НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 Варить, парить или полоскать? А.Варламов,Чжэнг Чжу, Ян Чен

10 Теорема Шаля в трех лицах. С.Кузнецов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

15 Задачи М2478–М2481, Ф2485–Ф248817 Решения задач М2466–М2469, Ф2473–Ф2476

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

22 Задачи23 Почти правильные многоугольники на

клетчатой бумаге. А.Карпов

К О Н К У Р С И М Е Н И А . П . С А В И Н А

26 Задачи 1–4

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

27 Что такое геликоид и как раскручивается юла.С.Дворянинов

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

31 Размышляем, решая задачу. М.Бондаров

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Трисекторы (окончание)

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

38 Изогональное сопряжение и педальныетреугольники. Д.Прокопенко

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

45 ЕГЭ по физике

53 Олимпиада «Покори Воробьевы горы!»Математика

55 Ответы, указания, решения

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье «Варить, парить илиполоскать?»

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.Л.Семенов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

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

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

В.Н.Дубровский, А.А.Заславский,П.А.Кожевников (заместитель главного

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

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

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

главного редактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

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

В.Г.Болтянский, А.А.Боровой,

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

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

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

И.Ф.Гинзбург, В.Г.Зубов, П.Л.Капица,В.А.Кириллин, Г.И.Косоуров, В.А.Лешковцев,

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

Я.Е.Шнайдер

УЧРЕДИТЕЛИ

Российская академия наук

Математический институт

им. В.А.Стеклова РАН

Физический институт

им. П.Н.Лебедева РАН

СЕНТЯБРЬ Ю№920

17

Варить, парить или полоскать?А.ВАРЛАМОВ, ЧЖЭНГ ЧЖУ, ЯН ЧЕН

Одному нравится арбуз, другому –свиной хрящик.

М.Е.Салтыков-Щедрин. За рубежом

СТРЕМИТЕЛЬНО ПРОИСХОДЯЩАЯ Вмире глобализация ярко проявляется

в повсеместной доступности блюд самыхразных национальных кухонь. Конечно,как правило, это лишь некоторое подобиеистинных шедевров кулинарного искусст-ва: помимо мастерства повара, для созда-ния последних нужны и соответствующиепродукты. Как говорит наш знакомыйитальянский гастрономический критик Сер-джио Грассо, «еда к человеку не ходит, эточеловек должен идти к еде».

Среди множества «гостей» европейскогостола можно назвать двух «родственни-ков» хорошо знакомых нам пельменей –это манты и хинкали. Манты традиционноотносятся к азиатской кухне, в Сибири онисчитаются национальным блюдом. С ки-тайского языка слово «маньтоу», так назы-вают их китайцы, переводится как «начи-ненная голова», поскольку манты по раз-мерам гораздо больше пельменей. Хинка-ли же – непременный атрибут кавказскогостола. И те, и другие делаются из тонкоготеста и заполняются мясной начинкой:манты – бараниной, а хинкали (как прави-ло) – говядиной или свининой, приправ-ленными различными специями и зеленью.Отличаются они и формой – это хорошовидно на фотографиях, приведенных нарисунках 1 и 2. Грузинские хозяйки тради-ционно лепят хинкали таким образом, что-бы на верхушке получился небольшой«хвостик» из теста – так их легче держать.Обычно после съедания хинкали этот хво-стик выбрасывается.

Важнейшим различием между мантамии хинкали является способ их тепловойобработки. Если хинкали привычно варятв кипящей воде или жарят, то манты парят– готовят при тех же 100 C∞ , но в атмос-фере насыщенного пара.

Еще один заморский гость – это «горя-чий горшок», популярная разновидностькитайской кухни, до сих пор почти неизве-стная в западном мире. Созданный в Мон-голии более тысячи лет назад и завоевав-ший популярность во времена династииЦин1 по всему Китаю, «горячий горшок»имеет долгую историю. В пекинском вари-анте горячего горшка особое внимание

Авторы выражают глубокую благодарностьС.Л.Парновскому за неоднократные обсужде-ния и ценные советы.

Рис. 1. Хинкали

Рис. 2. Манты

1 Династия Цин (1644—1912) – последняяиз императорских династий, правившая Кита-ем.

уделяется суповой базе и соусам. Чунцин-ский горячий горшок освежает прянымиспециями «ма ла» ( , онемение и пря-ность), а Чаошанский славится мгновен-ным приготовлением в нем тончайшихломтиков баранины или говядины ( ,полоскание баранины).

В горячем горшке можно готовить почтивсе: мясные или рыбные тефтельки, кра-бовое мясо, овощи… Их кладут в стоящийпосредине стола горшок, в котором ужекипит тщательно подготовленная суповаяоснова (рис.3). Затем остается толькождать, пока блюдо будет готово. Весь

процесс приготовления занимает десятокминут, или около того, и называется по-китайски «чжу» ( , кипение). Мясныетефтельки и овощи – это первое, чтонужно класть в горшок, и последнее, чтоследует доставать с его дна. Часто исполь-зуется упомянутая выше процедура «шуан»( ) – полоскание или мгновенное кипе-ние. Тончайше нарезанные (примерно 1 ммтолщиной) ломтики говядины или барани-ны берут длинными палочкамии погружают в кипящий суп.Поразительно, что всего за 10секунд их цвет изменяется отрозового до белого или серого,указывая, что лакомство готовок употреблению. При этом лом-тик даже не обязательно выпус-кать из палочек: вкусный и аро-матный, он уже готов к упот-реблению и его можно сразу женаправлять в рот.

Сегодня кулинария стала не только ги-гантской индустрией, не только искусст-вом, но и обширной областью науки. Здесьпересекаются биология, химия, физика,экономика, этика и многое другое. Задачиэтой науки бесконечны. Все время появля-ются новые и новые методы приготовле-ния пищи. Мы даже не пытаемся их пере-числить – ни о жарке мяса, ни о запеканиииндейки, ни о приготовлении шашлыка науглях здесь речь не пойдет. Давайте пого-ворим о физических процессах, лежащихв основе приготовления описанных вышеяств, – о физике варки и готовки на пару.

Варка

В чем же заключается процесс варки?Говоря повседневным языком – сырое мясодолжно стать варенным. А что это означаетпо-научному?

Мясо состоит в основном из сложныхорганических макромолекул, называемыхпротеинами (в зависимости от типа мясаони могут различаться). В сыром мясе ихдлинные цепочки располагаются в видеклубков (рис.4). В процессе тепловой об-работки температура возрастает, и эти це-почки распрямляются, а по достиженииопределенной для каждого типа мяса тем-пературы они, как говорят, компактифи-цируются в некоторое подобие «ковров».Такой процесс называется денатурациейпротеинов. Он происходит при относи-тельно низких температурах: для мяса это55 – 80 C∞ , для рыбы еще меньше. В лю-бом случае каждый, кто хоть раз в жизни елсуп харчо, может быть уверен, что кипенияпри 100 C∞ оказывается достаточно дляполной компактификации протеинов в мясе.

Рис. 3. Приготовление еды в «горячем горшке»

Рис. 4. Схематическое изображение процесса денатурациипротеинов (белков) при варке мяса

В А Р И Т Ь , П А Р И Т Ь И Л И П О Л О С К А Т Ь ? 3

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 94

С точки зрения физики, состояния про-теина в сыром мясе и в вареном отличают-ся своей энергией. Для того чтобы перейтииз одного состояния в другое, следуетперепрыгнуть через энергетический барь-ер (рис.5). При комнатной температуреэтот барьер высок. Повышая температурув процессе варки, мы увеличиваем энер-гию протеина, «приподнимаем» точку, со-ответствующую его начальному состоя-нию. Достигнув вершины «холма», проте-ин переваливается в новое состояние –денатурированного протеина. Мясо свари-лось! Это и происходит в кастрюле сварящимся бульоном.2 Таким образом,первая задача повара при варке мяса (сточки зрения физики) заключается в по-

вышении температуры по всему объемукуска как минимум до температуры дена-турации.

В свете вышесказанного, сформулируемпростейшую модель процесса варки мяса.Пусть сферически симметричный одно-родный кусок мяса радиусом R с началь-ной температурой 0T и коэффициентомтеплопроводности помещен в окружаю-щую среду, в которой поддерживаетсяфиксированная температура cT . Какоевремя потребуется на то, чтобы темпера-тура в центре шара достигла температурыденатурации дT ?

В математической физике процесс пере-дачи тепла внутри шара (рис.6) описыва-

ется сложным дифференциальным урав-нением

( ) ( )2, ,T r t T r tr

t с r r

∂ ∂Ê ˆ∂= Á ˜∂ ∂ ∂Ë ¯

, (* )

где ( ),T r t есть искомая температура в лю-бой точке шара с координатой r в моментвремени t, – плотность мяса, с – егоудельная теплоемкость. К этому нужнодобавить условие, что на поверхности шаратемпература в любой момент времениостается постоянной и равной 100 C∞ : ведьвода в кастрюле кипит. На языке матема-тической физики это выглядит так:

( ), 100 CT r R t= " = ∞ .

Также нужно помнить, что мясо мы бралииз холодильника, поэтому в момент егоопускания в воду, по всему его объемутемпература была 4 C∞ :

( ), 0 4 CT r t" = = ∞ .

Рис. 5. Схематическое изображение процессапреодоления протеином энергетического ба-рьера бE : а) при комнатной температуре,б) при температуре готовки гT

2 Отметим, что в последние годы в модувходит приготовление мяса при относительнонизких температурах. При этом мясо помеща-ют в печь с температурой несколько ниже еготемпературы денатурации и долго (много ча-сов, может быть даже сутки) ждут. У каждойотдельной макромолекулы не хватает энергиисамостоятельно перепрыгнуть через барьер,однако они изредка могут занимать ее у окру-жающих и денатурироваться. Так, постепенно,все мясо переходит в специфическое денатури-рованное состояние.

Рис.6. Распространение тепла в сферическисимметричном куске мяса

Такие задачи математики давно научи-лись решать, и, зная численные значенияуказанных характеристик мяса, они точносмогут написать нам рецепт приготовле-ния бульона. Тем не менее, давайте попро-буем разобраться с задачей сами, исполь-зуя метод анализа размерностей. Темпера-тура денатурации мяса по порядку величи-ны совпадает с температурой кипения воды(отличается от нее на 20–25%). Поэтомумы будем считать, что время «доставки»необходимой температуры в центр шаразависит только от его материальных пара-метров: коэффициента теплопроводности,плотности, удельной теплоемкости и отрадиуса. Поэтому будем искать зависи-мость необходимого времени от размерашара в виде

c R∼ .

На языке размерностей эту зависимостьможно записать так:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]с R= ,

где

[ ] 3

кг м

с К

◊=

◊, [ ] 3

кг

м= , [ ] Дж

кг Кc =

◊,

[ ] мR = , [ ] c= .

Подставляя все размерности в уравнениедля [ ] и сравнивая их в правой и левыхчастях, находим

1= - , 1= = , 2= .

Откуда заключаем, что

20

сC R= ,

где 0C есть неизвестная константа поряд-ка единицы. Подставляя для мяса величи-ны ( )0,45 Вт м К= ◊ , 3 31,1 10 кг м= ◊ ,

( )2,8 кДж кг Кc = ◊ , находим, что, напри-мер, полукилограммовый кусок мяса

( 340,5 кг

3m R= ◊ = ) должен вариться

порядка полутора часов. Оценка – не-сколько завышенная, поскольку мы счита-ли температуру денатурации равной тем-пературе кипения, но по порядку величи-ны верная.

Возвращаясь к хинкали, диаметр кото-рых порядка 4 см, находим, что варить их

нужно десяток минут, а мелкие пельмени– всего несколько минут, что и соответ-ствует нашему жизненному опыту.

Пбрение

Теперь перейдем к обсуждению приго-товления мантов. Здесь наш условныйшар помещается в атмосферу стоградусно-го насыщенного пара. Давление в паровар-ке равно атмосферному. При условии чтов ее объем обеспечивается необходимыйдоступ пара, наш мант или китайскийпельмень с тонкой оболочкой, сделаннойиз рисового теста (рис. 7), формальнооказываются в тех же условиях, что ихинкаль или пельмень в кипящей воде.

Сам мант – только что из холодильника, авокруг – среда с температурой 100 C∞ .Поэтому, с точки зрения математика,распространение тепла в нем описываетсятем же уравнением (* ) с его граничнымиусловиями. А тогда и распределение тем-пературы внутри манта в любой моментвремени будет таким же, как у хинкалятого же размера, и приготовится он при-мерно за то же время. Однако пар – невода, как же обеспечить на поверхностиманта температуру в 100 C∞ ?

В случае кипячения хинкаля в воде этобыло несложно: хотя после его помеще-ния в кипящую воду кипение вокруг неговременно прекращается, но благодаря

Рис. 7. Китайские пельмени из рисовой муки,сваренные на пару, подаются на стол в тради-ционном деревянном сосуде

В А Р И Т Ь , П А Р И Т Ь И Л И П О Л О С К А Т Ь ? 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 96

большой теплоемкости воды, ее достаточ-но хорошей теплопроводности, конвекциии постоянно подводимому к кастрюле теп-лу, вода очень быстро вновь закипает,что и означает восстановление у поверх-ности хинкаля температуры в 100 C∞ .

В случае же манта, помещенного в ат-мосферу насыщенного пара, все не такпросто. Здесь теплопередача носит совер-шенно иной характер. В первый моментмолекулы пара вблизи еще холодной по-верхности манта оказываются в локаль-ном состоянии сильно пересыщенного пара.Они начинают конденсироваться на этойповерхности, повышая при этом ее темпе-ратуру. Предполагая, что скачок темпера-тур происходит в очень узкой областивблизи поверхности, мы возвращаемся ктому же уравнению (* ). Это означает, чтораспределение температуры внутри мантадолжно меняться со временем так же, каки в случае хинкаля в кипящей воде. Сле-довательно, и поток тепла

( ) ( ),,

T r tq r t

r

∂= -

∂на его поверхности должен быть тем же.

Основным механизмом распространения теп-ла в среде является теплопроводность. Еслидва тела с разными температурами находятся вконтакте, то тепло перетекает от тела с болеевысокой температурой к телу с более низкойтемпературой ( 1 2T T< ). Мерой теплопровод-ности служит плотность теплового потока, ко-торая представляет собой то количество тепло-ты Q , которое протекает через единицу пло-щади (А) в единицу времени ( t ) в направле-нии изменения температуры: ( )q Q A t= . Экс-перимент показывает, что при небольших раз-ностях температур величина потока тепла ока-зывается пропорциональным разности темпе-ратур 2 1T T T= - на образце и обратно пропор-циональным его длине x :

Q Tq

A t x= = .

Коэффициент нам уже встречался выше,он называется коэффициентом теплопровод-ности и входит в уравнение теплопроводнос-ти ( * ). Его величина зависит только от типавещества и говорит о том, насколько хорошовещество проводит тепло. Строго говоря, плот-ность теплового потока является вектором,направленным, в случае изотропной среды,

против вектора изменения (градиента) темпе-ратуры: q T

urr

= - — . Это уравнение называетсязаконом Фурье.

Но теперь этот поток определяется нетеплопроводностью воды, а количествоммолекул пара, садящихся на 21 см поверх-ности за 1 с:

( ) ( ) ( )A

,q R t Lm t L N tN

= = ,

где L – удельная теплота испарения, ( )N t –число сконденсировавшихся за прошед-шую секунду молекул, ( )m t – их масса,

AN – число Авогадро, – молярнаямасса воды. Таким образом, число моле-кул, «приземляющихся» на одном квад-ратном сантиметре манта в одну секунду,должно быть равно

( ) ( )A

,

r R

T r tN t N

L r =

∂Ê ˆ= Á ˜∂Ë ¯

.

Прекрасно! Математики это число нахо-дят путем решения сложного уравнения,мант же сам «знает», какой поток теплаему нужен, чтобы поддерживать на поверх-ности температуру в 100 C∞ . Осталосьлишь понять, откуда молекулы пара узна-ют, скольким из них следует сконденсиро-ваться в данную секунду на квадратномсантиметре поверхности манта.

Давайте предположим, что в некоторыймомент конденсируется не ( )N t , а

( )N t N+ молекул. Первые ( )N t из нихгостеприимно поглощаются мантом – ведьони необходимы, чтобы содержать в гар-монии стоградусную поверхность и ещехолодную внутреннюю часть. ОставшиесяN являются персонами «non grata» – их

здесь не ждали, теплопроводность мантане позволяет пропустить их внутрь. Чтоже им остается делать? Улететь обратно?Слишком хлопотно, поэтому они остаютсяна поверхности, локально повышая ее тем-пературу (рис.8). Точка, соответствую-щая локальному равновесию пара и водына выбранном квадратном сантиметре,передвигается по линии сосуществованияпара и воды вверх. При этом давлениеостается прежним, равным 1 атм. Следо-вательно, над выбранным квадратным сан-тиметром пар локально перестает быть

насыщенным. Как следствие, через секун-ду здесь сконденсируются уже не необхо-димые ( )1cN t + , а несколько меньшеечисло молекул. При этом мант продолжает«требовать» положенное ему количествотеплоты. В результате температура поверх-ности, повысившаяся при локальном пере-греве, пойдет вниз. Точно такой же про-цесс возврата температуры к 100 C∞ рабо-тает и при случайном недостатке конден-сирующихся в секунду молекул ( )N t N- .Подобный механизм возвращения систе-мы в заданный режим при случайныхотклонениях называется отрицательнойобратной связью.

О временах приготовления

В начале статьи мы рассказали о горячемгоршке и о различных способах приготов-ления мяса в нем. Загадочным остаетсявопрос: почему в десятки раз отличаютсявремена приготовления, например, не го-вяжьих и бараньих фрикаделек, а тонкоголомтика и фрикадельки, изготовленной изтого же мяса? Почему маслянистый супхонгоу в чунцинском горшочке закипаетгораздо раньше водянистого супа циндан в

его чаошанском и пекинском вари-антах? Постараемся ответить на этивопросы.

Оба способа приготовления в го-рячем горшке – «шуан» и «чжу» – вдействительности являются одним итем же термическим процессом, ко-торый мы уже обсудили выше. Вобоих случаях конвекция окружаю-щей жидкости и ее непрерывныйнагрев гарантируют постоянную тем-пературу, равную 100 C∞ , на поверх-ности изначально холодных фрика-дельки или ломтика мяса. В резуль-тате поток тепла распространяетсяот поверхности внутрь, повышаятемпературу на своем пути и приво-дя к денатурации протеинов.

Откуда же возникает столь огром-ное различие во временах приготов-ления фрикадельки и тонкой мяснойленточки? Со способом приготовле-ния «шуан» все ясно: о распростра-нении тепла в шаре, который слу-

жит моделью фрикадельки, мы уже гово-рили выше, обсуждая варку хинкаля, иможем воспользоваться сделанными тамоценками. Процесс же «чжу» требует от-дельного разговора.

Рассмотрим полупространство x > 0,температура которого постоянна и равна

1T . Предположим, что в начальный мо-мент времени t = 0 температура на всейплоскости x = 0 скачком повышается до 2Tи в дальнейшем поддерживается внешни-ми факторами (нагревом, конвекцией). Втакой геометрии также можно решить урав-нение теплопроводности (* ) и найти, как

Рис. 8. Схематическое изображение процесса передачитепла манту или китайскому пельменю при приготовле-нии в атмосфере насыщенного пара

Рис. 9. Изменение температуры в полупрост-ранстве в зависимости от времени

В А Р И Т Ь , П А Р И Т Ь И Л И П О Л О С К А Т Ь ? 7

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 98

температура изменяется в рассматривае-мом полупространстве со временем (рис.9).Из рисунка видно, что тепло проникает всреду постепенно. Для описания законаэтого проникновения во времени введемхарактерную длину проникновения ( )l t , в

формуле для потока тепла T

qx

= заме-

ним толщину x на ( )l t , а также примем

Q mc T= , где ( )m Al t= – масса ци-линдра с основанием площади A:

( )( )

c Al t T T

At l t= .

Отсюда уже легко найти характернуюдлину проникновения температурногофронта в полупространство:

( ) tl t t

c∼ = ,

которая называется тепловой длиной. Бо-лее аккуратное рассмотрение, основанноена решении уравнения теплопроводности,уточняет лишь численный коэффициент:

( )l t t= .

Таким образом, мы видим, что температу-ра проникает в среду со временем покорневому закону. Параметр ( )c=называется коэффициентом температуро-проводности и характеризует скорость из-менения (выравнивания) температуры ве-щества в неравновесных тепловых процес-сах. Время готовки куска мяса с характер-ным размером l теперь можно записать втаком виде:

2l∼ .

Однако вернемся к проблеме объясне-ния разительного расхождения между вре-менами «полоскания» тонкого ломтика мясаи кипячения фрикадельки. Пусть массапрямоугольного ломтика a b¥ толщинойd совпадает с массой фрикадельки радиу-сом фr . Процесс денатурации мяса требу-ет, чтобы соответствующая температура

дT установилась в самых удаленных отповерхности точках. Поэтому для ломтикатемпературный фронт, соответствующийтемпературе денатурации, должен пройти

половину его толщины, 2d , с обеих сто-рон, а для фрикадельки – пройти вдоль еерадиуса фr . Соответствующие временаимеют вид

( )2чжу

2d∼ и

2ф

шуан

r∼ ,

а их отношение –2

шуан ф

чжу

2r

d∼

Ê ˆÁ ˜Ë ¯

.

Толщина ломтика при приготовлении вгорячем горшке способом «чжу» составля-ет всего лишь 1 мм. Принимая a = 3 cм иb = 15 cм, находим, что объем тонкоголомтика составляет 34,5 смa b d◊ ◊ = , т.е.его масса составляет около пяти граммов.Радиус фрикадельки той же массы оказы-вается около фr = 1,0 cм. Таким образом,теоретическая величина отношения вре-мен приготовления фрикадельки и тонко-го ломтика составляет

2шуан ф

чжу теор

2400

r

d∼ ∼

Ê ˆ Ê ˆÁ ˜ Á ˜Ë ¯Ë ¯

.

В то же время типичное время приготовле-ния мясного шарика (мы говорили раньшео пельменях) это 3–4 минуты, а ломтика –10 секунд, что приводит к реалистичномузначению этого соотношения

шуан

чжу реал

∼

Ê ˆÁ ˜Ë ¯

20–25.

Различие между оценками – в 20 раз, чтодовольно много. Причина такого расхож-дения заключается в нашем предположе-нии о том, что все тепло, проникающее вофрикадельку или в ломтик мяса, идет наих нагревание. При этом мы забыли о теххимических процессах, которые изменяютструктуру белка, а ведь они также требуютэнергии и времени. Когда кусок мяса отно-сительно большой (пусть это будет мяснаякость в борще или хинкаль), то этимвременем хим можно пренебречь, что мыи делали выше. Однако при приготовле-нии мяса в горшке «чжу», ввиду малойтолщины ломтика, процесс проникнове-ния тепла в него происходит столь быстро,что при сравнении опытного и теоретичес-

кого значений рядом со временем проник-новения тепла следует добавить и соответ-ствующее время хим :

( )2 2ф

чжу хим шуан хим2

,rd

+ +¢ ¢∼ ∼ .

