больше, чем в ядре Земли. Приэтом камера для образца имеет мизерныеразмеры, а сам образец, как правило, этокрупица вещества в несколько микрон, чтов десятки раз меньше толщины человечес-кого волоса (рис.5). Сама ячейка, в кото-рой закрепляются алмазные наковальни,изготовляется из металла. Она состоит издвух вдвигающихся друг в друга частей, адавление между калеттами увеличиваетсяпутем постепенного закручивания винтов,скрепляющих обе части калетты. Понят-но, что работа эта деликатная и молоту натаких наковальнях делать нечего. Приго-товление ячейки, т.е. юстировка алмазов,подготовка камеры для образца и закладкав нее всех необходимых для эксперимен-тов компонент, – дело тонкое, почти юве-лирное, и выполняется исследователямипод микроскопом. Кто же все это приду-мал? Как ученым пришла в голову такаяконструкция?Воистину неисповедимы пути научного

поиска. Однако бывают обстоятельства,приводящие к ускоренному развитию оп-ределенного направления. Трудно пове-

Рис. 3. Алмазная наковальня под микроско-

пом – калетта бриллианта диаметром 0,5 мм с

кристалликами, предназначенными для изуче-

ния под давлением

Рис. 4. Алмазные наковальни (слева) в ячейке

высокого давления (в центре) с лазерным

нагревом (справа)

Рис. 5. Камера для образца в ячейке с алмазны-

ми наковальнями под оптическим микроско-

пом (слева вверху) в сравнении с толщиной

человеческого волоса (изображение под элек-

тронным микроскопом)


рить, но это факт, что существенный вкладв развитие физики высоких давлений вне-сли… резолюция 181 (II) ГенеральнойАссамблеи Организации ОбъединенныхНаций по Палестине в 1947 году и контра-бандисты. Контрабанда драгоценностейсуществовала всегда, но особенно большоеколичество алмазов попало в Америкупосле решения Великобритании вывестивойска из Палестины в 1948 году. Преждечем покинуть опасную зону, многие кон-вертировали свое богатство в бриллиантыи пытались незаконно ввезти их. На та-можнях США в 50-х годах было конфис-ковано драгоценных камней на миллионыдолларов, но правительство отказалосьвыпускать их на тщательно регулируемыйкоммерческий рынок. Вместо этого онибыли переданы ученым государственногоНационального Бюро Стандартов. Такисследователи Чарльз Вейр (Charls Weir),Элвин Ван Валкенбург (Alvin VanValkenburg) и работавший с ними инже-нер Элмер Бантинг (Elmer Bunting) полу-чили доступ к практически неограничен-ному запасу бриллиантов. Это именно ими пришла в голову идея ячейки высокогодавления с противолежащими алмазныминаковальнями, не только создающими дав-ление, но и позволяющими оптически на-блюдать сжимаемый образец через про-зрачные алмазные «окна».Казалось бы, идея лежала на поверхно-

сти. К тому времени аппарат с противоле-жащими коническими наковальнями(рис.1,в), сделанными из твердого мате-риала, карбида вольфрама, позволял егоизобретателю Перси Бриджману (PercyW. Bridgman), Лауреату Нобелевскойпремии по физике 1946 года, изучать ма-териалы под давлениями в 100 тысяч ат-мосфер. Замени карбидные наковальниалмазными – и готово! Однако, нет. Путьк этому дизайну прямым не был.Изначально прототипом для создания

прозрачной миниатюрной ячейки высокогодавления был аппарат с поршневым цилин-дром. В качестве материала выбрали вели-колепный драгоценный камень – чистей-шей воды кристалл алмаза изумруднойогранки в 7,5 карат (1 карат = 0,2 г) (рис.6)

стоимостью около четверти миллиона дол-ларов на сегодняшнем розничном рынке.В такой ячейке алмаз играл лишь пас-

сивную роль крепкой и прозрачной цилин-дрической камеры, в которой двигалсяминиатюрный поршень из жесткой прово-локи. Алмаз является самым твердым извсех известных материалов и на изготовле-ние крошечного отверстия диаметром в0,4 мм и длиной 6,3 мм потребовалось 4полных месяца сверления. В результатебыла получена самая необычная в мирекамера высокого давления. Увы, ненадол-го. Распираемый изнутри высоким давле-нием, создаваемым металлическим порш-нем, алмаз просто разлетелся вдребезги.Дело было не только в недостаточнойкрепости поршня – создатели «сверленойячейки» не учли, что алмаз, будучи чрез-вычайно прочным на сжатие, не выдержи-вает высоких нагрузок на растяжение.Потребовалось еще немало времени и…бриллиантов, пока, издробив изрядное ихколичество, исследователи сошлись наодном элегантном решении. Они разрабо-тали ячейки с противолежащими алмазны-ми наковальнями, основанные на устрой-стве аппарата Перси Бриджмана. Инте-ресно отметить, что параллельно с дея-тельностью «алмазодробителей» шла ин-

Рис. 6. Бриллиант изумрудной огранки в 7,5

карат (размером 13,1 9,7 6,3 мм). Такой же

был использован для изготовления прозрач-

ной миниатюрной ячейки высокого давления

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

6

тенсивная работа «алмазопроизводите-лей» – ученых и инженеров, стремивших-ся реализовать искусственный синтез ал-мазов, т.е. победить в почти двухвековойгонке за тем, что раньше было прерогати-вой природы. Открытие коренных алмазо-носных пород (кимберлитов) в ЮжнойАфрике в 1869 году позволило ученымоценить термодинамические условия фор-мирования алмазов в недрах Земли и по-нять, хотя и не сразу, решающую рольдавления для их синтеза. Первые «рукот-ворные» алмазы были получены 16 декаб-ря 1954 года командой Американской фир-мы «General Electric» в Бэлт-аппарате (отанглийского belt – пояс) (рис.1,г). А в1959 году, после опубликования «рецеп-та» в журнале «Nature», каждый имею-щий пресс для создания давлений в 55 ты-сяч атмосфер и температур в 1500 C могстать алмазопроизводителем. Но это ужедругая история.Для нашей же истории интересно то, что

ученые сначала полагались на Землю, что-бы понять происхождение алмазов, а се-годня они полагаются на алмазы, чтобыпонять происхождение и устройство самойЗемли. Современные представления офазовом составе мантии и ядра Землиоснованы на результатах экспериментов валмазных наковальнях. Только они позво-ляют создать в лаборатории необходимыестатические давления и температуры(вплоть до 4 млн атм. и выше 5000 C,как в ядре Земли) и изучить, что происхо-дит с материалами в таких экстремальныхусловиях. Образцы в ячейках нагреваютсялазерами, а физические и химические из-менения, происходящие при этом с мате-риалами, изучаются с помощью рентгено-вской дифракции, спектроскопии комби-национного рассеяния, мёссбауэровской иинфракрасной спектроскопии, а такжедругими современными методами в лабо-раториях и на источниках синхротронногоизлучения. Спектр исследований, конечноже, не ограничивается проблемами наук оЗемле и планетологии. Какие еще вопросыволнуют ученых в настоящее время?Научные исследования с помощью ячеек

с алмазными наковальнями охватывают

очень широкий круг фундаментальных иприкладных проблем физики, химии иматериаловедения. Приведем лишь не-сколько примеров, касающихся трех осо-бенно интересных и важных современныхнаправлений – проверки теорий в физикетвердого тела, синтеза новых материалов иизучения свойств твердых тел в условияхэкстремальных давлений и температур.Это важно не только для углубления пони-мания природы вещей, но и для поискавозможностей целенаправленного синтезаматериалов с заданными уникальнымисвойствами.Поиск альтернативных источников энер-

гии и новых технологий, которые позволя-ют использовать энергию максимальноэффективно и с минимальными потерями,находится в центре внимания современно-го материаловедения. Сверхпроводимость,т.е. способность некоторых материаловпроводить электрический ток без какого-либо сопротивления, – одно из самых зах-ватывающих физических явлений в физикетвердого тела с момента ее первого экспери-ментального обнаружения в 1911 году. Приатмосферном давлении рекорд максималь-ной критической температуры сохраняетсяза купратами, которые проявляют сверх-проводимость при температурах до 138 К( 135 C). Однако такие температуры ещеслишком низки и применение сверхпровод-ников при технологически значимых тем-пературах, близких к комнатной, до сихпор не представляется возможным. Хотянекоторые исследователи сомневаются,достижима ли сверхпроводимость при ком-натной температуре вообще, она неоднок-ратно обнаруживалась при температурах,которые ранее были неожиданными илисчитались невозможными (как в случае свысокотемпературными сверхпроводника-ми, работающими при температурах вышетемпературы жидкого азота 77 К). Обна-ружение такого сверхпроводника имелобы огромное технологическое значение.Среди прочего, оно помогло бы решитьмировые энергетические проблемы, создатьеще более быстрые компьютеры, новыезапоминающие устройства и сверхчувстви-тельные датчики.


С тех пор как в 1935 году Юджин Вигнер(E.Wigner) и Хиллард Белл Хантингтон(H.B.Huntington) высказали предположе-ние, что при достаточно высоких давлени-ях молекулярный водород должен перей-ти в атомарно-металлическое состояние, ав 1968 году Нейл Ашкрофт (Neil Ashcroft)предсказал, что твердый металлическийводород при экстремально высоких давле-ниях должен стать сверхпроводящим приприблизительно комнатной температуре,попытки проверить эти прогнозы экспе-риментально не прекращаются. Хотя груп-па Гарвардских ученых в 2017 году заявилао наблюдении металлизации водорода при495 ГПа, а группа французских ученых в2019 году – при 425 ГПа, бесспорногоэкспериментального подтверждения метал-лизации и сверхпроводимости водорода прикомнатной температуре пока нет, а совре-менные теоретические расчеты предсказы-вают все более высокие давления перехода.Альтернативный путь к сверхпроводи-

мости при комнатной температуре основанна идее «насыщения» химических соеди-нений атомами водорода. По теории, прихимическом синтезе под давлением в гид-ридных системах (т.е. в соединениях, со-держащих водород) можно достичь такихмалых расстояний между атомами водоро-да, которые бы способствовали диссоциа-ции молекул 2H и образованию в структу-ре гидрида металлической «подрешетки»из атомов водорода. Недавно опублико-ванные результаты экспериментов в ал-мазных наковальнях показали возмож-ность синтезировать богатые водородомгидриды металлов, которые при оченьвысоких давлениях, как утверждается,становятся сверхпроводящими при темпе-ратурах до 260 К ( 13 C), почти как вморозильной камере холодильника. Этотконкретный рекорд 2019 года относится кгидриду лантана высокого давления( 10LaH ), предыдущий же был установлентригидридом серы ( 3H S), показавшимсверхпроводимость под высоким давлени-ем при температурах до 203 К ( 70 C).Хотя в обоих случаях речь идет о давлени-ях порядка 200–150 ГПа, что бесконечнодалеко от технологически возможных, о

температурах, все еще далеких от комнат-ных, и материалах, которые нельзя сохра-нить при нормальных условиях, каждыйновый шаг поиска ценен, потому что онведет к прорыву в нашем понимании ми-роздания и открытию новых материалов ицелых классов соединений, свойства кото-рых еще только предстоит изучить.Важным направлением современного

научного поиска является создание мате-риалов с высокой плотностью энергии,способных при определенных условияхпод влиянием внешних воздействий к бы-строму ее освобождению. Среди такихматериалов одними из наиболее многообе-щающих являются полинитриды – азот-ные соединения, в которых несколько ато-мов азота связаны простыми одинарнымисвязями. Запасенная в них энергия, пооценкам, может быть в несколько разбольше по сравнению с выделяемой изве-стными в настоящее время наиболее эф-фективными взрывчатыми веществами.Работы нашей группы в Байройте показа-ли принципиальную возможность синтезаполинитридов путем прямой химическойреакции азота с металлами при высокихдавлениях и температурах и сохраненияих при нормальных условиях. Если бы мымогли производить их в существенныхколичествах, это произвело бы революциюв двигательной технике, например – ваэрокосмической промышленности. Одна-ко пока их синтезируют только в алмазныхнаковальнях. Несмотря на все еще отда-ленные перспективы применения, этот этапработы крайне необходим для пониманияпроцессов формирования, структуры исостава новых материалов в деталях, что вбудущем может помочь в решении вопро-сов их потенциального промышленногосинтеза. Полинитриды интересны также ив связи с их уникальной и непредсказуе-мой химией и кристаллографией. Как го-ворил Козьма Прутков, «нельзя объятьнеобъятного», поэтому приведем тольконесколько примеров наших собственных,самых свежих результатов.Представьте, вы держите в руках хруп-

кий декоративный бумажный фонарик иликартонную коробку с пирожными. Их лег-

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

8

ко раздавить, не прикладывая особых уси-лий. Раз – и от красивого фонарика оста-нется жалкий комочек бумаги, а от пирож-ных липкая бесформенная масса. «Приро-да не терпит пустоты», – сказал Аристо-тель 24 сотни лет назад. Полости и неза-полненные пространства «схлопываются»под давлением, а значит, можно было быинтуитивно предположить, что в процессехимического синтеза при высоких давле-ниях пористые кристаллические структу-ры формироваться не могут. Каково жебыло наше удивление, когда, изучая хими-ческие реакции между азотом и переход-ными металлами (Hf, W, Os) при высокихдавлениях и температурах, мы обнаружи-ли, что при гигантском давлении в 1000000атмосфер (что соответствует давлению наглубине 2500 км внутри Земли) они обра-зуют соединения с пористой структурой(рис.7). Мы назвали их «мифами», но непотому, что в их существование при такихдавлениях трудно поверить, а потому, чтоони представляют собой металл-неоргани-ческие каркасы (от англ. Metal-InorganicFramework, MIF). Образованные атома-ми металла и азота, эти трехмерные карка-сы пронизаны каналами, заселенными мо-лекулами азота 2N .В то время как открытые нами «мифы»

существуют пока только при экстремаль-ных давлениях и сохранить их в нормаль-ных условиях еще не удалось, другиенаши исследования показали, что принци-

пиально это возможно. Так, для нитридарения ReN2, синтезированного изначальнопри очень высоких давлениях, нам уда-лось не только существенно снизить давле-ние синтеза (что естественно увеличилоколичество получаемого вещества), но исохранить и исследовать его в комнатныхусловиях. В результате мы обнаружили вэтом новом материале уникальное сочета-ние необычных физических свойств – ис-ключительно малую сжимаемость, сверх-твердость и металлическую проводимость.Эти свойства раньше считались несовмес-тимыми.Приведенные примеры наглядно показы-

вают, насколько мощной термодинамичес-кой переменной является давление, позво-ляющее значительно изменять структуру,химическую связь и физические свойствавещества. Чем выше давление, тем сложнееэлектронные взаимодействия, тем разнооб-разнее материалы, которые могут быть син-тезированы, и необычнее их свойства. Пре-дел возможностей классической ячейки салмазными наковальнями – это давленияпорядка 300–400 ГПа, соответствующиедавлениям в центре Земли. Как же шагнутьдальше и заглянуть за пределы возможно-го? Конечно же, попробовать изменитьконструкцию – перераспределить нагрузкитак, чтобы алмазы не разрушались, а дав-ления на образце увеличивались.Несколько лет назад наша группа в Бай-

ройте придумала снабдить ячейку нако-

Рис. 7. Металл-неорганические каркасные структуры металл-азотных соединений, синтезированных

при гигантских давлениях в 1 мегабар и температурах 2000 К в ячейках с алмазными наковальнями.

Трехмерный каркас, образованный атомами металла и азота (серые и синие шарики соответствен-

но), пронизан каналами, заселенными молекулами азота (красные шарики)


вальнями второй ступени (рис.8) – вто-ричными наковальнями. В такой ячейкедавление передается на еще меньшую по-верхность, что обеспечивает его дальней-шее увеличение по тому же принципу, каки в аппарате с поршневым цилиндром. Этопозволило нам достичь давлений порядка1 терапаскаля (1 ТПа = 107 атм.), которыеотвечают давлениям в центре гигантскихпланет. До сих пор этот аппарат, в котором58-я грань бриллианта (калетта) продолжа-ет сохранять свое важное предназначение, –чемпион по созданию статических давлений.Французские исследователи предложилимодифицировать профиль самой калетты,позволяющий как бы включить (инкорпо-рировать) вторичную наковальню непос-редственно в классическую, что позволяетдостигать давлений до 0,5–0,6 ТПа.Если теперь взглянуть на корону брил-

лианта, она тоже претерпела изменения вдизайне. Немецкий исследователь РайниБулер (Reinhard Boehler) предложил при-дать ей коническую форму, что облегчилоее укрепление и увеличило ее стабиль-ность в ячейке; при этом плоская площад-ка – оптическое окошко в камеру высокогодавления – сохранилась. Наша группапошла еще дальше – мы придали коронесферическую форму, поместив при этомцентр калетты в оптический центр полу-чившейся таким образом линзы (рис.9).Такое изменение короны дало возмож-

ность исследовать структуру монокрис-таллов в наковальнях при высоких давле-ниях с одновременным нагревом, т.е. вусловиях, когда рентгеновский и лазер-ный лучи синхронно сфокусированы наобразце во время эксперимента. Техничес-ки добиться этого очень сложно, посколь-ку рентгеновское исследование структурытребует вращения изучаемого кристалла.Если лазерный луч падает на плоскуюплощадку, то при вращении угол паденияменяется и за счет преломления в алмазелазерный луч теряет фокусировку. Благо-даря сферическому дизайну короны, ла-зерный луч падает на нее всегда под одними тем же углом – перпендикулярно каса-тельной к сферической поверхности – и,несмотря на вращение наковальни, остает-ся сфокусированным на кристалле.В заключение рассказа о технике и со-

держании современных исследований валмазных наковальнях хочется заметить,что подавляющая часть общей массы веще-ства, по крайней мере в Солнечной систе-ме, находится под высокими давлениями внедрах планет. Так что исследования со-стояния материи при высоких давлениях итемпературах – это очень важные шаги напути к пониманию Вселенной.

Автор выражает искреннюю благодарностьТ.Федотенко, Е.Быковой и М.Быкову запомощь в подготовке рисунков, а такжечлену редакционной коллегии «Кванта»Андрею Варламову, вдохновившему авторапознакомить читателей журнала с такой нео-бычной, но очень интересной областью со-временных научных исследований.

Рис. 9. Фотография алмазной наковальни со

сферической короной, сделанная под микро-

скопом. Диаметр ее 2,5 мм

Рис. 8. Схема устройства ячейки с наковальня-

ми второй ступени. Вторичными наковальнями

здесь служат половинки шариков из супер-

прочного нанокристаллического алмаза, кото-

рые сжимают образец металла размером в

0,004 мм

Джон Конвей (26.12.1937–11.04.2020)говорил, что не проработал ни едино-

го дня, а только играл. Блестящий матема-тик современности, он работал «играючи»во многих областях, и мне хочется вспом-нить часть того, чем он занимался и запом-нился.

Игра «Жизнь»

Пожалуй, самое широко известное от-крытие Конвея – это придуманная им игра«Жизнь». Устроена она так: на (бесконеч-ной) бумаге в клеточку часть клеток объяв-ляется «живыми» (или «заполненными»,и обычно их закрашивают), а остальные«мертвыми» (или «пустыми»). После это-го их конфигурация начинает (вся одно-временно!) эволюционировать по следую-щим исключительно простым правилам:1. Если у живой клетки в некоторый

момент из 8 соседей было 2 или 3 живыеклетки, то на следующий ход она выжива-ет, в противном случае она умирает (обыч-но говорят, что если живых соседей 1 или0, то она умирает «от одиночества», а еслибольше 3, то «от перенаселения»).

2. Если у пустой клетки ровно 3 живыхсоседа – то на следующем ходу в нейзарождается жизнь (а иначе она остаетсяпустой).Так (рис.1), квадрат 2 2 («блок») оста-

ется неподвижным (у каждой его клеткипо 3 живых соседа), линия из 3 клеток за1 ход поворачивается на 90 градусов вок-руг центра (поэтому ее называют «мигал-

кой» или «семафором»), а прямоугольник2 3 за один ход становится «ульем» (ещеодной не меняющейся конфигурацией).Слово «игра» тут не совсем точное, ибо

все, на что влияет «игрок», это начальнаярасстановка клеток, все дальнейшее отнего уже не зависит. Зато за жизнью такой«колонии клеток» бывает очень интереснонаблюдать.Глайдер (или планер), изображенный на

рисунке 2, – конфигурация, которая дви-жется вправо-вниз с постоянной скорос-тью под углом в 45 градусов. А другаяневинно выглядящая конфигурация из пятиклеток – r-пентамино (рис.3) – эволюцио-нирует на протяжении 1103 поколений.Глядя на r-пентамино, Конвей задал сле-дующий интересный вопрос: бывают либесконечно растущие конфигурации? Онобъявил награду в 50 долларов за решениеэтого вопроса – которую получил БиллГоспер, открывший глайдерное ружье, кон-фигурацию, постоянно «стреляющую»глайдерами.Создание глайдерного ружья через какое-

то время позволило доказать, что игра«Жизнь» Тьюринг-полна: любую програм-му, которую можно запустить на каком-нибудь компьютере, можно «эмулировать» с

Игры Джона Конвея

В.КЛЕПЦЫН


Рис. 1. Блок, семафор и улей

Рис. 2. Пять последовательных положений глай-

дера, летящего вправо-вниз

И Г Р Ы Д Ж О Н А К О Н В Е Я11

помощью игры «Жизнь». Можно даже запу-стить игру «Жизнь» на игре «Жизнь» [1]!Системы, живущие по аналогичным пра-

вилам – клетчатая плоскость, раскрашен-ная во много разных цветов-состояний, иправила перехода между этими состояни-ями, называют клеточными автоматами.Их рассматривали еще в 1950-е годы – они

восходят к идеям фон Неймана о самовос-производящихся машинах, и их использо-вали как упрощенные модели биологичес-ких процессов. Но не будет преувеличени-ем сказать, что именно с игры «Жизнь»начался широкий расцвет клеточных авто-матов. А их проявления в живой природе(рис.4,5) – предмет и недавних исследова-ний [2].

Рис. 3. Слева: r-пентамино (сверху исходное состояние, снизу конфигурация на 103-м шаге); справа:

глайдерное ружье и три выпущенных им глайдера

Рис. 4. Узор на ракушке (фото: R. Ling) и результат эволюции

клеточного автомата «Правило 30», описанного С. Вольфра-

мом

Рис. 5. Ящерица (Timon Lepidus), узору чешуек

которой посвящена статья «Живой мезоскопи-

ческий клеточный автомат из чешуек кожи»

[2]. Изображение: M.Milinkovitch’s laboratory,

University of Geneva

Конвей в общении

Я много раз встречался с Кон-веем на летних школах ISSMYSMOMISS в Бремене и в Лионе, иКонвей постоянно что-то расска-зывал (как на фотографии на

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

12

рисунке 6). От его историй невозможнобыло оторваться; это начиналось с утра изаканчивалось зачастую заполночь (ко-нечно же, не исключая завтраков, обедов иужинов!).А на фотографии на рисунке 7 он играет

с одной из участниц школы в изобретен-ную им настольную игру «футбол».Известный математик Гил Калаи вспо-

минает про эту игру: «...Конвей установилдля меня отдельное правило. Каждый раз,когда я был уверен, что проигрываю, мыменялись сторонами. Излишне уточнять,что это происходило более одного раза: ябыл уверен, что мое положение безнадеж-но, мы переворачивали доску, и вскорепосле этого я опять был уверен, что моеположение безнадежно...»А вот что пишет Теренс Тао (бывший

тогда аспирантом Принстона, а ныне лау-реат премии Филдса): «...Я все еще по-

мню, как меня регулярно громил [Конвей]в этой игре, что было тогда полезным инеобходимым уроком скромности для меня(как и для некоторых моих коллег-аспи-рантов)».