Величины вторых слагаемых в этихформулах можно оценить, с использова-нием значения 8 2 13 10 м c∼

- -◊ ◊ , как( ) ( )2

2 0,5 cd ∼ и ( )2ф 200 cr ∼ .

Поскольку типичное время приготовле-ния тонкого ломтика в горячем горшкесоставляет 10 с, приходим к значению

хим 10 cª . Эта величина, конечно же,мала по сравнению с 3 мин, необходи-мыми для установления температурывыше точки денатурации во всем объемефрикадельки, однако оказывается опре-деляющей при «полоскании» ломтикамяса в горячем горшке «чжу».

О роли супа

Физические свойства супа, используе-мого в том или ином типе горячего горшка,также существенно определяют специфи-ку проистекающих в них процессов. Так, вчунцинском горшочке суповая основа хон-гоу состоит в основном из тушеного с чилии китайской колючей золой масла и не-большой части воды. Напротив, обычнаясуповая основа циндан в основном состоитиз воды, смешанной для создания пряноговкуса с небольшим количеством масла,соли и других приправ. Если в одинаковыегоршки налить одинаковые объемы супо-вых основ хонгоу и циндан и поставить наогонь, то первая из них, в основном состо-ящая из масла, закипит раньше, чем вто-рая. Этот факт кажется несколько стран-ным – ведь масло если и кипит, то притемпературах значительно выше темпера-туры кипения воды. Объяснение оченьпростое. Дело в том, что и в первом и вовтором случаях кипит не масло, а вода,смешанная в большей или меньшей про-порции с маслом.

При этом имеются три причины, обус-лавливающие более быстрое закипаниегоршка с суповой основой хонгоу. Во-первых, удельная теплоемкость масла за-метно меньше удельной теплоемкости

воды: ( )3м 2 10 Дж кг Кc = ◊ ◊ и

( )3в 4,2 10 Дж кг Кc = ◊ ◊ , и, следователь-

но, для повышения температуры едини-цы массы супа хонгоу от комнатной тем-пературы до 100 С∞ требуется меньшеполовины количества теплоты, расходуе-мого при нагреве циндан. Во-вторых,плотность масла, как и его теплоемкость,заметно меньше этих же характеристикводы, поэтому при равных объемах мас-са супа хонгоу окажется меньшей. Этоеще один фактор, ускоряющий доведениегоршка с хонгоу до кипения. Последнее,третье, обстоятельство касается процессапотери тепла с поверхности супа при на-гревании горшка. Потеря тепла в значи-тельной степени определяется конвекци-ей – переносом энергии благодаря пото-кам нагретого вещества, которые возни-кают в неравномерно нагретой жидкостив результате различия в плотностях ееслоев.

Тепловой поток на поверхности каче-ственно описывается законом охлажденияНьютона, который утверждает, что потокпропорционален разности температур:

q h T= .

Входящий в это выражение коэффициентh называется коэффициентом теплоотдачии показывает, насколько сильна роль кон-векции. Типичные величины коэффициен-та теплоотдачи для кипящей воды и мас-ла равны ( ) ( )3 2

в 2,5 25 10 Вт м Кh = - ◊ ◊ и

( ) ( )2м 0,5 15 10 Вт м Кh = - ◊ ◊ соответствен-

но. Такое огромное различие (на два по-рядка) связано с большой вязкостью иплохой теплопроводностью масла. Такимобразом становится понятно, почему теплас поверхности маслянистого хонгоу теря-ется гораздо меньше, чем с содержащегобольшой процент воды супа циндан.

* * *Китайская кухня – одна из самых бога-

тых и интересных в мире. Здесь едят всё,ну или почти всё. И способы приготовле-ния еды очень разные. В этой статье мызаглянули лишь в маленькое окошко этогоогромного мира.

Маньмань чи (кушайте медленно)!

В А Р И Т Ь , П А Р И Т Ь И Л И П О Л О С К А Т Ь ? 9

Теорема Шаля в трех лицах

С.КУЗНЕЦОВ

ПОНЯТИЕ ДВИЖЕНИЯ (ИЗОМЕТРИ-ческого преобразования) играет весь-

ма важную роль в геометрии. По определе-нию, движением плоскости называется еепреобразование, сохраняющее расстояниямежду точками: если A переходит в A¢, аB – в B¢, то отрезок A B¢ ¢ должен бытьравен отрезку AB. С помощью третьегопризнака равенства треугольников нетруд-но доказать, что всякое движение сохраня-ет также и углы – таким образом, сохраня-ется вся геометрическая структура пре-образуемых объектов. Недаром фигуры,которые можно совместить движением,считаются равными.

Движениями являются, например, по-ворот на угол1 относительно некото-рой точки A (рис.1), обозначаемый AR ;параллельный перенос на вектор a

r

(рис.2), обозначаемый aTr ; осевая сим-метрия относительно прямой l (рис.3),обозначаемая lS .

Новые движения можно получать припомощи композиции: движение H = oH F G

состоит в последовательном применениисначала движения G , а потом F к резуль-

тату.2 Примеромкомпозиции дви-жений являетсяскользящая сим-метрия, a lT Sr o ,где ar

– вектор, па-раллельный пря-мой l (рис.4). Вэтом случае поря-док композиции неимеет значения:

a l l a=T S S Tr ro o .

Другие известные виды движений ока-зываются частными случаями перечислен-ных: например, центральная симметрия

AZ есть поворот на 180∞ , т.е. 180A

∞R ;тождественное преобразование, оставля-ющее все точки на месте, можно записатькак перенос на нулевой вектор ( 0

Tr ) иликак поворот на нулевой угол вокруг про-извольной точки ( 0

A∞R ); композиция не-

тривиального поворота и параллельногопереноса опять дает поворот; композицияповоротов, даже с разными центрами, –поворот или параллельный перенос 3 итак далее. Осевая симметрия – это сколь-зящая симметрия с 0a =

rr

. Оказывается,что так будет со всеми видами движений.

1 Угол берется со знаком: положительноенаправление – против часовой стрелки, отри-цательное – по часовой стрелке.

2 Обратите внимание, что при композициимы применяем преобразования в необычномпорядке – справа налево. Таким образом, по-лучается равенство X XoF G F G .Если бы мы вместо XF писали X F , какв обратной польской записи (введена Ч.Хэмб-лингом на основе «польской записи» Я.Лука-севича), то и в композиции преобразованияприменялись бы слева направо.

3 Красивую иллюстрацию этого факта мож-но увидеть в статье С.Дориченко, С.Шашковаи А.Шеня «Загадочные круги и движенияплоскости» («Квант» №4 за 2009 г.).

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Т Е О Р Е М А Ш А Л Я В Т Р Е Х Л И Ц А Х 11

Теорема Шаля. Всякое движение евк-лидовой плоскости есть или поворот,или параллельный перенос, или скользя-щая симметрия.

Эта теорема, доказанная французскимгеометром Мишелем Шалем в серединеXIX века, достаточно широко известна ивстречается во многих книгах по элемен-тарной геометрии; есть о ней статья и в«Кванте»4 . В этой статье мы докажемтеорему Шаля и ее аналоги в трех гео-метриях: плоской евклидовой, сферичес-кой и геометрии Лобачевского.

Аксиоматика геометрии Лобачевскогоотличается от евклидовой только однойаксиомой – аксиомой о параллельных. УЕвклида эта аксиома выглядит так:

Аксиома Евклида. Через данную точ-ку A, не лежащую на данной прямой a,можно провести не более одной прямой,параллельной прямой a (т.е. не имею-щей с ней общих точек).

Эта аксиома, в сравнении с другими,не кажется наглядно очевидной и скореевыглядит как теорема, которую следова-ло бы доказать. Тем не менее, попыткисделать это, которые предпринимали мно-гие геометры со времен Евклида и доXIX века, не увенчались успехом. В кон-це концов, Николай Иванович Лобачевс-кий в своей работе «О началах геомет-рии» (1828 г.) предположил, что еслизаменить евклидову аксиому о параллель-ных на ее отрицание, то получится не-противоречивая теория, и тем самым до-казать эту аксиому как теорему из ос-тальных аксиом невозможно (одновремен-ное присутствие утверждения и его отри-цания делают теорию противоречивой).Примерно в то же время к этой идеепришли также Янош Бойаи и Карл Фрид-рих Гаусс. Основываясь на предположе-нии, что замена аксиомы о параллельныхна ее отрицание не приводит к противо-речиям, Лобачевский значительно продви-нулся в развитии новой геометрическойтеории, которую мы сейчас называем гео-метрией Лобачевского, – однако строго

доказать, что противоречия в ней в прин-ципе получить невозможно, удалось лишьспустя полвека после открытия Лобачев-ского. Для этого были построены моделигеометрии Лобачевского, одну из кото-рых мы приводим ниже.

Итак, в геометрии Лобачевского вместоаксиомы о параллельных принято ее от-рицание.

Аксиома Лобачевского. Существуюттакие прямая a и не лежащая на нейточка A, что через точку A можно про-вести хотя бы две прямые, не имеющиеобщих точек с A.

В присутствии других аксиом Евклидаиз аксиомы Лобачевского следует ее бо-лее сильный вариант: для любых прямойa и не лежащей на ней точки A через Aможно провести более одной прямой, па-раллельной a. Все остальные аксиомы уЕвклида и у Лобачевского совпадают.

К этим двум геометриям – Евклида иЛобачевского – мы добавим также сфе-рическую геометрию. Точки этой геомет-рии расположены на сфере (в обычномтрехмерном евклидовом пространстве).Роль прямых играют большие круги, об-разующиеся при сечении сферы плоско-стями, проходящими через ее центр: дугабольшого круга – это кратчайший путьмежду двумя точками, если двигаться раз-решено только по сфере. Может пока-заться, что рассуждать о фигурах на сфе-ре можно методами обычной евклидовойстереометрии, и выделять отдельно сфе-рическую геометрию излишне. Однаковзглянуть на сферу как на некий аналогплоскости иногда бывает очень полезно,как для теоретических, так и для практи-ческих задач.5 Сферическая геометрия ивправду многим похожа на планиметрииЕвклида и Лобачевского (в частности, вней верны многие из теорем, используе-мых в доказательстве теоремы Шаля –см. ниже), но многим и отличается. На-пример, на сфере возможен треугольник,все углы которого прямые (рис.5).

4 В.Бугаенко. «Движения плоскости и тео-рема Шаля» («Квант» №4 за 2009 г.).

5 Например, о применении сферической гео-метрии в астрономии можно почитать в книгеВ.П.Цесевича «Что и как наблюдать на небе».

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 912

Начнем доказывать теорему Шаля так,как это делается в евклидовом случае, ипопробуем продвинуться как можно даль-ше так, чтобы наши рассуждения сохра-няли свою силу и в двух других геомет-риях.

Лемма о трех гвоздях. Если движениеF имеет три неподвижные точки, нележащие на одной прямой, то F – тож-дественное преобразование.

Доказательство. Пусть это не так:D D DF для некоторой точки D.

Тогда, поскольку для любой неподвиж-ной точки A верно равенство AD = AD ,все неподвижные точки лежат на однойпрямой – серединном перпендикуляре котрезку DD . Противоречие.

Теорема о трех симметриях. Всякоедвижение плоскости есть или тожде-ственное преобразование, или осевая сим-метрия, или композиция двух осевых сим-метрий, или композиция трех осевыхсимметрий.

Идея доказательства в следующем: спомощью симметрий можно «возвращать»точки на их исходное место, т.е. «созда-вать» неподвижные точки в нужном намколичестве.

Доказательство. Если движение F тож-дественное, то теоремадоказана. В противномслучае A A AF

для некоторой точки A.Обозначим через a се-рединный перпендику-ляр к отрезку AA(рис.6) и положим

aS oG F . Тогда A – неподвижная точ-ка движения G .

Если оказалось, что G тождественное,то aSF (осевая симметрия).

В противном случае B B BG длянекоторой точки B. Пусть b – середин-ный перпендикуляр к отрезку BB ; по-скольку AB = AB(A – неподвижнаяточка), точка A ле-жит на прямой b(рис.7). Положим

b b aS S So o oH G

o F . У движения Hуже две неподвиж-ные точки: A и B.

Снова, если H –тождественное, то a bS SoF (компози-ция двух симметрий). В противном слу-чае C C CH , и неподвижные точ-ки A и B составляют прямую c – сере-динный перпендикуляр к отрезку CC(рис.8). Из этого, кстати, следует, что

сама точка C на прямой c не лежит.Значит, у движения cS oH

c b aS S So o o F три неподвижные точки(A, B и C), и они не лежат на однойпрямой. По лемме о трех гвоздях этодвижение тождественное. Следовательно,

a b cS S So oF (композиция трех сим-метрий).

Если внимательно посмотреть на дока-зательства леммы о трех гвоздях и теоре-мы о трех симметриях, можно заметить,что из всего арсенала геометрическихсредств мы использовали только теоремуо серединном перпендикуляре: середин-ный перпендикуляр к отрезку AB естьгеометрическое место точек, располо-женных на равных расстояниях от то-

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

Т Е О Р Е М А Ш А Л Я В Т Р Е Х Л И Ц А Х 13

чек A и B. Классическое евклидово дока-зательство этого факта не использует ак-сиому о параллельных – оно, как гово-рится, принадлежит абсолютной геомет-рии, т.е. общей части геометрий Евклидаи Лобачевского. Теорема о серединномперпендикуляре верна также и на сфере.Таким образом, остается понять, как уст-роены композиции двух или трех осевыхсимметрий в каждой из трех геометрий.

Композицию двух симметрий, a bS So ,вычислить относительно просто. В евк-лидовом случае возможны две ситуации:(1) прямые a и b пересекаются, и тогда

a bS So есть поворот относительно точкиих пересечения на удвоенный угол меж-

ду этими прямыми (рис.9); (2) прямые aи b параллельны – тогда a bS So есть

параллельный перенос (рис.10). На сфе-ре все еще проще: любые две «прямые»(т.е. два больших круга) пересекаются вдвух диаметрально противоположных точ-ках, и a bS So есть вращение сферы вок-руг проходящей через эти две точки оси(рис.11).

Чтобы разобраться со случаем геомет-рии Лобачевского, нам будет удобно иметьнаглядное представление плоскости Ло-

бачевского, иначе говоря, построить мо-дель плоскости Лобачевского на материа-ле евклидовой плоскости. Для этого нуж-но придать новый смысл основным гео-метрическим понятиям – по-новому объяс-нить, что такое точка, прямая, равенствоотрезков, равенство углов, и сделать этотаким образом, чтобы при этом осталисьверны все евклидовы аксиомы, кроме ак-сиомы о параллельных. Сделать это мож-но многими разными способами; у насбудет один из них – модель Пуанкаре вверхней полуплоскости.

Точками, принадлежащими плоскостиЛобачевского, будут считаться только точ-ки, расположенные строго выше некото-рой выбранной прямой, называемой аб-солютом. (Если абсолют считать осьюOx, то мы будем рассматривать толькоточки с y > 0.) Роль прямых в этоймодели будут играть полуокружности сцентром на абсолюте, а также вертикаль-ные лучи. Вторая разновидность прямыхназывается особой.

Сразу видно, что в этой модели нару-шается евклидова аксиома о параллель-ных: через данную точку A можно прове-сти бесконечно много прямых, не имею-щих общих точек с данной прямой a(рис.12). Все эти прямые можно былобы считать параллельными прямой a –однако общепринятая терминология счи-тает параллельными прямой a только«крайние» прямые 1b и 2b , имеющие сней общие точки на абсолюте; остальные

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 914

прямые называются расходящимися с пря-мой a. В случае когда прямая a особая,одна из параллельных ей прямых тожебудет особой (рис.13).

В модели Пуанкаре симметрия относи-тельно особой прямой определяется евк-лидовым образом (рис.14); роль же сим-

метрии относительно неособой прямой иг-рает замечательное преобразование плос-кости, называемое инверсией (рис.15).

При инверсии относительно окружнос-ти (прямой в смысле Лобачевского) сцентром O на абсолюте и радиусом Rточка A переходит в точку A , лежащуюна луче OA и такую, что 2OA OA R .Инверсия определена для всех точек плос-кости, кроме O – к счастью, точка Oлежит вне точек плоскости Лобачевскогои поэтому нас не интересует. Инверсия

обладает всеми свойствами6 , которые мыожидаем от осевой симметрии:i инверсия переводит верхнюю полу-

плоскость в верхнюю полуплоскость;i инверсия относительно полуокружно-

сти (прямой в смысле Лобачевского) aсохраняет точки, лежащие на самой a, наместе;i инверсия переводит прямые (в смыс-

ле Лобачевского) в прямые (в смыслеЛобачевского);i инверсия сохраняет углы (угол меж-

ду прямыми в смысле Лобачевского счи-тается равным евклидову углу между ка-сательными, проведенными в точке пере-сечения);i если два раза применить одну и ту же

инверсию, получится тождественное пре-образование.

Далее, определив с помощью инверсийравенство отрезков в модели Пуанкаре,можно доказать в ней, как теоремы, ак-сиомы абсолютной геометрии и тем са-мым обосновать, что это действительномодель геометрии Лобачевского. Но обэтом, как говорят исландцы, не говорит-ся в этой саге.

О том же, как все-таки выглядят ком-позиции двух и трех симметрий в геомет-рии Лобачевского, мы расскажем в сле-дующем номере журнала.

6 Подробнее о свойствах инверсии и ее при-менении в геометрических задачах можно про-читать в брошюре И.Д.Жижилкина «Инвер-сия» (Библиотека «Математическое просвеще-ние», вып.35, МЦНМО, 2009).

(Продолжение следует)

Рис. 13

Рис. 14

Рис. 15

Рис. 12

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемыев нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамкишкольной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формули-ровки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачипубликуются впервые.

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

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

Задача М2479 предлагалась на XIII Олимпиаде имени И.Ф.Шарыгина, задача М2481 – наLVIII Международной математической олимпиаде.

Задачипо математике и физике

Задачи М2478–М2481, Ф2485–Ф2488

M2478. Дана «таблица умножения» n n¥(т.е. таблица, в которой на пересечениистроки с номером k и столбца с номером mзаписно число km (на рисунке 1 показана

таблица умножения 6 6¥ ). Клетки табли-цы покрасили в шахматном порядке так,что клетка с числом 1 – черная. Найдитесумму чисел во всех черных клетках.

Фольклор

M2479. Точка I – центр вписанной окруж-ности треугольника ABC, точка M – сере-дина стороны AC, а точка W – серединадуги AB описанной окружности, не содер-жащей C (рис.2). Оказалось, что

90AIM– = ∞ . В каком отношении I делитотрезок CW?

С.Берлов, А.Полянский

M2480. Для любых натуральных чисел mи n докажите неравенства:

а) ( )

1 1 1

2 1 3 2 1m m mm

n n+ + + <

◊ ◊ + ◊… ;

б) 1 1 1 1

1 2 2 3 1 2 1m mmm n n+ + + <

◊ ◊ ◊ + -… .

А.Егоров

M2481*. Дано натуральное число N > 2. Вшеренгу выстроена команда из ( )1N N +футболистов, среди которых нет двухфутболистов одинакового роста. Сэр Алексхочет удалить из шеренги ( )1N N - игро-ков так, чтобы остался ряд из 2N игроков,для которого выполнены следующие Nусловий: (1) никто не стоит между двумясамыми высокими игроками, (2) никто нестоит между третьим и четвертым по росту

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 916

игроками, ..., (N) никто не стоит междудвумя самыми низкими игроками.Докажите, что желание сэра Алекса мож-но осуществить.

Г.Челноков

Ф2485. Тяжелый однородный бильярд-ный шар массой m «застрял» в горизон-тальной решетке (рис.3), протянутой (для

безопасности ламп) под потолком над иг-ровым столом. При каком минимальномзначении коэффициента трения такоевозможно? Радиус шара R, «шаг» решет-ки 2a, диаметр прутка решетки l. Ускоре-ние свободного падения равно g.

А.Буров

Ф2486. Теплоизолированный цилиндр раз-делен подвижным невесомым теплонепро-ницаемым поршнем на две части. Слева отпоршня находятся 0N атомов гелия притемпературе 02T , справа – 02N атомоваргона при температуре 0T . В некоторыймомент произошла «разгерметизация» пор-шня: он стал пропускать атомы гелия.1) Как будет изменяться (повышаться илипонижаться) температура газа, находяще-гося слева от поршня, в процессе переходасистемы к равновесному состоянию?2) Какая часть атомов гелия пройдетсквозь поршень к моменту, когда темпера-тура левого газа изменится на = 0,01 отначальной?Считайте, что все процессы протекаютмедленно, а энергия проходящих сквозьперегородку атомов равна средней энер-гии атомов газа, находящегося слева отпоршня.

Ю.Рогальский

Ф2487. В схеме, показанной на рисунке 4,все сопротивления одинаковы и равны R,

все диоды имеют вольт-амперную характе-ристику, приведенную на рисунке 5, ЭДСисточника 01,5U=E . На схему подаютнапряжение от ис-точника. Постройтеграфик зависимостисилы тока, протека-ющего через источ-ник, от напряженияна нем, считая поло-жительным ток,изображенный нарисунке 4 краснойстрелкой. Обозначьте на графике коорди-наты всех особых точек (изломов).

А.Воронцов

Ф2488. Виток тонкого уранового проводав форме квадрата (рис. 6,а) имеет индук-тивность 1L . Другой виток из такого жепровода, идущего по 6 ребрам (двух сосед-них квадратов) куба (рис. 6,б), имеет ин-

дуктивность 2L . Найдите индуктивностьтретьего витка из этого же провода, иду-щего по 8 ребрам (трех в ряд соседнихквадратов) куба (рис. 6,в).

Г.Кузнецов

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

Решения задач М2466–М2469,

Ф2473–Ф2476

M2466. Дана равнобокая трапеция ABCDс основаниями BC и AD (рис.1). Окруж-ность проходит через вершины B и C

и вторично пересекает сторону AB идиагональ BD в точках X и Y соответ-ственно. Касательная, проведенная к ок-ружности в точке C, пересекает лучAD в точке Z. Докажите, что точки X,Y и Z лежат на одной прямой.

Поскольку BC ADP , а прямая ZC касает-ся окружности , имеем ADB YBC– = – =

= YCZ– . Следовательно, YDZ YCZ– + – =180= ∞ , т.е. четырехугольник CYDZ – впи-

санный (рис.2).

Значит,

CYZ СDZ– = – = 180XBC CYX– = ∞ - – ,

где последние два равенства следуют изтого, что трапеция ABCD равнобокая, ачетырехугольник XBCY вписан в . Та-ким образом, 180CYZ CYX– + – = ∞ , по-этому точки X, Y и Z лежат на однойпрямой.

А.Кузнецов

M2467. а) Пусть ( )P x – многочленстепени 2n ≥ с неотрицательными ко-эффициентами, a, b и c – длины стороннекоторого треугольника. Докажите, что

числа ( )n P a , ( )n P b и ( )n P c также

являются длинами сторон некотороготреугольника.б) Та же задача, где «трeугольник» заме-нен на «остроугольный треугольник».