Игра «хакенбуш»

и сюрреальные числа

Одна из придуманных Конвеем игр –«хакенбуш», или рубка кустарника. Унее довольно простые правила – но приэтом она открывает дорогу к изобретен-ным им сюрреальным числам. Ее правилатаковы: дан раскрашенный в два цветаграф, часть вершин которого расположена«на земле» (рис.8, слева). Игроки по

очереди перерезают ребра своего цвета.Если какая-то компонента графа более несвязана с землей, то она удаляется; тот,кто не может сделать ход, проиграл.Оказывается, что в этой игре ходить

«невыгодно»: если, скажем, «Синий» иг-рок выигрывает начиная, то в той женачальной позиции он выигрывает и ходявторым. И более того – каждой позицииможно сопоставить число, говорящее,«сколько у Синего свободных ходов». Еслионо положительно, выигрывает Синий; еслиотрицательно – Красный. А если оно равнонулю, то в этой позиции начинающий (кембы он ни был) всегда проигрывает.Далее, если «сложить вместе» два графа

(просто нарисовав их рядом) – то соответ-ствующие числа тоже сложатся. Причемчисла тут появляются не только целые, нои дробные. Так, графу из двух ребер,красному над синим (рис.9, слева), пра-

вильно сопоставить число 1

2, потому что

сумма двух его копий с позицией –1 будет

Рис. 6. Конвей в окружении участников летней

школы. (Фото Рины Сергеевой)

Рис. 7. Конвей играет в «футбол». (Фото Рины

Сергеевой)

Рис. 8. Игра «хакенбуш»: пример игры и пози-

ции со значениями –1, 0, 1

И Г Р Ы Д Ж О Н А К О Н В Е Я13

нулевой (т.е. такой, где начинающий про-игрывает).Для конечных графов в игре «хакен-

буш» сопоставляемые им числа всегда дво-ично-рациональные. Но – разрешив рас-сматривать бесконечные «стебли бамбу-ка» (на которых, тем не менее, партиявсегда завершается за конечное время),можно получить и позиции, которым сопо-ставляются любые вещественные числа.Более того – оказывается, что «внутри

теории игр» можно выбрать игры, кото-рые можно объявить «числами». И есте-ственно определить операции на них –сложение, умножение и так далее. Однакосреди таких чисел будут не только всевещественные, но и многие другие. По-смотрите на три правые картинки на ри-сунке 9. Вторая из этих трех игр, бесконеч-ный синий «стебель бамбука», будет соот-ветствовать «бесконечному числу» – орди-налу . А бесконечный стебель, в которомсинее ребро только нижнее, – обратному кнему «числу» 1 . И все это и есть приду-манные Конвеем сюрреальные числа –которые я здесь, впрочем, не определил.Об этом можно почитать в книге ПьераДеорнуа [3]; а еще сюрреальным числам(уже без связи с теорией игр) была посвя-щена статья [4] в «Кванте» аж в 1979 году.Чтобы завершить рассказ об играх, мож-

но упомянуть две книги Конвея – «OnNumbers and Games» и написанную в соав-торстве с Берлекемпом и Ги «WinningWays for your Mathematical Plays». Обестали бестселлерами сразу после выхода.

Иррациональность корня из 2

Мне хочется вспомнить и очень интерес-ную – именно для школьников – статью

Конвея и Шипмана [5], где собраны раз-ные доказательства иррациональности кор-ня из 2 (и других квадратных корней). Этодействительно интересное чтение: как одини тот же результат может получаться со-вершенно разными методами. Конечно же,там упоминается и классическое доказа-тельство, в котором выясняется, что ичислитель и знаменатель должны оказать-ся четными, – но не только оно.Так, там появляется доказательство Тан-

ненбаума. А именно, если бы 2 былрационален, то можно было бы взять наи-меньшую пару целых чисел ,p q такую,что площадь квадрата со стороной p равнасумме площадей двух квадратов со сторо-ной q. Но поместив два таких квадратавнутрь квадрата со стороной p (рис.10,слева), мы видим, что в таком случаеплощадь, закрытая дважды (а это квадратсо стороной 2q p ), равна непокрытойплощади (а это два квадрата со сторонойp q каждый). И мы получаем противо-речие с минимальностью пары ,p q .А Конвей заметил, что аналогичным об-

разом можно доказывать и иррациональ-ность корня из 3 – оно изображено нарисунке 10 справа .1

Еще одно из собранных в этой же статьедоказательств принадлежит МиклошуЛацковичу: если раскрыть скобки в вы-

ражении 2 1n, то получится число вида

2A B, где A и B – целые. И если бы 2

1 Есть и аналогичные доказательства для 5и 6 : их можно найти в статье А.Спивака«Иррациональность корней из 2, 3, 5 и 6»(«Квант», 2010, №1).

Рис.9. Позиция со значением 1 2 и уравнение

для нее; бесконечный стебель со значением

1 3; два бесконечных стебля с не-вещественны-

ми значениями

Рис. 10. Доказательство Танненбаума ирра-

циональности 2 и его модификация Конвея

для 3

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

14

был рациональным числом вида pq, то ни

при каком n такая величина не могла бы

быть меньше 1

q. И это противоречит тому,

что 2 1n с ростом n становится сколь

угодно малым.

Головоломная задача

Одна из не очень известных статей Кон-вея, совместная с М.С.Патерсоном, посвя-щена вот такой задаче. На доске написанытри числа: 6, 7 и 8. У Антуана, Боба иЧарли на шляпах написаны неотрицатель-ные целые числа, сумма которых равнаодному из трех чисел на доске; какому –им неизвестно. Каждый из них видит чис-ла двух других, но не свое.Ведущий спрашивает по кругу у каждо-

го из них, знает ли тот свое число. Требу-ется доказать, что рано или поздно кто-нибудь ответит «да». Если на шляпахучастников написаны числа 2, 2 и 3 соот-ветственно, то перед этим прозвучит аж 18ответов «нет» – что явно не помогает«лобовому» подходу к разбору случаев.Теорема, которую изящным рассужде-

нием доказали Конвей с Патерсоном вработе с говорящим названием «Задача,вызывающая головную боль» [6], утверж-дает, что если участников не меньше, чемвариантов чисел на доске, то рано илипоздно ответ «да» прозвучит.

Другое

Многое и многое из того, чем занималсяКонвей, осталось за кадром нашего рас-сказа. Это полином Конвея в топологии –инвариант узла, позволяющий доказывать,что какие-то узлы нельзя развязать. Ис-следования решеток и кодов и три группыКонвея – исключительные простые груп-пы. Мысленный эксперимент в квантовоймеханике – теорема о свободе воли. Опе-ратор чтения [7] (итерации которого зада-ют последовательность «Посмотри-и-ска-жи»2 ). Числовые фризы [8], которым

была посвящена статья Конвея в «Кванте»(1991, №3) и вокруг которых происходитмного интересного даже сегодня (см. ста-тью Е.Смирнова в этом номере журнала).Книга «Квадратичные формы, данные намв ощущениях», она переведена на русскийязык. Атлас конечных групп, в созданиикоторого Конвей участвовал, и сформули-рованная им и Нортоном гипотезаMonstrous Moonshine, относящаяся к са-мой большой спорадической простой груп-пе – Монстру, и еще многое.Но хочется завершить этот текст цитатой

из Мартина Гарднера про формулу Кон-вея для вероятности выигрыша в игруПенни (Penney’s game): «Я не понимаю,почему это работает. Она просто выдаетответ как по волшебству, как многие дру-гие алгоритмы Конвея». [9]

Литература

1. https: www.youtube.com watch?v=xP5-iIeKXE82. L.Manukyan, S.Montandon, A.Fofonjka,

S.Smirnov & M. Milinkovitch. A living mesoscopiccellular automaton made of skin scales. – Nature,544 (2017), pp. 173–179.3. П.Деорнуа. Комбинаторная теория игр. –

М.: МЦНМО, 2017.4. А. Кириллов, И. Клумова, А. Сосинский.

Сюрреальные числа. – «Квант», 1979, №11.5. J.H.Conway & J.Shipman. Extreme Proofs I:

The Irrationality of 2 . – The MathematicalIntelligencer, 35 (2013), pp. 2–7.

6. J.H.Conway, M.S.Paterson & Moscow(U.S.S.R.). A Headache-Causing Problem. – TheAmerican Mathematical Monthly, 127 (2020),pp.291–296.7. J.H.Conway. The Weird and Wonderful

Chemistry of Audioactive Decay. – Open Problemsin Communication and Computation (1987), pp.173–188.

8. J.H. Conway and H.S.M. Coxeter.Triangulated Polygons and Frieze Patterns. – TheMathematical Gazette, 57: 401 (Oct., 1973), pp.175–183.9. M. Gardner. On the paradoxical situations

that arise from nontransitive relations. – ScientificAmerican, 231: 4 (Oct., 1974), pp. 120–125.

2 Вот она: 1, 11, 21, 1211, 111221, 312211, …

Фауст:

Так пентаграмма этому виной?

Но как же, бес, пробрался ты за мной?

Каким путем впросак попался?

Мефистофель:

Изволили ее вы плохо начертить,

И промежуток в уголку остался,

Там, у дверей, – и я свободно мог вскочить.

Фауст:

Да, случай над тобой удачно посмеялся.

Так ты мой пленник, стало быть?

Вот удалось негаданно-нежданно!

И.-В.Гете. Фауст (пер. Н.Холодковского)

Введение

Фризами называются таблицы, запол-ненные положительными числами в соот-ветствии с некоторым мультипликатив-ным правилом. Такие таблицы были впер-вые определены в 1970-х годах в работахДональда Кокстера и Джона Конвея. Каки многое другое, что делали эти замеча-тельные математики, фризы можно рас-сматривать как некоторую математичес-кую забаву; она состоит в том, чтобывыписывать по некоторым правилам числаи смотреть на получающиеся закономерно-сти.Однако оказывается, что, несмотря на

простоту их определения, фризы облада-ют рядом весьма неожиданных свойств.Они связаны со множеством других мате-матических понятий, в числе которых –триангуляции многоугольников, числаКаталана и Фибоначчи, цепные дроби,ряды Фарея... Кроме того, оказалось, чтофризы (так, конечно, тогда еще не назы-вавшиеся) неявным образом возникалиеще в работах К.-Ф.Гаусса и даже Дж.Не-пера – т.е. более 400 лет назад!В XXI веке интерес к фризам среди

математиков существенно вырос: выясни-

лось, что фризы возникают в теории кла-стерных алгебр, в связи с представления-ми колчанов, многообразиями Грассмана,эллиптическими функциями, обобщенны-ми ассоциаэдрами и многими другимисюжетами из современной «серьезной»математики.Первая русскоязычная публикация о

фризах появилась в «Кванте» почти трид-цать лет назад, в №3 за 1991 год – причемнаписана она была самим Конвеем. Этотдвухстраничный текст содержал множе-ство вопросов, над ответами на которыепредлагалось подумать читателю. В после-словии от редакции было сказано: «Мынадеемся получить от вас письма с ответа-ми на вопросы, поставленные Конвеем, итогда вновь вернуться к числовым фри-зам». На часть вопросов Конвея к читате-лям «Кванта» мы отвечаем в этой статье.11 апреля 2020 года Джон Хортон Кон-

вей, один из самых удивительных и неор-динарных математиков нашего времени,скончался на 83-м году жизни. Посвящаюэтот текст его памяти.

Фризы малых порядков

Определение и первые свойства. Нач-нем с определения.Определение 1. Назовем фризом поряд-

ка n таблицу ijt , состоящую из 1nбесконечной влево и вправо строки поло-жительных чисел, расположенных в шах-матном порядке, которая удовлетворяетследующим свойствам:i первая и последняя строки состоят из

единиц: 1 1, 1j n jt t ;

i для любых четырех чисел

b

a d

c

в

вершинах единичного ромба верно равен-

ство 1ad bc ; это свойство будем назы-вать унимодулярностью.

Числовые фризы

Е.СМИРНОВ


К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

16

Назовем фриз целочисленным, если всечисла ijt целые.

Пример 1. На рисунке 1 приведен при-мер целочисленного фриза порядка 7 (та-кой фриз, как следует из определения,состоит из 6 строк).

Глядя на этот и другие примеры, можноотметить ряд замечательных свойств. Во-первых, такой фриз оказывается периодич-ным с периодом n – т.е. можно считать егонарисованным на цилиндре. Во-вторых,этот фриз дополнительно обладает скользя-щей симметрией: если перевернуть его вверхногами и сдвинуть вбок на три с половинойпозиции, он совпадет с исходным.Наконец, фриз, очевидно, определяется

своими первыми двумя строками (единич-ной и первой нетривиальной). Так вот,почему-то оказывается, что если все эле-менты второй строки будут целыми числа-ми, то и все остальные элементы фризаявляются целыми. Это совершенно неоче-видно из определения: из условия уни-

модулярности для ромба

b

a d

c

следует,

что 1ad

cb

, т.е. для вычисления элемен-

тов приходится использовать деление – итем не менее, результат этого деленияпочему-то всегда оказывается целым чис-лом. Наша ближайшая цель – разобратьсяс этими феноменами.

Фризы порядков 3 и 4. Посмотрим, какмогут быть устроены фризы малых поряд-ков. При 3n фриз состоит из двух строк,т.е. фриз порядка три единственен (рис.2).

Далее, фризыпорядка 4 имеюттакой вид, как нарисунке 3. Усло-вие унимодуляр-ности равносильно тому, что произведениелюбых двух элементов во второй строкеравняется 2. Поэтому такой фриз имееттакой вид, как нарисунке 4, гдеab = 2. В частно-сти, целочислен-ных фризов по-рядка 4 будет два: один будет отвечатьситуации, когда a = 2 и b = 1, а другой –когда a = 1 и b = 2. Среди нецелочислен-ных фризов (рис.5) отметим такой:

Замечание 1. Заметим, что фризы по-рядка 4 периодичны с периодом 2, а не 4(а период последнего фриза и вовсе ра-вен 1). Это связано с наличием скользя-щей симметрии: если перевернуть фризвверх ногами и сдвинуть на половинупериода, он совпадет с исходным.

Фризы порядка 5. Такие фризы удобновосстанавливать не по верхней строке, а подиагонали. Рассмотрим фриз, показанныйна рисунке 6. Вы-разим все его зна-чения последова-тельно через x иy. Мы получим,что

1 yz

x;

1 1z x yu

y xy;

1 1 1

1

u x y xy x xv

z xy y y;

1 1

1

v x y xyw x

u y x y;

11

1

w yt x y

v x.

Мы опять получили x и y, но уже на другойдиагонали. Видим, что фриз снова получа-Рис. 2

Рис. 1

Рис. 3

Рис. 5

Рис. 4

Рис. 6

Ч И С Л О В Ы Е Ф Р И З Ы17

ется периодичным с периодом 5, и он вновьобладает скользящей симметрией.

Упражнения

1. Перечислите все целочисленные фризыпорядка 5. Сколько их?

2. Рассмотрим фриз порядка 5, у которого

x y . Покажите, что 1 5

2, и найдите

остальные элементы этого фриза.

Фриз из упражнения 2 получается путемприменения к правильному пятиугольни-ку теоремы Птолемея. Эта теорема изшкольного курса планиметрии гласит, чтодля вписанного четырехугольника ABCDверно равенство AB CD AD BC

AC BD. Действительно, рассмотрим пра-вильный пя-тиугольник, всестороны кото-рого равны 1(рис.7). Пустьего диагональравна . Запи-шем теоремуПтолемея дляравнобокой тра-пеции ABCD; вэтой трапеции AB = BC = CD = 1, AD == AC = BD = . Мы получим уравнение

1 1 1 , т.е. 2 1 0.Положительный корень этого уравнения

как раз равен 1 5

2; это знаменитое золо-

тое сечение.Упражнение 3. Рассмотрим правильный

n-угольник со стороной 1 и многократно применимк нему теорему Птолемея. Какой фриз порядка nмы получим? Чему равны элементы в его k-йстроке?

Pentagramma mirificum. Впервые фри-зы порядка 5 появились в связи со сфери-ческой тригонометрией в работах Натани-эла Тарпорли1 и Джона Непера2 . Даль-

нейшее развитие они получили в работахКарла-Фридриха Гаусса. Их появлениебыло связано со следующей задачей сфе-рической геометрии.Рассмотрим пятиконечную звезду на

сфере, все углы которой являются прямы-ми (рис.8). В частности, это значит, чтоточка A является полюсом для большогокруга CD, B – для DE и т.д.Обозначим через , ,… квадраты тан-

генсов длин сторон пятиугольника:2tg BE , 2tg EC , 2tg A C ,

2tg A D , 2tg D B .

Оказывается, что эти пять величин связа-ны следующими соотношениями, позволя-ющими получить по любым двум из нихостальные три:

1 ; 1 ; 1 ;

1 ; 1 . (*)

Таким образом, эти величины являютсяэлементами следующего фриза (рис.9) по-рядка 5.

Упражнение 4. Используя соотношения (*),докажите следующее равенство (также при-надлежащее Гауссу):

3

= 1 1 1 1 1 .

Это равенство в работе Гаусса названо schцneGleichung, т.е. «красивым тождеством».

1 Nathaniel Tarporley (Torporley) (1564–1632) – английский математик, астроном иастролог. Некоторое время работал во Фран-ции секретарем Франсуа Виета.

2 John Napier (1550–1617) – шотландскийматематик. Известен как изобретатель лога-рифмов и десятичной точки.

Рис. 7

Рис. 8. Pentagramma mirificum. Справа рисунок

из работы Непера (1614 г.)

Рис. 9

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

18

Континуанты

Рекуррентное соотношение. Теперьперейдем к фризам произвольного поряд-ка. Наша ближайшая цель – получитьвыражение для элементов третьей и после-дующих строк фриза через элементы вто-рой строки.Пусть дан фриз со второй строкой

1 2 3, , , ,a a a… … Ясно, что каждый из эле-ментов третьей строки выражается черездва элемента второй строки, стоящие не-посредственно над ним (слева и справа).Далее, каждый элемент четвертой строкиможно найти по правилу унимодулярнос-ти уже через три стоящих над ним элемен-та второй строки и так далее. Обозначимэлементы третьей, четвертой и т.д. строкчерез 2 1,i iv a a , 3 1 2, ,i i iv a a a и т.д.,как показано на рисунке 10.Нетрудно найти выражение для элемен-

тов третьей строки:

2 1 2 1 2, 1v a a a a , 2 2 3 2 3, 1v a a a a ,

а из них уже выразить элементы четвер-той:

3 1 2 3 2 1 2 2 2 3 2, , , , 1v a a a v a a v a a a

1 2 3 1 3a a a a a ,

пятой:

4 1 2 3 4, , ,v a a a a

3 1 2 3 3 2 3 4 2 2 3, , , , 1 ,v a a a v a a a v a a …

1 2 3 4 1 2 1 4 3 4 1a a a a a a a a a a… ,

шестой:

5 1 5 1 2 3 4 5 1 2 3 1 2 5, ,v a a a a a a a a a a a a a…

1 4 5 3 4 5 1 3 5a a a a a a a a a

(проделайте эти вычисления самостоятель-но!).Внимательно посмотрев на эти выраже-

ния, можно заметить закономерность, ко-торой они подчиняются.

Коды Морзе.Рассмотрим nрасположенныхв ряд точек, ко-торые занумеру-ем переменными

1, , na a… . Теперь соединим между собойкакие-нибудь пары соседних точек, с усло-вием, что каждую точку можно соединитьне более чем с одной соседней. Мы полу-чим «код Морзе» из точек и тире – конфи-гурацию наподо-бие изображен-ной на рисунке11.Такой конфигурации сопоставим моном

(т.е. одночлен): произведение перемен-ных, которые стоят в точках (не соеди-ненных с соседними), взятое со знаком«плюс» или «минус» в зависимости отчетности числа тире. Будем называть этотмоном весом кода Морзе c и обозначатьчерез w c . Так, конфигурации рисунка 11будет отвечать выражение

23 4 7 3 4 71w c a a a a a a

Пример 2. Все коды Морзе и соответ-ствующие им мономы при n от 1 до 5представлены в таблице на рисунке 12.

Определение 2 (правило Эйлера). Кон-тинуантой Vn(a1, ..., an) порядка n назы-вается сумма одночленов, соответствую-щих всевозможным кодам Морзе на nвершинах.

Замечание 2. Положим континуантунулевого порядка (не зависящую от ка-ких-либо аргументов) равной 0 1V . Бо-лее того, иногда бывает удобно считать,что 0nV , если n отрицательно.Таблица (см. рис.12) позволяет нам вы-

числить континуанты порядков, не пре-восходящих 5. Мы видим, что у нас полу-чаются в точности те же выражения, что идля 1, ,n nv a a… . Вскоре мы докажем этоутверждение, но сначала установим ещенекоторые свойства континуант. Начнем срекуррентного соотношения.

Рис. 10

Рис. 11


Предложение 1. Континуанты удов-летворяют рекуррентному соотношению

1 1 1 2, , , ,n n n nV a a aV a a… …

2 3, ,n nV a a… . (**)

Доказательство. Возьмем какой-нибудькод Морзе на n вершинах. Посмотрим напервую вершину. Возможны два вариан-та. Либо ей отвечает точка, и тогда всякаяконфигурация c получается как код Морзеc на вершинах 2, …, n; при этом

1w c a w c , поскольку в коде c перваявершина учитывается, а в конфигурацииc нет. Либо же, напротив, первая вершинасоединена со второй при помощи тире; втаком случае обозначим код Морзе навершинах 3, …, n через c , а веса кодов cи c отличаются знаком: w c w c .Стало быть, все коды, начинающиеся с

точки, дадут в континуанту 1, ,n nV a a…

вклад, равный 1 1 2, ,n naV a a… , а все на-чинающиеся с тире – вклад, равный

2 3, ,n nV a a… . Это и дает нам искомоесоотношение (**).Дальнейшие свойства континуант мы ос-

тавим в качестве упражнения для читателя.

Упражнение 5. Докажите следующие равен-ства:(1) 1 1, , , ,n n n nV a a V a a… … ;(2) 1 1 1 1 1, , , 0 , ,n n n nV a a V a a… … ;(3) 1 1 1 1, , , ,n n n n nV a a a V a a… …

– 2 1 2, ,n nV a a… .

Соотношение унимодулярности дляконтинуант. Справедлива следующая тео-рема.

Теорема 1. Для любых 1 1, , na a… имеетместо соотношение

1 2 1, , , ,n n n nV a a V a a… …

1 2 1 1 1, , , , 1n n n nV a a V a a… … .

Мы приведем два доказательства этойтеоремы, алгебраическое и комбинатор-ное.

Алгебраическое доказательство. Будемдоказывать эту теорему индукцией по n.База, при n = 1, очевидна.Запишем требуемое соотношение для n и

перепишем все члены, в которые входит1na , с помощью равенства (3) из упраж-

нения 5:

1 1 1 1 1, , , ,n n n n nV a a a V a a… …

– 1 1 1, ,n nV a a… ;

2 1 1 1 2, , , ,n n n n nV a a a V a a… …

– 2 2 1, ,n nV a a… .Тогда соотношение перепишется в виде

1 1 1 2, , , ,n n n n nV a a a V a a… …

2 2 1, ,n nV a a…

1 2 1 1, , , ,n n n n nV a a a V a a… …

1 1 1, , 1n nV a a… .В левой и правой частях нашего равенствавстречается слагаемое 1 1 2,n na V a …

1, , ,n n na V a a… … ; уничтожив его, полу-чим равенство

1 2 2 1, , , ,n n n nV a a V a a… …

1 1 1 1 2, , , , 1n n n nV a a V a a… … ,

которое имеет место по предположениюиндукции. Теорема доказана.

Комбинаторное доказательство. Рас-смотрим каждую из континуант в левойчасти соотношения как сумму мономов,отвечающим кодам Морзе на множествах1, , n… и 2, , 1n… соответственно.Будем изображать эти коды Морзе на

Рис. 12. Коды Морзе при n 5

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

20

одном рисунке, только относящиеся к пер-вому коду тире будем изображать пунк-тирными линиями, а ко второму – сплош-ными, как показано на рисунке 13. Таким

образом, пунктирные тире могут стоять навсех возможных местах, кроме последне-го, а сплошные – на всех, кроме первого.Тогда левая часть доказываемого соотно-шения равна сумме мономов, полученнымпо всевозможным парам кодов Морзе стакими условиями.Сделаем то же для произведения кон-

тинуант в правой части: каждое произве-дение мономов из 1 2, ,n nV a a… и

1 1 1, ,n nV a a… можно интерпретироватькак пару кодов Морзе на множестве1, , 1n… – причем первый код (будемего обозначать пунктирными тире) не мо-жет иметь тире на первой и последнейпозициях, а на второй (обозначим егосплошными тире) никаких ограничений ненакладывается.Рассмотрим какую-либо конфигурацию

1 2,c c , где 1c и 2c – коды Морзе на1, , n… и 2, , 1n… соответственно. Ейотвечает моном 1 2w c w c из левой частиравенства. Построим по ней новую конфи-гурацию 1 2,c c , где 1c будет кодом Морзена 1, , 1n… , а 2c – кодом на 2, , n… .Если между 1 и 2 в коде 1c нет (пунктир-

ного) тире, то 1c можно рассматривать каккод на вершинах 2, …, n. В то же время кодиз сплошных тире 2c можно рассматри-вать как код на вершинах 1, …, n + 1, укоторого на первом месте нет тире. В такомслучае положим 1 2 1 2, ,c c c c .Пусть теперь вершины 1 и 2 соединены

входящим в код 1c пунктирным тире. По-скольку в код 2c входят вершины, начина-ющиеся со 2-й, то между вершинами 1 и 2нет сплошного тире. Построим по парекодов 1 2,c c пару кодов 1 2,c c следую-щим образом: рассмотрим путь, выходя-щий из 1-й вершины и состоящий из пун-ктирных и сплошных тире. Ясно, что онимогут только чередоваться. Заменим в немкаждое пунктирное тире на сплошное, асплошное на пунктирное. Мы получим

новую пару кодов 1 2,c c , у которой напервом месте стоит сплошное тире и нетпунктирного. Эта пара будет иметь тот жевес, что и 1 2,c c .На рисунке 14 показана пара кодов,

которые получаются такой операцией из

изображенных на рисунке 13. При этомпара 1 2,c c будет «почти всегда» отвечатьмоному из правой части. Далее, эту проце-дуру «почти всегда» можно обратить: по«почти» каждой паре кодов 1 2,c c можноединственным образом восстановить тупару 1 2,c c , по которой она построена,причем веса этих пар будут равны.Осталось разобраться с тем, что значат

слова «почти всегда». Здесь нужно будетрассмотреть два случая: когда n четно икогда оно нечетно.Пусть n четно. Тогда единственная кон-

фигурация 1 2,c c , для которой описаннаяпроцедура не сработает (т.е. подходящегомонома в правой части не найдется), будетиметь вид, какпоказано на ри-сунке 15. В нейвсе вершины будут соединены чередую-щимися пунктирными и сплошными тире,причем и первое и последнее тире будутпунктирными (число вершин четно, зна-чит, число тире между ними нечетно), авес конфигурации 1 2,c c будет равен

11 1

n. Поэтому произведение конти-

нуант в левой части равенства будет на 1меньше, чем произведение континуант вправой части.Если же, напротив, число вершин нечет-

но, то у каждой конфигурации 1 2,c cбудет единственный образ 1 2,c c – и най-дется ровно одна конфигурация из правойчасти, у которой не будет прообраза. Онаизображена на ри-сунке 16. В такомслучае произведе-ние континуант вправой части будет опять-таки на 1 боль-ше, чем произведение континуант в левойчасти.

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 13

Рис. 14


Целочисленность фризов. Из результа-тов предыдущего подраздела немедленнополучается следующий результат.

Теорема 2. Элемент 1n -й строкифриза, над которым во второй строкестоят числа 1, , na a… , равняется конти-нуанте 1, ,n nV a a… .Эта теорема сразу объясняет отмечен-

ный нами выше «феномен целочисленнос-ти» – то, что все элементы фриза с цело-численной второй строкой 1 2, ,a a … ока-зываются целыми числами, хотя, казалосьбы, чтобы их вычислить, приходится со-вершать деление.

Следствие 1. Фриз, элементы второйстроки которого целые положительныечисла, является целочисленным.Действительно, континуанта – это мно-

гочлен от 1 2, ,a a … с целыми коэффици-ентами.

Восстановление второй строки по диа-гонали. Итак, мы нашли способ вычис-лять диагональ фриза, зная вторую стро-ку: это делается с помощью континуанты.Решим теперь обратную задачу: найдем (вобозначениях рисунка 10) вторую строку1, , na a… , зная диагональ 2 1, , nv v… .Это непосредственно следует из рекур-

рентного соотношения для континуант.Следующая теорема – просто переформу-лировка предложения 1.

Теорема 3. Пусть 1 2 3, ,a a a … – втораястрока фриза, 1 1 2 3, ,v a v v … – его диаго-наль. Тогда имеют место равенства

2

1

k kk

k

v va

v.

(Напомним, что мы формально полагаем0 1v , 1 0v – тогда эта формула приме-

нима при любых k > 0).Иногда эту теорему полезно формулиро-

вать в таком виде:Следствие 2. Последовательность kv

является решением разностного уравне-ния («уравнения Хилла», или «дискрет-ного уравнения Штурма–Лиувилля»)

1 2k k k kV a V V ,

где 1 2, ,a a … – коэффициенты, 1 2, ,V V … –неизвестные.

Периодичность и скользящая симмет-рия. Рассмотрим фриз порядка n. Напом-ним, что такой фриз состоит из 1n строки;последняя его строка состоит из единиц, а«следующая за последней», т.е. n-я, состо-ит из нулей. Таким образом, для его диаго-нали 1 11, , , nv v… имеют место равенства

2 1nv ; 1 0nv .

Запишем последнее из рекуррентныхсоотношений. Оно имеет вид

1 1 2 3n n n nv a v v , т.е. 3 1n nv a .

Итак, мы получаем, что предпоследнийненулевой элемент диагонали 3nV равня-ется элементу 1na из второй строки. Ана-логично, следующий за ним в строке эле-мент равняется элементу na . Получается,что предпоследняя ненулевая строка фри-за совпадает со второй, сдвинутой на 2nпозиций, и фриз имеет такой вид, какпоказано на рисунке 17.

А значит, из условия унимодулярностиполучается, что фриз можно строить не отвторой строки вниз, а от предпоследней –вверх, и результат будет тем же.

Следствие 3. Фриз порядка n обладаетскользящей симметрией: его k-я строка,сдвинутая на 2n позиций, совпадает сn k -й строкой.Следствие 4. Фриз порядка n является

периодичным с периодом n.В самом деле, cдвиг фриза на n является

результатом применения двух скользящихсимметрий со сдвигом на 2n .

Целочисленные фризы

Сущность целочисленного фриза. Вэтом разделе мы опишем все фризы, состо-ящие исключительно из целых элементов.Будем называть сущностью (по-англий-

ски quiddity) фриза его вторую строку

Рис. 17

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

22

1, , na a… . Очевидно, она не может содер-жать двух единиц подряд – это противоре-чило бы унимодулярности. Однако оказы-вается, что хотя бы одна единица в этойстроке обязательно должна быть.

Предложение 2. Вторая строка цело-численного фриза обязательно содер-жит 1.

Доказательство. Предположим, что этоне так и что найдется фриз, все элементыво второй строке которого отличны от 1:

2ka . Тогда для элементов его диагонали(скажем, первой) имеет место неравенство

1 2 1 22k k k k k kv a v v v v ,

откуда

1 1 2k k k kv v v v .

Но это верно для всех k. Стало быть,

1 1 2 2 1k k k kv v v v v v…

2 1 1a ,

т.е. последовательность kv строго возрас-тающая. Это противоречит тому, что вкакой-то момент она в силу замкнутостифриза должна принять значение 1 (и темболее 0).Следующая лемма позволит нам делать

из данного целочисленного фриза порядкаn новый фриз порядка n + 1.

Лемма. Пусть 1, , na a… – сущностьцелочисленного фриза порядка n, и1 k n. Тогда:(1) набор 1 1 1, , 1, 1, ,k k ka a a a… …

, na… является сущностью целочислен-ного фриза порядка n + 1;(2) если 1 2 11, , , , nv v v… – первая диаго-

наль исходного фриза и 1 1v a , то соот-ветствующая диагональ нового фризаимеет вид

1 2 1 1 21, , , , , , , ,k k k k nv v v v v v v… … .

Доказательство. Начнем с доказатель-ства пункта (2). Посмотрим, как будетустроена первая диагональ нового фриза:обозначим ее через 1 11, , , nw w… .Ясно, что при 2i k диагонали этих

двух фризов совпадают: i iw v . При этомна 1k -м месте нового фриза будетстоять

1 1 2 3 1 21k k k k k kw a v v v v .

Далее,

1 2 1 2 1k k k k k kw w w v v v .

Следующий элемент диагонали будет ра-вен

1 11k k k kw a w w

1 1 21k k k ka v v v

1 2k k k ka v v v .

При всех 1j k будет иметь место равен-ство 1j jw v . В частности, 2n -й и

1n -й члены этой последовательностибудут равны 1 и 0 соответственно, т.е.фриз оборвется – а диагональ будет содер-жать n положительных элементов. То жесамое рассуждение применимо и к любойдругой диагонали. Стало быть, в результа-те такой вставки получится целочислен-ный фриз на единицу большего порядка.Часть (1) также доказана.

Замечание 3. Эта конструкция очевид-ным образом является обратимой: если

1 1, , 1, ,k kb b… … – сущность целочислен-ного фриза, то и 1 1, 1, 1,k kb b… …

будет сущностью фриза на единицу мень-шего порядка (обратите внимание, что всилу отсутствия двух единиц подряд обачисла 1 1kb и 1 1kb положительны).

Фризы и триангуляции. Рассмотримвыпуклый n-угольник с пронумерованны-ми вершинами. Его триангуляцией будемназывать его разбиение на треугольники спомощью диагоналей, не пересекающихсянигде, кроме вершин.

Замечание 4. Число триангуляций n-угольника называется 2n -м числомКаталана (это одно из их многочислен-ных эквивалентных определений). Длянего справедлива формула C n

2 4121

n

nn. О числах Каталана можно

прочесть во многих книгах по комбина-

торике; также о них неоднократно писал«Квант» – см., например, статью МартинаГарднера в №7 за 1978 год.Рассмотрим произвольную триангуля-

цию n-угольника. Ей можно сопоставить


набор чисел 1, , nc c… , где ic – числотреугольников, сходящихся в n-й верши-не. Будем называть такой набор сущнос-тью триангуляции. Триангуляция одно-значно восстанавливается по своей сущно-сти (почему?).

Теорема 4 (теорема Конвея–Кокстера).Набор 1, , nc c… , построенный по триан-гуляции n-угольника, является сущнос-тью целочисленного фриза порядка n; этоотображение устанавливает взаимнооднозначное соответствие между три-ангуляциями n-угольника и целочислен-ными фризами n-го порядка.

Доказательство. Будем доказывать этутеорему по индукции по n. База n 3очевидна: имеются лишь одна триангуля-ция треугольника и единственный фриз3-го порядка с сущностью 1,1,1 . (Чита-тель, которого это не убеждает, можетначать с n = 4.)Рассмотрим некоторую триангуляцию n-

угольника. Выберем в ней «ухо» – верши-ну, примыкающую к единственному треу-гольнику (в силу принципа Дирихле та-ких вершин не менее двух). Пусть этавершина имеет номер k, а в вершинах 1kи 1k сходятся 1kb и 1kb треугольниковсоответственно. Таким образом, сущностьэтой триангуляции имеет вид 1, ,1,kb…

1,kb … . Выбросим треугольник, примы-кающий к k-й вершине, из этой триангуля-ции, получим триангуляцию 1n -уголь-ника, сущность которой равна 1, 1,kb…

1 1,kb … . Эта триангуляция, по предпо-ложению индукции, определяет фриз стой же сущностью. Но по лемме из преды-дущего подраздела тогда и набор 1, ,kb…

11, ,kb … определяет целочисленный фриз.Взаимная однозначность полученного

соответствия следует из замечания 3: изсущности каждого фриза порядка n можноудалить единицу, сведя дело к фризу наединицу меньшего порядка.

Восстановление фриза по триангуля-ции. Теорема Конвея–Кокстера утвержда-ет, что каждый элемент второй строкифриза – это количество треугольников,сходящихся при соответствующей верши-

не триангуляции. А как восстановить ос-тальные элементы фриза? В чем их комби-наторный смысл?Пусть дан целочисленный фриз, кото-

рый мы будем обозначать в соответствии срисунком 10: его вторая строка равна

1 2, , , na a a… , а через 0 1 2 21, , , , nv v v v…

обозначены элементы диагонали, начина-ющейся в 1a , т.е. 1 1v a . Удобно такжесчитать, что 1 0v .Рассмотрим триангуляцию n-угольника,

вершины которого пронумерованы числа-ми от 1 до n, с сущностью 1, , na a… . Поней можно восстановить 0 1 2, , ,v v v … по-средством следующего алгоритма:i напишем в вершинах 1 и 2 числа 0 и 1

соответственно;i далее расставим числовые отметки во

всех остальных вершинах многоугольникапо такому правилу: для каждого треуголь-ника, в двух вершинах которого уже стоятчисла a и b, поставим в третьей его верши-не число a + b.

Упражнение 6. Докажите, что во всех верши-нах, соединенных с первой вершиной диагона-лью или стороной, будут написаны единицы.

Предложение 3. Полученная по этомуалгоритму отметка в i-й вершине будетравна элементу 2iv диагонали фриза.

Доказательство. Данной триангуляцииn-угольника сопоставим двойственный графна 2n вершинах: вершины его будутсоответствовать треугольникам из триан-гуляции, причем две вершины будут со-единены ребром, если у двух треугольни-ков имеется общая сторона. Такой графявляется деревом, валентности всех еговершин не превосходят трех, а висячиевершины отвечают «ушам» триангуляции(рис.18).

Рис. 18. Триангуляция и отвечающее ей дерево

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

24

Далее, запись чисел в вершинах треу-гольников в соответствии с нашим алго-ритмом можно рассматривать как обходвершин дерева, отвечающего триангуля-ции: на первом шаге алгоритма мы беремтреугольник, содержащий вершины 1 и 2,и записываем число в его третьей вершине(для первого шага это число будет едини-цей). Сделав это, отметим отвечающуюэтому треугольнику вершину дерева какпосещенную.На каждом следующем шаге мы рассмат-

риваем какую-то вершину, смежную с ужепосещенными; ей отвечает треугольник, вдвух вершинах которого уже стоят какие-то числа. Записав в третьей вершине тре-угольника их сумму, отметим как посе-щенную вершину дерева, которая отвечаетэтому треугольнику.Докажем наше предложение по индук-

ции по n. База при n 3 очевидна: мыполучаем треугольник, в вершинах кото-рого записаны 0, 1 и 1. Он отвечаетединственному фризу порядка 3.Индуктивный переход: пусть наше пред-

ложение доказано для всевозможных три-ангуляций n-угольника, а мы хотим дока-зать его для 1n -угольника. Посмотримна последний шаг алгоритма; в его ходе мыобязаны посетить какую-то висячую вер-шину дерева триангуляции, т.е. добавить ктриангуляции n-угольника «ухо». Пустьданный n-угольник имеет сущность

1, , na a… , а «ухо» на последнем шагеприклеивается к стороне 1,k k . По пред-положению индукции, построенный в ре-

зультате выполнения алгоритма набор от-меток в вершинах 0 1, , nv v… будет сто-ять на диагонали фриза с сущностью

1, , na a… . Далее, на последнем шаге меж-ду вершинами 1k и k будет добавленавершина с отметкой 1k kv v . При этомтриангуляция 1n -угольника будетиметь сущность 1, 1, 1, 1,k kb b… … –что согласуется с результатом леммы обэлементах фриза. Предложение доказано.

Упражнения

7. Рассмотрим триангуляцию n-угольника,все диагонали которой образуют зигзаг (ины-ми словами, все элементы сущности этой три-ангуляции не превосходят 3). Докажите, чтовсе элементы соответствующего фриза будутчислами Фибоначчи.

8. Пусть в триангуляции есть вершина, гдесходятся не менее 4 треугольников. Докажите,что соответствующий фриз содержит число 4.

Замечание 5. Большинство результатов изэтого раздела можно найти в двух работахДж.Конвея и Д.Кокстера «Triangulatedpolygons and frieze patterns». Эти работы,опубликованные в двух последовательныхномерах журнала The Mathematical Gazette(57(400, pp. 87–94; 401, pp. 175–183), 1973),посвященного вопросам математического об-разования, по форме представляют собойпривычный ученикам математических круж-ков и классов листок с задачами. В первойстатье ряд утверждений о фризах сформули-рован в виде последовательности из пример-но трех десятков задач, а во второй статьеприводятся их решения или достаточно под-робные указания.

Вниманию наших читателей

Начиная с 2017 года журнал «Квант» стал ежемесячным и в год выходит 12 номеров

журнала.

Подписаться на наш журнал можно с любого номера в любом почтовом отделении. Наш

подписной индекс в каталоге «Пресса России» – 90964.

Купить журнал «Квант» возможно в магазине «Математическая книга» издательства

МЦНМО (адрес интернет-магазина: biblio.mccme.ru), а также в московских книжных магази-

нах «Библио-глобус», «Молодая гвардия», «Московский дом книги» и в редакции журнала.

Архив вышедших номеров журнала «Квант» имеется на сайте http://kvant.ras.ru

Восьмого мая 2020 года ушел из жизниГлеб Леонидович Коткин.

Г.Л.Коткин родился 20 сентября 1934 годав городе Тобольске. В 1961 году после окон-чания аспирантуры Московского государ-ственного университета Глеб Леонидович при-езжает в Академгородок и начинает работатьв Новосибирском государственном универ-ситете на физическом факультете. За годыработы Глеб Леонидович стал одним из са-мых авторитетных преподавателей физфакаНГУ, настоящей его опорой. Он провелтысячи семинаров, прочитал сотни лекций.За его плечами задачи, задания, контрольные,экзамены, олимпиады, известный в мирезадачник по аналитической механике, пер-вые в нашей стране компьютерные практи-кумы по моделированию физических про-цессов и квантовой механике, задачник постатистической физике, учебные пособия дляуниверситетов по статистической физике ианалитической механике. Глеб Леонидовичуспешно занимался научными исследовани-ями по физике высоких энергий в лаборато-рии теоретической физики в Институте мате-матики СО РАН. Работы с его участиемпролили свет на возможность создания фо-тон-фотонных пучков.

Глеб Леонидович был замечательным пе-дагогом, внимательным, но строгим и прин-ципиальным. Среди его учеников немалоуспешных и выдающихся ученых. Многиеиз них вспоминают Глеба Леонидовича какглавного Учителя в своей жизни.

Всю свою творческую жизнь Глеб Леонидо-вич отдавал много сил работе со школьника-ми. Уже на втором курсe физфака МГУ онвел школьный кружок. Когда в начале 60-х

стало быстро развиваться олимпиадное дви-жение, он принял в нем активное участие, втом числе как автор красивых оригинальныхзадач. После открытия в 1963 году Новосибир-ской физико-математической школы-интерна-та он много работал с ее воспитанниками.

С 1969 года Глеб Леонидович Коткинпринимал самое активное участие в станов-лении и развитии журнала «Квант», настраницах которого регулярно печаталисьего интересные статьи и яркие задачи. Оннеизменно входил в Редакционный советнашего журнала.

ПОЧЕМУ МЫ ПЛОХО СЛЫШИМзвук, если ветер дует от нас к его

источнику? На первый взгляд, это ясно.Против ветра ближе падает брошенный

Почему плохо кричать против ветра?

Г.КОТКИН

камень, медленнее летит птица… Попро-буем, однако, провести количественнуюоценку.

Пусть с – скорость звука относительновоздуха, а u – скорость ветра. Тогда ско-рость звукового сигнала относительно зем-

Глеб Леонидович Коткин

(20.09.1934 – 08.05.2020)

Опубликовано в «Кванте» №2 за 1979 год.

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

26

ли равна c u и время его распростране-

ния на расстояние l равно l

tc u

. За это

время сигнал проходит относительно воз-

духа расстояниеlc

l ctc u

.

Именно величина l определяет ослабле-ние звука: находясь на расстоянии l отисточника звука (против ветра), мы слы-шим звук таким же, как если бы ветра небыло, а мы находились на расстоянии l .

Примем 15 м сu (довольно сильныйветер), 330 м сc , l = 50 м. Тогда

52 мl . Ветер «отодвигает» нас пример-но на 2 м. Этого мы, пожалуй, и незаметили бы. В действительности же вли-яние ветра гораздо сильнее. Следователь-но, надо искать другое объяснение.

Обратим внимание на тот факт, чтоскорость ветра не одинакова на разныхвысотах – она растет с увеличением высо-ты над уровнем земли. Казалось бы, этоникак не должно повлиять на распростра-нение звука, когда источник и приемникрасположены на одной высоте. Если жеприемник (или источник) звука опустит-ся, часть пути звуковой сигнал будет про-ходить в слоях воздуха, движущихся сменьшей скоростью, и придет менее ослаб-ленным. На самом же деле, если слушаю-щий (или кричащий) человек присядет,слышимость только ухудшится. И все-таки дело именно в зависимости скоростиветра от высоты.

Чтобы легче было разобраться в картинераспространения звука, рассмотрим сна-чала такой пример. Представим себе мо-торную лодку Л, идущую со скоростью c

�

относительно воды под углом к течению,скорость которого u

�

(рис.1). Пусть сидя-щий в лодке человек, будем называть егокапитаном, «целит» на видимую где-товдали заводскую трубу Т. Если бы теченияне было, лодка пристала бы к берегу в точкеА. В действительности скорость лодки от-носительно берега равна v c u

� � �

. Если быскорость течения была неизменной вплотьдо берега, лодка пристала бы в точке В. Носкорость течения убывает по мере при-ближения к берегу, поэтому изменяются

величина и направление скорости лодки v�

,так что она движется по кривой ЛD.

Предположим, что капитан ненадолгозадремал, но продолжает удерживать рульв прежнем положении. Пока он спит, по-смотрим на плывущую по течению льдинуСП. Эта льдина плывет вращаясь: ее при-водит во вращение вода, которая у одногокрая льдины (С) от нее отстает, а у другогокрая (П) – обгоняет ее. То же самоепроизойдет и с лодкой. Она будет повора-чиваться, при этом будет изменяться на-правление скорости c

�

(несмотря на непод-вижно удерживаемый руль). Проснувшись,капитан увидит, что лодка, описавшаядугу ЛЕ, удаляется от берега.

Теперь нам нетрудно изобразить и карти-ну распространения звуковых сигналов.Их траектории («лучи») искривляются,подобно траектории лодки со спящим капи-таном (рис.2; ветер дует справа налево).При этом область MLN оказывается «мер-твой зоной»: в нее не заходят «лучи» звука.Человек в этой области почти не слышитзвука от источника S. (Некоторая слыши-мость в «мертвой зоне» связана с рассея-нием звука при отражении от поверхностиземли, а также с дифракцией звука.)

Рис. 1

П О Ч Е М У П Л О Х О К Р И Ч А Т Ь П Р О Т И В В Е Т Р А ?27

Вспомним, однако, что мы обнаружилинесостоятельность первого объясненияявления при попытке количественной оцен-ки. Попробуем провести количественнуюоценку и для второго объяснения. Оценимрасстояние до «мертвой зоны».

Рассмотрим «луч» SLM (см. рис.2),будем считать его направление близким кгоризонтальному. Выделим малый учас-ток АВ волновой поверхности, будем счи-тать его плоским и расположенным верти-кально (рис.3). Через время t этот уча-сток займет положение A B , причем

AAA c u t,

BBB c u t

( Au и Bu – скорости ветра на высоте точекА и В). При этом рассматриваемый учас-ток повернется на малый угол :

tg A Bc u t c u tB B

A B h

u t

h,

где A B AB h и B Au u u .Таким образом, участок волновой повер-

хности поворачивается с угловой скорос-тью

u

t h.

С такой же угловой скоростью вращаетсяи вектор скорости c

�

– скорости звукаотносительно воздуха.

Будем считать, что величина постоян-на вдоль всего «луча», тогда рассматрива-емый участок SLM (см. рис.2) можносчитать дугой окружности. Скорость зву-кового сигнала относительно землиv c u c можно связать с радиусом rэтой окружности: v r . Отсюда получа-ем (рис.4)

v c hSO OL r

u.

Из треугольника OSF находим22 2 2

SF OS OF r r h

2 2h

rh chu.

Итак, слушатель, находящийся на тойже высоте h, что и источник звука, попада-ет в «мертвую зону» на расстоянии

2 2 2h

SS SF chu

.

Примем u u

h h. Тогда

22 3

c cSS h h

u u.

Для h = 1,5 м, 330 м сc , 15 м сu по-лучаем 20 мSS – вполне разумный ре-зультат. Точный расчет формы «звуковыхлучей» приводит примерно к такому жерезультату.

Разумеется, есть еще много причин, ухуд-шающих слышимость при ветре, но приве-денный расчет дает уверенность, что глав-ную причину мы указали правильно.

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Задачи

по математике и физике

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые в

нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки

школьной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировки

задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуются

впервые.

Решения задач по математике и физике из этого номера следует отправлять по электрон-

ным адресам: [email protected] и [email protected] соответственно или по почтовому адресу:

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

Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, вместе с Вашим

решением этой задачи присылайте по тем же адресам.

Задача М2603 предлагалась на XLI Турнире городов. Задачи М2604, М2605 предлагались на

XII Международной олимпиаде Romanian Master of Mathematics.

Задачи М2602–М2605, Ф2609 – Ф2612

M2602. Для данного натурального k вы-пуклый многоугольник назовем k-треу-гольным, если он является пересечениемнекоторых k треугольников.а) При каком наибольшем n существует k-треугольный n-угольник?б) При каком наибольшем n любой выпук-лый n-угольник является k-треугольным?