а) Пусть, без ограничения общности,a b c≥ ≥ ; эти три положительных числаявляются длинами сторон треугольникатогда и только тогда, когда a < b + c.Поскольку коэффициенты ( )P x неотри-цательны, имеем ( ) ( ) ( ) 0P a P b P c≥ ≥ > ;значит, нам надо проверить, что

( ) ( ) ( )n n nP a P b P c< + .

Пусть ( ) 11 0

n nn nP x p x p x p-

-= + + +… .

Обозначим ( ) ( ) nG x P x x= . Заметим, что

( ) 1 0nn n

p pG a p

a a-= + + + £…

( )1 0nn n

p pp G b

b b-£ + + + =…

и, аналогично, ( ) ( )G a G c£ . Значит,

( ) ( ) ( ) ( )n n nP a a G a b с G a= < + £

( ) ( ) ( ) ( )n n n nb G b c G с P b P c£ + = + ,

что и требовалось доказать.б) Три положительных числа a b c≥ ≥являются длинами сторон остроугольноготреугольника тогда и только тогда, когда

2 2 2a b c< + . Из последнего неравенствадостаточно вывести неравенство

( ) ( ) ( )2 2 2n n nP a P b P c< + . Это делаетсятакой же выкладкой, как в решении зада-чи а).В завершение отметим, что функция

( )n P x , вообще говоря, не является вы-пуклой при положительных x, поэтомумногие стандартные методы (применениенеравенства Йенсена и т.д.) в этой задачене работают.

Н.Агаханов

M2468. Каждая клетка доски 100 100¥окрашена либо в черный, либо в белый

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 918

цвет, причем все клетки, примыкающие кгранице доски, – черные. Оказалось, чтонигде на доске нет одноцветного клетча-того квадрата 2 2¥ . Докажите, что надоске найдется клетчатый квадрат2 2¥ , клетки которого окрашены в шах-матном порядке.

Предположим противное: на доске нет ниодноцветных, ни шахматно окрашенныхквадратов 2 2¥ . Рассмотрим все отрезкисетки, разделяющие две разноцветныеклетки (назовем их разделителями); пустьих количество равно N.В любом квадрате 2 2¥ есть либо ровноодна клетка одного из цветов и три клеткидругого, либо две соседние белые клетки идве соседние черные. В обоих случаяхвнутри квадрата есть ровно два разделите-ля (см. рисунок). Всего квадратов 2 2¥

имеется 299 , а каждый разделитель лежитвнутри ровно двух из них (поскольку кгранице разделители не примыкают). Зна-

чит, ( )2 22 99 2 99N = ◊ = .С другой стороны, N должно быть чет-ным. Действительно, в каждой строке икаждом столбце первая и последняя клет-ки – черные; поэтому там должно бытьчетное число перемен цвета. Противоре-чие.Замечания. Вместо подсчета количестваразделителей можно считать количестворазноцветных «доминошек» (прямоуголь-ников 1 2¥ ) – это то же самое количество,либо же количество одноцветных «доми-ношек» – оно равно 2 100 99 N◊ ◊ - .Четность общего количества разделителейможно доказать разными методами. На-пример, можно заметить, что если всевнутренние клетки белые, то число разде-лителей равно 4 98◊ , а при любой пере-краске внутренней клетки оно может изме-ниться только на четную величину.

Можно также заметить, что все разделите-ли разбиваются на несколько замкнутыхломаных (в рассматриваемом случае черезкаждый внутренний узел проходит ровнодва разделителя, так что эти ломаные дажене имеют общих вершин), а в каждойзамкнутой ломаной из отрезков сетки ихколичество четно (поскольку четны коли-чества горизонтальных и вертикальныхотрезков).

М.Антипов

M2469*. На доске выписаны в ряд nположительных чисел 1 2, , na a a… . Васяхочет выписать под каждым числом iaчисло i ib a≥ так, чтобы для любых двухиз чисел 1 2, , , nb b b… отношение одного изних к другому было целым. Докажите,что Вася может выписать требуемыечисла так, чтобы выполнялось неравен-ство

1

21 2 1 22

n

n nb b b a a a… …

-

£ .

Мы докажем, что существуют даже числа1 2, , , nb b b… , удовлетворяющие следующим

(более сильным) условиям:(1) i ib a≥ при всех i n£ ;

(2) 1

21 2 1 22

n

n nb b b a a a-

£… … ;

(3) отношение любых двух из чисел ibявляется степенью двойки (с целым пока-зателем).Заметим, что доказываемое утверждениене изменится, если какое-то из чисел ka (ас ним и соответствующее kb ) умножить нанекоторую степень двойки. Умножим каж-дое из чисел ka на степень двойки так,чтобы все полученные числа лежали впромежутке [ )1; 2 .Не умаляя общности, можно считать, что

1 21 2na a a£ £ £ £ <… . Покажем теперь,что всем трем условиям удовлетворяет од-на из следующих n последовательностей:

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1 1 1

, 2 , 2 , 2 , , 2 , 2 ;

, , 2 , 2 , , 2 , 2 ;

, , , 2 , , 2 , 2 ,

, , , , , , 2 ;

, , , , , , .n n n n n n

n n n n n n

a a a a a a

a a a a a a

a a a a a a

a a a a a a

a a a a a a- - - - - -

…

…

…

…

…

…

;

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

Поскольку для любых k и l выполненонеравенство 2 2l ka a≥ > , каждая из пос-ледовательностей удовлетворяет (1). Кро-ме того, каждая из последовательностей,очевидно, удовлетворяет (3). Осталосьпоказать, что хотя бы одна из них удовлет-воряет (2).Для этого заметим, что произведение всех

2n чисел во всех n последовательностяхравно

( ) ( )1 2 01 22 n n n n n

na a a- + - + + ◊ =……

1

21 22

nn

na a a-Ê ˆ

= Á ˜Ë ¯

… .

Следовательно, произведение чисел хотябы в одной из последовательностей не

превосходит 1

21 22

n

na a a-

… , что и требова-

лось.Ф.Петров

Ф2473. На горизонтальной поверхностистола лежит вытянутая в длину цепочкас равномерным распределением массы подлине. Цепочка расположена перпендику-лярно краю стола. Столешница имеетзакругленный край с радиусом кривизны,который значительно меньше длины це-почки, но значительно больше размеровзвеньев цепочки. К ближайшему к краюстола концу цепочки прикреплена невесо-мая нить, за которую цепочку оченьмедленно начинают «стаскивать» состола, причем конец нити движется вер-тикально под краем стола. В тот мо-мент когда на горизонтальной поверхно-сти осталось только 60% длины, цепочканеудержимо заскользила и упала со сто-ла. Каков коэффициент трения цепочкио поверхность стола?

В момент когда началось «неудержимоепроскальзывание», со стола свешиваласьчасть цепочки длиной 0,4L, где L – длинавсей цепочки. Длиной участка цепочки,касающегося закругленного края столеш-ницы, можно, в соответствии с условиемзадачи, пренебречь. Однако нельзя пре-небрегать трением на этом участке, ибо оноприсутствует на всей поверхности стола, втом числе и на закругленном участке сто-

лешницы на краю стола. Поэтому силанатяжения звена цепочки, которое в дан-ный момент находится на границе разделагоризонтальной поверхности и закруглен-ного участка, не равно силе натяжениясамого верхнего звена цепочки, котороепринадлежит участку, не касающемусястола. Рассмотримдва близких звенацепочки, находя-щихся на закруг-ленном участке(см. рисунок). Ка-сательные к цепоч-ке, проведенныечерез эти два зве-на, образуют другс другом малый угол . Силы натяженияэтих двух звеньев цепочки нF

ur и вFur

направ-лены вдоль соответствующих касательныхи образуют между собой тот же малыйугол . Поскольку участок цепочки меж-ду этими двумя звеньями неподвижен, но«готов» начать скольжение, то сумма силнатяжения компенсируется силой, с кото-рой на выделенный участок действует зак-ругленная поверхность столешницы, точ-нее, двумя силами – трения и реакцииопоры. Разница величин сил натяжения

н вF F F= - невелика, силы примерноодинаковы: н вF F Fª = . Касательная со-ставляющая этих сил, равная F , ком-пенсируется силой трения трF , а перпен-дикулярная составляющая, равная при-мерно F , компенсируется силой нор-мальной реакции со стороны столешницы.Скольжение вот-вот начнется, поэтому силатрения равна произведению силы нор-мальной реакции и коэффициента трения,который и нужно найти. Иными словами,

F F= .

Разделим правую и левую части этогоравенства на F и получим дифференци-альное уравнение

F

F= .

Решением этого уравнения является зави-симость силы натяжения от величины углаповорота:

в нe F F= .

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 920

Это так называемая формула Эйлера.Угол между направлением силы в самомверхнем звене цепочки, находящемся назакругленном участке столешницы, и го-ризонталью равен нулю. Угол между гори-зонталью и силой натяжения самого ниж-него звена цепочки, касающегося закруг-ленного участка столешницы, равен 2 .Сила трения, которую нужно преодолеть,чтобы сдвинуть участок цепочки, лежа-щий на столе, равна 0,6mg◊ . Сила натя-жения самого нижнего звена «закруглен-ного» участка цепочки равна 0,4mg. Этоозначает, что выполняется соотношение

2 2в н0,6 0,4e F e mg F mg= ◊ = = ,

или2 2

3e = .

Решив такое уравнение для неизвестнойвеличины , например с помощью компь-ютера или калькулятора, получим

0,37178 0,372= ª .

Ц.Почкин

Ф2474. Тонкий легкий круглый диск ради-усом R = 10 см с крючком посерединеположили на поверхность чистой жидко-сти, которая хорошо смачивает нижнююповерхность диска. Диск начинают мед-ленно приподнимать, прикладывая к крюч-ку постепенно растущую вертикальнуюсилу. Какой максимальной величины Fдостигнет сила, прежде чем диск отор-вется от поверхности жидкости? Коэф-фициент поверхностного натяжения

жидкости 20,1 Дж м= . Плотность

жидкости 3 310 кг м= .

Когда начнется отрыв диска от жидкости,уровень жидкости в сосуде будет ниже,чем нижняя поверхность диска, на величи-ну h, которая определяется поверхност-ным натяжением жидкости. Условие рав-новесия жидкости под диском вблизи егокрая в этот момент таково:

22

ghL Lh= ,

где L – длина небольшого (почти прямого,L R≪ ) участка диска вдоль его края. Этоусловие равенства нулю проекций сил на

горизонтальное направление. Давлениежидкости под нижней поверхностью дискаменьше внешнего атмосферного давленияна величину gh . Площадь нижней поверх-ности диска равна 2R . Отсюда получает-ся ответ:

2F gh R= ◊ =

2 244 2 Hg R g R

g= ◊ = = .

А.Старов

Ф2475. В огромном газовом облаке вмежзвездном пространстве находитсягазообразный гелий при температуре

0T = 10 К. Концентрация молекул газа9 3n 10 м-= , радиус молекул R = 0,1 нм.

В какой-то момент в каждом кубическомсантиметре облака одна молекула вне-запно получает такой импульс, что еескорость оказывается равной по величи-не 5v 10 м с= . Импульсы, полученныемолекулами, направлены хаотически.Оцените время установления тепловогоравновесия. Какой будет установившая-ся температура? Как изменится ответна вопрос про температуру, если всеполученные молекулами импульсы будутнаправлены в одну и ту же сторону?

Из условия задачи следует, что на однуэнергичную молекулу приходится 310 штукмедленных молекул. Для оценки времениустановления теплового равновесия пред-положим, что после каждого столкновенияэнергичной молекулы с медленной моле-кулой их суммарная энергия делится меж-ду участниками столкновения в среднемпополам. Иными словами, после первогосоударения вместо одной энергичной мо-лекулы получаются две молекулы с вдвоеменьшей энергией. Во втором поколениивместо двух энергичных молекул получа-ются четыре с энергиями в четыре разаменьше энергии первой молекулы и такдалее. В десятом поколении молекул, по-лучивших дополнительную энергию, бу-дет уже 102 1024= . Это означает, что вдесятом поколении энергия, полученная вначальный момент одной молекулой, рас-пределится по тысяче молекул, т.е. прак-

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

тически все молекулы в облаке получатсвою порцию дополнительной энергии.Между двумя последовательными столк-новениями энергичной молекулы прохо-дит время, равное в среднем отношениюдлины свободного пробега к той скорости,с которой эта молекула двигалась в данномпромежутке времени. Длина свободногопробега молекулы равна ( )21 4 R n= .Так как после каждого столкновения ско-рости энергичных молекул уменьшаются в

0,52 раза, в каждом новом поколении вре-мя между столкновениями увеличиваетсяв 0,52 раза. Для оценки времени установ-ления теплового равновесия получим

( )0,5 1 0,5 2 0,5 3 0,5 101 2 2 2 2tv

◊ ◊ ◊ ◊= + + + + + =…

0,5 116

0,5 2

2 1 1129 10 c

2 1 4v R nv

◊ += = = ◊

-.

Это примерно 100 суток.Температуру 1T найдем из закона сохране-ния энергии. Для одного моля молекул,каждая из которых имеет массу m, запи-шем

23

A 0 A A 13 3

102 2 2

mvN kT N N kT-+ ◊ = .

Отсюда найдем

1T = 1614 К.

Если все молекулы получат импульсы водном и том же направлении, то темпера-тура 2T будет, очевидно, ниже, но совсемнемного. Учтем, что AN m = – это мо-лярная масса газа, а AN k R= – это уни-версальная газовая постоянная. В целом

облако приобретет скорость 1000

mv

m, что

следует из закона сохранения импульса.Суммарная энергия сложится из энергииупорядоченного движения всех молекул снайденной скоростью и энергии их хаоти-ческого движения по отношению к системеотсчета, движущейся с найденной скорос-тью. Температуру 2T найдем из законасохранения энергии:

( )22 33

0 23 3 10102 2 2 2

v vRT RT-

-+ = + ,

откуда

2T = 1613 К.С.Варламов

Ф2476. Недалеко от берега моря на днележит большой камень, имеющий формушара радиусом R. Его верхняя точканаходится как раз на уровне воды. Васявстал на самый верх этого камня и, нешевелясь, с высоты своего роста h == 1,7 м рассматривает поверхность кам-ня, находящуюся под прозрачной водой.Маленький краб ползет по поверхностиэтого камня, спускаясь вниз. В тот мо-мент когда краб оказался на глубине,равной половине радиуса шара, Вася пе-рестал его видеть. Каков радиус шара R?Коэффициент преломления воды n == 4/3.

Лучи света, которые позволяют Васе ви-деть краба за мгновение до его «пропажи»,падают из воды на границу раздела своздухом под углом 30= ∞ (см. рису-нок). Угол , который составляют с вер-

тикалью эти же лучи в воздухе, имеетзначение синуса, равное sinn , т.е. 2/3.Расстояние s, на котором находится точкавыхода этих лучей из воды от ног Васи,равно tgR . Рост Васи h, поделенный наэто расстояние, это ctg . Следовательно,выполняется соотношение

tgctg

hR = .

Отсюда находим искомый радиус шара:

ctg tg

hR = =

tg 2 5 32 2,63 м

tg 51 3

hh h= = = = .

Р.Шаров

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

Эти задачи предназначены прежде всего

учащимся 6–8 классов.Эти задачи предлагались на XXI Олимпиаде

Юношеской математической школы.

Задачи1. Чебурашка записал словами всечетные трехзначные числа («сто, стодва, сто четыре, …, девятьсот девянос-то восемь»), а Незнайка – все нечет-ные трехзначные числа. Кто из нихнаписал больше слов и на сколько?

К.Кноп, А.Солынин

2. а) Покажите, как разрезать нари-сованную ниже фигуру по линиям надве равные (по форме и размеру)части.б) Покажите, как это сделать ещеодним способом.

Г.Струков

3. 22 футболиста сыграли три трени-ровочных игры (разбиваясь каждыйраз на два состава по 11 человек).Докажите, что какие-то два футболи-ста все три раза были соперниками.

К.Кноп

4. На проводе сидят в ряд 1000ворон. В конце каждой минуты каждаятретья (третья, шестая, девятая и такдалее) ворона улетает.а) Какими изначально по счету быливороны, которые останутся на прово-де в конце концов?б) Сколько минут пройдет до мо-мента, когда вороны перестанут уле-тать?

Д.Черкашин

« К В А Н Т » Д Л Я М Л А Д Ш И Х Ш К О Л Ь Н И К О В 23

Почти правильныемногоугольники на клетчатой

бумагеА.КАРПОВ

СИДЕЛ Я КАК-ТО ВЕЧЕРОМ ДОМА Ипытался придумать задачку для школь-

ников. Было не так много тем, по которымя хотел бы это сделать, – из «кружковской»программы меня не особенно впечатлялини комбинаторика, ни графы, ни прочиепопулярные темы. Поэтому выбор пал налюбимую с 8 класса геометрию на клетча-той бумаге. Я взял листок и стал рисовать.

Начал я с одного отрезка (рис.1). И сталдумать, что можно сделать с одним отрез-

ком. Можно пытаться,например, рисовать мно-гоугольники, причем та-кие, чтобы все их сторо-ны были равны этомуотрезку, а вершины ле-

жали в узлах сетки. Да еще и выпуклые,чтобы не было слишком большой свободыдействий. О, это кажется интересным! Изшколы я помнил, что треугольник с таки-ми свойствами построить нельзя. Можетепопробовать это доказать самостоятельно;вам помогут следующие два утверждения:

а) квадрат стороны такого треугольника(если бы он существовал) – целое число;

б) площадь такоготреугольника – целоеили полуцелое число.

Потом я попробо-вал нарисовать квад-рат и в этом, есте-ственно, преуспел(рис.2).

После этого полу-чилось нарисовать

шестиугольник (рис. 3) (естественно, не-правильный – правильный нельзя постро-ить по тем же соображениям, что и пра-вильный треугольник).

Ага, подумал я, тут и до восьмиугольни-ка недалеко! Его я тоже нарисовал (рис.4).

Теперь настало время задуматься. Чтопозволяет нам строить такие выпуклыемногоугольники? Тот факт, что один и тотже отрезок можно расположить под раз-ными углами. Например, для отрезка нарисунке 1 возможны 4 попарно не парал-лельных положе-ния, получаемых изнего всеми возмож-ными симметриямиотносительно линийсетки (рис.5).

Заметьте: рисуя восьмиугольник, мы ис-пользовали каждое положение отрезка,причем ровно по два раза (на рисунке 4параллельные отрезки имеют один и тот

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 924

же цвет). Когда же мы строили шести-угольник и квадрат, мы тоже не использо-вали никакое из положений отрезков болеедвух раз. Интересно, а эта закономерностьсохраняется для бульших многоугольни-ков? Давайте докажем, что сохраняется.

Предположим противное – пусть нашел-ся выпуклый многоугольник хотя бы стремя сторонами, параллельными другдругу. Повернем для удобства многоуголь-ник так, чтобы эти стороны стали верти-кальными, и через каждую из них прове-дем прямую (красные линии на рисунке).Поскольку многоугольник выпуклый, он

целиком лежит поодну сторону от каж-дой из прямых – либослева, либо справа.Раз прямых три, тодля двух из них онлежит по одну и ту жесторону, скажем сле-ва (как на рисунке6). Тогда эти прямыедолжны совпадать(иначе часть много-угольника будет ле-жать справа от однойиз них). Однако в

таком случае и стороны будут совпадать,многоугольник же выпуклый!

«Ну вот и все! – радостно воскликнул я.– У любого отрезка не более четырехпопарно не параллельных положений, икаждое положение встречается в много-угольнике не больше двух раз. Значит,нельзя построить выпуклый многоуголь-ник с равными сторонами и вершинами вузлах сетки, если количество вершин боль-ше восьми!» Но тут оказалось, что на кухнедавно уже сидит папа и независимо от меняпытается решить ту же задачу. «А как жепифагоровы тройки?» – спросил он.

Я сразу все понял. Пифагоровой трой-кой называетсятакая тройка на-туральных чиселa, b и c, что

2 2 2a b c+ = . Тог-да, взяв отрезокдлины c, мы смо-

жем расположить его вертикально, гори-зонтально или четырьмя способами подразными углами. На рисунке 7 показанпример для отрезка длины 5 ( 2 2 25 3 4= + ).Поскольку различных положений шесть,количество вершин в выпуклом много-угольнике могло бы равняться аж 12. Воти пример такого многоугольника (рис.8).

А что дальше? Как получить большеевозможное число сторон, т.е. большее чис-ло различных положений отрезка? Я ду-маю, вы уже догадались: надо искать на-туральные числа, которые имеют какможно большее количество разложений всумму двух квадратов натуральных чи-сел. Действительно, если 2 2 2a b c+ = +

2d e+ = , то отрезок длины e можнопостроить, например, так, как показанона рисунке 9. В этом примере a = 7, b = 4,c = 8, d = 1, e = 65. Заметьте, что

симметриями относительно прямых, па-раллельных координатным осям, нельзяперевести один отрезок в другой. Темсамым эти отрезки дадут нам восемь раз-личных положений и возможность пост-роить вот такой (похожий на правиль-ный) шестнадцатиугольник, как на ри-сунке 10.

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

« К В А Н Т » Д Л Я М Л А Д Ш И Х Ш К О Л Ь Н И К О В 25

Перебором на компьютере можно пока-зать, что 65 – это наименьшее из чисел,нетривиальным образом раскладывающе-еся в сумму двух квадратов двумя различ-ными способами.

Хорошо, с этим тоже понятно – можноперебирать на компьютере и искать подхо-дящие числа. А проще можно? Можно!Для этого нам понадобятся различныепифагоровы тройки, которые дают треу-гольники с разными наборами углов. На-пример, тройки (3, 4, 5) и (5, 12, 13)(рис.11).

Давайте подумаем, что можно сделать,скажем, с двумя такими тройками, еслимы их получим. В соответствующих пря-моугольных треугольниках длины катетови гипотенуз целые. Понятно, что еслиувеличить все стороны первого треуголь-ника в одно и то же число раз x, получитсяновый треугольник с теми же углами, чтои у первого. А что если в качестве x взятьдлину второй гипотенузы? Ведь тогда мож-но «раздуть» и второй треугольник, но в yраз, где y – длина гипотенузы первого

Рис. 10

Рис. 11

треугольника. В итоге мы получим дваразных прямоугольных треугольника сравными гипотенузами (длины xy)!

Другими словами, пусть есть две пифа-горовы тройки: 2 2 2a b c+ = и

2 2 2d e g+ = . Рассмотрим отрезок длиныcg. Его длина – целое число, а значит, егоможно расположить по горизонтали и вер-тикали так, чтобы его концы были в уз-лах сетки. А еще как? Благодаря тому что

2 2 2a b c+ = и 2 2 2d e g+ = , такие отрезкинайти довольно легко: это отрезок с кон-цами (0, 0) и (ag, bg), а также отрезок сконцами (0, 0) и (dc, ec). Проверьте,что их длины действительно равны cg.Получается, что у нас есть как минимумтри различных варианта расположенияотрезка длины cg с вершинами в узлахсетки, которые не переводятся друг в другасимметриями относительно линий сетки.А это дает не менее 10 вариантов располо-жения отрезка (два параллельных осямкоординат и восемь наклонных) и, какследствие, возможность построить не ме-нее чем 20-угольник. Попробуйте постро-ить его с помощью пифагоровых троек(3,4,5) и (5,12,13).

Может быть, набрав больше троек, удас-тся получить больше углов в выпукломмногоугольнике? И максимальное количе-ство этих углов не ограничено ничем, еслинайти бесконечное количество разных (сточки зрения углов в соответствующихпрямоугольных треугольниках) пифаго-ровых троек?

Рассмотрим бесконечный набор троеквида (2n, 2 1n - , 2 1n + ) при натуральныхn. Во-первых, они пифагоровы:

( ) ( ) ( )2 22 2 22 1 1n n n+ - = + . Во-вторых, от-ношение катетов в соответствующих треу-

гольниках равно 2

2

1

n

n -. Эти дроби умень-

шаются с ростом n (проверьте!), и, еслибрать n все больше и больше, мы получимвсе более тощие треугольники со все мень-шим углом при длинном катете.

Теперь, взяв сколько нужно троек изэтого набора, мы построим большой мно-гоугольник с равными сторонами так же,как делали до этого. Сначала расположим

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 926

все треугольники, как на рисунке 12. Таккак угол в общей вершине уменьшается с

увеличением n, все гипотенузы наклоненык горизонтали под разными углами. Атеперь, чтобы сделать гипотенузы равны-ми, растянем каждый треугольник в целое

число раз. Если это число-масштаб выб-рать как произведение длин гипотенузвсех остальных треугольников (целое чис-ло!), то после такого растяжения длинакаждой гипотенузы окажется равной про-изведению длин всех исходных гипотенуз.Осталось лишь, как обычно, расположитьэти отрезки (и их отражения) друг задругом, и они выстроятся в равносторон-ний многоугольник!

Так что число сторон в таких много-угольниках ничем не ограничено.

Рис. 12

КОНКУРС ИМЕНИ А .П .САВИНА

Мы начинаем очередной конкурс по решению математических задач. Они рассчитаны впервую очередь на учащихся 7–9 классов, но мы будем рады участию школьников всехвозрастов.

Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу:savin.contest@gmail.com или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект,64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии укажитегород, школу и класс, в котором Вы учитесь, а также обратный почтовый адрес.

Мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и команд (втаком случае присылается одна работа со списком участников). Участвовать можно начиная слюбого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы.

Желаем успеха!

1. У Умного Кролика есть участок квад-ратной формы 8 8¥ , состоящий из 64одинаковых грядок 1 1¥ . На некоторыхгрядках он выращивает капусту, а на ос-тальных – морковь (пустых грядок нет).Известно, что рядом с каждой капустнойгрядкой ровно две капустные, а рядом скаждой морковной – ровно две морковные(грядки находятся рядом, если они сосед-ние по стороне). Может ли доля капуст-ных грядок составлять: а) ровно полови-ну, б) более 60% от общего числа грядок?

М.Евдокимов

2. Натуральное число n больше 1 и неделится на 10. Могут ли его последняяцифра и предпоследняя цифра числа 4nбыть одинаковой четности? (Последняя

цифра – в разряде единиц, предпоследняя– в разрядке десятков.)

С.Дворянинов

3. Можно ли разрезать прямоугольник2 5¥ : а) на четыре части, б) на три части,из которых можно сложить квадрат? (При-кладывать части друг к другу можно толь-ко без просветов и наложений.)

Фольклор

4. В ряд выписаны миллион чисел: пер-вое число 123456789, а 999999 чисел –нули. За ход разрешается выбрать число,если оно хотя бы на 10 меньше, чемсоседнее слева, и увеличить его на 1, а всечисла левее уменьшить на 9. Так делают,пока можно сделать ход. Какой наборчисел может получиться в конце? (Требу-ется найти все варианты и доказать, чтодругих нет.)

Е.БакаевКонкурс проводится совместно с журналом

«Квантик».

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А »

Что такоегеликоид и какраскручивается

юлаС.ДВОРЯНИНОВ

Немного о волчке

Интересная все-таки эта детская игрушка– волчок. Если для каждой игрушки рас-

сматривать отношение удивительность

простота, то

для волчка эта величина окажется, пожалуй,наибольшей на множестве всех игрушек.Оно и понятно: удивительность волчка вели-ка, а простота – минимальна. Прочитать оволчке можно и в журнале «Квант» – внедавней статье «Про волчок и гироскоп»(«Квант» №1 за 2015 г.).

Волчок состоит из двух частей: это ось сострием внизу и жестко закрепленный на осидиск. Зажимаем ось кончиками указательно-го и большого пальцев и, двигая пальцы впротивоположных направлениях, «прока-тываем» по ним волчок. Волчок закручива-ется, а если его выпустить, то он удивитель-ным образом – не падая! – крутится на столе.Это его вертикальное положение устойчиво.Если мы, приложив силу к оси, попытаемся

волчок наклонить-уронить, то он продолжитсвое вращение. А если волчок крутится накартонке, то его даже можно подброситьвверх и снова поймать на картонку. И этовращение завораживает.

Можно было бы долго наблюдать за кру-тящимся волчком, так же как мы не устаемнаблюдать за набегающими на берег морски-ми волнами, пламенем костра, мерцающимина ночном небе звездами. Причем тут нескажешь – «остановись, мгновение, ты пре-красно». Если волчок остановится, то онупадет. Волчок может стоять на своей един-ственной ножке, лишь вращаясь. Однако современем кружение волчка прекращается.Ясно, почему. Приданная нами волчку кине-тическая энергия тратится (переходя в теп-ло) на преодоление трения в опоре и сопро-тивления воздуха. Заметив, что скоростьвращения волчка уменьшается, мы чувству-ем свое бессилие в стремлении поддержать ипродлить его движение. Мы не можем повто-рить раскручивание волчка до той поры,пока он не остановится.

Рассчитаем, с какой начальной скоростьювращается наш волчок. Пусть диаметр осиволчка 3 мм, тогда длина его окружностиоколо 9,5 мм, и пусть по пальцам ось прохо-дит путь 30 мм. Значит, на этом пути волчокделает примерно 3 оборота. Будем считать,что время закручивания волчка составляеттреть секунды. В итоге получаем, что нашволчок начинает вращение со скоростью при-мерно 10 оборотов в секунду. Допустим, чтоскорость уменьшилась до 5 оборотов в секун-ду. При этом две диаметрально противопо-ложные точки оси волчка движутся в проти-

воположных направлениях. Очевид-но, что совместить пальцы с осью вол-чка, чтобы ускорить его вращение,практически невозможно.

Итак, осуществить подпитку энергииволчка, передать ему энергию в бук-вальном смысле на пальцах – невоз-можно. Для этого надо использоватьнекоторый механизм. И такой меха-низм есть у другой детской игрушке, аименно – у юлы. Мы надавливаем наручку юлы, и юла увеличивает ско-рость вращения. Как же это происхо-дит? Каким образом поступательноедвижение нашей руки превращается вовращательное движение юлы?

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 928

Сначала рассмотрим, как можно изменитьнаправление действия силы с одной прямойна другую.

Как захлопывается дверь

Давайте вспомним один эпизод из книги (ииз фильма) «Двенадцать стульев». В поис-ках очередного стула Великий комбинаторОстап Бендер отправляется к инженеруЩукину. Неожиданно Остап застает того налестничной площадке и в мыле. Оказывает-ся, перед этим инженер был в душе, вдругвода прекратилась, и он выбежал на площад-ку узнать, в чем дело. А дверь неожиданнозахлопнулась.

Такие самозакрывающиеся замки действи-тельно были очень популярны. Спешишьутром на учебу или на работу, каждая секун-да дорога. Вот для того, чтоб с ключами невозиться и время на это не тратить, и выпус-кались замки с защелкой. Вышел из кварти-ры, хлопнул дверью, а замок сам по себе изакрылся. Устройство несложное.

Чтобы разобраться, как работает такойзамок, рассмотрим клинышек, лежащий настоле. Клинышек – это прямоугольный па-раллелепипед, у которого одни край срезан(рис.1). Такую же форму имеет защелка узамка. Пусть на этот клинышек вдоль верти-кальной прямой сверху вниз действует по-

стоянная сила Fur

. Разложим эту силу по двумнаправлениям – вдоль наклонной плоскостиклинышка и вдоль поверхности стола (рис.2).Первая составляющая никакого действия наклинышек не производит, а вторая составля-ющая заставляет его двигаться. Заметим, чтопо мере смещения клинышка, точка прило-

жения силы меня-ется.

Как может бытьна деле реализова-но действие силыFur

? Оказывается, внашем самозахло-пывающемся замке

на клинышек-защелку действует другой клин,их наклонные плоскости совпадают, и однаскользит по другой. Причем этот другойклин неподвижен, а на него наезжает нашклинышек-защелка. Когда мы захлопываемдверь, защелка наезжает на дверной косяк,который утапливает защелку внутрь замка.А когда защелка оказывается напротив гнез-да на дверном косяке, пружина выталкиваетзащелку в это гнездо. Дверь оказываетсязапертой на замок.

От поступательного движенияк вращательному

Начнем с винтовой линии. Ее увидеть –нарисовать своими руками – очень просто.Вырежем из плотной бумаги прямоуголь-ник, высота которого h, а основание 2 r(рис.3). Для склеивания цилиндра, высотакоторого h и радиус основания r, оставимеще небольшой язычок. Склеить цилиндр –это значит совместить противоположные точ-ки двух боковых сторон прямоугольника.

Тогда диагональ прямоугольника превра-тится в винтовую линию на поверхностицилиндра, точнее – в один виток этой линии.Если в прямоугольнике в дополнение к диа-гонали провести еще два отрезка, то нацилиндре получим две винтовые линии. Аможно получить и три винтовые линии, ичетыре…

На рисунке 4 показаны пары диаметраль-но противоположных точек двух витков.

Число таких пар равно 24. Если теперьпроткнуть цилиндр спицами, каждая из ко-торых проходит через две такие точки, тоэти спицы образуют две винтовые лестни-цы, окружающие цилиндр снаружи. Они

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Л А Б О Р А Т О Р И Я « К В А Н Т А » 29

похожи на пожарные лестницы. Ступенитаких лестниц – прямолинейные отрезкидлиной R – r, где 2R – длина спицы.Каждая следующая ступенька получаетсяиз предшествующей поворотом вокруг оси

цилиндра на угол 360

1524

и сдвигом

вверх на высоту 24h

. А внутри цилиндра

отрезки спиц лежат на особой поверхности– на геликоиде радиусом r.

Бумажный цилиндр мы использовали имен-но для построения модели, для того, чтобыступени располагались горизонтально, па-раллельно плоскости стола, на котором сто-ит наш цилиндр. Мысленно удалим этотцилиндр, оставив его ось. Мы увидим осьцилиндра – вертикальный отрезок, разде-ленный на 24 равные части. Через каждуюточку деления проходит отрезок длиной 2R,перпендикулярный оси цилиндра. Проек-ции всех этих отрезков на плоскость стола –радиусы окружности, угол между соседнимирадиусами 15 . Вообразим теперь, что коли-чество спиц неограниченно возрастает (ясно,что при этом их толщина должна неограни-ченно уменьшаться). Две соседние ступенистанут неразличимыми на глаз, в пределеполучится гладкая поверхность. Она обра-зованна движением прямой, вращающейсявокруг перпендикулярной к ней оси и одно-временно движущейся поступательно в на-правлении этой оси. Эта поверхность и естьгеликоид (рис.5).

Получить начальное представление о гели-коиде можно так. Возьмите полоску клетча-той бумаги шириной 1 см и длиной 10—

16 см с клетками 0,5 0,5 см. Ее короткиестороны зажмите пальцами двух рук и рас-положите полоску вертикально. Эти сторо-ны легко повернуть относительно друг другана угол 90 (подобным образом заворачива-ют конфетную обертку, но там делают многооборотов). На полоске легко увидеть и осьвращения, и «ступени» геликоида. Конечно,при такой деформации ступени не будутпрямолинейными отрезками, но этот дефектмал и незаметен. Если взять в четыре разаболее длинную полоску, то ее можно закру-тить на полный оборот. Тут вам можетпотребоваться помощь товарища, чтобы зак-ручивание было равномерным на всем про-тяжении полоски. Поворачивать верхнийкрай полоски относительно нижнего краябудем (для определенности) против часовойстрелки, если смотреть на эту полоску сверху.

Впрочем, можно изготовить и другую мо-дель, если у вас под рукой окажется кусокпроволоки, которой завязывают пакет с хле-бом на некоторых хлебозаводах. Проволокаэта не круглая, а плоская (обычно ее длина6 см, ширина 0,5 см). Этой проволочнойполоске можно придать форму геликоида,она жесткая и сохраняет деформацию (рис.6).Теперь возьмите полоску бумаги 1 4  см ипроткните ее посередине этим проволочнымгеликоидом. Перемещая полоску вдоль про-волоки, т.е. вдоль геликоида, вы можетелегко наблюдать вращение этой полоскибумаги. Именно так устроена одна популяр-ная детская игрушка, когда вдоль пластмас-сового геликоида перемещается насаженныйна геликоид пропеллер. Пропеллер надо

Рис. 5 Рис. 6

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 930

очень быстро толкать снизу вверх шариком,насаженным на геликоид, в результате про-пеллер начинает очень быстро вращаться и,срываясь с геликоида, поднимается вверхдовольно высоко. В этой игрушке геликоиднеподвижен, а перемещается пропеллер – онже отрезок, он же ступенька.

Как геликоид раскручивает юлу

Принципиальное устройство юлы (рис.7)таково. Корпус юлы – это два конуса ссовпадающими основаниями. Вершина ниж-

него конуса, т.е. острие, располагается настоле или на полу. Вершина верхнего кону-са чуть срезана, так что получается усечен-ный конус. Его верхнее основание – круг-лая пластина некоторой толщины. В этойпластине имеется прорезь, получается онатак. Представим пересечение нашего гели-коида и верха юлы. Реальный геликоидимеет толщину, поэтому в пересечении скруглой пластиной оказывается часть гели-коида. Вот эта часть и выбрасывается изоснования. Если юла неподвижна, то черезэту щель геликоид можно протолкнутьсверху вниз. Геликоид при этом вращаетсяпо часовой стрелке. Итак, в этом случаепрорезь неподвижна, геликоид движетсявниз и вращается. Взаимное вращение гели-коида и прорези можно представить и по-другому: геликоид (без вращения!) движет-ся вниз, а прорезь вращается против часо-вой стрелки. Но прорезь – это корпус юлы,

тем самым, юла вращается против часовойстрелки. При этом геликоид скользит поповерхности прорези.

Можно увидеть некоторую аналогию стем, как велосипедная цепь набегает на звез-дочку. Когда одно звено цепи покидает звез-дочку, на смену ему приходит другое звенои так далее. Так же две шестерни цепляют-ся одна за другую: один зубец уходит, тутже приходит следующий, за ним еще один...

Сила, которую мы прикладываем к што-ку-геликоиду, передается на корпус юлы.Касающиеся (совпадающие) поверхности ге-ликоида и прорези можно приближенно счи-тать поверхностями двух клиньев, о кото-рых мы говорили раньше. Поверхность про-рези – это полоска, движущаяся по гелико-иду-штоку. Раскручиваем мы юлу непосто-янно. Вдвинув шток-геликоид на максималь-ную глубину, мы выпускаем его из рук –юла крутится. Заметив замедление враще-ния, мы поднимаем шток вверх. При этомон никак с юлой не взаимодействует. Затеммы снова надавливаем на шток. Процессповторяется циклически.

Подобным же образом происходит под-питка энергии при движении велосипеда.Мы крутим педали, прикладываем к нимсилу, велосипед ускоряется. Потом мы мо-жем не крутить педали – велосипед движет-ся по инерции. Устройство сцепления што-ка с юлой похоже на сцепление ведомойзвездочки с задним колесом велосипеда. Привращении в одну сторону есть зацепление, вдругую – его нет.

В заключение предлагаем вам своими ру-ками сделать модель юлы (рис.8). Вам по-требуется стеклян-ный пузырек,лист бумаги с про-резью и кусокупомянутой вышепроволоки. Ста-вим пузырек настол, сверху кла-дем лист бумаги,в прорезь встав-ляем нашу прово-локу. Теперь на-давливаем сверхуна шток-геликон –и лист бумаги вра-щается, как юла.

Рис. 7

Рис. 8

Размышляем,решая задачу

М.БОНДАРОВ

Как-то раз, просматривая задачи ЕГЭ, янаткнулся на следующую задачу:

Пластилиновый шарик в момент t = 0бросают с горизонтальной поверхности зем-ли с начальной скоростью 0v под углом к горизонту. Одновременно с некоторойвысоты над поверхностью земли начинаетпадать из состояния покоя другой такойже шарик. Шарики абсолютно неупругосталкиваются в воздухе. Сразу после стол-кновения скорость шариков направлена го-ризонтально. В какой момент времени шарики упадут на землю? Сопротивлениемвоздуха пренебречь.

Довольно быстро я понял, как ее следуетрешать стандартным образом. Но у менядавно выработалась привычка анализиро-вать решенную задачу. И сразу возник воп-рос: «А нельзя ли решить задачу иначе?»Тут же в голову пришло желание угадать,каким должен быть ответ в нашей задаче.«Зачем это нужно? – может спросить чита-тель. – Неужели серьезная наука физикапохожа на детскую игру «Угадайку»?»

В качестве аргумента «за» не откажу себев удовольствии сослаться на авторитет зна-менитого американского физика Дж.Уиле-ра. «Никогда не начинай вычислений, покане знаешь ответа, – писал известный теоре-тик и выдающийся педагог. – Каждому вы-числению предпосылай оценочный расчет:привлеки простые физические соображения(симметрию!, инвариантность!, сохранение!)до того, как начинаешь подробный вывод;продумай возможные ответы на каждую за-гадку. Будь смелее, ведь никому нет дела дотого, что именно ты предположил. Поэтомуделай предположения быстро, интуитивно.Удачные предположения укрепляют эту ин-туицию. Ошибочные предположения даютполезную встряску». Это высказывание уче-ного широко известно в научных кругах идаже получило специальное название: «Ос-новное правило Уилера».

Соображения размерности помогут доста-точно быстро сконструировать примерныйвид конечной формулы. Действительно, изразмерных величин в условие входит лишьначальная скорость 0v да ускорение свобод-ного падения g – вот и весь небогатый набор.Из него можно составить только одну комби-нацию величин, имеющую размерность вре-мени: 0v g . Ясно, что заданный в условииугол должен появиться в виде аргументафункции синуса, поскольку время полетатела, движущегося по параболе, определяет-ся проекцией 0 0 sinyv v его начальнойскорости на вертикальную ось у. Такимобразом, мы приходим к выводу, что ответдолжен иметь вид

0 sinvk

g , (1)

где k – некий безразмерный числовой коэф-фициент. Его-то поиском нам и придетсязаняться для получения окончательного от-вета.

Изобразим траектории шариков от момен-та начала их движения из точек А и В достолкновения в точке D, а затем до совмес-тного падения в точке Е (рис.1). При стол-кновении шариков одинаковой массы проек-

ции векторов их скоростей 1vr

и 2vr

навертикальную ось у должны быть равны помодулю и противоположны по знаку. Тольков этом случае, согласно закону сохраненияимпульса, скорость слипшегося комка будетнаправлена горизонтально.

Замечание. Критически настроенный чи-татель может потребовать обоснования при-

Рис. 1

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

(Продолжение см. на с. 34)

ТрисекторыШарнирный механизм

Шарнирные механизмы – это системы изпрямых жестких стержней, соединенных наконцах шарнирами, которые позволяют стер-жням поворачиваться друг относительно дру-га. Такие механизмы используются в техни-ке, по-видимому, с XVIII века. И сейчас ониедва ли не повсеместны: от выдвижного зер-кала в ванной до некоторых типов автомо-бильной подвески.

Для нашей задачи они тоже пригодились.На рисунке 7 показан «веер», придуманныйматематиком Дж.Дж.Сильвестром в 1875 году.

Точки 1 7, ,A A… всегда находятся на однойокружности с центром О, и в этих точкахфиолетовые звенья не поворачиваются друготносительно друга.

Другой вариант трисекции при помощишарнирного механизма можно найти на сайте«Математические этюды» (www.etudes.ru/ru/etudes/angle-trisection/). Узнать боль-ше о шарнирных механизмах можно в стать-ях Ю.Соловьева «Инверсоры» («Квант» №4за 1990 г.) и Н.Андреева «Инверсоры»(«Квант» №2 за 2017 г.).

Оригами

Да-да, это древнее искусство складыва-ния причудливых фигурок из листа бумагинашло свое отражение и в математике. Под-робно о математическом оригами можно про-читать в статье А.Петрунина «Оригами ипостроения» в «Кванте» №1 за 2008 год.Мы же лишь приведем последовательностьдействий, которая позволяет разделить дан-ный угол ни три части (рис.8). Этот способпредложил японец Хисаси Абэ.

Пусть на листе бумаги дан угол ВАС,который требуется разделить на три равныечасти. Сначала нужно построить складкиPP¢ и QQ¢ , параллельные АВ, так, чтобыQQ¢ была посередине между PP¢ и АВ.Затем нужно согнуть лист так, чтобы точка А(на рисунке 8 ее обрез обозначен A A¢) попалана QQ¢ , а точка Р одновременно с этимпопала на АС. Тогда угол A AB¢ будет равентрети исходного угла ВАС.

Упражнение 8. Докажите это. Объясните, поче-му это построение нельзя воспроизвести при помо-щи циркуля и линейки (нельзя использовать аргу-мент, что это противоречило бы невозможноститрисекции).

Вспомогательные кривые

Оказывается, выполнить трисекцию мож-но и обычными циркулем и линейкой. Но дляэтого нужно, чтобы на плоскости, на которойпроисходит построение, уже была нарисова-на вспомогательная кривая. Для этого годят-ся довольно много разных кривых, вот лишьпара простых примеров.

Гипербола y = 2/x. Пусть точка Х –вершина ветви гиперболы, О – начало коор-динат, а точки А и В расположены на прямойОХ так, что ВА = АО = ОХ (рис.9).

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9Окончание. Начало см. в «Кванте» №8.

Нужно разбить на три равные части уголАВС, причем точка С выбрана так, что уголВАС прямой. Для этого достаточно постро-ить на гиперболе точку D такую, что AD == 2ВС. Тогда угол ABE – искомый.

Упражнение 9. Докажите это.

Парабола 2y x= . Пусть О – начало коор-динат, а угол АОВ – тот, который нужноразбить на три равные части (рис.10).

Построим окружность радиуса 2 с цен-тром в О. Последовательно строим: С –основание перпендикуляра, опущенного източки А на ось параболы; точки D и E такие,что ОЕ = 2, ED ACP и АС = 2ED; окруж-ность с центром D и радиусом DO,которая пересекает параболу в точке F. Тогдаточка G, которая является точкой пересече-ния окружности и перпендикуляра из F наОВ, будет лежать на трисектрисе угла АОВ.

Упражнение 10. Докажите это.

Улитка Паскаля 1

cos2

r += . Эта кривая

задана в полярных координатах. В декарто-вых координатах она задается уравнением

( ) ( )22 2 2 21

4x x y x y- + = + . Эту кривую мож-

но получить, прокатывая окружность радиу-са 1/2 с жестко при-крепленной точкой нарасстоянии 1 от цен-тра по такой же не-подвижной окружно-сти, – точка как раз ипрочертит улитку(рис. 11).