П.Кожевников

M2603. Для бесконечной последователь-ности чисел 1 2, ,a a … назовем ее первойпроизводной последовательность

1n n na a a (n = 1, 2, …), а ее k-йпроизводной – первую производную ее

1k -й производной (k = 2, 3, …). Назо-вем последовательность хорошей, если онаи все ее производные состоят из положи-тельных чисел. Докажите, что если 1 2, ,a a …

и 1 2, ,b b … – хорошие последовательности,то и 1 1a b , 2 2a b , … – хорошая последователь-ность.

Р.Салимов

M2604. Дан треугольник ABC с прямымуглом C (рис.1). Пусть I – центр вписан-ной окружности треугольника ABC, а D –основание высоты, проведенной из C наAB. Вписанная окружность треугольни-ка ABC касается его сторон BC, CA и ABв точках 1A , 1B и 1C соответственно. ПустьE и F – точки, симметричные точке Cотносительно прямых 1 1C A и 1 1C B соответ-

ственно. Пусть K и L – точки, симметрич-ные точке D относительно прямых 1 1C A и

1 1C B соответственно. Докажите, что опи-санные окружности треугольничков 1A EI,

1B FI и 1C KL имеют общую точку.Д.Прокопенко

M2605*. Для каждого целого числа 2nобозначим через F n наибольший про-стой делитель числа n. Назовем страннойпарой пару различных простых чисел p иq, для которых не существует целого числа

2n такого, что 1F n F n pq. Дока-жите, что существует бесконечно многостранных пар.

Д.Крачун

Рис. 1

Ф2609. Полдень. Солнце в зените. Надгорой Килиманджаро летит корабль ино-планетян с посто-янной горизон-тальной скоростью

3v c (рис.2).По склону горыбежит тень. При

Рис. 2

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »29

каком значении угла наклона горы кгоризонту скорость тени корабля на землебудет минимальной?

В.Гребень

Ф2610. Цилиндр с жесткими стенками свнутренним радиусом R доверху заполненнесжимаемой жидкостью с плотностью .Ось симметрии цилиндра вертикальна. Го-ризонтальная плоская крышка цилиндраприкреплена к его донышку тонким верти-кальным тросом, натянутым с силой F,трос расположен на оси симметрии цилин-дра. Этот сосуд раскрутили вокруг верти-кальной оси, совпадающей с его осьюсимметрии, до угловой скорости . Какизменилась сила натяжения троса?

Х.Цилиндров

Ф2611. Два положительных заряда 1q и 2qзакреплены на расстоянии d друг от друга(рис.3). К зарядам привязана нерастяжи-

мая непроводящая нить длиной L. По нитиможет скользить без трения маленькоеположительно заряженное колечко. Сис-тема находится в невесомости. Найдитерасстояния от колечка до зарядов в поло-жении равновесия.

М.Николсон

Ф2612. Говорят, что в архиве Снеллиусанашли оптическую схему, на которой изоб-ражены идеальная тонкая линза, предмети его изображение. Из текста следует, чтопредмет представляет собой стержень дли-ной l с двумя точечными источникамисвета на концах. Стержень и главная опти-ческая ось линзы находятся в плоскостирисунка и стержень не пересекает плос-кость линзы. От времени чернила выцве-ли, и на рисунке остались видны лишьсами источники и их изображения, причемнеизвестно, какая из четырех точек чемусоответствует. Интересно, что эти точки

расположены в вершинахи в центре равносторонне-го треугольника (рис.4).1) Определите, самомупредмету или его изобра-жению принадлежит точкав центре треугольника.2) Восстановите оптическую схему (пред-мет, изображение, линзу, ее главную опти-ческую ось и фокусы) с точностью доповорота рисунка на 120 и отражения.3) Найдите фокусное расстояние линзы.Примечание. Линза называется идеальной,если любой пучок параллельных лучей фо-кусируется в ее фокальной плоскости.

А.Аполонский

Рис. 4

Решения задач М2590–М2593,

Ф2597–Ф2600

M2590. Решение этой задачи будет опуб-ликовано позже.

M2591. На плоскости нарисованы 100синих прямых, среди которых нет парал-лельных и никакие три из которых непроходят через одну точку. Точки пересе-чения синих прямых отмечены красным.Могло ли получиться так, что расстоя-ние между любыми двумя красными точ-ками, лежащими на одной синей прямой,равно целому числу?

Ответ: могло.Во-первых, заметим, что достаточно пост-роить пример, в котором расстояние меж-ду любыми двумя красными точками, ле-жащими на одной синей прямой, равнорациональному числу. Действительно, есликонструкция с рациональными расстояни-ями имеется, далее можно увеличить раз-меры в нужное количество раз n, т.е.рассмотреть конструкцию, гомотетичнуюданной с коэффициентом n, где n делитсяна знаменатели всех рациональных чисел,выражающих расстояние (здесь важно,что расстояний конечное количество).Идея построения нужного примера можетсостоять в следующем. Если брать на ко-ординатной плоскости прямые, задавае-мые уравнениями с рациональными коэф-фициентами, красные точки будут иметьрациональные координаты (в этом легко

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

30

убедиться, решив систему 0ax by c ,0a x b y c с рациональными коэф-

фициентами). Тогда вектор, соединяющийкрасные точки, лежащие на одной синейпрямой 0ax by c , будет иметь рацио-нальные координаты. Чтобы длина этоговектора была рациональна, достаточнопотребовать, чтобы синус (или косинус)угла наклона прямой к оси был рациональ-ным, иначе говоря, чтобы вместе с коэф-

фициентами a, b, число 2 2a b былорациональным (см. рисунок).

Реализовать этот план можно так. Берем вкачестве ;k ka b различные непропорцио-нальные пифагоровы тройки, например

22 2ka k k , 2 1kb k , так что22 2 1k k ka b a . Далее в уравнениях пря-

мых 0k k ka x b y c (k = 1, 2, …, 100)можно последовательно в качестве kc вы-бирать произвольные целые числа, соблю-дая лишь одно условие: k-я прямая недолжна проходить ни через одну точкупересечения первых 1k прямых.В завершение опишем еще одну конструк-цию, которую предложил 11-классник изАстрахани Тимофей Ковалев. В этой кон-струкции строится даже бесконечное мно-жество синих прямых.Основная идея – брать синие прямые как

прямые al вида 22y tax ta , это касатель-

ные к параболе 2y tx , проведенные в

точках 2;a ta . Поскольку абсцисса точкипересечения касательных al и bl равна

2

a b , нетрудно вычислить длину отрезка,

высекаемого на прямой al прямыми bl и cl :

2 2; , 1 4

2a b c

c bd t a .

Положим 1

2t . Чтобы все длины

; ,a b cd

были целыми, выбираем в качестве a, b, c

натуральные iy из пар ;i ix y , являющие-ся решениями уравнения Пелля 2 22 1x y .Таких решений бесконечно много (см.,например, статью В.Сендерова и А. Спи-вака «Уравнения Пелля» в «Кванте» № 3,4, 6 за 2002 г.), и все соответствующие iyокажутся четными. Выбор a, b, c, …можно осуществить так, чтобы у прямыхне было тройных пересечений.


M2592. а) Существует ли бесконечномного натуральных чисел, не представи-мых в виде

12

2

nk k,

где n и k – целые неотрицательные числа?б*) Пусть задан многочлен P x , прини-мающий в целых точках целые значения.Существует ли бесконечно много нату-ральных чисел, не представимых в виде

2nP k ,

где n и k – целые неотрицательные числа?

В пункте б) будет доказано, что еслистепень многочлена P хотя бы 2, то нату-ральных чисел, не представимых в нуж-ном виде, бесконечно много даже средизначений многочлена P. Пункт a) являетсячастным случаем пункта б) для многочле-

на 1

2

x xP x . Тем не менее, приве-

дем вначале решение пункта а).а) Покажем, что при натуральном m та-ком, что m+1 не является степенью двой-

ки, число вида 1

2

m m не представимо в

нужном виде.

Равенство 1 1

22 2

nm m k k преоб-

разуется к виду 11 2nk m k m .

Тогда 1 1k m – степень двойки, аk m нечетно, значит, 1k m и 1k m ,следовательно, 2 1m – степень двойки.Другое решение пункта а) можно полу-

чить, доказав, что числа вида 1

22

nk k


могут давать не любой остаток при деле-

нии на 15.б) Для многочленов P x , множество зна-чений которых при положительных x ог-раничено сверху некоторой константой C,не представимо любое натуральное a C.Поэтому далее можно считать, что стар-ший коэффициент многочлена P положи-тельный.С линейными многочленами видаP x ax b разобраться несложно. Таккак P принимает в целых точках целыезначения, коэффициент a должен бытьнатуральным. Ясно, что при 1a и 2aвсе натуральные числа, большие b, пред-ставимы в виде 1P k или 2P k . При

3a степени двойки принимают не всеостатки при делении на a, поэтому числа,дающие некоторый фиксированный оста-ток при делении на a, не будут представи-мы в нужном виде.Докажем, что если степень P хотя бы 2, тонепредставимых чисел вида P m беско-нечно много. Предположим противное, тог-да найдется 1m такое, что все числа P mпри 1m m представимы. По сравнению спунктом а) потребуется больше техники.Докажем лемму, означающую, что значе-ния многочлена, равные степени двойки,могут встречаться «довольно редко».Лемма. Пусть R x – непостоянный мно-гочлен. Тогда для любого 0d найдется

0x такое, что на любом отрезке длины d,расположенном правее 0x , имеется неболее одного x такого, что R x – сте-пень двойки.Доказательство. Если старший коэффи-циент R меньше 0, то можно выбрать 0xтак, что при 0x x выполнено 0R x .

Иначе можно выбрать 0x такое, что на

промежутке 0;x R x возрастает и,

кроме того, 2R x d R x (последнее

возможно, так как lim 1x

R x d R x .Лемма доказана.Вернемся к задаче. Как известно, если P –целозначный (принимает в целых точкахцелые значения), то его коэффициентырациональны, поэтому для некоторогонатурального N многочлен Q x N P x

имеет целые коэффициенты. Разложим

Q x t Q x по степеням t: Q x t2Q x tQ x t S x …, здесь Q x ,

S x , … – многочлены с целыми коэффи-циентами, при этом Q x – многочленстепени не меньше 1 (на самом деле, этодействительно производная, в согласии собозначением).Пусть для некоторого натурального 0m(целое) число 0Q m отлично от 0. Най-дем натуральное r такое, что 0Q m неделится на 2r. Тогда и для любого m изпрогрессии 0 2

rm t (t пробегает целыечисла) Q m не делится на 2r (Q m даеттот же остаток при делении на 2r, что и

0Q m ).Найдется 0 0x такое, что для любого x изинтервала 0;x выполнено 1P x

2rP x , а также P x P y при

0 y x.Далее рассматриваем m из множества Mвида 0 2

rm t , которые больше 1m и 0x , такчто P m представимо в виде 2

nP k , ипри этом, в силу выбора 0x , должно бытьk m.Оценим сверху разность d k m. Имеем

2nP k P m , 2

nP m d P m ,откуда 2

nQ m d Q m N,

2 2ndQ m d S m N… . (*)

Отсюда видим, что d – делитель 2n N. Сдругой стороны, докажем, что d не можетделиться на 2r. От противного, пусть

2td s, где t r, а s – нечетное, в равен-стве (*) dQ m не делится на 2t r, осталь-ные слагаемые в левой части делятся на22 t, а следовательно, на 2t r. Покажем, что

правая часть тоже делится на 2t r, отсюдаполучим противоречие. Действительно,

2n P m d P m

1P m d P m d

1 2P m d P m d …

... 1 2 2 2r t rP m P m d ,

откуда n t r. Противоречие. Таким об-разом, d – делитель 2n N, который неделится на 2r, значит, 0 2rd d N.

(Продолжение см. на с. 34)

Формула Виета. Одна из первых алгеб-раических формул для – это открытое вXVI веке Виетом бесконечное произведе-ние

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2…

Это равенство не очень сложно доказать.Идея состоит в следующем. Применяя не-сколько раз формулу sin 2sin cos

2 2

x xx ,

мы получаем, что

sin 2 sin cos cos cos2 42 2

nn n

x x x xx … .

Но при малых t имеет место приближенноеравенство1 sin t t. Поэтому 2 sin 2n nxx , и, устремляя n к бесконечности, мы

получаем разложениеsin

cos cos cos2 4 8

x x x x

x…

Остается подставить 2x (и найти коси-нусы в правой части, пользуясь формулойполовинного угла).

Геометрически формула Виета связана сприближением окружности правильными2

k-угольниками.Формула Лейбница. Во второй полови-

не XVII века Лейбниц нашел замечательнопростое представление в виде (бесконеч-ной) суммы рациональных слагаемых:

1 1 11

4 3 5 7…

Для современного студента эта формула,вероятно, самая понятная из собранныхздесь: она получается, если подставить x = 1в разложение арктангенса в степенной ряд

3 5 7

arctg3 5 7

x x xx x …

…я считал, что есть две математики – алгеб-

раическая и геометрическая, и что геометри-

ческая математика принципиально «трансцен-

дентна» для алгебраической. Возьмите, напри-

мер, формулу длины окружности – там есть

«геометрическое» число . Или, скажем, си-

нус – он определяется чисто геометрически.

Когда я обнаружил, что синус можно запи-

сать алгебраически в виде ряда, барьер обру-

шился, математика стала единой.

И.М.Гельфанд

(при 1x ряд расходится и доказатель-ство того, что равенство верно не толькопри 1x , но и для x = 1, требует отдель-ных усилий).

Суммы такого типа часто возникают втеории чисел. В частности, если знать,какие числа представимы в виде сумм двухквадратов2 , то можно доказать, что сумма

4 1 1 3 1 5 1 7L … вычисляет сред-нее (по N) количество решений уравнения2 2x y N в целых числах. Это объясняет,

почему в ответе возникает число : с однойстороны, количество целых точек в кругебольшого радиуса (т.е. число решений нера-венства x2 + y2 R2) примерно равно 2L R ,а с другой стороны, количество целых точекв большом круге примерно равно его площа-ди, 2R . Про это рассказывается в ролике3

https: youtu.be NaL_Cb42WyY.Формула Эйлера. В 1734 году Эйлер

решил не поддававшуюся разным матема-тикам уже без малого 100 лет проблему инашел сумму обратных квадратов:

2

2 2

1 11

6 2 3…

Рассуждение Эйлера связано с разложе-нием синуса в бесконечное произведение:

2 2 2

2 2 2sin 1 1 1

4 9

x x xx x …

(см. книгу «Что такое математика?» Р.Ку-ранта и Г.Роббинса или статью Н. Вилен-кина «В таинственном мире бесконечныхрядов» в «Кванте» №10 за 1989 г.).

С тех пор был найден не один десятокдоказательств этой формулы. А.М. и И.М.Яг-

1 Говоря точнее, отношение sin tt

стремится к 1при 0t .

2 См., например, статью В.Сендерова и А.Спи-вака «Суммы двух квадратов и целые гауссовычисла» («Квант», 1999, №3).

3 Grant Sanderson aka 3Blue1Brown. «Pi hidingin prime regularities».

Калейдоскоп формул для

ломы нашли тригонометрическое доказа-тельство4, а недавно Й.Вэстлунд(J.Wastlund) сумел заменить тригономет-рию элементарной геометрией (https:youtu.be d-o3eB9sfls).

Как уже говорилось, суммы подобноговида часто возникают в теории чисел. Этосвязано с открытым Эйлером разложениемдзета-функции по простым числам:

2

1 1 1 1 1 11 1

2 3 4 5 2 2s s s s s s

… …

2 2

1 1 1 11 1

3 3 5 5s s s s… …

1 1 11 1 11 1 1

2 3 5s s s…

(в первом равенстве использована основ-ная теорема арифметики, во втором – фор-мула для суммы геометрической прогрес-сии). Для s = 2 отсюда следует, что «веро-ятность того, что случайная дробь несокра-тима, равна 26 »5 (это тоже обсуждаетсяв упомянутой статье Н.Виленкина).

Формула Валлиса. Если подставить2x в разложение Эйлера синуса в

произведение, то получается равенство

2 2 4 4 6 6

2 1 3 3 5 5 7

…

…

Впрочем, Джон Валлис нашел эту фор-мулу почти за 100 лет до формулы Эйлера,вычисляя некоторые интегралы.

В упоминавшейся статье Ягломов припомощи тригонометрии доказывается и фор-мула Валлиса. А Вэстлунд нашел доказа-тельство, непосредственно связывающеепроизведение Валлиса с площадью круга.

При помощи формулы Валлиса можнодоказать, что если подкинуть монету 2nраз, то вероятность того, что орлов и решеквыпадет в точности поровну, приблизи-тельно равна 1 n.

Также формула Валлиса помогает дока-зать приближенную формулу Стирлинга:

! 2n

nn n

e,

которая является источником появлениячисла в комбинаторных задачах.6

Рамануджан и быстрые алгоритмы.Формулы, приведенные выше, не слишкомхорошо подходят для вычисления . На-пример, сумма первых 500 членов форму-лы Лейбница дает лишь два верных знакапосле запятой.7

Ситуация радикально улучшается, есликроме разложения арктангенса в ряд пользо-

ваться тождествами типа 1 1

arctg arctg4 2 3

и 1 1

4arctg arctg4 5 239

. Именно так уже в

начале XVIII века было вычислено 100знаков числа .8

А в начале XX века Рамануджан нашелряд формул, обобщения которых сходятсянастолько быстро, что позволяют вычис-лить на достаточно мощном персональномкомпьютере триллионы9 знаков . Вот однаиз таких формул:

3

6 !112 1

3 ! !

kk

kc

k k,

где

3 1 2

163 3344418 13591409

640320k k

kc .

Скажем про нее только, что если предыду-щие формулы были связаны с тригономет-рическими функциями, то эта – с модуляр-ными формами, а 163 и 3640320 – те жечисла, что возникают в удивительном (по-грешность менее 1210 ) равенстве

163 3640320 744e .

Материал подготовил Г.Мерзон

4 «Элементарный вывод формул Валлиса, Лей-бница и Эйлера для числа » (УМН, 1953).

5 А точнее, если выбрать два случайных числаk и l от 1 до N, то вероятность того, что дробь k l

несократима, стремится с ростом N к 26 .

6 И об этом, и о доказательстве формулыВаллиса можно прочитать в статье А. Егорова«Интеграл и оценки сумм» («Квант», 2015, № 4).

7 Впрочем, если добавить к сумме 1

0

1

2 1

kN

k k

поправку 3 51 1 4 5 16N N N , то количество пра-

вильных цифр для N = 500 вырастет с 2 до 15 (!). 8 Об истории вычисления см. также статью

А.Савина «Число » («Квант», 1996, № 6).

9 Это не преувеличение – см., например: A.Yee,S.Kondo «10 trillion digits of pi: A case study ofsumming hypergeometric series to high precision onmulticore systems».

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

34

Отсюда следует, что для каждого m Mхотя бы один из 0d многочленов

1P x P x , 2P x P x , …

…, 0P x d P x

принимает при x = m значение, равноестепени двойки. Отрезок 0; 2rm m d со-

держит 0 1d число из M, поэтому хотя быодин из указанных многочленов принима-ет на этом отрезке значение, равное степе-ни двойки, хотя бы дважды.При достаточно большом m это противоре-чит лемме, что и завершает решение.

Ф.Петров

M2593*. Каждая вершина правильногомногоугольника окрашена в один из трехцветов так, что в каждый из трех цве-тов окрашено нечетное число вершин.Докажите, что количество равнобедрен-ных треугольников, вершины которыхокрашены в три разных цвета, нечетно.

Рассмотрим одну из вершин, скажем вер-шину A. Оставшиеся вершины разобьемна пары вершин (X, Y), симметричныхотносительно оси симметрии a, проходя-

щей через вершину A. Вершине A сопоста-вим k отрезков вида XY, так что каждыйтреугольник AXY – равнобедренный свершиной A и основанием XY. На рисункеприведен пример из 8 отрезков, сопостав-ленных вершине A, из них три отрезкатипа 31 (т.е. концы которых – вершиныцветов 3 и 1), по два отрезка типов 23 и 22и один отрезок типа 12.Вершину A цвета 1 назовем четной, еслисреди сопоставленных ей отрезков XYчетное количество отрезков типа 23 (т.е. вкоторых вершины X и Y – цветов 2 и 3).В противном случае вершину A назовем

нечетной. Общее количество вершин цве-та 2 нечетно, и каждая из них входит вотрезок типа 12, 22 или 23. Очевидно, вотрезки типа 22 входит четное количествовершин цвета 2. Поэтому четной вершинеA цвета 1 сопоставлено нечетное количе-ство отрезков XY типа 12, а каждой нечет-ной вершине A цвета 1 – четное количествоотрезков XY типа 12.Аналогично вводим понятия четности инечетности для вершин цветов 2 и 3. Напри-мер, вершину цвета 2 назовем четной, еслисреди сопоставленных ей отрезков четноеколичество отрезков типа 13, и т.д. Рассуж-дая как выше, заполним «таблицу четнос-ти» количеств сопоставленных отрезков(0 – четное количество, 1 – нечетное):

Обозначим количество четных вершин i-гоцвета ix , а нечетных – iy , так что 1 1x y ,

2 2x y , 3 3x y нечетны. Далее заметим,что каждый равнобедренный треугольникс вершинами разных цветов означает сопо-ставление вершине какого-то цвета отрез-ка двух других цветов, либо, если треу-гольник равносторонний, – три таких со-поставления. Тем самым, интересующаянас четность количества таких треугольни-ков совпадает с четностью числа 1 2 3y y y .Всего отрезков типа 12 нечетное количе-ство (оно равно произведению количестввершин типа 1 и типа 2), и каждый отрезоксопоставлен ровно одной вершине. Темсамым, из первой строки таблицы получа-ем, что 1 2 3x x y нечетно. Тогда 1 2y y

3 1 2 3 1 1y x x y x y 2 2x y

1 22 2y y – нечетно, что и требовалосьустановить.Задачу можно решить и другими способа-ми. Например, можно (хотя и не такпросто) свести задачу к частным случаямраскраски, показав, что четность количе-ства разноцветных равнобедренных треу-гольников не изменяется при обмене цве-тов двух вершин.


(Начало см. на с. 28)


Ф2597. Ган-тель равномер-но тянут вдольее оси по гори-з о н т а л ь н о йплоскости неко-торой силой,приложенной вточке А (рис.1). Под каким углом кгоризонту должна быть направлена этасила, чтобы левый шар действовал наплоскость с вдвое большей силой, чемправый? Размеры гантели приведены нарисунке, а ее коэффициент трения о плос-кость равен .

Гантель находится в равновесии под дей-ствием четырех сил: силы тяжести mg

�

,силы F

��

, приложенной в точке А, и двухпараллельных сил реакции, приложенныхв точках В и С и наклоненных к нормалипод углом трения тр, тангенс которогоравен (рис.2). Последние две силы могут

быть сведены к одной силе R��

, линиядействия которой делит отрезок ВС начасти, обратно пропорциональные силам1 2

и 3 3

. Эта сила пересекает линию дей-

ствия силы тяжести в некоторой точке О,через которую и должна пройти линиядействия приложенной силы. Из рисунка2 получаем

тр

6

tg 6tg

22

lr

r lK

l r lr.

Таким образом, искомый угол равенarctgK.

С.Крюков

Ф2598. Автоматический космическийкорабль совершил посадку на Европу –спутник Юпитера. Установленный нанеподвижное ледяное покрытие планетытелескоп был наведен на Солнце, и навидео было записано редкое явление –прохождение Земли по диску Солнца. Зем-ля проходила точно посередине солнечно-го диска, т.е. условия для наблюдениябыли самые лучшие. В течение какогомаксимального и какого минимальногопромежутков времени могло длиться этособытие? Необходимые дополнительныеданные отыщите самостоятельно.