Трисекцию острогоугла при помощиулитки Паскаля мож-

Рис. 10

но проделать, например, так. Пусть уголABC – тот, который нужно разделить на тричасти (рис. 12), причем AB = BC. Тогда точкаD, в которой отрезок АС пересекает петлюулитки, лежит на трисектрисе BD.

Упражнение 11. Докажите это.

Последовательные приближения

Мы начали с того, что решить задачутрисекции при помощи циркуля и линейкинельзя. Это означает, что в общем случаеневозможно построить трисектрису абсолют-но точно. Вместе с тем, циркуль и линейкавполне позволяют построить луч, которыйбудет сколь угодно близок к трисектриседанного угла. И делается это совсем просто.

Поскольку циркулем и линейкой можнопостроить биссектрису, то можно делить уголи на четыре части. Остается вспомнить, чтосумма геометрической прогрессии

2 31 1 1 1

4 4 4 3Ê ˆ Ê ˆ+ + + º =Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯ . Поэтому построе-

ние выглядит так: делим угол на 4 части,крайнюю «четвертинку» оставляем, а сосед-нюю снова делим на 4 части. Ту из новыхмаленьких частей, которая прилегает к боль-шой «четвертинке», объединяем с ней, асоседнюю с ней снова делим на 4 части и такдалее. «Четвертинка», которую мы все времяпополняем, будет все ближе и ближе к третиисходного угла. Например, после пятого шагаотносительная погрешность будет составлятьвсего примерно 0,01%.

Материал подготовилЕ.Епифанов

Рис. 12

Рис. 11

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 934

менения этого закона при столкновении ша-риков, ведь система из двух шариков неявляется замкнутой – на них действует ни-чем не скомпенсированная сила тяжести.Отметим, однако, что время взаимодействияшариков мало, а сила тяжести имеет ограни-ченную величину, вот почему закон сохране-ния импульса в нашем случае можно приме-нять.

Мы уже говорили, что время полета шари-ков не зависит от горизонтальной составля-ющей начальной скорости первого тела.Поэтому для решения уместно переформу-лировать задачу. Давайте изменим ее усло-вие так, чтобы она превратилась в задачу остолкновении тел, движущихся по вертика-ли (вычеркнем из условия лишние слова,добавив в него новые):

Пластилиновый шарик в момент t = 0бросают с горизонтальной поверхности зем-ли вертикально вверх с начальной скорос-тью 0yv под углом к горизонту. Одновре-менно с некоторой высоты над поверхнос-тью начинает падать из состояния покоядругой такой же шарик. Шарики абсолют-но неупруго сталкиваются в воздухе. Сра-зу после столкновения скорость шариковнаправлена горизонтально равна нулю. Вкакой момент времени шарики упадут наземлю? Сопротивлением воздуха пренеб-речь.

Ясно, что при 0 0 sinyv v ответы обеихзадач совпадут.

Разобьем решение нашей переформулиро-ванной задачи на два этапа: дви-жение шариков до встречи; дви-жение слипшегося комка. Опре-делим сначала, в какой моментвремени 1t шарики встретятся вточке D (рис.2). Ответ на этотвопрос можно дать, зная, напри-мер, высоту Н, на которой нахо-дится точка В. В точке D шарикиимеют равные по модулю и на-правленные противоположно ско-рости. При этом второй шарик завремя 1t набрал скорость 1v , т.е.изменил свою скорость на вели-чину 1v . Но ведь и первый шарикдвигался с тем же ускорением g

r,

поэтому изменение его скорости

также равно по модулю 1v , правда он приэтом уменьшал свою скорость. Попробуемпредставить, что бы произошло, если бышарики не столкнулись. Тогда первый ша-рик продолжал бы свое движение вверх доостановки на мгновение в верхней точке В.Причем это движение от D до В заняло быстолько же времени, сколько продолжалосьего движение от А до D, т.е. 1t . В этом можноубедиться, мысленно засняв на кинопленкудвижение второго шарика, а затем прокру-тив ее обратно. Тогда в обращенном движе-нии второй шарик долетел бы, тормозя, от Dдо В за то же время 1t . Однако и первыйшарик летел бы так же, если бы не встретилна своем пути второй шарик. Следовательно,время подъема первого шарика на высоту Нравно 12t . Теперь мы легко определяемвремя 1t :

0 01

sin2 2

yv vt

g g, (2)

а также высоту подъема Н:2 2 20 0 sin2 2

yv vH

g g. (3)

Найденное время 1t позволит нам лишнийраз убедиться в том, что перед столкновени-ем в точке D шарики имеют одинаковые помодулю скорости. Действительно, первыйшарик к этому моменту уменьшает своюскорость до величины

0 0 01 0 1 0

sin2 2 2

y yy y y

v v vv v gt v g

g,

а второй – увеличивает свою до значения0 0 0

2 1sin

2 2 2y y

y

v v vv gt g

g.

Стоп! По ходу наших рассуждений «запе-стрили» формулы! Но ведь хотелось расска-зать о красивом решении задачи, которое,как правило, подразумевает сокращениематематических преобразований, а еще луч-ше – решение задачи в уме.Попробуем воз-разить: во-первых, формулы (2) и (3) неявляются настолько сложными, чтобы былотрудно удерживать их в голове без записи, аво-вторых, – и это главное! – мы выберемсейчас другой путь решения, где преобразо-вывать формулы не придется. Добавим, чтов дальнейшем ходе решения формула (3)нам вообще не понадобится. Для выхода наокончательный ответ будет использованаРис. 2

(Начало см. на с. 31)

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 35

только простейшая формула2

2gt

h . (4)

Как только мы узнаем, во сколько раз высота Н точки В больше высоты h встречишариков в точке D, задача будет решена.Действительно, из формулы (4) следует, чтоесли высоты отличаются в раз, то временападения тел отличаются в раз. Дляопределения величины используем законнечетных чисел, который гласит: тело, дви-жущееся без начальной скорости с постоян-ным ускорением, за равные промежуткивремени проходит расстояния, отношениякоторых образуют последовательность не-четных чисел. Мы уже выяснили, что еслибы второе тело не столкнулось в точке D спервым, то время его полета от В до Dравнялось бы времени полета от D до А.Тогда из закона нечетных чисел следует, что

DА = 3ВD, т.е. 34

h H . Таким образом,

шарики после столкновения двигались допадения на землю время

2 13t t ,

а общее время движения равно

1 2 1 1 3t t t .

Подставив сюда выражение для 1t из форму-лы (2), получим

0 sin1 3

2v

g. (5)

Итак, ответ нами найден, причем действи-тельно практически устно. Неплохо бы про-верить его, выбрав иной путь решения. Дляэтого используем надежный графическийспособ решения.

Построим график зависимости проекцийна вертикальную ось у скоростей шариков отвремени (рис.3). При построении было учте-но, что ускорение тел одинаково ( g

r), поэто-

му наклон графиков также одинаков. Гра-фики делают очевидными те соотношения,которые были получены в первом способерешения. Рассмотрим это подробнее по пун-ктам.

1) Из графика ясно видно, что модульизменения проекции скорости каждого изтел до встречи равен 0 2yv .

2) Главное достоинство графиков скорости– наглядное определение пройденных рас-стояний и соотношений между ними, по-скольку площадь под графиком скоростичисленно равна пройденному пути. Площадьтрапеции, выделенной желтым цветом, чис-ленно равна расстоянию, пройденному пер-вым шариком до встречи. Расстояние, накоторое переместился за это время второйшарик, совпадает с площадью заштрихован-ного треугольника. Очевидно, что втораяплощадь втрое меньше первой. Таким обра-зом, мы легко приходим к соотношению

34

h H , откуда сразу получается закон

нечетных чисел.3) И наконец, график позволяет устано-

вить соотношение между временем 1t полетадо столкновения и временем 2t движенияслипшегося комка до падения. Сумма пло-щадей трапеции и заштрихованного треу-гольника равна площади прямоугольника состоронами 0yv и 1t , в то же время оначисленно равна первоначальному расстоя-нию Н по вертикали между шариками, т.е.

0 1yH v t .

С другой стороны, эта площадь вчетверобольше площади заштрихованного треуголь-ника:

214

2gt

H .

После столкновения слипшиеся шарики нач-нут падать и по вертикали пройдут расстоя-ние

34

h H .

Геометрически это расстояние представленоплощадью зеленого прямоугольного тре-угольника, катеты которого равны 2gt и 2t ,Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 936

т.е.22

2gt

h .

Из последних трех равенств получим соот-ношение между временами 1t и 2t :

2 1 3t t ,

после чего снова выходим на конечный от-вет (5).

Таким образом, нами получены два неза-висимых способа решения задачи. Однакосуществует и третий способ решения: изуче-ние движения центра масс системы.

Рассматривать движение центра масс си-стемы двух шариков очень удобно, посколь-ку не требуется разбивать решение на дваэтапа: до и после столкновения, ведь дви-жение центра масс системы не зависит отвзаимодействий тел этой системы друг сдругом, а определяется только действиемвнешних сил.

Напомним, что координата Cy и скоростьCyv центра масс С системы двух материаль-

ных точек с массами 1m и 2m , расположен-ных в точках с координатами 1y и 2y иимеющих скорости 1yv и 2yv соответствен-но, определяются по формулам

1 1 2 2

1 2C

m y m yy

m m ,

Cyv 1 1 2 2

1 2

y ym v m v

m m,

что для нашего случая равных масс дает

2CH

y и 0

2y

Cy

vv .

Центр масс движется из точки С с ускорени-

ем gr, направленным вертикально вниз, и до

падения на землю в точке Е перемещаетсявниз по вертикали на расстояние 2H (нарисунке 4 красным цветом показаны траек-тория движения центра масс и векторы егоскоростей в начальный момент t = 0 и вмомент 1t столкновения). Запишем уравне-ние движения центра масс:

20

2 2 2yvH g

,

а затем приведем его к виду

02 0yv H

g g.

В решении этого квадратного уравнения

20 0

22 4y yv v H

g gg

необходимо отбросить знак «минус», какпротиворечащий физическому смыслу, а так-же подставить в него величину 0 0 sinyv vи найденное ранее выражение (3) для Н,после чего мы в третий раз приходим кответу (5).

Заметим, что и в этом случае решениеможно выполнить без расчетов на бумаге.Правда, имеется вероятность потерять в пре-образованиях какую-либо из букв, входя-щих в уравнение. Чтобы по возможностиизбежать подобных ошибок, применим такназываемое обезразмеривание физическихвеличин. Для этого перейдем от абсолютныхвеличин 0yv и g к относительным, преобра-зовав сначала уравнение движения центрамасс с помощью выражения (3) к виду

20 02

2 02

y yv v

g g,

а затем умножив на 0y

g

v. Тогда для безраз-

мерного времени х получим

2 10

2x x .

С этим уравнением, несомненно, без трудасправится каждый читатель журнала и при-дет к ответу

1 1 1 1 3 11 3

2 4 2 2 4 2x .

Осталось лишь, отбросив, как и в предыду-щем случае, знак «минус», добавить размер-Рис. 4

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 37

ную комбинацию 0 sinv

g, и мы в очередной

раз приходим к ответу (5).Конечно, найти корни уравнения вида2 0x px q+ + = нетрудно. Я же привык ре-

шать его с помощью песенки, услышанноймною в детстве в передаче «Радионяня»:

Чтобы решить уравнение,корни его отыскать,надо немного терпения,ручку, перо и тетрадь.Минус напишем сначала.Рядом с ним – пэ пополам,плюс-минус знак радикала,с детства знакомого нам.Ну, а под корнем, приятель,сводится все к пустяку:пэ пополам и в квадратеминус несчастное ку.

Настало время подвести итоги. Задачарешена тремя различными способами. Вме-сте с тем, существует и четвертый, о которомя вспоминал в самом начале и которым, по-видимому, и решали большинство сдавав-ших экзамен. В чем его особенность? Попро-буем лучше назвать те из перечисленныхранее приемов решения, которые в нем от-сутствуют. В четвертом способе не использу-ются графики, не нужно рассматривать дви-жение центра масс, а также обезразмериватьфизические величины. Достаточно лишь за-писать уравнения зависимости координат удвижущихся шариков и проекций их скоро-стей на ту же ось от времени, а затемприравнять, соответственно, эти координа-ты и проекции скоростей в момент времени1t . Далее, конечно, понадобится закон со-

хранения импульса и кинематическая фор-мула падения тела с известной высоты безначальной скорости. Не сомневаюсь, чточитатель без труда сумеет восстановить этотспособ решения.

Может возникнуть вопрос: все ли подходык решению были рассмотрены? Конечно,нет. Вот, к примеру, еще один независимыйспособ нахождения величин 1t и Н. Какизвестно, при равноускоренном движениизависимость скорости от времени имеет вид

0v v atrr r

.

Используя эту формулу для описания дви-жения центра масс системы шариков в тече-

ние времени 1t достолкновения, полу-чим выражение

012

vv gtr

r r.

Изобразив это век-торное равенство на-глядно на рисунке 5,определим нужноевремя:

1

0

sin ,2

gt

v

01

sinи .

2v

tg

А высоту Н можно найти из рисунка 1.Обратите внимание, что вектор 0v

r началь-

ной скорости первого шарика нацелен наточку В. Это не случайно. Особенно очевид-ным становится такой выбор направленияскорости, если перейти в систему отсчета,связанную со вторым шариком. В ней пер-вый шарик движется прямолинейно и равно-мерно по направлению ко второму со скоро-стью 0v

r. За время 1t до столкновения пер-

вый шарик должен пролететь расстояниеsinH , поэтому

0 1 0 1, и sin .sinH

v t H v t

Подставив сюда найденное ранее выражениедля 1t , получим

2 20 sin

2v

Hg

.

Заметно подуставший от всех описанныхвыше способов читатель вправе спросить:«Ну, а теперь-то можно поставить точку врешении этой задачи?» Думаю, что, дей-ствительно, способов нахождения времени

приведено достаточно. Однако есть идругие величины, которые небезынтереснобыло бы поискать в нашей задаче. Приве-дем только два возможных вопроса, на ко-торые любознательный читатель несомнен-но сумеет найти правильные ответы.

1. С какой скоростью (по величине инаправлению) шарики упадут на землю?

2. На каком расстоянии от места стартапервого шарика находится их общая точкападения Е?

Рис. 5

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

Изогональноесопряжениеи педальныетреугольники

Д.ПРОКОПЕНКО

ВПЕРВОЙ ЧАСТИ ЭТОЙ СТАТЬИ МЫ ПО-вторим некоторые понятия и факты, свя-

занные с изогональным сопряжением. Боль-шинство из этих фактов известны и содер-жатся во многих источниках (см., например,недавнюю статью [1], для более глубокогоизучения изогонального сопряжения реко-мендуем статью [5]). Во второй части мысконцентрируем свое внимание на замеча-тельном факте о том, что изогонально сопря-женные точки имеют общую педальную ок-ружность. Оказывается, этот факт можносвязать с сюжетами многих олимпиадныхзадач.

Основные свойства изогоналейи геометрия треугольника

Изогоналями относительно сторон угла(или изогональными прямыми) называютсяпрямые, проходящие через вершину угла исимметричные относительно биссектрисы это-го угла (рис.1). Часто используется следую-щее свойство изогоналей.

Свойство 1. Пусть AP и AQ – изогоналиугла с вершиной A, а 1B и 1C – проекции

точки P на стороны угла (рис.2). Тогда

1 1AQ BC .

Упражнение 1. Докажите это свойство.

Пусть из точки P на прямые BC, AC и ABопущены перпендикуляры 1PA , 1PB и 1PC(рис. 3). Треугольник 1 1 1A BC называется

педальным треугольником точки P относи-тельно треугольника ABC, а его описаннаяокружность – педальной окружностью точ-ки P. Если точка P лежит на описаннойокружности треугольника АВС, то педаль-ный треугольник вырождается и точки 1A ,

1B , 1C лежат на одной прямой.Будем использовать обозначения: O – центр

описанной окружности, H – точка пересече-ния высот (ортоцентр) треугольника ABC. Вследующем утверждении мы встречаем важ-ный пример изогоналей в треугольнике:

Радиус описанной окружности и высота,проведенные из одной вершины треугольни-ка, изогональны относительно угла треу-гольника (рис.4).

Упражнение 2. Докажите это.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

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

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

Пусть в треугольнике ABC провели высо-ты. Треугольник с вершинами в основанияхвысот называется ортотреугольником. Ор-тотреугольник является педальным треуголь-ником ортоцентра H. Тогда по свойству 1получаем:

Радиус описанной окружности, проведен-ный из вершины треугольника, перпендику-лярен соответствующей стороне ортот-реугольника (рис.5).

Упражнение 3. Из точки K внутри треугольни-ка ABC опущены перпендикуляры 1KA , 1KB и

1KC на стороны BC, AC, AB соответственно.Через точку 1A проведена прямая 1l , параллель-ная прямой, симметричной прямой AK относи-тельно биссектрисы угла A. Прямые 2l , 3l опре-деляются аналогично. Докажите, что прямые 1l ,2l , 3l пересекаются в одной точке.Указание. Пусть прямые Al и AK – изогоналиBAC , тогда по условию 1 Al lP . По свойству 1

имеем 1 1Al BC .

Отметим еще одно свойство изогоналей.Свойство 2. Пусть AP и AQ – изогонали

относительно угла, а точки X и Y симмет-ричны P относительно сторон угла (рис.6).

Тогда AQ является серединным перпенди-куляром к отрезку XY.

Доказательство. Согласно свойству 1,1 1AQ BC , 1 1BC XYP (как средняя ли-

ния). Тогда AQ XY . Теперь заметим, чтов точке A пересекаются серединные перпен-дикуляры к сторонам PX и PY треугольникаPXY. Или чуть иначе: YA = AP = AX, тогдатреугольник AXY – равнобедренный, и пер-пендикуляр к стороне XY является середин-ным перпендикуляром к XY.

Пусть точки X, Y и Z симметричны Pотносительно прямых AC, AB и BC (рис.7).Треугольник XYZ будем называть удвоен-ным педальным треугольником точки P от-носительно треугольника ABC. Из свойства2 вытекает такое следствие:

Изогонали являются серединными пер-пендикулярами к сторонам удвоенного пе-дального треугольника.

Рис. 5

Рис. 6Рис. 4

Рис. 7

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 940

Изогональное сопряжение

Теорема 1. Пусть точка P не лежит наописанной окружности треугольника ABC.Тогда прямые, изогональные к прямым AP,BP и CP, пересекаются в одной точке(рис.8,а).

Обозначим точку пересечения Q. Точка Qназывается изогонально сопряженной дляточки P. Можно также говорить, что точкиP и Q изогонально сопряжены.

Пользуясь следствием из свойства 2, мыможем доказать теорему и сразу получитьгеометрический смысл точки Q: это центрописанной окружности удвоенного педаль-ного треугольника XYZ.

Теорему 1 используют и в немного другойформулировке.

Теорема 1 . Если AP и AQ, BP и BQ – двепары изогоналей в треугольнике ABC, тоCP и CQ – тоже изогонали (рис.8,б).

Отметим, что если точка P лежит на опи-санной окружности и отлична от вершинтреугольника ABC, то изогонали к AP, BP иCP параллельны друг другу.

Упражнение 4. Докажите это.

Очевидно, биссектриса изогональна самасебе. Тогда центр вписанной и центры вне-вписанных окружностей изогонально сопря-жены сами себе.

Упражнение 5. а) На биссектрисе угла Aтреугольника ABC внутри треугольника взятыточки D и F так, что DBC FBA. Докажите,что DCB FCA .

б) Точка M расположена внутри треугольникаABC, 1A – точка, симметричная M относительновнешней биссектрисы угла A; аналогично опреде-ляются точки 1B , 1C . Докажите, что прямые

1AA , 1BB и 1CC пересекаются в одной точке.

в) Пусть 0AA , 0BB , 0CC – высоты в треуголь-нике ABC, M – произвольная точка, 1A – точка,симметричная M относительно стороны BC; ана-логично определяются точки 1B , 1C . Докажите,что прямые 0 1B B , 0 1C C , 0 1A A пересекаются водной точке.

Указания. б) Прямые пересекаются в точке,изогонально сопряженной M относительно тре-угольника ABC; в) докажите, что стороны тре-угольника ABC лежат на внешних биссектрисахдля треугольника 0 0 0A B C , и воспользуйтесь п.б).

Центр описанной окружностии ортоцентр

Вспомним, что радиус описанной окруж-ности и высота, проведенные из одной вер-шины треугольника, изогональны. Тогдаточки O и H – изогонально сопряжены.

Упражнение 6. а) Пусть прямая a проходитчерез вершину A треугольника ABC и перпенди-кулярна стороне 1 1BC ортотреугольника. Пря-мые b и c определяются аналогично. Докажите,что прямые a, b и c пересекаются в одной точке.

б) Пусть 1 2 3, ,H H H – точки, симметричные Hотносительно сторон треугольника ABC. Дока-жите, что точки 1 2 3, ,H H H лежат на описаннойокружности треугольника ABC.

в) Через основание высоты 1AA треугольникаABC проведена прямая 1l , параллельная прямойAO. Прямые 2l , 3l определяются аналогично.Докажите, что прямые 1l , 2l , 3l пересекаются водной точке.

Точка пересечения касательных

и удвоенная медиана

Пусть AM – медиана треугольника ABC.Сделаем стандартное построение. Удвоиммедиану AM за точку M и получим точку D.Построим точку P, изогональную к D. Дляэтого достаточно построить изогонали к BDи CD. Пусть углы треугольника равны

A , B , C . Отложим от сто-роны BA угла ABC изогональ к BD (рис.9,а). Тогда эта прямая образует со сторонойBC угол . Аналогично построим изогональк CD. Пусть полученные прямые пересека-ются в точке P. Мы получили, что

PBC PCB BAC . По известно-му признаку (угол между касательной ихордой) PB и CP – касательные к описаннойокружности треугольника ABC. Тогда потеореме 1 AP является изогональю длямедианы AM относительно угла BAC. Этаизогональ называется симедианой. Мы по-лучили основное свойство симедианы:

Рис. 8

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

Cимедиана, проведенная через вершинуA, проходит через точку пересечения каса-тельных, проведенных в точках B и C кописанной окружности треугольника ABC(рис. 9,б).

Подробнее о свойствах симедианы можнопрочитать в статье [4].

Упражнение 7. а) (Устная олимпиада по гео-метрии, 2004 г.) Пусть 1C и 1B – проекции точкиP пересечения касательных, проведенных в точ-ках B и C к описанной окружности треугольникаABC, AM – медиана. Тогда 1 1AM BC .

б) (Всероссийская олимпиада, 2013 г.) Остро-угольный треугольник ABC вписан в окружность

. Касательные, проведенные к в точках B иC, пересекаются в точке P. Точки D и E –основания перпендикуляров, опущенных из точ-ки P на прямые AB и AC. Докажите, что точкапересечения высот треугольника ADE являетсясерединой отрезка BC.

Общая педальная окружность

Вернемся к изучению свойств изогоналейугла. Пусть AP и AQ – изогонали углаBAC.