Плоскости почти круговых орбит Земли иЮпитера при их движении вокруг Солнцапочти совпадают, поэтому отмеченное со-бытие действительно можно наблюдать споверхности Европы.Поищем дополнительные данные, напри-мер, в Википедии. Расстояние от Юпитерадо Солнца в N = 5,2 раза больше расстоя-ния S = 150 млн км от Земли до Солнца.Расстояние от Юпитера до ЕвропыL = 670 тыс. км, период обращения Евро-пы вокруг Юпитера в 3,55 раза большеземных суток, т.е. TE 3,55 сут. Европавсе время обращена к Юпитеру однойстороной. Эксцентриситет ее орбиты око-ло 0,01, т.е. орбита близка к круговой;наклонение орбиты по отношению к эква-тору Юпитера 0,466 . Наклонение орбитысамого Юпитера по отношению к эклипти-ке 1 . Средний радиус Юпитера

ЮR = 70 тыс. км. Юпитер закрывает со-бой значительную часть неба над Европой,его угловой размер примерно равен

Ю2 0,209R L радиан или 12 . А посколь-ку наклонения орбит Европы и Юпитерапо отношению к эклиптике весьма малы,то Юпитер закрывает собой Солнце прикаждом обороте Европы вокруг него. Та-ким образом, максимальный непрерыв-ный промежуток времени наблюденияСолнца и Земли с Европы близок подлительности к периоду обращения Евро-пы вокруг Юпитера. Будем считать, чтоЮпитер не закрывает собой Солнце завремя наблюдений этого события.В системе отсчета Коперника, в которойцентр Солнца неподвижен, а оси направ-

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

36

лены на далекие звезды, Земля движетсясо скоростью 1 З2 29,865 км сv S T30 км с. Скорость движения Европы

вокруг Юпитера 2 E2 13,7 км сv L T .Скорость движения самого Юпитера поотношению к системе отсчета Коперникаможно найти из третьего закона Кеплера.

Эта скорость равна 1 13,1 км сv N .

В результате скорость движения телеско-па вместе с поверхностью планеты в систе-ме отсчета Коперника может приниматьзначения от минимальной величины

3 1 E2 0,6 км сv v N L T

(попятное движение) до максимальнойвеличины

4 E 12 26,8 км сv L T v N .

Угловой размер Солнца при наблюдении сЗемли равен примерно ЗС 0,5 . А принаблюдении Солнца с Европы угловойразмер Солнца в 5,2 раза меньше, т.е.составляет примерно ЕС 0,1 . Угловойразмер Земли в момент прохождения подиску Солнца при наблюдении с Европыравен 3

ЗЕ З2 1 1,1 10R S N ,

что примерно в 100 раз меньше солнечного.Максимальное время наблюдения событиябудет получено, если угловая скорость дви-жения Европы вокруг Солнца (в системеотсчета Коперника) максимальна, а мини-мальное – когда Европа движется в попят-ном направлении. При этом угловая ско-рость вращения Земли вокруг Солнца со-ставляет 1 1v S, а угловая скорость дви-жения Европы вокруг Солнца минимальнапри попятном движении: 3 3 5,2v S имаксимальна при прямом движении:

4 4 5,2v S .Максимальная продолжительность про-хождения Земли по диску Солнца соста-вит примерно

ЗC 1 4 2 ч 55,6 мин.

Это время значительно меньше периодаобращения Европы вокруг Юпитера, по-этому изменением скорости Европы в сис-теме отсчета Коперника за такой промежу-ток времени можно пренебречь. Мини-мальное время наблюдения будет соответ-

ствовать ситуации, когда Европа во времяэтого события движется в попятном на-правлении, оно равно

ЗC 1 3 2 ч 25 мин.

С.Варламов

Ф2599. По тонкому прямому отрезкудлиной L равномерно по длине распреде-лен положительный электрический за-ряд. На большом расстоянии от отрезка(в сравнении с L) в точке A векторнапряженности электрического поля, со-зданного зарядами отрезка, составляетс самим отрезком угол 2. На какомрасстоянии от центра отрезка находит-ся точка, из которой вышла линия напря-женности электрического поля, котораяпрошла через точку A?

На большом расстоянии от любого заря-женного тела распределение вектора на-пряженности электрического поля по раз-ным направлениям совсем мало отличает-ся от соответствующего распределенияполя, созданного точечным зарядом, рас-положенным на таком же расстоянии.Найдем долю от полного телесного угла,приходящуюся на конус с углом междуосью симметрии конуса и его образующей:

0

2 sin 1 cos

4 4 2

d.

Расстояние от ближайшего к точке A концаотрезка до точки, из которой вышла соот-ветствующая силовая линия, равно

1

1 cos

2

LL .

А расстояние от этой точки до центраотрезка составляет

1cos

2 2

L LL .

В.Плис

Ф2600. По контурам всех трех фигур,изображенных на рисунке, проложены


одинаковые тонкие проволочки. Для ле-вой фигуры индуктивность равна L

1, а

для средней фигуры она равна L2. Какова

индуктивность для правой фигуры?

Пусть ток, текущий по проволочке, равенI. Обозначим поток вектора магнитнойиндукции, который создает один шести-угольник в самом себе, через 0, а поток,созданный им же, но в соседнем шести-угольнике, через 1. Тогда для указанныхв условии задачи индуктивностей и для

искомой индуктивности 3L потоки будуттакими:

1 0 13 6IL , 2 0 12 2IL , 3 0IL .

Отсюда можно найти выражение для 0:

2 1 10 2

3

3 3

IL IL LI L ,

а значит, и для 3L :

13 2

3

LL L .

С.Варламов

ВОКРУГ ПРАВИЛЬНОГО

ПЯТИУГОЛЬНИКА

А.ДАНИЯРХОДЖАЕВ

В этой статье мы установим несколькоудивительных на первый взгляд фактов оправильном пятиугольнике. В частности,дадим решение задачи М2583, опублико-ванной в «Кванте» №11 за 2019 год.

Пусть a – сторона правильного пяти-угольника, d – диагональ, h – расстояниемежду параллельными стороной и диаго-

налью. Тогда 5 1

2

d

a – известное «зо-

лотое сечение», а 5 5

2 2

h

a. Вывести

эти соотношения можно из «тождеств пя-

тиугольника»2 2a ad d , (1)

2 2 24a d h , (2)

которые доказываются следующим обра-зом. Зеркально отразим правильный пяти-угольник ABCDE относительно прямойCD (рис.1). Из подобия треугольниковACD и AB E следует равносильная (1)

пропорция d a

a d d. Опустим перпенди-

куляр AH на прямую DE. Так как

2

a dDH , по теореме Пифагора из

треугольника ADH получаем (2).

Соотношения (1) и (2), в частности,лежат в основе решения задачи М2583:

На стороне DE и диагонали BE правиль-ного пятиугольника ABCDE «вовне» по-строены квадраты DEFG и BEHI (рис.2,а).

а) Докажите, что точки A, I и G лежатна одной прямой.

б) Докажите, что на этой же прямойлежит центр O квадрата BDJK, постро-енного на диагонали BD «вовнутрь».

Оказывается, кроме прямой 1l , о кото-рой идет речь в задаче, меняя направлениепристраивания квадратов («вовне» или«вовнутрь»), можно получить аналогич-ные прямые 2l и 3l (рис.2,б,в).

Для доказательства рассмотрим симмет-ричную конструкцию из четырех правиль-ных пятиугольников (рис.3): повернемправильный пятиугольник ABCDE вокругDOI: https://doi.org/10.4213/kvant20200504

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

38

точек B и D на 90 и 90 соответственно(считаем, что вращение против хода часо-вой стрелки совершается на положитель-ные углы, а по ходу – на отрицательные);обозначим полученные пятиугольники

1 1 1 1A BC DE и 2 2 2 2A B C DE ; образ 2 2 2 2A B C DEпри повороте вокруг 2B на 90 обозначим

2 1A B CDE . Очевидно, что

2 1BDB D – квадрат, его центрO является центром симмет-рии объединения четырех пя-тиугольников, а вершины I иG квадратов BEHI и DEFG,построенных на диагонали BEи стороне DE «вовне», совпа-дают с точками 1E и 2E . Такимобразом, для решения задачидостаточно проверить, чтопрямоугольники 1 2 2 1A E A E и

AE A E (с центром O и параллельнымисоответствующими сторонами) подоб-ны. Их размеры: 2h d a и

2a h d . В силу (2) отношения соот-ветствующих сторон равны: 2 :h d a

: 2a h d . Задача М2583 решена.Используя рисунок 4, аналогично мож-

но доказать утверждения о прямых 2l и

3l .Покажем теперь, что прямые 1l , 2l , 3l

пересекаются в одной точке; 2l и 3lперпендикулярны; 1l – биссектриса угла,

образованного 2l и 3l , т.е. углы между

прямыми 1l и 2l , 1l и 3l равны по 45 .

Пусть FB ( 2l ) и HD ( 3l ) пересекаются в

точке T (рис.5). Заметим, что при поворо-

те вокруг E на 90 треугольник HEDпереходит в треугольник BEF. Значит,HD BF. Поэтому точка T лежит наописанных окружностях квадратов DEFGи BEHI. Но тогда TG – биссектриса угла

Рис. 2

Рис. 4

Рис. 3

Рис. 5


FTD (так как FG = DG), а TI – биссектрисаугла BTH (так как HI = BI). Следователь-но, точки I, T и G лежат на одной прямой –прямой 1l .

Через точку T проходят не только трипрямые и две окружности (описанные око-ло квадратов), но, оказывается, еще и ок-ружности 1 и 2, построенные на AE и BDкак на диаметрах. Это не очень удивитель-но, так как 90BTD , ATE ATF

135 45 90ETF (см. рис.5).Интереснее, что 1 и 2 ортогональны.

Напомним: углом между окружностями на-зывают угол между касательными к ним,проведенными в точке пересечения. ПустьP, Q, R – середины AE, BD, DE соответ-ственно (рис.6). Равенство (2) равносильно

2 2 2PQ PT QT , т.е. PT TQ, что и озна-чает ортогональность 1 и 2 . Есть и дру-гое, «более геометрическое» доказательствоортогональности 1 и 2, которое, такимобразом, дает еще один способ вывести (2).Поскольку BR DE , точка R лежит на 2.Покажем, что точка S пересечения отрезковBP и AR также лежит на 2. При поворотевокруг центра пятиугольника на 72 треу-

гольник AER переходит в треугольникBAP, значит, 108BSR . А так как

72BDR , четырехугольник BDRS

вписанный, т.е. 2S . Заметим, что тре-угольники ASP и BAP подобны (по двумуглам: P общий, SAP PBA из ра-венства треугольников AER и BAP). Зна-

чит, PA PS

PB PA, или 2PA PS PB. Ве-

личина PS PB – это степень точки P

относительно 2, она равна 2 2PQ BQ .

Следовательно, 2 2 2 2PT PA PQ BQ2 2PQ QT . Это и означает перпенди-

кулярность QT и PT.

Рис. 6

Прыжки в воду

Философу, физику и математику требуется ре-шить такую задачу: прыгнуть с вышки в бассейндиаметром метр.

Ну, философ сосредоточился, вспомнил Сокра-та и Гегеля и, понадеявшись на удачу, прыгнул.И… не попал.

Физик измерил скорость и направление ветра,высоту вышки, все рассчитал, прыгнул и… попал.

Математик построил модель, написал програм-му, получил траекторию полета, долго что-то вы-числял, потом разбежался, прыгнул и… улетелвверх. В знаке ошибся.

Кто как может

Инженер, физик и математик поселились в оте-ле. В одно и то же время у каждого в номеревозникает пожар. Инженер тут же выбегает вкоридор, хватает со стены пожарный шланг, от-крывает воду и быстро заливает огонь в своемномере. Физик мгновенно прикидывает температу-ру пламени, объем горючих веществ, атмосферноедавление и т.д., затем наливает в стакан нужноеколичество воды, которой заливает очаг возгора-ния. Математик выскакивает в коридор, видит на

стене огнетушитель, радостно восклицает «Ре-шение существует!», после чего спокойно воз-вращается в номер.

Перезанимался

Студент заходит во время сессии в библиотеку.– Где библиотекарь? – спрашивает он убор-

щицу.– В архиве.– Разархивируйте, пожалуйста, мне срочно

нужна книжка.

Слишком просто

Математик идет по улице и видит афишу –«Выступает камерный хор». Заинтересовавшись,покупает билет и идет на концерт. Вскоре выхо-дит разочарованный:

– Частный случай, k равно трем.

Неожиданный ракурс

На экзамене по элементарной геометрии впедвузе профессор спрашивает студента:

– Можете ли вы дать определение точки?– Запросто. Точка – это прямая линия, если

смотреть ей прямо в торец.

Из книги «Математики тоже шутят»

«КВАНТ» УЛЫБАЕТСЯ

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Задачи

Иллю

страции Д.Гриш

уковой

1. В ребусе Я Е М З М Е Я = 2020

замените каждую букву в левой части

равенства цифрой или знаком ариф-

метического действия (одинаковые

буквы одинаково, разные – по-разно-

му) так, чтобы получилось верное

равенство. Достаточно привести один

пример.

А.Заславский, О.Заславский

2. Использовав один волшебный орех,

Баба Яга может превратить блоху в

жука или паука в клопа. А использовав

один волшебный желудь, может пре-

вратить блоху в паука или жука в

клопа. За вечер Баба Яга потратила 20

волшебных орехов и 23 волшебных

желудя. За счет этих действий количе-

ство жуков увеличилось на 5. Как мог-

ло поменяться количество пауков?

Е.Бакаев

3. Миша сложил из кубиков куб

3 3 3. Затем некоторые соседние по

грани кубики он склеил друг с другом.

Получилась цельная конструкция из

16 кубиков, остальные кубики Миша

убрал. Обмакнув конструкцию в чер-

нила, он поочередно приложил ее к

бумаге тремя гранями. Вышло слово

КОТ (см. рисунок). Что получится, если

отпечатать грань, противоположную

букве «О»?

М.Евдокимов, О.Заславский,

А.Шаповалов

4. Ваня придумывает число из непов-

торяющихся цифр без нулей – пароль

для своего телефона. Пароль работает

так: если, не отрывая палец от экрана,

последовательно соединить отрезка-

ми точки, соответствующие цифрам

пароля, телефон разблокируется. При

этом телефон не позволяет соединять

отрезком две точки, между которыми

есть третья: если Ваня соединит, на-

пример, 1 и 3, телефон «подумает», что

Ваня вводит 1-2-3.

Ваня хочет, чтобы при вводе пароля

линия движения пальца не пересека-

ла сама себя. А еще чтобы перестанов-

кой цифр пароля ни в каком порядке,

кроме обратного, нельзя было полу-

чить другую такую линию. Например,

пароль 1263 Ване не нравится, так как

линия 6-3-2-1 другая, но тоже не имеет

самопересечений.

Ваня придумал пароль 723 (см. рису-

нок). Эти три цифры – 2, 3 и 7 –

действительно никакой другой лини-

ей соединить нельзя. Жаль только, что

пароль такой короткий.

Помогите Ване придумать пароль под-

линнее. В ответе напишите сам пароль

и нарисуйте ту единственную линию,

которую можно получить из этих цифр.

И.Ященко

Задачи 1, 3, 4 предлагались на Математиче-

ском празднике; задача 2 – на Кавказской

математической олимпиаде.

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В

Парадокс

Толи Втулкина

C.ДВОРЯНИНОВ

Часть I

Вниманию читателей предлагается науч-но-фантастический рассказ для будущихфизиков-теоретиков.

Уже много лет прошло с тех пор, как нанашем школьном физическом кружке ТоляВтулкин демонстрировал изобретенную имэкспериментальную установку. А кажет-ся, это было вчера…

Конструкция очень простая. Главная еечасть – тонкая стеклянная трубка, но непрямая, а изогнутая в виде полуокружно-сти радиусом R. Есть еще металлическийшарик 1, масса которого m. Он оченьмаленький и может свободно двигатьсявнутри трубки. Трубка закреплена на шта-тиве в вертикальной плоскости в формебуквы C (рис.1). Ее верхний конец В инижний Н располагаются точно на однойвертикали. Когда мы пытались поместитьшарик в точку В, то это нам никак неудавалось. И ясно, почему: это положениешарика неустойчиво. А еще к точке В былапривязана тонкая нить длиной 2R. К этойнити можно было привязывать другиешарики, которых были три. Массы M у

них были разные, а диаметры – чутьбольше диаметра трубки.

Сначала Толик поместил наш шарик 1 вточку Н, а к нити привязал легкий шарик2, масса которого M существенно меньшемассы m. Затем он отвел нить в сторону инатянул ее. В результате нить расположи-лась вдоль горизонтали. Это, можно ска-зать, была стартовая позиция.

– Что будет происходить дальше, если явыпущу свой шарик 2 из рук? – спросилТолик.

Ответ был всем очевиден. Шарик в ру-ках у Толика обладает потенциальной энер-гией 2Mg R. Он, двигаясь вниз как маят-ник, столкнется с шариком 1 и передастему часть своей кинетической энергии.Шарик 1, обладая некоторой энергией,начнет двигаться по трубке вверх, но, недотянув даже до уровня точки О, на мигостановится, потом начнет скатыватьсявниз и выкатится из трубки. Так оно иоказалось на опыте.

Во второй раз Толик привязал к нититяжелый шарик 2, масса М которого многобольше m. И эта ситуация была понятна.Шарик 1 после удара по нему шарика 2получил такую порцию энергии, что смогподняться по трубке до точки В, причем сненулевой скоростью. И действительно,шарик 1 вылетал из трубки, как из пушки.

После этих простых опытов некоторыестали было терять всякий интерес к Толи-ной установке.

– Подождите, не уходите, сейчас будетсамое интересное, – воскликнул Толик. –Пожалуйста, посмотрите! – с этими слова-ми он привязал к нити шарик 2 с массой m,отвел нить в сторону и натянул.

– Что теперь будет с шариком 1, которыйсейчас покоится в точке Н, после того какя выпущу из рук свой шарик 2? А? Какиеваши предположения? – обратился ко всемТолик.

Дело это всем показалось нехитрым.Потенциальная энергия шарика 2 в рукаху Толика равна 2mgR. После столкнове-ния она переходит в энергию шарика 1 смассой m. Этой энергии ему в точности,тютелька в тютельку, хватит для того,чтобы по трубке подняться в точку В.DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20200505

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

42

Примерно таким был наш ответ на воп-рос Толика.

– Так, хорошо. Вы говорите – поднятьсяв точку В, т.е. оказаться в точке В? –продолжал допытываться Толик.

– Да, именно так, оказаться в точке В,какие могут быть в этом сомнения? –настаивали мы.

– А вот и нет! Смотрите! – торжествую-ще произнес Толик и выпустил из рук свойшарик 2 с массой m.

Его шарик 2, двигаясь на нити вниз,столкнулся с неподвижным шариком 1 иостановился. А бывший до этого непод-вижным шарик 1 начал по трубке двигать-ся вверх, все выше и выше. Все происхо-дило так, как мы и предполагали...

Здесь уместно вспомнить о хорошо изве-стном опыте с подвешенными на нитяходинаковыми шариками. На рисунке 2изображены пять одинаковых шариков,

касающихся один другого и подвешенныхна горизонтальной штанге. Если крайнийправый шарик вывести из положения рав-новесия, отклонив его нить на некоторыйугол от вертикали, и затем отпустить, то врезультате серии ударов его импульс пе-рейдет к крайнему левому шарику. Тотвыйдет из положения равновесия, причемего нить отклонится от вертикали на тот жесамый угол. Далее процесс будет повто-ряться. При этом три средних шарикабудут оставаться (или казаться?) непод-вижными.

...А дальше на нашем кружке началосьнепредвиденное. Шарик карабкался вверх,его скорость уменьшалась, он был всеближе и ближе к точке В, но…

Помните, как у М.Булгакова в романе«Мастер и Маргарита» говорится о погонепоэта Ивана Бездомного за Воландом и егосвитой: «Сколько Иван ни прибавлял шагу,

расстояние между преследуемым и имничуть не сокращалось».

Так и у нас: время шло, а шарик всекатился и катился по трубке вверх, неостанавливаясь. Нам даже стало казаться,что он неподвижен, столь мала была егоскорость. Но взяв в руки лупу, мы смоглиувидеть, что нет – шарик неустанно пере-мещался по трубке выше и выше. Картинабыла удивительной: со стороны казалось,что шарик стоит на месте, на дуге окруж-ности, слева от точки В, но вниз не катит-ся, словно нет никакой скатывающей силы.

Когда на следующий день мы пришли вкласс, картина по-прежнему оставаласьнеизменной.

...Прошло много лет, а установка ТолиВтулкина до сих пор стоит в школьномшкафу и неутомимый в своем движениишарик продолжает поражать всякого, уви-девшего ее.

Сразу скажем, что разобраться с этимудивительным явлением не так-то просто.Но, попробуем.

Часть II

Герой этой части статьи (так же, как и еепервой части) – маятник. Рассказать о немавтора вдохновили замечательные статьиА.Мигдала и В.Арнольда, опубликованныев юбилейном номере «Кванта» (№1 за 2020год).

Наш маятник – это тонкий невесомыйстержень длиной L с точечной массой m наконце, который может, со-вершая полный оборот (саль-то-мортале), вращаться в вер-тикальной плоскости (рис.3).Начнем мы с энергии маят-ника и запишем ее закон со-хранения:

2

const2

mv tmgh t . (1)

Здесь v t – линейная скорость точечноймассы m, cosh L L – высота подъемамаятника от крайнего нижнего положения,

– угол отклонения от вертикали. Итак,2

cos const2

mv tmg L L t .

Сократив на массу m и введя обозначение

Рис. 2

Рис. 3

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В43

22

2

v tu t

Lg, уравнение (1) приведем к виду

2 cosu C, (2)

где величина u с точностью до постоянногокоэффициента есть линейная скорость, а С –параметр. На время забудем, что в уравне-нии (2) переменные u и зависят от време-ни, и построим график этого уравнения наплоскости с координатами ;u . Для этогорассмотрим вспомогательную функцию (точ-нее, семейство функций, зависящих от пара-метра С)

cosu C . (3)

Эта функция 2 -периодическая, поэтомусначала можно построить ее график на от-резке , а потом периодически про-должить на всю прямую – . Затем кэтому графику надо добавить график функ-

ции cosu C . В итоге получится гра-

фик уравнения (2).На отрезке 0 функция fcos C возрастает, на отрезке 0

убывает. Функция f возрастает в своейобласти определения, причем промежуткимонотонности функции (3) совпадают с про-межутками монотонности функции косинуса(разумеется, в своей области определения).А область определения функции (3) задает-ся неравенством cos 0C . Ясно, что этаобласть определения не пуста, если 1C .Рассмотрим несколько возможных случаев.

1. Если 1C , то получаем единственнуюточку 0; 0 (точка 0 на рисунке 4). Этойточке соответствует неподвижный маятник,находящийся вкрайнем нижнемустойчивом положе-нии. При этом плос-кость ;u (т.е.плоскость ;v ,или ; ) называется фазовой плоскостьюмаятника.

2. Если 1; 1C , то функция (3) опре-делена на отрезке вида –a; ;a , т.ена отрезке arccos ; arccosC C (см.рис.4). Изменению аргумента на этомотрезке соответствуют колебания маятника.Двум точкам на плоскости ;u с коорди-натами arccos ; 0C и arccos ; 0Cсоответствуют два крайних положения маят-

ника – левое и правое. В этих точках про-странства маятник «на мгновение замира-ет», т.е. его скорость становится равнойнулю.Из опыта известно, что из крайнего левого

положения маятник попадает в крайнее пра-вое и обратно за конечное время, котороеназывают периодом колебаний. На плоско-сти ;u этим колебаниям соответствуетзамкнутая траектория. Касательная к этойтраектории в крайних левой и правой точкахвертикальна. Это следует из того, что произ-водная функции cosu C при

arccos C не существует (или обращает-ся в бесконечность). Если теперь на графике(см. рис.4) поставить стрелки, соответству-ющие возрастанию времени t, то части гра-фика превратятся в фазовые траектории.В уравнении (3) вернемся к линейной

скорости v t :

cos2

v tt C

Lg.

Линейная скорость связана с угловой скоро-стью формулой v L , а переменная угло-вая скорость – это производная от углаотклонения маятника от вертикали, т.е. t ,поэтому получаем уравнение

cos2

LC

g,

или

t cosK t C, (4)

где 2g

KL. Это – дифференциальное урав-

нение, которые связывает неизвестную функ-

цию t и ее производную.В окрестности правой точки arccos ; 0C

(или ; 0a ) функция cosf C «похо-жа» на линейную функцию f k a .Значит, на отрезке a ; a уравнение (4)можно заменить близким, но более простымдифференциальным уравнением

K k a , или

p a , (5)

где р – некоторое положительное число.Мы не требуем от наших читателей умения

решать дифференциальные уравнения, дос-таточно лишь уметь дифференцировать.

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

44

Можно проверить, что функция2

2

4

ptt a

удовлетворяет уравнению (5) и начальному

условию 0 a . Эта функция равна a

при 2

tp

. Другими словами, на времен-

нум отрезке 0 t 2

p угол отклонения

маятника от вертикали возрастает от a

до наибольшего значения arccosa C .Тем самым, мы рассмотрели математичес-кую модель хорошо известного явления: приприближении маятника к крайним левомуили крайнему правому положению (там, гдескорость маятника равна нулю) его скоростьмонотонно убывает до нуля, но при этом вкрайние положения маятник попадает законечное время.

3. Рассмотрев два первых случая, мы узна-ли, как выглядят фазовые траектории урав-нения (2) при каждом значении параметра Сиз промежутка 1; 1 : это или точки, илиовалы. А что будет, если 1;C ? Фазо-вые траектории для этого случая, пожалуй,самые простые (если не считать точек).Таким значениям С соответствуют те значе-ния механической энергии маятника, кото-рые больше потенциальной энергии в самойверхней точке его пути. Другими словами,такой маятник, находясь на самом верху,обладает еще и кинетической энергией, т.е.ненулевой скоростью. Движение такого ма-ятника – это не колебания туда-сюда, влево-вправо, а постоянное вращение против илипо часовой стрелке. При этом ясно, что еголинейная скорость (как и угловая) меняется:при движении маятника вниз она нарастает,а после прохождения крайнего нижнего по-ложения – уменьшается. Это хорошо видно

на графике функции cosu C (или на

графике cosu C ) (рис.5). В верх-

ней полуплоскости стрелки на фазовых тра-

екториях направлены вправо, в сторону воз-растания , траектории описывают враще-ние маятника против часовой стрелки. Внижней полуплоскости стрелки на траекто-рии направлены влево – маятник вращаетсяпо часовой стрелке.

4. Рассмотрим теперь функцию (3) приC = 1:

cos 1u . (6)

Она определена на всей прямой ,неотрицательна и равна нулю при 2 n(рис.6). В этих точках график имеет излом

(это следует из того, что здесь функция (6)имеет односторонние производные 2). Акакие фазовые траектории соответствуютграфику этой функции? Сколько их?На графике есть точки 2 ; 0n , n Z.

Они соответствуют верхнему неустойчивомуположению маятника. Каждая такая точкаесть траектория динамической системы. Пустьпри t = 0 маятник находится в самой нижнейточке, т.е. 0, и его скорость положитель-на. С течением времени угол t увеличи-вается, скорость (и линейная, и угловая)уменьшается. Возникает вопрос: достигнетли маятник самого верхнего положения иостановится ли он там? (В разных случаяхответ на этот вопрос разный. Об этом расска-зывается, например, в статье С.Дворянино-ва, З.Краутера и В.Протасова «Скольковремени длится причаливание?» в «Кванте»№11 за 2017 год.)Рассмотрим функцию (6) на отрезке

:

2 cos2

u .

Воспользуемся связью этой функции с ли-нейной и угловой скоростями:

( ) ( )( )

22 2

v t L t Lu t

gLg Lg

¢= = = ◊ ¢

и получим следующее уравнение для угло-вой скорости t :

2 cos2

gt

L.

Рис. 5

Рис. 6

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В45

Будем теперь рассматривать новую функ-цию t t , т.е. отклонение функ-ции t от , при этом 0 . Дляновой функции имеем уравнение

2 cos2 2

gt

L,

или

2 sin2

gt

L. (7)

Хорошо известно, что синус малого аргумен-та приближенно равен самому аргументу,поэтому вместо уравнения (7) рассмотримприближенное уравнение

gt

L.

Так как на отрезке 0 справедливонеравенство sin , то функция t убы-вает быстрее функции t . Легко прове-рить, что решением последнего уравненияявляется функция

gt

Lt e ,

или

expg

t tL

.

Эта функция убывает до нуля бесконечнодолго. Поэтому функция t , убывающаяеще медленнее, тем более будет убывать донуля бесконечно долго! Это означает, чтодвижение фазовой точки по сепаратрисе –так называется кривая, задаваемая уравне-нием (6) на интервале ; , – длитсябесконечно долго. Сепаратриса – это дугакривой конечной длины без концевых точек.На фазовой плоскости сепаратрис бесконеч-но много.Все фазовые траектории маятника показа-

ны на рисунке 7. Они делятся на четыревида: точки, овалы, сепаратрисы, бесконеч-ные кривые (изображены разными цвета-ми).

Заметим, что в установке Толи Втулкина(о ней рассказывается в первой части статьи)шарик никогда не останавливается именнопотому, что соответствующая ему фазоваяточка движется по сепаратрисе. В реальнос-ти, конечно, провести такой опыт не удастся– попасть на сепаратрису невозможно (вспом-ните знакомые вам выражения: сепаратныймир, сепаратные переговоры, сепаратор вподшипнике и т.п.).В заключение – задача:Невесомый стержень 1OO длиной 2L мо-

жет вращаться в вертикальной плоскостивокруг точки О (рис.8). С ним связан

шарниром невесомый стержень 1O M дли-ной L, на конце которого закреплена точеч-ная масса. Этот двухзвенный маятникудерживают в горизонтальном положении,а затем отпускают без начальной скорос-ти. На пути верхнего стержня маятниканаходится гвоздь Г. Луч ОГ образует угол60 с вертикалью, а длина отрезка ОГменьше 2L. Докажите, что такой маятникникогда не вернется в исходное положение.

Ясно, что в тот момент, когда наш маятник,вращаясь вокруг точки О, «наткнется» нагвоздь, он превратится в маятник длиной L,вращающийся вокруг точки 1O . При этомзапаса его кинетической энергии будет ровностолько, сколько требуется точке М дляподъема на начальную высоту. Это означает,что движению точки М по окружности ради-усом L будет соответствовать движение фа-зовой точки по сепаратрисе. Но это движе-ние длится бесконечно долго. Следователь-но, укороченный маятник будет поднимать-ся вверх бесконечно долго. Именно поэтомуон никогда не вернется в исходное положе-ние.

Рис. 7

Рис. 8

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Работа над

ошибками

В.ЖУРАВЛЕВ, П.САМОВОЛ

Если вы не делаете ошибок, вы решаете слиш-

ком простые задачи, и это большая ошибка.

Фрэнк Вильче

Введение

Эта история началась с того, что дочьодного из авторов этой статьи принеслапример вступительной работы на кружкиМалого мехмата за 7 класс. На листке сусловиями задач выделялась надпись: «Вовсех задачах требуется полное решение!»Одна из задач привлекла наше внимание.Вот она.

Задача 1. Квадрат ABCD разрезали натреугольники и внутри каждого из нихнаписали его периметр (рис.1). Найдитесторону квадрата ABCD.

Казалось бы, что в ней такого? Сначаланужно найти периметр четырехугольникаFGHE. Для этого сложим периметры трехтреугольников FGQ, QHK и KEF, находя-щихся внутри этого четырехугольника, ивычтем периметр треугольника FQK. Посту-пая аналогично, найдем периметр квадратаABCD. Для этого сложим периметры треу-гольников AFE, DEH, CHG и BGF и вычтемпериметр четырехугольника FGHE.

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »


Итак,

FGHE FGQ HQK KEF FQKP P P P P

6 5 7 8 10,

ABCD AFE DEH CHG BGF FGHEP P P P P P

12 10 7 6 10 25 .

Поскольку у квадрата все стороны равны,легко находим ответ: длина стороны квадра-та равна 25 4 6,25 .

Видимо, такого решения и ожидают отсемиклассника.

Однако все не так просто. Как говорится,дьявол скрывается в деталях. В геометричес-кой задаче нельзя произвольно назначатьпараметры. Нельзя взять и расставить понра-вившиеся нам числа по треугольникам. Ноесли мы это все-таки сделали, следовало бызадуматься: существует ли такой квадрат?

Напомним фольклорную задачу, ставшуюуже классической.

Задача 2. Найдите площадь прямоуголь-ного треугольника с гипотенузой 10 см ивысотой, проведенной к гипотенузе, равной6 см.

С одной стороны, площадь треугольникаравна половине произведения гипотенузы навысоту, проведенную к ней, откуда получа-

ем ответ: 210 630 см

2S . С другой

стороны, медиана прямоугольного треуголь-ника, проведенная к гипотенузе, равна поло-вине гипотенузы. В условиях задачи 2 длинамедианы равна 5 см. При этом медиана какнаклонная не может быть короче высоты,равной 6 см. Получаем противоречие. Этоозначает, что прямоугольного треугольника,удовлетворяющего условиям задачи 2, несуществует!

Однако вернемся к первоначальной зада-че. Во время написания этой статьи мыпредлагали задачу 1 как школьникам, так иколлегам с высшим образованием. В нашейнерепрезентативной выборке никто не заме-тил подвоха, как, впрочем, и автор, предло-живший эту задачу.

Сейчас мы докажем, что такого квадратане существует. Для этого нам потребуетсяследующий известный факт.

Теорема. В прямоугольном треугольникедлина гипотенузы больше длины катета.

Рис. 1

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »47

Применим эту теорему для прямоуголь-ных треугольников FBG и EDH. ИмеемGF > GB, тогда 10 BGFP BG GF

2BG, следовательно, BG < 5 и GC = BC –– BG > 6,25 – 5 = 1,25, т.е. GC > 1,25.Аналогично, HE > HD, тогда 6 EHDP

2EH HD HD, следовательно, HD < 3и CH = CD – HD > 6,25 – 3 = 3,25, т.е.CH > 3,25.

Теперь применим теорему для прямоу-гольного треугольника CHG. Получаем

7 2GCHP GC CH GH GC CH

> 1,25 2 3,25 7,75.

Противоречие. Итак, такого квадрата несуществует!

Блестящая идея со сложением и вычитани-ем периметров разбилась о свойства прямо-угольных треугольников.

Обнаружение скрытой ошибки в условиизадачи заставляет нас задуматься над не-сколькими вопросами.

Один из вопросов можно отнести к педаго-гике и методике обучения математике. Зас-читывать ли решение задачи школьнику,нашедшему ответ в задаче, условие кото-рой сформулировано некорректно?

Применительно к нашим задачам – засчи-тывать ли решение задачи школьнику, полу-чившему в задаче 1 ответ 6,25 тем способом,который описан выше, или школьнику, на-шедшему в задаче 2, что площадь прямо-угольного треугольника равна 2

30 см ?Здесь могут быть разные мнения. Время,

отведенное на выполнение вступительной ра-боты, ограничено, и у школьника вряд ли естьвозможность провести полное исследование.Поэтому мы бы засчитали ему такое решение.Естественно, что школьник, доказавший не-возможность существования такого квадрата,выше любой похвалы. Такой школьник на-верняка усвоил, что одним из важнейшихдействий, которому учат при решении задач,является проверка! В то же время, мы можемпривести следующий логический аргумент,основанный на известном свойстве имплика-ции. Из ложного утверждения может следо-вать как истинное утверждение, так иложное. Но из истинного утверждения лож-ное утверждение не следует. Таким обра-зом, к задаче с противоречивыми условиямиподходит любой ответ (даже тот, который мыздесь не привели), и его нужно засчитать.Однако оставим обсуждение этого непростого

педагогического и методического вопроса зарамками этой статьи.

Второй вопрос связан с попыткой испра-вить ошибку в условии и, возможно, прове-сти небольшое математическое исследова-ние. Можем ли мы спасти идею задачи,немного «пошевелив» ее условие?

Прямоугольник

Что произойдет, если в условии задачиквадрат заменить на прямоугольник? Чтобыне загромождать чертеж, уберем из рассмот-рения FQK. Переформулируем задачу.Задача 3. От прямоугольника ABCD от-

резали треугольникии внутри каждого изних написали его пе-риметр (рис.2). Най-дите периметр пря-моугольника ABCDпри условии, что пе-риметр четырех-угольника FGHE ра-вен 10.

Применяя те же рассуждения со сложени-ем и вычитанием периметров треугольников,найдем, что периметр прямоугольника ABCDравен 25. Но теперь мы хотим знать: суще-ствует ли такой прямоугольник?

При обсуждении задач 1 и 3 с друзьямивозник вопрос о большом разбросе значенийпериметров четырехугольника FGHE и квад-рата ABCD. Такая конструкция казаласьневозможной. Периметр четырехугольникаFGHE, равный 10, подозрительно мал посравнению с периметром квадрата (прямоу-гольника) ABCD. Дальнейшие выкладки под-тверждают верность высказанной догадки.

Начнем наше исследование с определения.Назовем четырехугольник вписанным в пря-моугольник (квадрат), если каждая из еговершин лежит на одной из сторон прямоу-гольника (квадрата). В нашей задаче четы-рехугольник FGHE является вписанным впрямоугольник ABCD. Получим нескольконесложных оценок, связывающих перимет-ры прямоугольника (квадрата) и вписанно-го в него четырехугольника.Задача 4. Для периметров прямоугольни-

ка ABCD и вписанного в него четырехуголь-ника FGHE выполняются неравенства

2FGHE ABCD FGHEP P P .

Докажите это.

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

48

Левая часть неравен-ства следует из нера-венств треугольника(рис.3): действитель-но, FE < AF + AE,FG < BF + BG, GH << CG + CH и HE << DH + DE. Сложимвсе эти неравенства и получим требуемое.

Докажем правую часть неравенства. По-скольку наклонные меньше перпендикуля-ра, то AB GE и BC FG. Опять использу-ем неравенства треугольника: GE < FG + FEи GE < GH + HE; аналогично, FH < FG + GHи FH < FE + HE. Следовательно,

2 2 2 2 2ABCD FGHEP AB BC GE FH P ,

что и требовалось доказать.В условии задачи 3 периметр прямоуголь-

ника равен 25, а периметр вписанного четы-рехугольника равен 10, что невозможно,поскольку 25 2 10 20.

Доказанное нами неравенство достаточнослабое, хотя оно помогло доказать, что тако-го прямоугольника не существует.

Неравенство, связывающее периметрыпрямоугольника и вписанного четырехуголь-ника, можно усилить. Для этого используемизвестные неравенства о средних. Итак, сред-нее квадратическое двух чисел не меньше ихсреднего арифметического:

2 2

2 2

x y x y.

Теперь сформулируем усиление неравен-ства из задачи 3.Задача 5. Для периметров прямоугольни-

ка ABCD и вписанного в него четырехуголь-ника FGHE выполняется неравенство

2ABCD FGHEP P . Докажите это.

Используем неравенство о средних в не-сколько измененном виде:

2 22x y x y .

Применим теорему Пифагора. Имеем

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 ,

2 2 ,

2 2 ,

2 2 .

AF AE AF AE FE

BF BG BF BG FG

CG CH CG CH HG

DE DH DE DH HE

Сложим все неравенства и получим требуе-мое. Задача решена.

Из неравенств, доказанных в задаче 4,следует, что если периметр прямоугольникаравен 25, то периметр вписанного четыреху-гольника должен быть больше 12,5. В задаче5 доказано более сильное неравенство, изкоторого следует, что периметр вписанного

четырехугольника не меньше 25

17,672

.

Итак, знание несложных геометрических

фактов помогло бы избежать ошибки присоставлении задачи 1.

Квадрат

Вернемся к квадрату. Для упрощения рас-суждений уберем на рисунке 1 из рассмотре-ния точки Q и K и треугольники FGQ, QHK,KEF и FQK. Получим «упрощенную» кон-струкцию (рис.4).

В этом разделе статьи простота геометри-ческих решений уступит место надежному и«скучному» аппарату алгебры. Чтобы раз-вить успех, попробуем поработать не с кон-кретными значениями периметров, а будемрассматривать значения периметров как пе-ременные. Используя теорему Пифагора ипроводя технические выкладки, мы сможемсоставить и решить систему уравнений. Частьгромоздких выкладок опускаем.

Проделаем вычисления для квадрата, апытливый читатель может адаптировать ихдля прямоугольника. Пусть длина стороныквадрата равна a. Введем обозначения дляпериметров треугольников: 1AFEP P ,

2BFGP P , 3CHGP P и 4DHEP P . Из усло-вия задачи нам известен периметр четыреху-гольника FGHE; с другой стороны, с учетомнаших обозначений он равен

1 2 3 4 4FGHEP P P P P a.

Рис. 3

Рис. 4

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »49

Целью наших дальнейших рассужденийявляется получение соотношения, связыва-ющего переменные a, 1P , 2P , 2P и 4P .

Неравенство из задачи 5 нам дает

1 2 3 44 2 4a P P P P a .

Отсюда получаем следующее неравенство,ограничивающее выбор параметров:

1 2 3 42 2

4a P P P P .

Обозначим длины отрезков, как на рисунке4. Применим теорему Пифагора для AFE:

2 2 21P x y x y .

Тогда2 2

1 1 11

1 1

2

2 2 2 2

P Px Py P

P x P x.

Аналогично применим теорему Пифагорадля BFG, CHG и DEH. Получим систе-му уравнений

21

11

22

22

23

33

24

44

,2 2

,2 2

,2 2

.2 2

Py P

P x

Pa y P

P a z

Pt P

P z

Pa t P

P a x

Последовательно избавимся от переменных.Для этого сложим первое уравнение со вто-рым, а третье с четвертым и выразим из нихпеременную z. Получим

2 21 2

1 21 2

2 23 4

3 43 4

,2 2 2 2

2 2 2 2

P Pa P P

P x P a z

P Pa P P

P z P a x

22 1

2 21 2 1 1

23 4

3 23 4 4 4

,2

.2

P P xa z P

a P P P x P

P P a xz P

a P P P a x P

Сложив полученные уравнения, избавляем-

ся от переменной z:22 1

2 3 21 2 1 12

P P xa P P

a P P P x P

23 4

23 4 4 42

P P a x

a P P P a x P.

Домножим обе части уравнения на выраже-ния, стоящие в знаменателях, перенесемслагаемые в одну сторону уравнения и при-ведем подобные члены по степеням x, считаяa, 1P , 2P , 3P , 4P параметрами. Мы получимквадратное уравнение относительно пере-менной x.

Здесь мы не приводим это квадратноеуравнение ввиду его громоздкости, хотя чи-татели могут его получить, исписав несколь-ко листов бумаги или, как авторы, проведявыкладки в онлайн-калькуляторе.

Если это квадратное уравнение имеет по-ложительный корень, то это означает, чтомы можем построить квадрат с заданнымипараметрами a, 1P , 2P , 3P , 4P . При этом,поскольку мы знаем x, мы знаем и располо-жение точки E (и точек F, G, H) на сторонеквадрата.

При значениях параметров 6,25a ,

1 12P , 2 10P , 3 7P , 4 6P дискриминантквадратного уравнения отрицательный и,следовательно, квадратное уравнение неимеет решения. Мы еще одним способомдоказали невозможность существования квад-рата из задачи 1.

Обратите внимание, что в условии задачи1 периметры всех треугольников – натураль-ные числа. Это понятно: автор хотел облег-чить семиклассникам вычисление ответа.Однако следует учесть, что если мы имеемдело с прямоугольными треугольниками, тов наших построениях могут появиться несо-измеримые отрезки. Поэтому подбор пара-метров, при котором периметры треугольни-ков являются целочисленными, это отдель-ный вопрос, связанный не только с геометри-ей, но и с теорией чисел.

Мы так долго говорили о невозможностиконструкции из задачи 1, что хочется уви-деть пример параметров, для которых конст-рукция возможна. Подойдут, например, зна-чения a = 7, 1 2 3 4 12P P P P , где отквадрата со стороной 7 отрезаны четыреегипетских прямоугольных треугольника состоронами 3, 4 и 5.

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

50

Ромб

Мы один раз уже шевелили условие перво-начальной задачи, пытаясь заменить квад-рат на прямоугольник. Но что произойдет,если в условии задачи квадрат заменить наромб? Переформулируем задачу.Задача 6. От ромба ABCD отрезали тре-

угольники и внутри каждого из них написалиего периметр (рис.5). Найдите сторону

ромба ABCD при условии, что периметрчетырехугольника FGHE равен 10.

Пусть длина стороны ромба ABCD равнаr. Применим рассуждения со сложением ивычитанием периметров треугольников изрешения задачи 1 и найдем, что r = 6,25.

Учитывая предыдущий опыт, нам интерес-но знать: существует ли такой ромб?

Отметим, что случай, когда угол A ромбатупой, практически ничем не отличается отслучая квадрата. В случае, когда угол Aромба острый, переформулированная зада-ча оказала серьезное сопротивление, и намне удалось полностью ответить на поставлен-ный вопрос.

Обратим внимание, что рассуждения, ко-торые мы применяли для четырехугольника,вписанного в прямоугольник, в случае сромбом не проходят. Вписанный четырех-угольник может располагаться близко к мень-шей диагонали ромба, что не позволяет по-лучить требуемую оценку на величину пери-метра. Возможно, читатели будут более удач-ливы и найдут ответ на вопрос – существуетли такой ромб?

Предлагаем читателям решить самостоя-тельно еще несколько задач.

Задачи для самостоятельного решения

1. Дана окружность с центром в точке O и сдиаметром BD (рис.6). Известно, что AF = 4,CG = 2, AE = OG = FG = 3. Найдите BE.2. а) Внутри квадрата ABCD выбрана точка P.

Из точки P к серединам сторон квадрата прове-дены четыре отрезка (рис.7). Известны площадитрех четырехугольников 1 16S , 2 20S , 3 32S .

Найдите площадь чет-вертого четырехуголь-ника.

б) Будет ли коррек-тным условие задачи,если в качестве значе-ний площадей трех че-тырехугольников бу-дут выбраны некото-рые три произвольныхположительных числа 1S , 2S , 3S ?

3. Дана пирамида ABCD (рис.8). Точка Pдвижется по прямой BC. Обозначим: AB u

��

�

,AC v��

�

, AD w��

�

, BP t BC��

. Известно, что

60BAC CAD , 120BAD , u v w� � �

1. При каких значениях параметра t угол

между AP��

и AD��

равен углу между AP��

и AC��

?

В заключ ение нашей работы над ошиб-ками напомним цитату выдающегося фи-зика Петра Леонидовича Капицы, кото-рый говорил: «Свобода творчества – сво-бода делать ошибки».

Авторы благодарят Е.Теренкова за цен-ные замечания.

Рис. 6

Рис. 8

Рис. 7

Рис. 5

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. См. рис.1.2. Два яблока, которые уравно-весили у Саши четыре других,назовем спелыми. Они состав-ляют половину общего весаяблок и поэтому не могли ока-заться на одной чаше весов уТани. Значит, одна чаша весову Тани – это одно спелое яблокои два неспелых, и вместе они тоже составляютполовину общего веса. Тогда эти два неспелыхяблока весят столько же, сколько и второе спелое.3. Через 40 минут.За один час обе машины вместе проехали бытрижды сторону AD и трижды сторону AB, так какодна проезжает за час две стороны, равные AD, иодну, равную AB, а вторая проезжает за час двестороны, равные AB, и одну, равную AD. Значит,за треть часа, т.е. за 20 минут, машины вместепроедут одну сторону, равную AD, и одну – равнуюAB. А весь периметр прямоугольника они проедутза вдвое больший промежуток времени.4. Больше всего барсуков.Запишем данные задачи в виде таблицы:

Посмотрим на «зайцев». Последние два года вмасках зайцев было 30 зверей. Все это разныезвери, так как никто два года подряд маску зайца ненаденет. И это не зайцы. Значит, в лесу есть покрайней мере 30 не-зайцев, т.е. зайцев не более40 30 10 . Такое же рассуждение про зверей,которые два последних года были на празднике«лисами», показывает, что настоящих лис не болеечем 40 10 25 5. Два года назад на маскарадебыло 28 «волков», и все это были не настоящиеволки, настоящих же не более 40 28 12. Итак,волков, лис и зайцев вместе не более чем12 5 10 27. Это значит, что барсуков какминимум 40 27 13, и это самый многочислен-ный вид животных в лесу.

Рис. 1

Конкурс имени А.П.Савина


25. Пусть разбойникам удалось поделить алмазы натри части. Так как алмазов 5, одна из частей будетсостоять из одного алмаза, назовем его брусок. Но

тогда алмазы можно было разделить и при первойпопытке, так как брусок либо был исходной отме-

ренной третью, либо был среди оставшихся 2

3алмазов, которые, тем самым, делятся на две части

по 1

3. Противоречие.

26. 60 .