Свойство 3. Проекции точек P и Q настороны угла AB и AC лежат на однойокружности (рис.10), причем центр этойокружности – середина отрезка PQ.

Упражнение 8. Докажите это свойство.

Теперь мы готовы доказать основную тео-рему этого раздела.

Теорема 2. Педальные окруж-ности изогонально сопряженныхточек P и Q совпадают.

Доказательство. По свойству3 проекции точек P и Q на пря-мые AB и BC лежат на однойокружности (рис.11). То же вер-

но и для проекций точек P и Q на прямые ABи AC. Но эти две окружности имеют общий

центр – середину отрезка PQ. Кроме того,они имеют общую точку, значит, эти окруж-ности совпадают.

Упражнение 9 (финальный тур Олимпиадыимени И.Ф.Шарыгина, 2006 г.). Дан треуголь-ник ABC и точка P внутри него. Точки A , B , C– проекции P на прямые BC, CA, AB. Докажите,что центр окружности, описанной около тре-угольника A B C , лежит внутри треугольникаABC.

Посмотрим, какой результат даст теорема2 для уже знакомой пары изогонально со-пряженных точек O и H. Вершины педаль-ного треугольника точки O – середины сто-рон, а для точки H – основания высот. Тогдапо теореме 2 все эти шесть точек лежат на

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 9

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 942

одной окружности. Эта окружность называ-ется окружностью Эйлера.

Далее применим нашу теорию для реше-ния задач.

Четырехугольник с двумя равнымипротивоположными углами

Задача 1. Диагонали параллелограммаABCD (отличного от прямоугольника) пе-ресекаются в точке M (рис.12). Докажи-те, что точка M, а также основания

перпендикуляров, опущенных из точки Dна прямые BC, CA и AB, лежат на однойокружности.

Переформулируем задачу. Надо доказать,что точка M лежит на педальной окружноститочки D относительно треугольника ABC( 1 1 1A BC – педальный треугольник точки D).По теореме 2 на этой же окружности лежатпроекции на стороны треугольника ABCизогонально сопряженной точки. Если мыдокажем, что одна из проекций совпала с M,то задача решена.

Решение. Построим точку P, изогональносопряженную к D. Поскольку BD – удвоен-ная медиана, то, по свойству симедианы, P –точка пересечения касательных к описаннойокружности треугольника ABC, проведен-

ных в точках A и C (рис.13). По теореме 2точки P и D имеют общую педальную окруж-ность. Точка M – проекция точки P на AC.Следовательно, точка M лежит на окружно-сти 1 1 1A BC .

Оказывается, что эту задачу можно обоб-щить.

Задача 2 (о четырехугольнике). В выпук-лом четырехугольнике ABCD углы A и Сравны (рис.14). Докажите, что основания

перпендикуляров, опущенных из точки Dна прямые AB, BC, AC, и середина отрезкаAC лежат на одной окружности или наодной прямой.

Упражнения

10. Докажите это.Указание. Пусть точка P – изогонально сопря-

женная к D относительно треугольника ABC.Докажите, что M – проекция P на AC.

11 (М991). В треугольнике ABC точка M –середина BC, H – основание высоты, проведен-ной из A на BC. Точки P и Q внутри угла BACвыбраны так, что BAP CAQ , BP PA ,AQ QC (рис.15). Докажите, что точки P, Q,M и H лежат на одной окружности.

Рис. 13

Рис. 12

Рис. 15

Рис. 14

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

Указание. Эта конструкция похожа на задачу очетырехугольнике.

12 (Московская математическая олимпиада,1987 г.). Точка P внутри треугольника ABCтакова, что PBA PCA (рис.16). Пусть 1C и

1B – проекции точки P на стороны AB и AC

соответственно, M – середина BC. Докажите, что1 1MB MC .

Указание. Заметим, что в условии уже естьпроекции точки P на две стороны и серединастороны. Добавим еще точку 1A – проекциюточки P на сторону BC. Таким образом можнопостроить конструкцию из задачи 2 (для случаяневыпуклого четырехугольника ABPC). Оста-нется доказать равенство хорд в окружности,проходящей через 1A , 1B , 1C , M.

Снова точка пересечения касательных

и удвоенная медиана

Рассмотрим точку Р пересечения касатель-ных к описанной окружности треугольникаABC, проведенных в точках B и C, и удво-енную медиану AD (рис.17). Воспользуемсятеперь теоремой об общей педальной окруж-ности, чтобы «придумать» задачу. Мы ужезнаем, что точки P и D изогонально сопря-жены и у них общая педальная окружность.А теперь «спрячем» некоторые элементыконструкции. Именно, попробуем избавить-ся в условии задачи от точки D (котораябыла бы подсказкой к решению). Проведемвысоту AH. Поскольку ABDC – параллелог-рамм, то проекция X точки D на BC и точкаH симметричны относительно середины Mотрезка BC, т.е. CX = BH. Теперь мы готовысформулировать задачу, которая практичес-ки эквивалентна сложной олимпиадной за-даче (упражнение 13).

Задача 3. В остроугольном неравнобед-

ренном треугольнике ABC проведена высо-та AH, точка M – середина BC. Касатель-ные к описанной окружности треугольникаABC, проведенные в точках B и C, пересе-каются в точке P. На стороне BC отложи-ли отрезок CX = BH. Точки E и F –проекции точки P на стороны AB и AC.Докажите, что точки E, F, M и X лежатна одной окружности.

Упражнения

13 (Всероссийская олимпиада, 2015 г.). В ост-роугольном неравнобедренном треугольнике ABCпроведены медиана AM и высота AH. На прямыхAB и AC отмечены точки Q и P соответственнотак, что QM AC и PM AB (рис.18). Ок-ружность, описанная около треугольника PMQ,пересекает прямую BC вторично в точке X. Дока-жите, что BH = CX.

Рис. 17

Рис. 18

Рис. 16

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 944

Указание. «Верните» на чертеж точку пересе-чения касательных к описанной окружности тре-угольника ABC в точках B и C и воспользуй-тесь результатом упражнения 7,б.

14 (заочный тур Олимпиады имени И.Ф.Ша-рыгина, 2017 г.). Касательные к описанной ок-ружности треугольника ABC, проведенные в точ-ках A и B, пересекаются в точке D. Окруж-ность, проходящая через проекции D на пря-мые BC, CA, AB, повторно пересекает AB вточке C . Аналогично строятся точки A , B .Докажите, что прямые AA , BB , CC пересе-каются в одной точке.

В завершение попробуем решить еще однудовольно сложную задачу.

Задача 4 (Иранская олимпиады по гео-метрии, 2014 г.). Пусть H – основаниевысоты из вершины A треугольника ABCи H – точка, симметричная точке Hотносительно середины стороны BC (рис.19,а). Касательные к описанной окружно-сти треугольника ABC, проведеные в точ-ках B и C, пересекаются в точке X. Пер-пендикуляр к XH , проведенный в точкеH , пересекает прямые AB и AC в точкахY и Z соответственно. Докажите, что

YXB ZXC .Решение. Рассмотрим случай остроуголь-

ного треугольника (другие случаи читательможет разобрать аналогично).

Поскольку BX и CX – касательные, име-ем CBX BCX A , откуда BXC

180 2 A .Пусть XYZ , XZY . Для реше-

ния достаточно доказать, что 2YXZ Aили, эквивалентно, 2 A .

Пусть E и F – проекции точки X на AB иAC (рис.19,б). Заметим, что четырехуголь-

ник XH YE – вписанный, следовательно,XYH XEH . Аналогично, XZH

XFH . Из четырехугольника AEXFнайдем 180EXF A . Остается убе-диться, что 180EH F A (тогда посумме углов в четырехугольнике XFH Eполучим, что 2 A ).

Пришла пора применить полученные зна-ния про эту конструкцию. Нам уже извест-но, что точки E, M (середина BC), H ,F лежат на одной окружности. Тогда

EH F EMF. Кроме того, согласно уп-ражнению 7,б, EM AC, FM AB, от-куда легко получаем, что 180EMF

A .Задача решена.

Список литературы

1. П.Кожевников. Изогонально сопряженныеточки. – «Квант», 2016, №1.

2. В.В.Прасолов. Точки Брокара и изогональ-ное сопряжение. – М.: МЦНМО, 2000.

3. А.В.Акопян. Геометрия в картинках. – М.:МЦНМО, 2011.

4. Ю.Блинков. Симедиана. – «Квант», 2015,№4.

5. А.Акопян, А.Заславский. Разные взгляды наизогональное сопряжение. – «Математическоепросвещение», 2007, вып. 11.

Рис. 19

ЕГЭ по физике

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

Структура вариантов ЕГЭ по физике 2017года существенно отличалась от вариантовдвух последних лет. Каждый вариант содер-жал 26 заданий с проверкой только ответа и 5заданий с проверкой решения (с развернутымответом). Полностью исчезли задания с выбо-ром одного ответа из четырех. За 17 заданий из26 можно было получить максимум по 1 пер-вичному баллу, за 9 заданий из 26 –максимумпо 2 балла, а за последние 5 заданий с развер-нутым ответом – максимум по 3 балла.

Ниже приводятся один полный вариант инесколько избранных задач открытого сегмен-та ЕГЭ по физике 2017 года.

Вариант 1

Инструкция по выполнению работы

Для выполнения экзаменационной работыпо физике отводится 3 часа 55 минут (235минут). Работа состоит из 2 частей, включа-ющих в себя 31 задание.

В заданиях 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 24–26ответом является целое число или конечнаядесятичная дробь. Число запишите в полеответа в тексте работы, а затем перенесите поприведенному ниже образцу в бланк ответов№1. Единицы измерения физических вели-чин писать не нужно.

Ответом к заданиям 5–7, 11, 12, 16–18, 21и 23 является последовательность двух цифр.Ответ запишите в поле ответа в тексте рабо-ты, а затем перенесите по приведенномуниже образцу без пробелов, запятых и дру-гих дополнительных символов в бланк отве-тов №1.

Ответом к заданию 13 является слово.Ответ запишите в поле ответа в тексте рабо-ты, а затем перенесите по приведенномуниже образцу в бланк ответов №1.

Ответом к заданиям 19 и 22 являются двачисла. Ответ запишите в поле ответа в текстеработы, а затем перенесите по приведенномуниже образцу, не разделяя числа пробелом,в бланк ответов №1.

Ответ к заданиям 27–31 включает в себяподробное описание всего хода выполнениязадания. В бланке ответов №2 укажите но-мер задания и запишите его полное решение.

При вычислениях разрешается использо-вать непрограммируемый калькулятор.

Все бланки ЕГЭ заполняются яркимичерными чернилами. Допускается использо-вание гелевой, капиллярной или перьевойручек.

При выполнении заданий можно пользо-ваться черновиком. Записи в черновике неучитываются при оценивании работы.

Баллы, полученные Вами за выполненныезадания, суммируются. Постарайтесь вы-полнить как можно больше заданий и на-брать наибольшее количество баллов.

Желаем успеха!

Ниже приведены справочные данные, ко-торые могут понадобиться Вам при выполне-нии работы.

ДЕСЯТИЧНЫЕ ПРИСТАВКИ

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 946

КОНСТАНТЫ

число

= 3,14

ускорение свободного падения на Земле210 м сg

гравитационная постоянная11 2 26,7 10 Н м кгG

универсальная газовая постоянная

8,31Дж моль КR

постоянная Больцмана231,38 10 Дж Кk

постоянная Авогадро23 1

A 6 10 мольN

скорость света в вакууме83 10 м сc

коэффициент пропорциональности в законеКулона

9 2 2

0

19 10 Н м Кл

4k

модуль заряда электрона(элементарный электрический заряд)

191,6 10 Клe

постоянная Планка346,6 10 Дж сh

СООТНОШЕНИЕ МЕЖДУ РАЗЛИЧНЫМИ

ЕДИНИЦАМИ

температура 0 К 273 Cатомная единицамассы 271 а.е.м. 1,66 10 кг1 атомная единицамассы эквивалентна 931,5 МэВ1 электронвольт 191 эВ 1,6 10 Дж

МАССА ЧАСТИЦ

электрона 31 49,1 10 кг 5,5 10 а.е.м.

протона 271,673 10 кг 1,007 а.е.м.

нейтрона 271,675 10 кг 1,008 а.е.м.

ПЛОТНОСТЬ

воды 31000 кг мдревесины (сосна) 3400 кг мкеросина 3800 кг мподсолнечного масла 3900 кг малюминия 32700 кг мжелеза 37800 кг мртути 313600 кг м

УДЕЛЬНАЯ ТЕПЛОЕМКОСТЬ

воды 34,2 10 Дж кг К

льда 32,1 10 Дж кг К

железа 460 Дж кг К

свинца 130 Дж кг К

алюминия 900 Дж кг К

меди 380 Дж кг К

чугуна 500 Дж кг К

УДЕЛЬНАЯ ТЕПЛОТА

парообразованияводы 62,3 10 Дж кгплавления свинца 42,5 10 Дж кгплавления льда 53,3 10 Дж кг

НОРМАЛЬНЫЕ УСЛОВИЯ

давление – 510  Па, температура – 0 C

МОЛЯРНАЯ МАССА

азота 328 10 кг моль

аргона 340 10 кг моль

водорода 32 10 кг моль

воздуха 329 10 кг моль

воды 318 10 кг моль

гелия 34 10 кг моль

кислорода 332 10 кг моль

лития 36 10 кг моль

неона 320 10 кг моль

углекислого газа 344 10 кг моль

ЧАСТЬ 1

Ответами к заданиям 1–23 явля-ются слово, число или последова-тельность цифр или чисел. Запиши-те ответ в поле ответа в текстеработы, а затем перенесите вБЛАНК ОТВЕТОВ № 1 справа отномера соответствующего задания,начиная с первой клеточки. Каждыйсимвол пишите в отдельной клеточ-ке в соответствии с приведенными в бланке образцами. Единицы измере-ния физических величин писать не нужно.

1. На рисунке 1 приведен график зависи-мости проекции скорости тела xv от времениt. Определите проекцию ускорения этоготела xa в интервале времени от 10 до 15 с.

2. В инерциальной системе отсчета некото-рая сила сообщает телу массой 8 кг ускоре-

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 47

ние 25 м с . Какое ускорение в той же систе-ме отсчета сообщит та же сила телу массой5 кг?

3. У основания гладкой наклонной плоско-сти шайба массой 10 г обладает кинетическойэнергией 0,04 Дж. Определите максималь-ную высоту, на которую шайба может под-няться по плоскости относительно основа-ния. Сопротивлением воздуха пренебречь.

4. Груз массой 0,16 кг, подвешенный налегкой пружине, совершает вертикальныесвободные гармонические колебания. Грузкакой массы нужно подвесить к пружиневместо первого груза, чтобы период свобод-ных колебаний уменьшился в 2 раза?

5. В инерциальной системе отсчета вдольоси х движется тело массой 20 кг. На рисунке2 приведен график зависимости проекции

скорости этого тела xv от времени t. Изприведенного ниже списка выберите дваправильных утверждения, описывающих этотпроцесс.

1) Кинетическая энергия тела в промежут-ке времени от 60 до 70 с уменьшилась в 2раза.

2) За промежуток времени от 0 до 30 с телопереместилось на 20 м.

3) В момент времени 40 с равнодействую-щая сил, действующих на тело, равна 0.

4) Модуль ускорения тела в промежуткевремени от 0 до 30 с в 2 раза больше модуляускорения тела в промежутке времени от 70до 100 с.

5) В промежутке времени от 70 до 100 симпульс тела уменьшился на 60 кг м с .

6. В результате перехода спутника Землис одной круговой орбиты на другую скоростьего движения уменьшается. Как изменяютсяпри этом центростремительное ускорениеспутника и период его обращения вокругЗемли?

Для каждой величины определите соответ-ствующий характер изменения:

1) увеличивается; 2) уменьшается; 3) неизменяется.

Запишите в таблицу выбранные цифрыдля каждой физической величины. Цифры вответе могут повторяться.

7. Шайба массой m съезжает без трения изсостояния покоя с вершины горки. У подно-жия горки потенциальная энергия шайбыравна нулю, а модуль ее импульса равен p.Каковы высота горки и потенциальная энер-гия шайбы на ее вершине? Ускорение сво-бодного падения равно g.

Установите соответствие между физичес-кими величинами и формулами, по которымих можно рассчитать. К каждой позициипервого столбца подберите соответствующуюпозицию из второго столбца и запишите втаблицу выбранные цифры под соответству-ющими буквами.

ФИЗИЧЕСКИЕ ВЕЛИЧИНЫ ФОРМУЛЫ

А) высота горки 1) 2

2

p

m

Б) потенциальная энергия 2)

2

22

p

m g

шайбы на вершине горки 3) 2

2

mp

g

4) 2

2

p

mg

8. Концентрация атомов гелия, находяще-гося в сосуде под подвижным поршнем,увеличилась в 6 раз. Давление газа при этомвозросло в 2 раза. Во сколько раз уменьши-лась при этом средняя энергия тепловогодвижения атомов гелия?

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 948

9. Рабочее тело тепловой машины за циклработы получает от нагревателя количествотеплоты, равное 50 Дж, и отдает холодиль-нику количество теплоты, равное 20 Дж.Чему равен КПД тепловой машины?

10. В воздухе школьного класса при отно-сительной влажности 20% парциальное дав-ление водяного пара равно 800 Па. Опреде-лите давление насыщенного водяного парапри данной температуре.

11. На рисунке 3 показан график цикли-ческого процесса, проведенного с одноатом-

ным идеальнымгазом, в координа-тах р–Т, где р –давление газа, Т –абсолютная темпе-ратура газа. Коли-чество веществагаза постоянно. Изприведенного нижесписка выберитедва правильных ут-верждения, харак-теризующих про-

цессы на графике.1) Газ за цикл не совершает работу.2) В процессе АВ газ отдает положитель-

ное количество теплоты.3) В процессе ВС внутренняя энергия газа

увеличивается.4) В процессе СD работа газа равна нулю.5) В процессе DA газ изотермически сжи-

мают.12. В сосуде неизменного объема при ком-

натной температуре находилась смесь неонаи аргона, по 1 моль каждого. Половинусодержимого сосуда выпустили, а затем до-бавили в сосуд 1 моль аргона. Как измени-лись в результате парциальное давлениенеона и давление смеси газов, если темпера-тура газов в сосуде поддерживалась неиз-менной?

Для каждой величины определите соответ-ствующий характер изменения:

1) увеличилась; 2) уменьшилась; 3) неизменилась.

Запишите в таблицу выбранные цифры

для каждой физической величины. Цифры вответе могут повторяться.

13. Электрон e влетел в зазор междуполюсами электромагнита со скоростью v

r ,направленной влево(рис.4). Вектор индукцииBur

магнитного поля направ-лен вверх. Куда направле-на относительно рисунка(вправо, влево, вверх,вниз, к наблюдателю,от наблюдателя) дей-ствующая на электрон силаЛоренца F

ur

? Ответ запи-шите словом (словами).

14. На сколько уменьшит-ся сопротивление участкацепи АВ, изображенного нарисунке 5, после замыкания ключа K, еслисопротивление каждого резистораR = 6 Ом?

15. Какая точка является изображениемточки S (рис.6), создаваемым тонкой соби-рающей линзой с фокусным расстоянием F?

16. На уединенной неподвижной проводя-щей сфере радиусомR находится поло-жительный заряд Q.Сфера находится ввакууме. Напряжен-ность электростати-ческого поля сферыв точке A равна36 В/м. Все рас-стояния указаны нарисунке 7.

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 49

Выберите два верных утверждения, опи-сывающих данную ситуацию.

1) Напряженность поля в точке C равна36 В мCE .

2) Потенциал электростатического поля вточке B выше, чем в точке D: B D .

3) Потенциал электростатического поля вточках D и F одинаков: D F .

4) Напряженность поля в точке B равна576 В мBE .

5) Потенциал электростатического поля вточке C выше, чем в точке F: C F

17. К концам отрезка медного проводаприложено напряжение U. Этот отрезокзаменили отрезком медного провода той жедлины, но вдвое большего поперечного сече-ния и приложили к проводу прежнее напря-жение U. Как вследствие этого изменилисьсопротивление провода и сила тока в нем?

Для каждой величины определите соответ-ствующий характер изменения:

1) увеличилась; 2) уменьшилась; 3) неизменилась.

Запишите в таблицу выбранные цифрыдля каждой физической величины. Цифры вответе могут повторяться.

18. Конденсатор идеаль-ного колебательного кон-тура длительное времяподключен к источникупостоянного напряжения(рис.8). В момент t = 0переключатель K перево-дят из положения 1 в по-ложение 2. Графики А и Б(рис.9) представляют из-

менения физических величин, характеризу-ющих колебания в контуре после этого(T – период электромагнитных колебаний вконтуре).

Установите соответствие между графика-ми и физическими величинами, зависимостикоторых от времени эти графики могут пред-ставлять.

К каждой позиции первого столбца подбе-рите соответствующую позицию из второгостолбца и запишите в таблицу выбранныецифры под соответствующими буквами.

ГРАФИКИ ФИЗИЧЕСКИЕ ВЕЛИЧИНЫ

А) 1) энергия электрическогоБ) поля конденсатора

2) энергия магнитного полякатушки3) сила тока в катушке4) заряд левой обкладки кон-денсатора

19. В результате цепной реакции деления

урана 1 235 139 10 92 56 0U X Ba 3A

Zn n обра-

зуется ядро химического элемента XAZ . Ка-

ковы заряд образовавшегося ядра Z (в еди-ницах элементарного заряда) и его массовоечисло A?

В бланк ответов №1 перенеситетолько числа, не разделяя их пробе-лом или другим знаком.

20. Период T полураспада изотопа калия3819K равен 7,6 мин. Изначально в образце

содержалось 2,4 мг этого изотопа. Сколькоэтого изотопа останется в образце через22,8 мин?

21. Монохроматический свет с длинойволны падает на поверхность металла,вызывая фотоэффект. При изменении энер-гии падающих фотонов увеличился модульзапирающего напряжения запU . Как изме-нились при этом длина волны падающегосвета и длина волны кр , соответствующая«красной границе» фотоэффекта?

Для каждой величины определите соответ-ствующий характер изменения:

1) увеличилась; 2) уменьшилась; 3) неизменилась.

Запишите в таблицу выбранные цифрыдля каждой физической величины. Цифры вответе могут повторяться.

Рис. 8

Рис. 9

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 950

22. Определите пока-зания амперметра (рис.10), если погрешностьпрямого измерения силытока равна цене деленияамперметра.

В бланк ответов№ 1 перенеситетолько числа, неразделяя их пробе-

лом или другим знаком.23. Ученику необходимо на опыте обнару-

жить зависимость периода свободных коле-баний пружинного маятника от жесткостипружины. У него имеется пять пружинныхмаятников, характеристики которых приве-дены в таблице. Какие два маятника необхо-димо взять ученику, чтобы провести данноеисследование? Запишите номера выбранныхмаятников.

ЧАСТЬ 2

Ответом к заданиям 24–26 явля-ется число. Запишите это число вполе ответа в тексте работы, азатем перенесите в БЛАНК ОТВЕ-ТОВ № 1 справа от номера соответ-ствующего задания, начиная с пер-вой клеточки. Каждый символ пиши-те в отдельной клеточке в соответ-ствии с приведенными в бланке об-разцами. Единицы измерения физи-ческих величин писать не нужно.