Покажем, что правильные треугольники, построен-ные на сторонах данного треугольника, полностьюего накроют. Возьмем произвольный треугольникАВС и рассмотрим два случая.Случай 1. В треугольнике АВС есть угол неменьше 120 , пусть это угол А. Тогда правильныйтреугольник BCD, построенный на стороне ВС,полностью его накроет (рис.2). Докажем это. Оба

угла В и С меньше 60 . Тогда лучи ВА и САпроходят внутри треугольника BCD, значит, внут-ри него лежит и точка А их пересечения.Случай 2. В треугольнике АВС все углы меньше120 . Тогда внутри ABC найдется точка K такая,что отрезки, проведенные к ней из вершин, образу-ют со сторонами углы меньше 60 . В качестве такойточки можно взять точку пересечения биссектрис(рис.3). Теперь ABC разбит на три треугольника,

каждый из которых полностью накрывается однимиз правильных треугольников.Теперь покажем, что если у равнобедренных треу-гольников угол при вершине больше 60 , то невсякий треугольник ими можно накрыть. Пусть ихуглы при вершине равны 60 2 , где 0, тогда

Рис. 2

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

52

углы при основаниях равны 60 . Покажем, чтотреугольник с углами 120A , 2B ,

60 2C не накрывается такими равнобед-ренными треугольниками. На рисунке 4 показано,как проходят три стороны этих равнобедренныхтреугольников внутри АВС (углы, отмеченныеодной дугой, это углы при основаниях равнобед-ренных треугольников, они равны 60 ). Крас-ным цветом выделена область, которая останетсяненакрытой.27. а) 2n.Пронумеруем лампочки. Если у кнопки номер k, тосоединим ее со всеми лампочками с номерами от 1до k. Тогда для любого t можно будет поменятьсостояние лампочки под номером t, не поменявсостояния других: при t > 1 для этого надо нажатьна кнопки t и 1t , а при 1t – просто нажать накнопку 1. Значит, можно поменять состояние однойлампочки независимо от других; соответственно,можно получить любую комбинацию горящих и негорящих лампочек.б) 1

2m , где m – наибольшее натуральное число

такое, что 2m n.Оценка. Количество возможных комбинаций горя-щих и не горящих лампочек, которые можнополучить, нажимая на кнопки в некоторой конфи-гурации кнопок и лампочек, назовем разнообрази-ем этой конфигурации. Рассмотрим n лампочек итеперь будем последовательно рассматривать кноп-ки в таком порядке: номер 1, номер 2, номер 4, 8,……, 1

2m , n. Такие кнопки назовем важными, их

количество равно m + 1. Покажем, что при каждомдобавлении важной кнопки разнообразие конфигу-рации увеличивается ровно в 2 раза.Добавим очередную важную кнопку K. Так какномер очередной кнопки больше суммы номероввсех предыдущих подключенных кнопок, то най-дется лампочка L, которая соединена только сновой кнопкой. Рассмотрим одну из старых комби-наций горящих и не горящих лампочек – она по-прежнему достижима. Нажав на кнопку K, полу-чим комбинацию, которую до этого нельзя былополучить, так как в ней горит лампочка L, чегораньше нельзя было достичь. (При этом понятно,что из двух разных старых комбинаций указаннымобразом не может получиться одна и та же новая.)Таким образом, достижимы все старые конфигура-ции и количество новых комбинаций равно количе-ству старых, т.е. количество достижимых конфигу-раций увеличилось в 2 раза.Итак, после добавления важных кнопок разнообра-зие конфигурации станет равным 1

2m . Добавим

теперь все остальные кнопки – они, очевидно, непонизят разнообразие.Пример. Покажем, как соединять кнопки с лампоч-ками, чтобы разнообразие было равно 1

2m .

На рисунке 5 показан пример конфигурации для13n , тогда 3m , разнообразие равно 4

2 . Строч-ки соответствуют кнопкам, столбцы – лампочкам;если клетка закрашена, то соответствующие кнопкаи лампочка соединены. Построение примера разби-то на три этапа. Кнопки, добавленные на первомэтапе, отмечены красным (это важные кнопки), навтором – синим, на третьем – зеленым.Первый этап. Подключим сначала важные кнопкис номерами 1, 2, …, 1

2m так, чтобы никакие две не

соединялись с одной лампочкой. Это возможносделать, так как общее количество лампочек n неменьше 2m, что в свою очередь больше суммыномеров кнопок, которые мы сейчас подключаем.Теперь подключим последнюю важную кнопку сномером n. Как мы уже показывали, к этомумоменту разнообразие равно 1

2m . Покажем теперь,

как добавлять остальные лампочки, чтобы оно неувеличилось.Второй этап. Теперь подключим все неважныекнопки с номерами меньше 2m следующим образом.Номер каждой такой кнопки представляется каксумма некоторых степеней двойки, меньших 2m.Кнопки с номерами, равными этим степеням двой-ки, мы уже добавили; соединим рассматриваемуюкнопку с теми же лампочками. Нажатие на новуюкнопку можно заменить нажатием на несколькостарых, так что ее добавление не повышает разно-образия.Третий этап. Оставшиеся кнопки – с номерами от2

m до 1n – подключим по следующему правилу.Кнопка c номером i должна соединяться с темилампочками, с которыми не соединена «противопо-ложная» ей кнопка с номером n i. Все кнопки,«противоположные» к добавляемым на этом этапе,

Рис. 4

Рис. 5

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я53

мы уже добавили ранее, так как они имеют номераот 1 до 2mn , а 2 2m m

n , поскольку 12mn .Нажатие на кнопку i даст тот же результат, что инажатие на кнопки n i и n, поэтому добавлениетакой кнопки не повысит разнообразия.Задача решена. В процессе ее решения можно былозаметить, что разнообразие конфигурации всегдаявляется степенью двойки. Это утверждение длялюбых систем кнопок и лампочек было первымпунктом в задаче М665 «Задачника «Кванта» (ав-тор – десятиклассница Н.Гринберг):Световое табло состоит из нескольких ламп,каждая из которых может находиться в двухсостояниях (гореть или не гореть). На пультенесколько кнопок, при нажатии каждой из кото-рых одновременно меняется состояние некоторо-го набора ламп (для каждой кнопки – своего).Вначале лампы не горят.а) Докажите, что число различных узоров, кото-рые можно получить на табло,– степень двойки.б) Сколько различных узоров можно получить натабло, состоящем из mn лампочек, расположен-ных в форме прямоугольника размером m n, есликнопками можно переключить как любой горизон-тальный, так и любой вертикальный ряд ламп?(Проверьте ваш ответ для небольших значенийm и n.)в) Придумайте другие примеры табло и наборов(переключаемых кнопками), в которых можнонайти число узоров.Решения задачи М665 можно прочитать в «Кванте»№9 за 1981 год. Заметим, что в задаче 27 получа-ются некоторые из таких конфигураций, которыетребовалось найти в пункте в).Конфигурации, родственные этой, обсуждаютсятакже в статье «Переключения рядов» Е.Бакаева(«Квант» №3 за 2017 г.); там рассматриваются, вчастности, разные вопросы про конфигурации изпункта б) задачи М665. А в статье «Раскраскиграфов и линейные уравнения» В.Дорофеева иА.Спивака («Квант» №4 за 2011 г.) обсуждаютсясвязи конфигураций кнопок и лампочек c темами,вынесенными в название статьи.28. Первое решение. Идея решения в том, чтобысначала сложить из данного прямоугольника такойпрямоугольник, у которого отношение сторон рав-но 2. Из него уже легко складывается прямоуголь-ный треугольник (рис.6).Назовем исходный прямоугольник ABCD, пустьAD = a, CD = b. Напомним, что по условию задачиb a 2b. Стороны прямоугольника, который мы

собираемся из негосложить, обозна-чим c и 2c. Так какего площадь равнаплощади ABCD, то

22c ab, откуда

2c ab .

Докажем, что 2c b c:

2 2

a ab a b a

2 22

abc b ab c c.

Отметим точку K на продолжении отрезка DC заточку C такую, что DK = 2c (рис.7). Это возможно,так как 2c b CD. Пусть AKпересекает BC в точке M. Таккак 2CD b c b CK, тоMA > MK. Значит, на отрезкеMA можно отметить точку Lтакую, что AL = MK (рис.8).Опустим перпендикуляр LP наAD и восставим перпендику-ляр к DK из точки K, пусть они пересекаются вточке Q. Покажем, как разрезать ABCD на тричасти и сложить из них прямоугольник KDPQ.Треугольники ALP и MKC равны, так как ихсоответствующие стороны параллельны, а гипоте-нузы равны. Аналогично доказывается, что равнытреугольники ABM и LQK. Итак, если переложитьABM на место LQK, а ALP на место MKC, топрямоугольник ABCD перестроится в KDPQ. Дляэтого понадобится разрезать ABCD на три части.Так как KDPQ по площади равен ABCD и егосторона DK равна 2c, то другая его сторона DPравна c. Итак, мы показали, как из исходногопрямоугольника сложить прямоугольник, отноше-ние сторон которого равно 2.Отметим точку T – середину KD (рис.9). Так какCD = b > c = DT, то T попадет на отрезок CD.Проведем разрез по отрезку PT, частей станетчетыре. Повернув треугольник PDT вокруг точкиT на 180 , получим равнобедренный прямоуголь-ный треугольник с катетами, равными 2c.Второе решение. Конструкцию этого решения пред-ложила участница конкурса Мария Дренчева изБолгарии.Как и раньше, назовем исходный прямоугольникABCD, AD = a, CD = b. Пусть M и N – середины

Рис. 8 Рис. 9Рис. 6

Рис. 7

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

54

AB и CD соответственно (рис.10). Отметим на луче AD

точку P такую, что MP ab. Такая точка сущест-

вует, поскольку MA ab 2 2

b bab

4

ba a . По теореме Пифагора, AP

22 2

4

bMP AM ab . Так как AP AD

AP MP MN ab a b a , то P лежит

на отрезке AD.

Пусть Q – точка, симметричная P относительноцентра прямоугольника ABCD. Тогда MPNQ –параллелограмм. Отметим середину O отрезка MP.Пусть перпендикуляр из O к MP пересекает прямуюNQ в точке V. Докажем теперь, что V лежит наотрезке NQ.Опустим перпендикуляр NT на луч MP. Из подо-бия треугольников MNT и PMA получим

2

2

4 4

MN b a abMT AP ab a

MP ab.

Чтобы показать, что V лежит на луче NQ, докажемнеравенство MO < MT. Затем, чтобы показать, чтоV лежит на луче QN, докажем, что NV < NQ. Еслиучесть, что NV = TO = MT – MO и NQ = MP == 2MO, то это неравенство преобразуется в равно-сильное ему MT < 3MO.Итак, докажем, что MO < MT < 3MO:

2 23 9

2 4 2 4 4 4

ab ab ab ab aba a ab

9 102

4 4 4 2 4

b b ba b b a b b .

Следовательно, точка V лежит на отрезке NQ.Докажем теперь, что VO = MO:

1

2 12

2

MNP MNDAabS S

VO NT ab MOMP MP ab

.

Значит, треугольник MVP – равнобедренный пря-моугольный.На рисунке 11 разными цветами раскрашены части,на которые мы разрежем ABCD. Покажем, как изних сложить равнобедренный прямоугольный тре-угольник. Отразим NCQ относительно N (это тоже, что поворот вокруг N на 180 ), получим треу-гольник NDQ . Отразим BQVM относительно M,получим AQ VM. Затем отразим получившийсятреугольник VPQ , состоящий из двух частей, отно-сительно P. При этом Q перейдет в Q , так какPQ PD CQ PD AP AD, и, аналогично,PQ AD. Пусть V перешла в V . ТогдаV Q QQ Q V� � , значит, V , Q и V лежат наодной прямой. Итак, сложился равнобедренный пря-моугольный треугольник VVV , что и требовалось.

Рис. 10 Рис. 11

Числовые фризы

1. Таких фризов пять; вторая строка у них получа-ется из последовательности 1,2,2,1,3 всевозмож-ными циклическими сдвигами.2. Все элементы второй и третьей строк этого фризаравны . См. также упражнение 3.3. Все элементы k-й строки будут равны междусобой и равны длине диагонали, соединяющейвершины с номерами i и i + k.6. Рассмотрим все треугольники, сходящиеся впервой вершине, и расставим в их вершинах значе-ния поочередно, начиная со второй вершины.7. Будем расставлять значения в вершинах пооче-редно, двигаясь вдоль зигзага. Каждое следующееиз них будет равно сумме двух предыдущих.8. Пусть v – вершина степени 4. Поставим в ней 1,а в смежной с ней вершине 0 и расставим значенияв вершинах треугольника, как описано в последнемразделе статьи.

Работа над ошибками

1. Это задача с избыточными данными. При вычис-лении оказывается, что хорда BE длиннее диамет-ра.2. а) Из рисунка 12 видно, что искомая площадьравна 16 + 32 – 20 = 28.


Примеры и контрпримеры


1. 1899.2. Признаки делимости на 3 и 9 основаны на том,что основание системы счисления – число 10 – даетостаток 1 при делении на 3 и 9. Аналогично, признакделимости на 27 по сумме цифр верен в n-ичнойсистеме счисления при n = 27k+1, где k – любоенатуральное число.3. Треугольник ABC восстанавливается, вообщеговоря, двумя способами по сторонам AB, BC иуглу A. Действительно, пусть на одной из сторонугла A отложен отрезок AB. Проведем окружностьс центром B радиуса BC. Она пересекает вторуюсторону угла не болеечем в двух точках. Еслиэто точки C и C , тоуглы ACB и AC Bдают в сумме 180(рис.14), поэтому тре-угольники ACB иAC B можно прило-жить друг к другу рав-ными сторонами BC BC , чтобы эти углы былисмежными. В результате получится равнобедрен-ный треугольник.

4. 36abc , 76abc , где a, b, c – остальные цифры(всего 12 вариантов).5. 17 минут. Указание. Докажите, что сын ибабушка должны идти вместе.

Рис. 14

б) Как следует из п. а), должно быть выполненонеравенство 2 1 3S S S . При более глубоком рас-смотрении видно, что также должны выполнятьсянеравенства 1 3 2 1 32 3S S S S S и 3 1S S

2 1 32 3S S S .Таким образом, условие задачи корректно не все-гда.3. Задачу можно решать векторным методом. Изрисунка 13,а имеем BC AC AB v u

��

� �

. В силу

условия и коллинеарности векторов запишемBP tBC��

. Тогда

1AP AB BP u t v u t u tv��

� � � � �

.

Обозначим ,AP AD��

, ,AP AC��

. Ис-пользуя свойства скалярного произведения векто-ров, найдем

, 1 ,cos

AP AD t u tv w

AP AD AP w

��

� � �

��

�

1 , , 1 2t u w t u w t

AP AP

� � � �

�� ,

, 1 ,cos

AP AC t u tv v

AP AC AP v

��

� � �

��

�

1 , , 2 1 2t u v t u v t

AP AP

� � � �

�� .

Поскольку мы ищем значение параметра, при кото-ром , то тогда cos cos и получаем урав-нение 1 2 2 1 2t t . Отсюда t = 2.В то же время условие задачи не вполне корректно.На самом деле при заданных условиях пирамиды несуществует! В трехгранном угле пирамиды величи-

Рис. 12

Рис. 13

на плоского угла должна быть меньше суммы двухдругих величин плоских углов. В условиях нашейзадачи получается равенство

120 60 60BAD BAC CAD.

Следовательно, мы получаем плоскую задачу(рис.13,б).Для решения плоской задачи можно обойтись безприменения векторов. (Однако решение с помощьювекторов подходит и для плоского случая.) Вплоской задаче получается, что прямая AP должнабыть биссектрисой угла DAC. При этом треуголь-ники DAC и BAC являются равносторонними сдлиной стороны 1. Отсюда BC = CP = 1 и,следовательно, t = 2.

Московская олимпиада школьников

по физике 2020 года


Второй тур

7 класс

1. На основе данных Геши можно получить толькоинтервал возможных значений плотности:

3min 2000 кг м , 3

max 3250 кг м .2. 1) t1 = 400 с и t2 = 420 с; 2) T = 0 либоT = 72,5 с.

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

56

Рис. 15

3. 1) Уровень воды в верхнем сосуде не изменяется;

2) 1 2 мм сu , 2 1 мм сu ;

3) кон

41,6 м с

5v v .

4. 1) Влажность равна 20%; 2) коэффициент k на

прямолинейном участке будет постоянным и рав-ным 1,1875 1,19.

8 класс

1. 5 36,8 10 кг м .2. 1) На рисунке 15 показаны силы, действующиена погрузчик в момент, когда он поднимает контей-нер из первой стопки. Записав уравнение моментовотносительно оси, проходящей через точку, в кото-рой задние колеса касаются земли, найдем макси-мальное изменение силы давления передних колес:

1 1

8800

6000F N mg и max

1660 кНF .

2) Сначала выясним, что сила давления задних

колес изменяется сильнее всего, когда ричстакерприподнимает контейнер из второй стопки, и чтодля безопасности центр тяжести погрузчика дол-жен располагаться правее середины расстояниямежду осями: 3 мy . Аналогичное рассмотрениепередних колес дает 5 мy .Из соображений сим-метрии, 1 мy . В результате получаем 1 м 3 мy .3. 1) В момент достижения нижней критическойглубины сила тяжести уравновешивается силойАрхимеда, зависящей от глубины погружения, исилой сопротивления воды, зависящей от скорости:

A нmg F h F v . В момент достижения верхнейкритической глубины A вF h mg F v . Отсюда

легко получаем

г в г н т2 0,02V h V h V .

Чтобы найти объем газовых полостей внутри теладельфина, воспользуемся газовым законом, дан-ным в условии. В итоге получим

т

г

3 75100 18,75

0 16 4

V

V.

2) Несовершенство модели в том, что газовыеполости рассматриваются как герметичный пакет сгазом, а на самом деле это не так. Кроме того, силасопротивления может зависеть не только от скоро-сти, но и от глубины.4.1) 0 560 гm ; 2) 45 ; 3) max 112 г сQ .

9 класс

1. В третьем случае действующая сила должна бытьперпендикулярна отрезку AB (рис. 16). Записав

уравнение моментов, находим

3

2113,4 H

75F mg , где m =

= 4,8 кг (получается из первых

двух случаев).

2. Из уравнения теплового ба-ланса для резистора

20 0 01I R T T k T T

выразим его температуру:

20 0 0

20

1I R T kTT

k I R.

Когда знаменатель этой дроби стремится к нулю,температура должна стремиться к бесконечности. Сфизической точки зрения это означает, что призаданном токе мощность теплоотвода растет с уве-личением температуры медленнее, чем мощностьтепла, выделяющегося на резисторе. Очевидно, что

это и есть данный в условии ток maxI . Отсюда

получаем 2max

0

kI

R. Далее легко находим со-

противление резистора, когда ток равен max0,8I I :

0 0 0

161 1 27,8 Ом

9R R T T R

и напряжение на нем:

max0,8 30 BU I R .

3. 1) Минимальная скорость мяча достигается,когда мяч после броска движется вдоль прямой а,параллельной линии ворот, и равна 8 м с. Тогда

отн 2 2min 8 2 м с 8,2 м сw .

2) После броска игрока A мяч теоретически может

оказаться в любой точке области, закрашенной на

Рис. 16


рисунке 17 серым цветом. Из условия минимально-сти времени, за которое игрок B должен достичьлинии ворот р, следует, что после приема мяча ондолжен двигаться перпендикулярно прямой p. Нарисунке показаны возможные траектории движе-ния игрока B – ломаные BSP, 1 1BS P и 2 2BS P , гдеточка S соответствует приему передачи, отданной сотносительной скоростью 6 м с . Минимальное времядостигается на траектории BSP, скорость мячаотносительно земли при этом равна w

2 26 2 м с 4 2 м с.

3) Рассмотрим треугольник ABS, запишем для него

теорему синусов и найдем min5

c8 cos15

t15

c 2,5 c8

.

4. Будем считать, что вращающееся колесо фото-

графируют с пренебрежимо малой выдержкой трид-цать раз в секунду. Для того чтобы на соседнихкадрах колесо выглядело одинаково, оно должно

совершать 5

n (n – натуральное число) оборотов за

время 1

30 с, т.е. 6n оборотов в секунду. Медленное

вращение изображения колеса вперед или назад

обусловлено тем, что колесо совершает не ровно 6nоборотов в секунду, а чуть больше или меньше.Поскольку частота медленного вращения составля-ет не более 1 оборота в 10 секунд, колесо должно

совершать 1

610

n оборотов в секунду. При одном

обороте колеса его ось проходит расстояние s =

= D = 2,26 м. Для скорости джипа получаем

16 2,26 3,6 км ч

10v n .

Сделав расчет для n = 1, 2, 3, можно убедиться втом, что в интервал скоростей от 80 км ч до110 км ч попадает только одна скорость, соответ-ствующая n = 2. Таким образом,

96,8 км ч 98,4 км чv .

5. В первом случае ответ следует из рисунка 18, накотором размер источника D и расстояние d увели-

чены для удобства (с нарушением масштаба). Меж-ду областями полной тени книжки и линейки можетнаблюдаться полутень только в том случае, еслилучи света, испускаемые некоторыми точками ис-точника, будут попадать на стену. На рисункеизображен предельный случай: прямая, проведен-ная из крайней точки A источника, касается книжкии линейки. Из геометрических соображений следу-ет, что d < 1 см.Если лучи, испускаемые источником, составляют сосевой линией угол не больше , то должно

выполняться неравенство tgd

b, из которого для

второго случая получаем d < 7,5 мм.

10 класс

1. 1) Очевидно, что в процессе калибровки сопро-тивление переменного резистора устанавливаетсяравным сопротивлению терморезистора при темпе-ратуре 0T . Обозначим это сопротивление 1R . Легковидеть, что при изменении сопротивления терморе-зистора на величину tR вольтметр показываетнапряжение

0 0 1

12 2 t

U U RU

R R, или 0

04

t

t

RU U

R T.

Зависимость сопротивления от температуры вблизиисходной точки 0 50 CT можно считать линей-ной. Коэффициент пропорциональности k из соот-

ношения tR k T определяется по графику:

10 Ом Сk . Таким образом,

0

0

50 мВ С4 t

U kU T T T

R T.

Заметим, что при уменьшении температуры 0T чис-

ленный коэффициент в этой формуле увеличивает-ся, что означает повышение чувствительности при-бора. Поскольку U и T пропорциональны прилюбой температуре 0T , относительные погрешностиизмерения разности температур и напряжения рав-ны. Относительная погрешность измерения напря-жения с ростом напряжения уменьшается, поэтому

Рис. 17Рис. 18

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

58

в области низких температур измеритель обеспечи-вает лучшую точность.2) Температурный диапазон снизу ограничен макси-мально возможным сопротивлением терморезисто-ра, которое должно быть не более 900 Ом. Пографику получаем нижнюю границу диапазона темпе-ратур: min 23 CT . Поскольку после калибровкиизмерителя выполняется равенство 1tR R , на тер-морезисторе выделяется мощность, приближенно

равная 20

4 t

UP

R. Отсюда получаем значение мини-

мально возможного сопротивления терморезисто-

ра: 2

min 0

0

60 Ом4

t

UR

P. График не позволяет

точно указать температуру, при которой достигает-

ся это значение сопротивления. Тем не менее,можно с уверенностью сказать, что искомая макси-мальная температура лежит в интервале от 95 C до105 C, поэтому разумно выбрать в качестве верх-ней границы среднее значение: max 100 CT .2. Обозначим через R радиусы окружностей, покоторым движутся разные концы нитей (точки А иВ на рисунке 19), через m – массу шарика и черезv – скорость его движения. Согласно условию

задачи угол между нитью и вертикалью равен45 . Если смотреть сверху и видеть проекцию

всех тел на горизонтальную плоскость, то центрыокружностей (которые совпадают) и проекции то-чек, соответствующих концам нити, находятся ввершинах треугольника, у которого все стороныравны R = 2 м. Получается, что между скоростьюшарика и горизонтальной проекцией силы натяже-

ния нити 2

F угол равен 60 . Сумма всех сил,

действующих на шарик, обеспечивает движение

шарика по окружности, поэтому она равна 2

mv

R и

направлена к центру верхней окружности, по кото-

рой движется шарик. Эта сила равна проекции силынатяжении нити на горизонтальное направление,перпендикулярное скорости шарика:

2

cos602

mv F

R.

Проекция скорости шарика на вертикальное на-правление равна нулю, а это значит, что вертикаль-

ная проекция силы натяжения нити вместе с силойтяжести компенсируются выталкивающей силойАрхимеда AF :

A2

FF mg .

Скорость шарика при движении по окружности неменяется по величине, поэтому продольная (вдольскорости) составляющая силы натяжения нити ком-пенсирует силу трения, действующую на шарик состороны воздуха, которая по условию пропорцио-нальна квадрату скорости. Иными словами,

2sin602

Fkv , или 23

2 2

Fkv ,

где k – это коэффициент пропорциональности.Когда нить отпустят и шарик будет двигаться вверхс установившейся скоростью u, сумма всех сил,действующих на шарик, станет равной нулю, т.е.

2AF mg ku .

Комбинируя все равенства, получаем

2

2

2

3

u

v, откуда

2

3u v .

Из условия находим, что 2 м сv , поэтому уста-новившаяся скорость шарика равна 2,1 м сu .3. 1) По условию из сопла выходит насыщенныйпар, следовательно, его температура 0T = 373 К, а

плотность 30

0

0,58 кг мp

RT. Пусть u – ско-

рость выходящего из сопла пара. Реактивную силу,

действующую на один патрубок с соплом со сторо-ны пара, можно найти как отношение импульса pпорции пара массой m ко времени t, за которое

вышла эта порция: 2p mF u Su

t t. С дру-

гой стороны, 2m P

t L (коэффициент 2 возникает

из-за того, что пар выходит через два патрубка),

где 2m uS. Отсюда получаем

2

Pu

L S, и

20

204

P RTF

Sp L.

Суммарный момент сил, действующих на шар состороны пара, выходящего через оба сопла, равен

230

20

1,8 10 Н м2

P RT dM

Sp L.

2) Рассмотрим режим, когда эолипил вращается смаксимальной угловой скоростью. Тогда суммар-ный момент сил, действующих на шар, равен нулю.Поэтому скорость пара относительно земли сразупосле выхода близка к нулю. А это означает, чтолинейная скорость концов патрубков равна u, уг-

ловая скорость вращения шара равна max

u

d

Рис. 19


2

P

L Sd, а максимальное количество оборотов в

минуту равно

max max60

2n

0

0

153700 об мин

PRT

p LSd.

4. 1) При падении на переднюю грань призмы 4%света сразу отразится назад под углом 2 = 0,12 радк горизонтали. Эти лучи сформируют пятно вблизиверхнего края экрана. Используя малость угла ,можно найти расстояние от верхнего края экрана доэтого пятна:

0 2 3 смx H h L .

Имеет смысл качественно изобразить ход лучей,выходящих из призмы и распространяющихся внут-ри нее. После первого преломления на границераздела воздух—стекло луч пойдет под углом

0,02n

рад к горизонтали. С другой сто-

роны, – это угол падения луча на зеркало.

Поскольку лучи в призме многократно преломля-ются и отражаются, имеет смысл последователь-ность, образованную значениями углов падениялучей на зеркало, обозначить i , i = 0, 1, 2, …Последовательность, образованную углами паде-ния отраженных лучей на границу раздела стекло—воздух, обозначим j , j = 1, 2, … Очевидно, чтодля нулевого члена последовательности i спра-ведливо равенство

0 0,02 радn

.

Рассмотрим отражение лучей в клине. ЛоманаяABD на рисунке 20 – фрагмент траектории луча,распространяющегосявнутри клина. Исполь-зуя теорему о суммеуглов для треуголь-ников ABC и BDE,можно убедиться втом, что 1k

k , k k ,откуда легко выводят-ся рекуррентные соот-ношения

1 2k k ,

1 2k k .

Теперь можно получить формулу

2k kn

.

Подсчитаем несколько первых членов последова-тельности i :

1 0,08 рад, 2 0,20 рад, 3 0,32 рад.

Лучу, падающему на границу раздела под углом k

с нормалью, соответствует расстояние kx от верхне-го края экрана до пятна. Определим эти расстояния.

После преломления лучи, формирующие пятно сномером k (k = 1, 2, 3), составляют с горизонтальюугол

2 1k kn nk .

Подставляя числа, находим

1 0,06 рад, 2 0,24 рад, 3 0,42 рад.

Можно показать, сделав численные оценки, чторасстоянием по вертикали между точкой выходалучей из клина и точкой падения можно пренебречь(углы очень маленькие). Применяя приближеннуюформулу tg k k, получаем для расстояния отверхнего края экрана до пятна формулу

k kx H h L ,

подставляя в которую числовые значения, находим

1 21 смx , 2 39 смx .Как видим, расчет для угла 3, который уже нельзясчитать малым, не требуется, поскольку очевидно,что лучи, идущие под таким углом, на экран непопадут.Итак, на экране будет видно три пятна. На второепятно приходится доля света, равная 1N

0,96 0,96 92%, а на третье – доля 2N0,96 0,04 0,96 0,037 4%.

2) Для того чтобы на месте самого яркого пятнаоказалось следующее по яркости пятно, котороерасполагается выше него на экране и обозначаетсяиндексом «0», призму с зеркалом следует повернуть

на угол 1 0,092

рад против часовой стрелки.

3) В дневном режиме лучи, формирующие самое

яркое изображение ( 1 92%N ), распространяютсяв направлении лица водителя. В ночном режиме кводителю попадает свет, формирующий одно издвух «приглушенных» отражений (с индексами «0»и «2»), в то время как лучи, формирующие яркоеизображение, будут направлены либо в потолок,либо в пол. Водителя такое излучение не слепит,так как оно примерно в 24 раза слабее яркогоизлучения.5. Из комнаты в морозильник за время t поступаетколичество теплоты

1 1 R CP t k T T ,

где 1k – коэффициент, описывающий теплопровод-ные свойства теплоизоляции. За то же время отзадней стенки отводится в комнату количествотеплоты

2 2 S RP t k T T ,

где коэффициент 2k количественно характеризуеттеплообмен между воздухом в комнате и заднейстенкой. Легко видеть, что холодильная машинаработает по обращенному циклу Карно с изотерма-ми при температурах ST и CT . Для прямого циклаКарно справедливо соотношение

н

S C

S

A T T

Q T.

Рис. 20

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

60

В случае холодильной машины А – это работа,совершаемая компрессором над рабочим телом (хла-дагентом), поэтому за время t она равна P t. А

нQ – это количество теплоты, отдаваемое хладаген-том в трубках конденсатора на задней стенке,которое в стационарном режиме равно количествутеплоты, которое отводится в комнату от заднейстенки. Поэтому можно записать

2

S C

S R S

P T T

k T T T.

С другой стороны, н xQ A Q , где xQ – этоколичество теплоты, отводимое в процессе работыхолодильной машины от содержимого морозильни-ка, равное в стационарном режиме количествутеплоты, поступающему в него извне. Отсюдаимеем равенство

1

S C

R C S

P T T

P k T T T.

Два последних уравнения образуют систему, на осно-ве которой решается задача. Преодолев все техни-ческие трудности, найдем искомую температуру:

TS 32,3 C.

11 класс

1. Пусть труба вращается против часовой стрелки.Положение равновесия тела определяется углом между радиусом, проведенным в точку, где распо-лагается тело, и вертикалью. Этот угол удовлетво-ряет соотношению tg (из условия следует,что cos 0,8). Запишем второй закон Ньютона впроекциях на радиальное и тангенциальное направ-ления при отклонении тела от положения равнове-сия на малый угол :

cosmg N, sinmg N mR ,

где N – сила реакции опоры, а штрихами сверхуобозначается дифференцирование по времени. Ис-пользуя приближенные равенства из условия, по-лучим дифференциальное уравнение колебаний:

0cos

g

R,

из которого следует ответ:

cos 42 2

5

R RT

g g.

2. Из второго закона Ньютона, записанного длястола и гири, следует равенство

1 2 3 4F F F F mg,

где m – масса гири. Далее запишем уравнениемоментов для стола относительно оси, проходящейчерез точку А параллельно короткой стороне сто-лешницы:

1 2 3 42F F F F

и параллельно длинной стороне столешницы:

1 4 2 32F F F F .

После того как на стол поставили гирю, центр

столешницы опустится на величину 1 3

2

x xx ,

где 1x и 3x – вертикальные деформации ножек 1

и 3 соответственно. Похожее соотношение2 4

2

x xx можно получить, рассмотрев нож-

ки 2 и 4. Поскольку ножки подчиняются закону

Гука, справедливы равенства i iF k x . Отсюдаследует уравнение

1 3 2 4

2 2

F F F F

k k,

где k – коэффициент упругости ножки. Решаясистему полученных уравнений, приходим к отве-

ту: 1

5100 H

12

mgF , 2 60 H

4

mgF , 3F

20 H12

mg, 4 60 H

4

mgF .

3. Используя первый закон термодинамики для

адиабатического процесса: 3 0R T p V , а так-же уравнение состояния идеального газа, записан-ное для малых изменений параметров: p V V p

R T, получаем

4T p

T p.

Чтобы найти температуру, при которой происходитконденсация пара, положим в этом уравнении 1p p ,

1T T, 1T T T , 1p p p и преобразуем его куравнению прямой p T :

11

1

43

pp T T p

T.

Далее есть две возможности. Можно найти дветочки этой прямой, построить ее и получить точкупересечения с графиком давления насыщенногопара. С другой стороны, можно обратить вниманиена то, что приведенный на рисунке в условииграфик очень близок к прямой, линеаризовать его,получив уравнение прямой, и далее решить системудвух линейных уравнений для определения точкипересечения двух прямых. В первом случае дляискомой температуры получим 2 97,5 CT , а вовтором случае получим 2 96,8 CT .При нахождении работы можно обратить вниманиена то, что, судя по графику в условии, превращениежидкости в пар происходит не при 100 C, а при

п 99,5 CT . Эти полградуса, конечно, погоды неделают, но их в принципе можно учесть. Суммарнаяработа будет равна

1 п 1 23 2,32 кДжA R T T R T T .

Если бы полградуса не учитывались, получилосьбы значение 2,28 кДж. Отличие составляет пример-

(1)


но 2,5%, поэтому половиной градуса можно былои пренебречь.4. 1) Анализ рисунка в условии дает основаниясчитать, что вершину каустики формируют лучи,идущие после отражения от цилиндрической повер-хности под малым углом к оптической оси OO .При этом положение вершины совпадает с положе-нием фокуса цилиндрического зеркала радиусом R,который, как известно, располагается на расстоя-

нии 2

R от центра основания цилиндра. Поэтому

ОА = 2

R. Из рисунка также следует, что точка Р –

это точка пересечения оптической оси и касательной

к каустике, перпендикулярной оси. Поэтому черезточки касания 1P и 2P должны проходить лучи,пересекающие оптическую ось под прямым углом,т.е. которые после отражении от поверхности ци-линдра поворачивают на 90 . В точках отражениятаких лучей касательные к окружности направленыпод углом 45 к оптической оси. После нетрудных

вычислений получаем 2 1

2 2PA R .

2) В этом случае вершина каустики располагается

там же, где находится изображение источника всферическом зеркале радиусом R. Соответствую-

щий расчет дает 4

9

ROA .

3) Каустики (их две), наблюдаемые на фотографии,это каустики лучей, отраженных внутренней по-верхностью стакана. В пространственном случаекаустика представляет собой поверхность, а линии,которые мы наблюдаем (например, на столе илистене), являются сечениями каустической поверх-ности. В рассматриваемом примере нас интересуютгоризонтальные сечения, которые расположенывнутри цилиндрического стакана.Любой луч, испущенный источником, лежит ввертикальной плоскости, параллельной оси стаканаи содержащей источник. Все лучи, лежащие водной такой вертикальной плоскости, дают одну иту же проекцию на горизонтальную плоскость сто-ла. После отражения от поверхности стакана этилучи дают также одинаковую проекцию на плос-кость стола. Таким образом, можно перейти отпространственной картины к плоской. Очевидно,что при изменении высоты точечного источникапроективная картина не поменяется, а значит, икаустика на столе не будет менять своей формы.Поэтому с пространственной точки зрения можносказать, что вершину левой каустики пронизываетперпендикулярно столу «фиктивная светящаясянить», излучающая свет, который затем падает навнутреннюю поверхность правой половины стака-на. Причем эта «нить» расположена не только вышедна стакана, но и ниже, поскольку некоторые лучи

предварительно отражаются от дна стакана. Лучи,испускаемые этим фиктивным источником, отража-ются от поверхности стакана, формируя вторуюкаустику. Поскольку в отраженных лучах распро-страняется меньше световой энергии, чем в падаю-щих, вторая каустика менее яркая.4) Для того чтобы сделать оценку продольногоразмера каустики, рассмотрим следующую модель.Пусть на цилиндр с показателем преломления n = 1,33и радиусом R падает свет от точечного источника,расположенного на расстоянии а = 10R – R = 9R отцилиндра. Оценим расстояние, на котором сфоку-сируются лучи, выходящие из цилиндра. Как былозамечено в п.1 и п.2, вершину каустики формируютпараксиальные пучки лучей, поэтому расстояние довершины в данном случае – это расстояние доизображения предмета в цилиндрической «тол-стой» линзе. Найти это расстояние s можно двумяспособами: представить линзу в виде двух плоско-выпуклых тонких линз с фокусным расстоянием

31

RF R

n, разделенных плоскопараллельной

пластиной толщиной 2R, или рассмотреть прелом-

ление лучей фонаря, падающих на цилиндр. Любойспособ дает s = 1,5R = 6 см.5. 1) Поведение системы описывается двумя урав-нениями:

rdI

L T Tdt

, dT

C TIdT

.

Отсюда находим ответы на поставленные вопросы:1а. 2

0rLCI T I LI I ;

1б. 2

0rT

CL;

1в. 0 0cosr rT t T T t T .2) В этом случае поведение системы описываетсяследующими уравнениями:

rLI RI T T ,2

2r

I RCT TI k T T .

2а. 2

rLCI RC kL I kR T I LI I2

02

I R.

2б. Коэффициент – это декремент затухания, он

описывает уменьшение амплитуды колебаний современем, а коэффициент – это частота колеба-ний в системе с нулевым затуханием. Эти коэффи-циенты равны, соответственно,

2 2

R k

L C,

2rkR T

LC LC.

2в. Относительное изменение амплитуды тока рав-но

max

max

2I

I.

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

62

Региональный этап

LIV Всероссийской олимпиады

школьников по физике


7 класс

1. 1 3,6 мa , 2 1,8 мa , 1 0,18 м сv , 2 0,12 м сv .

2. 24 мин; 1 у.е. 1 м мин.

3. №4; 3к 50 смV ; к 35 гm .

4. 30,5 г смA ; 38,0 г смB ; 3

ср 8,0 г см ,

если похищен верхний блок, и 3cp 5,5 г см , если

похищен нижний блок.

8 класс

1. т 1 км чv , л 3 км чv , Т = 9 ч, Х = 12 км,

= 1,5 ч, t = 18 ч, №18, №6 (см. рис.21).

2. 22

7H h (сначала из правого сосуда в левый

будет перетекать жидкость плотностью , вытес-няя жидкость плотностью 0,8 , затем начнет пере-текать жидкость плотностью 0,7 , но она будетвсплывать в левом сосуде и выливаться из него,пока не наступит равновесие).3. л 32 Ct , в 83,81 Ct , см. рис.22.4. Из графика зависимости средней плотности газированной жидкости от концентрации пузырь-ков n (рис.23) найдем

в

2

3A , п

5

2An n .

9 класс

1. 3 0,2x .

2. 1 20

1 2 2 2 2 1

148 Нa b

F M m ga b a b a b

(рас-

смотрите условия равновесия каждого элемента

тренажера).3. 0,4 (убедитесь в том, что к моменту 2 шайбаеще не остановилась).4. Время движения по этим маршрутам одинаковое.

5. 2 2

12

x y

x

I II

I,

2 2

22

x y

x

I II

I,

2

32

x y

x

I II

I,

2 2

4

2

2

x y x y

x

I I I II

I (см. рис.24).

Рис. 21

Рис. 22

Рис. 23

Рис. 24

3) Следует поставить эксперимент, в котором мож-но было бы измерить частоту или декремент затуха-ния. Поскольку напряжение на катушке пропорци-онально производной тока, резонанс напряжения накатушке будет наблюдаться на частоте , найден-ной в п.2). Поэтому очевидной кажется следующаясхема эксперимента: в цепь включают генератор,осциллограф подключают к катушке и измеряютрезонансную частоту.


10 класс

1. ctg .2. Траектория налетающей шайбы – b;

21

22

cos 750,13

cos 45

s

s;

2н

sin15 sin 45 cos602 0,24

sin 120

Q

E.

3. 0 2 кгpS

mg

; 2 7,5 кгm .

4. 0

cos

TT ;

tg

sin

g

R l.

5. Диод и резистор соединены параллельно и после-довательно к ним присоединен нелинейный элемент.ВАХ всей цепи получается сложением вдоль осинапряжений ВАХ участка резистор–диод и ВАХнелинейного элемента. Понятно, что напряжениеоткрытия диода не может превышать 5В. Еслиоткрытие диода происходит при напряженииU < 4 В, то вид ВАХ элемента X окажется таким,как на рисунке 25,а (для 0U = 2 В). Чернойпунктирной линией изображена ВАХ участка диод–резистор, а красной – ВАХ неизвестного нелиней-ного элемента. Если же открытие диода происходит

при U > 4 В (рис. 25,б для 0U = 4 В), то ВАХэлемента X имеет участок, на котором сила токавозрастает с уменьшением напряжения, что проти-воречит условию задачи. При 4 BU напряжение

0 7 8U U, значит, max 3,5 BU . Соответствую-щая этому случаю ВАХ элемента X представлена нарисунке 25,в.

11 класс

1.

2

ш

д

2 tl d

t; ближний к шару заряд диполя

положительный; заряд шарика отрицательный.

2. В состоянии равновесия провод состоит из двуходинаковых полуокружностей с диаметром х и двуходинаковых линейных участков, прижатых к стен-ке и грани куба. Следовательно, длина линейногоучастка провода, соприкасающегося с гранью куба,равна 2l x L x . Куб разгоняется за счетдавления этого участка, которое возникает из-засилы Ампера A 2F IBl x IB L x . Поэто-му разгон, начинающийся при 0x x , заканчивает-ся при x L , когда провод перестает соприка-саться с гранью куба. Поведение разгоняющий силыв точности совпадает с поведением силы упругостипружины длиной L с жесткостью 2k IB .Поэтому движение в процессе разгона соответству-ет четверти периода гармонических колебаний напружине от начальной деформации 0 0y L x доположения равновесия. Максимальная скоростьразгона равна

max 0 0 02

k IB Lv y y x

m m.

Время разгона равно четверти периода колебаний:

2 2

mt

IB.

3. См. рис.26.4. Рассмотрим момент времени сразу после удара.Из закона сохранения энергии следует

2 2 21 2 0v v v ,

где индексы 1 и 2 обозначают нижний и верхнийшарики соответственно. Поскольку поверхностьгладкая, сразу после удара скорость центра масс

Рис. 25 Рис. 26

а)

б)

в)

К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 5

64

направлена вертикально вверх и равна

2 21 2 0

ц2 2

v v vv .

Из закона сложения скоростей отн 1 2v v v� � �

имеем

2 2отн 1 2 0 2v v v v .

Угловая скорость вращения стержня равна

отн 0 2v v

L L.

Ответ на второй вопрос можно получить, исполь-зуя тот факт, что для верхнего шарика выполняетсязакон сохранения импульса в проекции на ось,перпендикулярную стержню. Это следует из того,что единственная сила, действие которой на верх-ний шарик за бесконечно малое время соударениясущественно, это сила реакции стержня, направлен-ная строго вдоль стержня. До удара проекцияскорости шарика на эту ось равна 0 sinxv v ,

после удара она равна ц sin2

x

Lv v . Из этих

двух уравнений, используя ранее полученные выра-

жения для цv и , находим

0 ц

sin 2 12

L

v v,

arcsin 2 1 24,5 .

Рис. 27

5. С помощью рисунка 27 и законов преломлениянаходим

sin3,66 см

sin sinSO l ;

22 cos 1sin sinsin

3,30 смsin sin sin sin

n nR SO l

n

(здесь 2

).

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ №ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ № 201600

Адрес редакции:

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

Тел.: +7 916 168-64-74Е-mail: [email protected],

[email protected]

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив ООО «Принт-Хаус» г. Нижний Новгород,

ул. Интернациональная, д. 100, кор. 8Телефон: (831) 216-40-40

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИ

М.Н.Голованова, Д.Н.Гришукова,А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОР

Е.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА

М.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ

Ш А Х М А Т Н А Я С Т Р А Н И Ч К А

ПлодЫ

МАШИННОГОПРОСВЕЩЕНИЯ

В условиях пандемии шахма-тисты, как и представители дру-гих профессий, были вынужде-ны перейти «на удаленку». Всвязи с этим резко увеличилоськоличество онлайн-турниров порапиду и блицу с участием веду-щих гроссмейстеров, однакокачество игры в них уступаетклассическим партиям. Поэто-му, пользуясь таким переры-вом, мы хотим предложить чи-тателям серию выпусков, по-священных обзору особенностейигры программы AlphaZero,представляющей собой искусст-венный интеллект, о принципахработы которой мы подробнописали в «Кванте» №3 за 2018год. После двух матчей, сыгран-ных AlphaZero против сильней-шей «счетной» программыStockfish в 2017 и 2018 годах,многие гроссмейстеры взяли навооружение приемы, которыеособенно любит использовать всвоей игре AlphaZero, а чемпи-он мира М.Карлсен признался,что иногда во время игры стара-ется представить, как на егоместе сыграл бы искусственныйинтеллект. Сегодняшний выпускмы посвятим маневру, ставше-му очень популярным средишахматных профессионаловблагодаря AlphaZero, – надви-жению крайней пешки h.

AlphaZero – Stockfish

Лондон, 2018

1.d4 >f6 2.c4 g6 3. m c3 d54. cd >d5 5. m f3 + g7 6.e4 >c37. bc c5 8. o e3 3 a5 9. sd2>c6 10. qb1 a6 11. qc1 cd 12.cd 3 d2+ 13. ud2 e6 14. o d3+ d7 15.e5 0-0 16. qb1 b5.

На первый взгляд, предпос-ледний ход белых может пока-заться странным – белые осла-

били контроль над полями d5 иf5, однако их идея заключаетсяв фиксации центра, ограниче-нии чернопольного слона и всоздании в отдаленной перспек-тиве форпостов для своих фи-гур для f6 и h6. Стабилизировавситуацию в центре и ограничивлегкие фигуры соперника,AlphaZero приступает к люби-мому маневру.

17.h4! >e7 18.h5 + c6 19.h6+ h8 20. mg5! Белые жертвуютпешку, чтобы предотвратить под-рыв центра путем f7-f6. 20…+ g221. qhc1 + d5 22.qc7 >f523.me4! Белые жертвуют вто-рую пешку... 23…/fc8 24. qbc1/c7 25. qc7 + a2 26. m c5 + d527.md7 >e3 28. mb6 /b8 29. fe/e8 30. md7 + f3 31. e4 /a832. qb7 + g4 33. o b1 + h334.ue2 g5 35. o d3 + g4+36.ue3 + d1 37. d5 ed 38. ed/e8 39. o e4. Пешка на e5неприкосновенна из-за угрозымата по восьмой горизонтали.39…+ g4 40.m f6+ + f6 41. efb4 42. d6 b3 43.ud4 /d844.ue5 /e8+ 45.qe7 /f846.o d5 b2 47.qb7 /e8+ 48.ud4. Красноречивая позиция.У черных две лишние пешки, ноони бессильны перед активны-ми белыми фигурами. Проход-ная пешка d6 будет стоить чер-ным слона, а провести свои пеш-ки они не в состоянии, поэтомучерные сдались.

Эта партия может служитьмодельным примером игры забелых в защите Грюнфельда.

Stockfish – AlphaZero

Лондон, 2018

1. c4 e5 2. m c3 >f6 3. m f3>c6 (В дебюте AlphaZero пред-почитает симметричную игру сборьбой за центр, лишь в ответна 1. d4 она избирает несиммет-ричный ответ 1. >f6.) 4. e3+ b4 5. sc2 + c3 6. sc3 3 e77.o e2 0-0 8. d4 e4 9. m e5 >d810. h3 h5! Не только начинаяатаку на королевском фланге,но и создавая угрозу выигрышаконя после 11…d6. 11. c5 d612. cd cd 13. m c4 b5! Началонеочевидного плана – черныепланируют развить коня не наc6, а перевести его на d5 помаршруту d8-e6-c7. 14. ma5 + d715. 0-0 >e6 16. o d2 /fc8 17.sb3 h4! Фиксируя пешку на h3,черные захватывают простран-ство для подготовки будущейатаки. 18.qfc1 >c7 19.qc2>cd5 20.qac1 /c2 21.qc2 a622.sa3 3 e6 23.mc6 a5 24. b4a4 25. o b5 g5!

Торжество стратегии черных –у белых лишняя пешка на фер-зевом фланге, однако они несоздают никаких угроз, в товремя как черные развиваютстремительную атаку на коро-левском фланге, отбить кото-рую белые не успевают. 26. sc1g4 27. hg 3 g4 28. sf1 3 g5 29.qc1 7h8 30. ma5 + g4 31. o e2+ f3 32. uh1 + e2 33. se2 >h534. uh2 /g8 35. f4 3 g3+ 36.ug1 3 f3 37. s f3 ef 38. g4 >g339. u f2 >e4+, ввиду матери-альных потерь белые сдались.

А.Русанов

; j b l z g k d b ckvant.ras.ru/pdf/2020/2020-05.pdf · ПЯТЬДЕСЯТ ВОСЬМАЯ...

Documents