24. Снаряд массой 2 кг, летящий со скоро-стью 200 м/с, разрывается на два осколка.

Первый осколок массой 1 кг летит под углом90 к первоначальному направлению со ско-ростью 300 м/с. Найдите скорость второгоосколка.

25. В цилиндре под поршнем находитсягелий. Газ расширился при постоянном дав-лении, совершив работу 2 кДж. Какое ко-личество теплоты сообщили газу?

26. На дифракционную решетку, имею-щую 400 штрихов на 1 мм, перпендикуляр-но ее поверхности падает луч света, длинаволны которого равна 470 нм. Каков мак-симальный порядок дифракционного мак-симума, доступного для наблюдения?

Не забудьте перенести все отве-ты в бланк ответов № 1 в соответ-ствии с инструкцией по выполнениюработы.

Для записи ответов на задания 27–31 используйте БЛАНК ОТВЕТОВ№ 2. Запишите сначала номер зада-ния (27, 28 и т. д.), а затем решениесоответствующей задачи. Ответызаписывайте четко и разборчиво.

27. На столе установили два незаряжен-ных электрометра и соединили их металли-ческим стержнем с изолирующей ручкой

(рис.11). Затем к первому электрометруподнесли, не касаясь шара, отрицательнозаряженную палочку (рис.12). Не убираяпалочки, убрали стержень, а затем убралипалочку. Ссылаясь на известные законы иявления, объясните, почему электрометрыоказались заряженными, и определите зна-ки заряда каждого из электрометров послетого, как палочку убрали.

Полное правильное решение каж-дой из задач 28–31 должно содер-жать законы и формулы, применениекоторых необходимо и достаточно

Рис. 10

Рис. 11 Рис. 12

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 51

для решения задачи, а также мате-матические преобразования, расче-ты с  численным ответом и при необ-ходимости рисунок, поясняющий ре-шение.

28. Небольшой кубик массой m = 1 кгначинает скользить с нулевой начальнойскоростью по гладкой горке, переходящей в«мертвую петлю» радиусом R = 2 м (рис.13).С какой высоты Н был отпущен кубик, еслина высоте h = 2,5 м от нижней точки петлисила давления кубика на стенку петли равна

F = 5 Н? Сделайте рисунок с указанием сил,поясняющий решение.

29. В запаянной с одного конца длиннойгоризонтальной стеклянной трубке постоян-ного сечения (рис.14) находится столбиквоздуха длиной 1l  = 30,7 см, за-пертый столбиком ртути. Еслитрубку поставить вертикально от-верстием вверх, то длина воздуш-ного столбика под ртутью будетравна 2l = 23,8 см. Какова длинартутного столбика? Атмосферноедавление 747 мм рт. ст. Темпера-туру воздуха в трубке считатьпостоянной.

30. По горизонтально расположеннымшероховатым рельсам с пренебрежимо ма-лым сопротивлением могут скользить дваодинаковых стержня массой m = 100 г исопротивлением R = 0,1 Ом каждый (рис.15). Расстояние между рельсами l = 10 см, акоэффициент трения между стержнями ирельсами 0,1 . Рельсы со стержнями на-ходятся в однородном вертикальном магнит-ном поле с индукцией B = 1 Тл. Под действи-ем горизонтальной силы, действующей напервый стержень вдоль рельс, оба стержня

движутся поступательно и равномерно с раз-ными скоростями. Какова скорость движе-ния первого стержня относительно второго?Самоиндукцией контура пренебречь.

31. В опыте по изучению фотоэффектасвет частотой 146,1 10  Гц падает на по-верхность катода, в результате чего в цепивозникает ток. График зависимости силытока I от напряжения U между анодом икатодом приведен на рисунке 16. Какова

мощность падающего света Р, если в среднемодин из 20 фотонов, падающих на катод,выбивает электрон?

Избранные задачи открытого сегмента

1. На вертикальной оси укреплена гладкаягоризонтальная штанга, по которой могутперемещаться двагруза массами 1m == 200 г и 2m == 300 г, связанныенерастяжимой неве-сомой нитью длинойl = 20 см (рис.17).Нить закрепили наоси так, что грузырасполагаются по разные стороны от оси инатяжение нити с обеих сторон от оси привращении штанги одинаково. Определитемодуль силы натяжения Т нити, соединяю-щей грузы, при вращении штанги с частотой

= 600 об/мин.2. На шероховатой наклонной плоскости,

образующей с горизонтом угол 30 , ле-

Рис. 13

Рис. 14

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 952

жит маленькая шайба массой m = 500 г (рис.18). Коэффициент трения шайбы о плос-

кость = 0,7. Какую минимальную силу

minF в горизонтальном направлении вдольплоскости надо приложить к шайбе, чтобыона сдвинулась с места?

3. Небольшая шайба массой m = 10 г, начавдвижение из нижней точки закрепленного

вертикального гладко-го кольца радиусомR = 0,14 м, скользитпо его внутренней по-верхности (рис.19).На высоте h = 0,18 мона отрывается откольца и свободно па-дает. Какую кинети-ческую энергию име-

ла шайба в начале движения? Сделайтерисунок с указанием сил, действующих нашайбу в точке А.

4. Деревянный шар привязан нитью к днуцилиндрического сосуда с площадью дна

2100 смS . В сосуд наливают воду так, чтошар полностью погружается в жидкость,при этом нить натягивается и действует нашар с силой T. Если нить перерезать, то шарвсплывет, а уровень воды изменится на h == 5 см. Найдите силу натяжения нити T.

5. В тепловом двигателе 1 моль одноатом-ного разреженного газа совершает цикл1–2–3–4–1, показанный на графике в коор-

динатах p–T, где p – давление газа, Т –абсолютная температура (рис.20). Темпера-туры в точках 2 и 4 равны и превышают

температуру в точке 1 в 2 раза. ОпределитеКПД цикла.

6. В комнате размером 4 5 3  м, в кото-рой воздух имеет температуру 10 С и отно-сительную влажность 30%, включили ув-лажнитель воздуха производительностью0,2 л/ч. Чему станет равна относительнаявлажность воздуха в комнате через 1,5 ч?Давление насыщенного водяного пара притемпературе 10 С равно 1,23 кПа. Комна-ту считать герметичным сосудом.

7. Квадратная рамка со стороной L == 10 см подключена к источнику постоянно-го тока серединами своих сторон так, какпоказано на рисунке 21. На участке АС течет

ток I = 2 А. Сопротивление всех сторонрамки одинаково. Найдите полную силуАмпера, которая будет действовать на рамкув однородном магнитном поле, вектор ин-дукции которого направлен перпендикуляр-но плоскости рамки и по модулю равен B == 0,2 Тл. Сделайте рисунок, на которомукажите силы, действующие на рамку.

8. На горизонтальном столе лежат двапараллельных друг другу рельса: a и b,замкнутых двумя одинаковыми металличес-кими проводниками: AC и ED (рис.22). Вся

система проводников находится в однород-ном магнитном поле, направленном верти-кально вниз. Модуль индукции магнитногополя равен В, расстояние между рельсами l,скорости проводников 1v и 2v , сопротивле-ние каждого из проводников R. Какова силатока в цепи? Сопротивлением рельсов пре-небречь.

Публикацию подготовилиМ.Демидова, А.Черноуцан

Рис. 18

Рис. 19

Рис. 20

Рис. 21

Рис. 22

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 53

Олимпиада«Покори Воробьевы горы!»

М А Т Е М А Т И К А

Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» поматематике в 2016/17 учебном году состояла издвух этапов: отборочного и заключительного.Отборочный этап проводился в ноябре – де-кабре 2016 года и состоял из блиц-тура (5задач онлайн, 3 часа на решение) и творческойчасти (5 задач, решение которых нужно былоотправить в течение недели). Победители ипризеры отборочного этапа приглашались кучастию в заключительном (очном) этапе, ко-торый проводился в марте 2017 года в Москвеи ряде городов России.

ОТБОРОЧНЫЙ ЭТАП

Блиц-тур

Каждый участник отборочного этапа полу-чал свой набор задач, отличающийся отнаборов задач других участников. Нижеприводится типичный набор из пяти задач.

1. Решите неравенство2ln 2 ln 3

3 2x x

x .

В ответе укажите сумму всех целочисленныхзначений x, удовлетворяющих данному не-равенству и принадлежащих интервалу

10; 10 .2. Решите уравнение

2 2 12ctg tg

cos2x x

x.

Найдите сумму его корней, принадлежащихотрезку ; 3 , и укажите ее в ответе, принеобходимости округлив до двух знаков пос-ле запятой.

3. В треугольнике АВС проведены медиа-на АЕ и биссектриса СD, О – точка пересе-чения АЕ и СD. Найдите отношение площа-ди четырехугольника ВЕОD к площади тре-угольника ABC, если BC : AC = 2 : 3.

4. Найдите наибольшее значение величи-ны 2x + y, если 2 24 4x y . При необходи-мости округлите ответ до двух знаков послезапятой. Если решений нет, то в ответепоставьте 0.

5. Имеются два сплава меди и олова. Впервом сплаве меди в 2 раза больше, чемолова, а во втором – в 5 раз меньше. Восколько раз больше надо взять второго спла-ва, чтобы получить новый сплав, в котороммеди было бы в 2 раза меньше, чем олова?

Творческое задание

1. Сумма 28218 натуральных чисел равна2016 15 , а их произведение равно

22016 15 . Найдите все возможные набо-

ры таких чисел. В ответе укажите суммунаибольшего и наименьшего из чисел всехнайденных наборов. Если таких чисел несуществует, то в ответе укажите число 0.

2. Решите уравнение4

1 cos cos2 cos 3 cos 4x x x x

+4 3 cos8

sin sin2 sin3 sin44 4

xx x x x .

Найдите сумму всех корней на промежутке2 ; 2m m , m = 1017, округлив ее при

необходимости до целого числа. Если корнейнет или их на этом промежутке бесконечномного, в ответе запишите цифру 0.

3. Внутри треугольника ABC взята точкаM, о которой известно: если к сумме квадра-тов всех сторон треугольника прибавить ут-роенную сумму всех квадратов расстоянийот точки M до вершин треугольника, тополучится число, которое не превосходит24x. При этом площадь треугольника ABCне меньше чем 3x . Найдите сторону ACтреугольника при x = 2017. При необходимо-сти округлите ответ до двух знаков послезапятой.

4. Определим f a как функцию, равнуюколичеству различных корней уравнения

2

2 2

4 1sin cos 2 2

1 4 4

x axa x

x x.

Например, 1 3f a означает, что при 1a aэто уравнение имеет три различных корня

1x , 2x , 3x . Если при 0a a уравнение

корней не имеет, то положим 0 0f a .

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 954

Решите неравенство 5f a . В ответ запи-

шите суммарную длину получившихся ин-тервалов, округлив ее, при необходимости,до двух знаков после запятой. Если решенийнет, то напишите число 0; если получивша-яся длина бесконечна, то напишите число9999.

5. Найдите число 35a , где na – количествотаких перестановок 1 2, , , nk k k… чисел

1, 2, , n… , что выполнены два условия:а) 1 1k ; б) для любого i = 1, 2, …, n – 1выполнено неравенство 1 2i ik k .

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП

Варианты, предлагавшиеся участникамзаключительного этапа в разных городахРоссии, отличались друг от друга. Здесьприводятся один из вариантов полностью иизбранные задачи из других вариантов.

Вариант 1

1. Брюки дешевле куртки, куртка дешевлепальто, пальто дешевле шубы, а шуба дешев-ле бриллиантового колье на один и тот жепроцент. На сколько процентов шуба доро-же брюк, если бриллиантовое колье дорожепальто в 6,25 раза?

2. В кошельке у купца Ганса лежат 20серебряных монет по 2 кроны, 15 серебря-ных монет по 3 кроны и 3 золотых дуката (1дукат равен 5 крон). Сколькими способамиГанс может уплатить сумму в 10 дукатов?Монеты одного достоинства неразличимы.

3. Определите, при каких значениях n и k

уравнение sin sin2017

kx y является след-

ствием уравнения 48

nx y .

4. В равнобедренном треугольнике ABC с

основанием AC и 9

ABC на стороне AB

выбрана точка D так, что BD = AC. Найдитевеличину угла DCB (в радианах) и сравнитеее с 0,18.

5. Решите неравенство

2 2 14 2 1 4 4 2 8xx x x x x .

Избранные задачи других вариантов

1. Сколько натуральных чисел, делящих-ся на 4 и меньших 1000, не содержат в

десятичной записи ни одной из цифр 3, 4, 5,7 и 9?

2. Найдите сумму бесконечно убывающейгеометрической прогрессии, если ее второйчлен равен –3, а сумма первых трех еечленов равна –13.

3. Между пунктами A и B с постояннойскоростью курсирует один автобус (время наостановки пренебрежимо мало). Из пункта Aв пункт B со скоростью 11 км/ч выехалвелосипедист и за время пути строго междуэтими пунктами ровно 5 раз поравнялся савтобусом. В каких пределах может нахо-диться скорость автобуса при этих условиях?

4. Две бригады рабочих выполнили одина-ковую работу. Вторая бригада работала наполчаса больше первой. Если бы в первойбригаде было на пять человек больше, то онамогла бы закончить работу на два часараньше. Найдите число рабочих в бригадах,если производительности всех рабочих оди-наковы.

5. Скорость парома линейно зависит отвеса переправляемого груза так, что принагрузке в 50 тонн скорость на 10% больше,чем при нагрузке в 60 тонн. При нагрузке в70 тонн скорость парома равна 6 км/ч.Найдите скорость парома при наибольшемгрузообороте. Грузооборотом называетсяпроизведение скорости (в км/ч) парома навес перевозимого груза (в тоннах).

6. Что больше:

tg 9 tg 63 tg 81 tg 27 или 200

157?

7. Решите уравнение

2 23 1

2

log 2 4 29 log 31 2x x x x

= 21

5

log 3 6 28x x .

8. Решите неравенство

23sin 5 2cos

3 4 3

x x.

9. Медиана AM треугольника ABC пер-пендикулярна его биссектрисе BL. Найдитеплощадь треугольника ABM, если площадьтреугольника ABL равна 10.

10. В прямоугольном треугольнике ABCиз вершины прямого угла C проведена высо-та CK. Периметр треугольника ABC равен13, а периметр треугольника BCK равен 5.Найдите периметр треугольника ACK.

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

11. Найдите все значения a, при каждом изкоторых неравенство 3 1 2log log 1a x xимеет решения, причем среди решений нетбольших 1.

12. Найдите все целочисленные значенияa, b, c такие, что существуют три различныхкорня уравнения 3 28 4x b x b x

3 0c , которые являются корнямиуравнения 4 3 25 0x x ax bx c .

13. В треугольной пирамиде длины пер-пендикуляров, опущенных из четырех вер-шин на противоположные грани, равны 3, 4,7 и 84/37 соответственно. Найдите радиусвписанного в эту пирамиду шара.

14. В правильной шестиугольной призме

1 1 1 1 1 1ABCDEFA BC D E F сторона основания

равна 2

3, а боковая сторона 1 2AA .

а) Докажите, что в призму можно вписатьшар, и найдите его радиус.

б) Найдите объем наименьшей части шара,которую отсекает плоскость, проходящаячерез точки B, 1A и E.

Публикацию подготовилиД.Горяшин, А.Зеленский, А.Козко,

Л.Крицков, В.Панферов, А.Разборов,И.Сергеев, И.Шейпак, М.Юмашев

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» №8)

1. а) Например, 4, 5, 1, 6, 2, 3; б) 16.Обозначим числа, стоящие на месте пропусков втексте, через A, B, C, D, E, F. Обратим внима-ние на то, что количество плодов, которые сло-ны взяли на прогулку, равно C D E F N¥ = ¥ = .Несложно понять, что такое равенство достига-ется с помощью чисел от 1 до 6 только двумяспособами: 1 6 2 3 6 N¥ = ¥ = = или 2 6¥ =

3 4 12 N= ¥ = = (однако в каждом из этих спо-собов можно менять местами левую и правуючасти равенства и множители в каждой из частейравенства). Но есть еще одно условие: две третиот собранных плодов – это N. Для обоих случа-ев эта сумма определяется однозначно: неис-пользованными остаются только два числа: 4 и 5в первом случае и 1 и 5 во втором. Такимобразом, в первом случае после съедания третиплодов остается 6 плодов, а во втором случае –4. Во втором случае мы пришли к противоречию( 4 12π ), значит, возможен только первый слу-чай. Теперь подсчитаем количество способов. Наместа A и B можно вписать 5 и 4 в любомпорядке. Затем нужно выбрать, какая часть ра-венства будет левой, а какая правой. Послеэтого надо для каждой из частей равенства выб-рать порядок множителей. Таким образом, иско-мое количество равно 2 2 2 2 16¥ ¥ ¥ = .2. 6.Так как центр каждой грани является вершинойкаждого из четырех квадратов 1 1¥ в этой грани,то в каждой грани можно закрасить не более

одного квадрата, а всего– не более шести. Примеррасположения 6 квадра-тов показан на разверткекуба на рисунке 1.3. 6.Существует только шестьразличных однозначныхи двузначных чисел, вдесятичной записи кото-рых используются двецифры a и b. Это a, b,ab , ba , aa и bb . По-этому больше 6 слагаемых быть не могло. Еслисложить все такие числа, то получится ( )23 a b+ .Такая сумма равна 92 при a + b = 4. Возьмем a == 1, b = 3. Получаем пример: 1 + 3 + 13 + 31 ++ 11 + 33.4. 3.Два треугольника быть не могло: у каждоготреугольника две стороны (те, которыми они несоприкасаются) должны быть сторонами шести-угольника, и тогда среди них обязательно будутравные. Для трех треугольников есть пример:можно расположить равносторонние треугольни-ки со сторонами 6, 4 и 3, как на рисунке 2.

Рис. 2

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 956

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

(см. «Квант» №8)

1. 36∞ .Можно воспользоваться тем, что 36 722 ◊ ∞ = ∞ =

60 12= ∞ + ∞, а угол 60∞ можно построить цирку-лем и линейкой. Таким же способом можно най-ти и другие углы , допускающие триангуля-цию: они должны удовлетворять уравнению

3n = + , где – какой-нибудь «хороший»угол, который строится циркулем и линейкой.2. Если угол построен и он не прямой, то можновыбрать на одной из его сторон произвольнуюточку и опустить из нее перпендикуляр на дру-гую сторону (или ее продолжение, если уголтупой). Получится прямоугольный треугольник,в котором отношение катета к гипотенузе равнокосинусу данного угла. Если исходный угол пря-мой, то его косинус равен 0 и ничего делать ненадо.Если же даны два отрезка и они не равны другдругу, то не составляет труда построить прямоу-гольный треугольник, в котором больший из нихбудет гипотенузой, а меньший – катетом. Этодаст нужный острый угол в построенном треу-гольнике. Если же отрезки равны, то их отноше-

ние равно 1 и угол стаким косинусом нуле-вой.Пусть угол поддает-ся трисекции. Тогда,имея прямоугольныйтреугольник с углом ,гипотенузой a и приле-жащим к этому углукатетом, равным 1,можно построить отре-

зок b (рис. 3). Значит, b должно выражаться вквадратных радикалах через a и, как следствие,через cos . Так как cos 3 1 b= , используяформулу косинуса тройного угла, получаем

3cos 4 3b b= - . Замена 2x b= приводитуравнение к требуемому виду.Допустим, можно выполнить трисекцию угла60∞ . Тогда у многочлена 3 3 1x x- - долженбыть корень, который выражается через его ко-эффициенты с помощью обычных арифметичес-ких операций и извлечения квадратного корня.Поэтому этот многочлен должен раскладыватьсяна множители и у него обязательно должен бытьрациональный корень. Поскольку свободный члени старший коэффициент равны –1 и 1, то этоткорень сам должен быть равен 1 или –1. Нолегко проверить, что эти числа не являютсякорнями данного многочлена.3. Равенство 3= следует из рисунка 4.

4. Пусть F – середина DE (рис. 5). Тогда2AF DE AB= = . Поэтому

1 1

2 2CBD DEA AFD ABF– = – = – = –

1

3ABC= – .

5. На рисунке 6 показано, как выполнить три-секцию при помощи томагавка.

6. Противоречия с теоремой Ванцеля нет по тойпричине, что трисекция при помощи томагавка,по сути, аналогична невсису: чтобы расположитьтомагавк правильным образом, нужно двигатьего с проскальзыванием. А это действие запре-щено при построениях циркулем и линейкой (вэтом месте как раз неявно и возникает необходи-мость решать кубическое уравнение).7. В описании соответствующего построения встатье была допущена неточность: не было ука-зано, что между отмеченными точками должныбыть одинаковые расстояния, равные ширинеугольника. Правильность трисекции следует изравенства прямоугольных треугольников ABC,ACD и ADE (рис. 7).

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

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

ЕГЭ ПО ФИЗИКЕ

Вариант 1

Ответы к заданиям 1–26

Задание 27. При поднесении отрицательно заря-женной палочки свободные заряды проводникаперераспределяются так, чтобы потенциал всехточек проводника остался одинаковым (явлениеэлектростатической индукции). В данном случаеотрицательные свободные заряды (электроны)переместятся с левого электрометра на правый.Правый электрометр зарядится отрицательно(избыток электронов), левый – положительно(недостаток электронов).Если бы мы удалили заряженную палочку неубирая стержня, то свободные заряды вернулисьбы на прежнее место и электрометры стали бывновь не заряженными. Но поскольку мы снача-ла убрали стержень, то при удалении заряжен-ной палочки заряды не смогли переместиться сэлектрометра на электрометр. В конечном состо-янии правый электрометр окажется заряженнымотрицательно, а левый – положительно.Задание 28. На высоте h на кубик действуют двесилы: сила тяжести, равная mg, и сила реакцииопоры, численно равная силе давления кубикаF. Из второго закона Ньютона в проекции нарадиальное направление (ось x; рис.8)

2

cosv

F mg mR

+ = ,

где ( )cos h R R= - , выразим 2v и подставимв закон сохранения энергии

2

2

mvmgH mgh= + .

Получим

33,25 м

2 2

h R FRH

mg

-= + = .

Задание 29. Объем и давление столбика воздухав начальном состоянии равны

1 1 1 0 рт 0,V Sl p p gh= = = ,

где S – площадь внутреннего сечения трубки,

0h = 747 мм = 74,7 см. Объем и давление вконечном состоянии равны

( )2 2 2 0 рт рт 0,V Sl p p gl g h l= = + = + ,

где l – искомая длина ртутного столбика. Под-ставив эти выражения в уравнение изотермичес-кого процесса

1 1 2 2pV p V= ,

получим равенство

( )1 0 2 0l h l h l= + ,

откуда найдем

10

2

1 21,7 смl

l hl

Ê ˆ= - ªÁ ˜Ë ¯

.

Задание 30. В первом стержне возникает ЭДСиндукции 1 1Bv l=E , во втором – 2 2Bv l=E . Токв контуре определяется законом Ома для полнойцепи:

1 2 отн

2 2

BlvI

R R

-= =E E

.

На первый стержень действует сила Ампера,равная AF IBl= и направленная назад, на вто-рой стержень действует такая же сила, но на-правленная вперед. Кроме того, на каждый стер-жень действует направленная назад сила трения

трF mg= . Второй закон Ньютона для первогои второго стержней имеет вид

0, 0.F IBl mg IBl mg- - = - =

Сложив эти уравнения, получим 2F mg= –только при таком значении внешней силы воз-можно равномерное движение стержней. Тогдаиз уравнения движения второго стержня и выра-жения для силы тока получим

2 2отн

2

B l vmg

R= ,

откуда найдем

отн 2 2

22 м с

mgRv

B l= = .

Задание 31. Сила тока перестает зависеть отнапряжения, когда анода достигают все электро-ны, выбитые светом с катода. Через ток насыще-ния выражается число электронов, выбитых скатода за 1 с:

насэл

IN

e= .Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 958

Число фотонов, попадающих на катод за 1 с, в20 раз больше числа вылетающих электронов:

насф 20

IN

e= .

Поскольку энергия каждого фотона составляет

фE h= , то мощность потока фотонов равна

насф 20 0,1 Вт

h NP h N

e= = ª .

Избранные задачи открытого сегмента

1. Запишем второй закон Ньютона для каждогоиз грузов:

2 21 1 2 2, ,T m l T m l= =

где 12 20 c-= = – угловая скорость, T –сила натяжения нити. Видно, что натяжениенити будет одинаковым, если ее закрепить наоси в точке, которая делит ее в отношении

1 2

2 1

l m

l m= .

При этом, хотя воздействие нити на ось будетнулевым, ее нельзя отсоединить от оси, так какрасположение грузов станет неустойчивым: не-большое смещение грузов приведет к их даль-нейшему смещению в том же направлении.Выражая из записанных соотношений 1l и 2l искладывая, получим

2 21 2

T Tl

m m= + , и

21 2

1 2

94,7 Hm m l

Tm m

= =+

.

2. Сила трения покоя направлена вдоль наклон-ной плоскости и имеет две взаимно перпендику-лярные составляющие. Одна из них направленагоризонтально и равна по величине приложен-ной силе F, другая направлена вверх вдоль ска-та наклонной плоскости и компенсирует проек-цию силы тяжести sinmg (рис.9). Получаем

( )2 2тр sinF mg F= + .

В момент начала проскальзывания сила тренияпокоя достигает значения тр cosF N mg= = ,

поэтому

( )2 2sin cosmg F mg+ = .

Отсюда находим

( ) ( )2 2cos sin 1,7 HF mg mg= - = .

3. В момент отрыва шайбы сила реакции обра-щается в ноль. Из проекции второго законаНьютона на радиальное направление (рис.10)

21cos

mvmg

R= ,

где ( )cos h R R= - , выразим квадрат скорос-

ти в момент отрыва и подставим в закон сохране-ния энергии

21

к 2

mvE mgh= + .

Получим

( )к

cos

2 2

mg h RmgRE mgh mgh

-= + = + =

= ( )1,5 0,5 0,02 Джmg h R- = .

4. Запишем второй закон Ньютона для всегосодержимого сосуда до перерезания нити и пос-ле этого:

1 20, 0,p S T mg p S mg- - = - =

где m – масса всего содержимого (воды и шара).Учитывая, что 1 1p gh= и 2 2p gh= , получим

( )1 2 5 HT p p S ghS= - = = .

5. Поскольку 3 4 2 1 2T T T T= = , то 3 4 12 4T T T= = .Газ получает тепло в изохорном процессе 1–2 иизобарном процессе 2–3, а отдает в изохорномпроцессе 3–4 и изобарном процессе 4–1. Количе-ство теплоты, полученное газом, равно

( ) ( )1 1 1 1 1 13 5

2 4 2 6,52 2

Q R T T R T T RT= - + - = ,

а отданное количество теплоты равно

( ) ( )2 1 1 1 1 13 5

4 2 2 5,52 2

Q R T T R T T RT= - + - = .Рис. 9

Рис. 10

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

Для КПД цикла получаем

1 2

1

10,154

6,6

Q Q

Q

-= = = .

6. Запишем уравнение Менделеева–Клапейрона(уравнение состояния идеального газа) для на-чального и конечного состояний воздуха:

( )1 н ,m

p V RT=

( )2 н ,m m

p V RT+

=

где m = 0,3 кг – масса испаренной воды. Изпервого уравнения вычислим начальную массуводяных паров в комнате:

( )1 н 0,170 кгp V

mRT

= = .

Поделив уравнения состояния друг на друга,получим

2 1 0,83m m

m

+= ª .

7. По верхней и нижней сторонам квадрата текутодинаковые токи 1 2I I= в одном направлении(рис.11). На эти две стороны действуют одина-

ковые силы Ампера ( )A 2F I BL= , направлен-ные вверх в плоскости рисунка. Из рисункавидно, что силы Ампера, действующие на верти-кальные стороны квадрата, в сумме дают ноль.Поэтому полная сила, действующая на рамку,равна

A2 0,04 HF F IBL= = = .

8. На свободные заряды в проводнике ED дей-ствует сила Лоренца, направленная от D к E исоздающая в этом проводнике ЭДС 1 1Bv l=E , ав проводнике AC сила Лоренца направлена от Aк C и создает ЭДС 2 2Bv l=E . Указанные ЭДС вконтуре ACDE действуют согласованно и созда-ют ток, направленный против часовой стрелки иравный

( )1 2

2

B v v lI

R

+= .

Рис. 11

ОЛИМПИАДА«ПОКОРИ ВОРОБЬЕВЫ ГОРЫ!»

М А Т Е М А Т И К А

Отборочный этап

Блиц-тур

1. –44.При x < 2 неравенство равносильно

( ) ( ) ( ) ( )2ln 2 ln 23 3

x x x- -- < - ¤

( ) ( )2 2 2 ; 1 2;x x x x¤ - > - ¤ Œ -• - +•∪

(знак неравенства меняется, поскольку 3 1- < ).

При 2x ≥ значение ( ) ( )ln 32 x

-- не определе-

но. Значит, ( ); 1x Œ -• - . В промежуток ( )10; 10-входят числа –9, –8, …, –2. Их сумма равна–44.2. 50,27.

Так как 2 2

2 22 2 2

cos sin 4 cos2ctg tg

cos sin sin 2

x x xx x

x x x

-- = =

◊,

то исходное уравнение при sin 2 0x π , cos2 0x π

равносильно уравнению

22

4 cos2 12 1 1tg 2 tg 2

cos2 3 3sin 2

xx x

xx= ¤ = ¤ = ± ¤

12 2

nx¤ = ± + , n ŒZ .

Ввиду симметрии сумма корней на отрезке [ ];-равна нулю. На отрезок [ ]; 3 попадают 8 кор-ней, образующих 4 пары, симметричных относи-тельно 2 . Поэтому сумма всех корней равна2 8 16 50,27◊ = ª .3. 0,275.Обозначим BE = EC = n, тогда AC = 3n. Так как

АЕ – медиана, то 1

2ABE ABCS S= . По теореме о

биссектрисе, 3

2

AD

DB= ;

3 3 3

1 5 4ADO

ABE

AO S

OE S= fi = ◊ ;

9

40ADO ABCS S= . Тогда

1 9 110,275

2 40 40BEOD ABE ADO

ABC ABC

S S S

S S

-= = - = = .

4. 4,12. Точное значение: 17 .Обозначим 2x + y = a. Тогда y = a – 2x,

и ( )22 2 24 2 4 17 16 4 4 0x a x x ax a+ - = ¤ - + - = .

Это уравнение имеет решения, если

( )2 2 264 17 4 4 0 17 17a a a a- - ≥ ¤ £ ¤ £ .

Значит, наибольшим значением величины a =

= 2x + y будет 17 4,1231ª …

5. 2.Если взяли а (кг) первого сплава и na (кг)

второго, то в первом сплаве меди будет 2

3

a,

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 960

3. 89,82. Точное значение: AC 2 2017= .Обозначим через 1C и 1B проекции точек C и Bна прямую AM (рис. 12). Тогда

( ) ( )1 14 2 2AMB AMCS S AM BB CC AM BC+ = + £ ◊ =

= ( ) ( )2 21 12 3 3

3 3AM BC AM BC◊ £ + .

Аналогично,

( ) ( )2 214 3

3BMC BMAS S BM AC+ £ + ,

( ) ( )2 214 3

3CMA CMBS S CM AB+ £ + .

В итоге

8 3 ABCS

2 2 2 2 2 23AB AC BC AM BM CM .

Но по условию

8 3 24ABCS x

2 2 2 2 2 23AB AC BC AM BM CM .

Таким образом, имеет место равенство. Однакоравенство здесь достигается только в случае пра-вильного треугольника. Докажем, например, чтоугол (рис.13) равен 60 (доказательство дляостальных углов аналогично). Пусть O – центрописанной вокруг треугольника ABC окружнос-ти. Поскольку во всех переходах в неравенствахдолжно быть равенство, то 3AC BM b

3x . Следовательно, из треугольника AON

Рис. 13

Рис. 12

олова 3

a, во втором сплаве – меди

6

na, олова

5

6

na. Тогда в новом сплаве – меди

( )42

3 6 6

a na na ++ = , олова

( )2 55

3 6 6

a na na ++ = .

По условию,

( ) ( ) ( )2 5 2 42 5 2 4 2

6 6

a n a nn n n

+ += ¤ + = + ¤ = .

Творческое задание

1. 1894. Набор: 1, 1, …, 1, 19, 113, 1893.

Так как 22016 15 3 19 113 631+ = ◊ ◊ ◊ , то в системе

уравнений

1 28218

21 28218

2016 15,

2016 15 3 19 113 631

a a

a a

+ + = ◊ÏÔÌ

◊ ◊ = + = ◊ ◊ ◊ÔÓ

…

…

чисел ka , не равных 1, может быть не болеечетырех (т.е. не более, чем количество простыхделителей числа 22016 15+ ). Поэтому задачасводится к системе

1 2 3 4

1 2 3 4

5 6 28218

2026,

3 19 113 631,

1.

a a a a

a a a a

a a a

+ + + =ÏÔ ◊ ◊ ◊ = ◊ ◊ ◊ÌÔ = = = =Ó …

Нужный набор 1 2 3 4, , ,a a a a состоит из чисел 1,19, 113, 3 631◊ . Остается вычислить ( )3 631 1◊ + =

1894= .2. 25568.Так как

( ) ( )1 cos 4 cos cos 3 cos2x x x x+ + + + =

(cos2 2cos2 2cosx x= + )1x + ,

( )sin 2 sin 4 sin sin 3x x x x+ + + =

( )sin 2 1 2cos2 2cosx x x= + + ,

то получаем

(2cos2 2cosx + ) ( )4 4 41 cos 2 sin 2x x x+ + =

= 23 1 2sin 4

4 4

x-+ ¤

¤ ( )2 242 sin 4 sin 4

4cos 2cos 1 1 12 2

x xx x

Ê ˆ+ - - = - ¤Á ˜Ë ¯

¤ ( )424 cos 2cos 1 1x x+ - = ¤24 cos 2cos 1 1x x¤ + - = ± .

Решая получившиеся квадратные уравнения, на-

ходим 1 1

cos ; 1; 0;2 2

xÏ ¸Œ - -Ì ˝Ó ˛

. Решения:

2x n= + ; 2x n= + ; 2

3x n= ± + ;

22

3x n= ± + , n ŒZ . Сумма корней на данном

множестве равна 5

8 8138,5 255682

m+ = ª .

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

получаем2

tg 3 602

AN b

ON x.

Значит, ABC равносторонний, и 2AC x

2 2017 89,82 .

4. 17 17

;4 4

a ; длина интервала равна 8,5.

Пусть 2 1

a xt

x. Тогда уравнение принимает

вид

sin cos 2 24

t t

¤ sin sin 2 24

t t

¤ 2sin cos 2 28 8

t

¤ cos 1 28 8

t t k , k Z .

Отсюда получаем

2 1 02 1 8

ax x

k.

Неравенство 5f a означает, что у исходногоуравнения должно быть не более 5 корней. Приэтом если 1 2b b , то уравнения 2

1 1 0x b x и2

2 1 0x b x не имеют общих корней. Прикаждом фиксированном k Z имеется один ко-рень, если D = 0, и два корня, если D > 0.Условие 0D равносильно

21

4 0 2 22 1 8 8

aa k

k.

Следовательно, 1

4a решений нет;

1

4a 1 решение;

1 15;

4 4a 2 решения;

15

4a 2 решения;

15 17;

4 4a 4 реше-

ния; 17

4a 5 решений;

17

4a более 5

решений.5. 664574.Докажем, что 1 3 1n n na a a . Действитель-но, возможны следующие три вида начала пере-становки чисел 1, 2, , n… .а) 1, 2,… . Отбросим первую единицу, а ос-тальные числа уменьшим на 1. Получившаясяперестановка удовлетворяет условиям задачи дляперестановок длины n – 1. Следовательно, коли-чество таких перестановок равно 1na .б) 1, 3, 2, 4,… . Отбросим первые три членаперестановки: 1, 3, 2 . Остальные числа умень-

шим на три. Получившаяся перестановка удов-летворяет условиям задачи для перестановок дли-ны n – 3. Следовательно, количество таких пере-становок равно 3na .в) Еще одна перестановка имеет вид1, 3, 5, 7, , 6, 4, 2… . В середине – переход с пос-

леднего нечетного числа, не превосходящего n, кпоследнему четному числу, не превосходящему n.Таким образом, получили 1 3 1n n na a a .Вычисляем начальные элементы последователь-ности. Очевидно, что 1 1a , 2 1a , 3 2a . Сле-дующие элементы вычисляем последовательнопо полученной рекуррентной формуле

1 3 1n n na a a :

4 4a , 5 6a , 6 9a , 7 14a , ......, 35 664574a .

Заключительный этап

Вариант 1

1. На 1462,5%.Обозначим стоимость брюк через Б, куртки –через К, пальто – через П, шубы – через Ш,бриллиантового колье – через БК. По условию,

БК Ш П К

Ш П К Б, причем 2БК П .

Тогда 25 5

6,254 2

. Связь между сто-

имостью шубы и брюк определяется соотноше-

нием 3 125

8Ш Б Б . Отсюда

125

8

Ш

Б,

и искомая величина определяется как

1251 100 1462,5

8.

2. 26.Если купец заплатил x монет по 2 кроны, yмонет по 3 кроны и z дукатов (т.е. z раз по 5крон), то получается система 2x + 3y + 5z = 50,

0; 20x , 0; 15y , 0; 3z .При z = 0 получаем уравнение 2x + 3y = 50,имеющее подходящие по условию решения приy = 4, 6, 8, 10, 12, 14 – всего 6 решений.При z = 1 получаем уравнение 2x + 3y = 45,имеющее подходящие по условию решения приx = 0, 3, 6, 9, 12, 15, 18 – всего 7 решений.При z = 2 получается 7 решений, при z = 3получим 6 решений. Эти два случая можно былобы разобрать аналогично предыдущим. Но мож-но этого не делать, используя тот факт, чтооплачиваемая сумма равна ровно половине всехденег купца. Поэтому количество способов, ис-пользующих 2 дуката, равно количеству спосо-бов, использующих 1 дукат (так как 2 дукатаостанется в кошельке); аналогично, количество

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 962

22 3 21 2 1 2 1 1 2

2 2xx x

x x

– неравенство не выполняется.

Если 2

3x , то 2 1

2

xx , 2 1

2

xf f x

0 , 3 22 1x ,

22 3 21 2 1 2 1 1 2

2 2xx x

x x

– неравенство выполняется.

Таким образом, 2

3x .

Избранные задачи других вариантов

1. 49.По условию, эти числа записываются толькоцифрами 0, 1, 2, 6, 8. Тогда трехзначные числа,кратные 4, могут иметь на конце в точности 10вариантов: 00, 08, 12, 16, 20, 28, 60, 68, 80, 88.При этом на первом месте в каждом из этих 10вариантов может стоять любая из четырех цифр1, 2, 6, 8. Кроме того, последние 8 вариантовдают также двузначные числа, а второй вариант– однозначное. Значит, всего таких чисел10 4 8 1 49 .2. –13,5.Выразив 1b из уравнений 1 3b q и 1 1b b q

21 13b q , получим уравнение 23 10 3q q

= 0. Его корни: 3 и 1

3, из которых подходит

только 1

3q , откуда 1

39b

q. Следова-

тельно, 1 9 27

1 1 1 3 2

bS

q.

3. 33 км ч v 77 км ч .

Из рисунка 14 видно, что скорость v (км/ч)автобуса может быть больше скорости велосипе-диста в k раз, где 3; 7k .4. В первой бригаде 25 рабочих, во второй – 24.Если n и m – число рабочих в первой и второйбригадах, производительность каждого рабочегоравна 1, а t – время работы первой бригады, то

Рис. 14

способов, использующих 3 дуката, равно коли-честву способов без дукатов.Таким образом, всего способов 6 + 7 + 7 + 6 = 26.3. k = 0, n = 96m, m Z .

Пара 0;48

n является решением второго урав-

нения, следовательно, sin48 2017

n k. Пара

;48

n также есть решение второго уравне-

ния, следовательно, sin48 2017

n k. С необхо-

димостью должны выполняться условия k = 0,

sin 048

n, т.е. n = 48l, l Z .

Проверим достаточность полученных значений.Подставим пару ;x l x в первое уравнение,

получим 1

sin sin sin 1 sinl

x l x x x ,

что равно 0 только для четных l, т.е. l = 2m.

4. ; 0,1818 18

DCB .

Выберем внутри ABC на его высоте точку Oтак, чтобы AOC был равносторонним. Далееиз равенства треугольников DBC и OCB вытека-

ет DCB OBC . Поэтому 18

DCB . При

этом 0,1818

, поскольку 3,24 .

5. 2

;3

x .

Исходное неравенство равносильно неравенству

2

2 12 2

x x

2 12 1 2 1 1 8xx x

¤2

2 3 21 2 1 2 1 1 22 2

xx xx x .

Функция 2 1f t t t всюду положительнаи монотонно возрастает. При 0t это очевидно,при t < 0 это тоже верно, так как тогда

211t t

f t положительна и убывает. Факт

возрастания можно доказать и с помощью произ-

водной.

Если 2 12

xx , то

2

3x . Тогда

2

xf

2 1f x , 3 22 1x , и левая часть неравенства

равна правой.

Если 2

3x , то 2 1

2

xx , 0

2

xf

2 1f x , 3 22 1x ,

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

1

2nt m t , 5 2nt n t , где ,n m N .

Исключая переменную t, получаем

24 4 20 25 0n nm n m

1254 4 5

4 25m n

n.

Так как n N , то 4n +25 = 125, n = 25, m = 24.

5. 16

3 км/ч.

Пусть v x kx b – скорость парома в км/ч,x – вес груза в тоннах. По условию,

1050 1 60

100k b k b , 6 70k b .

Отсюда 1

15k ,

32

3b . Грузооборот равен

1 32

15 3g x x x . Эта квадратичная функ-

ция максимальна при x = 80.

6. Второе число больше.Вычислим первое число. Поскольку

sin 9 cos9 2

tg 9 tg 81cos9 sin 9 sin18

и (аналогично)

2tg 27 tg 63

sin 54,

оно равно

2 sin 54 sin182 2

sin18 sin 54 sin18 sin 54

= 2 2sin18 cos 36

4sin18 cos 36

.

При этом

200 1004 4 4

157 314 3,14.

7. x = –1.Выделяя полные квадраты и переходя в лога-рифмах к другим основаниям, получаем

2 23 5log 27 2 1 log 3 1 25x x

= 2

2log 32 1 x .

Левая часть не меньше 5, а правая не больше 5.

8. 3

6 ,4

x k k Z .

Положим 4 3

xt . Тогда

3cos2 2cos 5 0t t

46 cos 1 cos 0

3t t .

Получаем 4

cos ; 1;3

t ∪ . Поэтому

cos 1t , 24 3

xk , k Z .

Возможен другой способ решения: левая частьнеравенства не больше 3, а правая не меньше 3.9. 15.Биссектриса треугольника ABM служит его вы-сотой, поэтому AB BM MC x , а такжеAL : LC = AB : BC = 1 : 2, поэтому BCLS

2 20ABLS , 30ABCS , 1

152

ABM ABCS S .

10. 12.Треугольники ABC, ACK и CBK подобны. Пери-метры подобных треугольников относятся также, как соответствующие стороны. Поэтому

ACK

ABC

P AC

P AB, CBK

ABC

P CB

P AB. По теореме Пифаго-

ра получаем 2 2

2 21

AC CB

AB AB, откуда

2 2 2CBK AKC ABCP P P . Поэтому 12AKCP .

11. 2log 3a .Исходное неравенство равносильно неравенству

3 2log log 3 1x a . Если 2log 3a , то реше-

ний нет. Если 2log 3a , то 2

1

log 33 1ax .

Если 2log 3a , то 2

1

log 30 3 1ax .

12. a = 5, b = –5, c = –6.Условие означает, что многочлен 4 3 25x x ax

bx c делится на многочлен третьей степени3 28 4 3x b x b x c без остатка.

Данное условие равносильно системе

4 8 3 ,

3 4 3 ,

3 3 .

a b b b

b c b b

c c b

Из второго уравнения выражаем c + 3 и подстав-

ляем в правую часть третьего: 2 8c b b

12 3 b . Теперь полученное уравнение скла-

дываем со вторым и получаем уравнение3 212 44 45 0b b b . Его единственным цело-

численным решением будет b = –5. Следователь-но, a = 5, c = –6.При этом уравнение 3 23 3 0x x x имееттри решения: 1 , –3.

13. 6

7.

С одной стороны,

1 1 2 2 3 3 4 41 1 1 1

3 3 3 3V h S h S h S h S .

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 964

С другой стороны, полн.

3

S rV . Поэтому

полн.

3Vr

S

1 2 3 4

1 2 3 4

3 1 61 1 1 1 7

V

S S S Sh h h h

.

Заметим, что при данных значениях высот пира-мида существует. На рисунке 15 она вписана в

прямоугольный параллелепипед со сторонами 3,4 и 7.14. Пусть a – сторона основания. Радиус вписан-ной в правильный шестиугольник окружности

3

2

aR . Расстояние между плоскостями осно-

вания равно 2R. Поэтому в призму можно впи-

сать шар радиуса R; у нас R = 1.Введем систему координат, как указано на ри-сунке 16. Тогда уравнение плоскости принимает

вид 13 3

x y z

a a a, а координаты точки цен-

тра вписанного шара – 3 3

; ;2 2 2

a a a. Нахо-

дим расстояние от центра до плоскости:

1 1 11

32 2 2

2 51 1 11

3 3

a

a

.

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

Тогда (рис.17) 3 1

12 5

ah R и

3

2 3 10 5 14

3 2 15 5

h aV h R =

= 2 25 7 5

75.

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ №ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №

Адрес редакции:

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

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

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИВ.А.Аткарская, Д.Н.Гришукова,А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОРЕ.В.Морозова

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

КВАНТ 12+

Отпечатанов соответствии с предоставленными

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

www.Pareto-print.ru