НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 Астрономия вернулась в школу (окончание).В.Сурдин

8 Выход в пространство-2 (продолжение).В.Протасов

И З И С Т О Р И И Н А У К И

15 Андрей Анатольевич Зализняк. А.Пиперски

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

20 Задачи М2494–М2497, Ф2501–Ф250421 Решения задач М2482–М2485, Ф2489–Ф2492

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

29 Задачи

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

30 Задачи 17–20

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

31 Нахождение центра масс проволочноготреугольника. И.Даценко, Ю.Минаев,О.Орлянский

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Геофизика

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

37 Длинные пути в графах. П.Кожевников

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

42 Астрофизика в ЕГЭ по физике. Н.Гомулина

О Л И М П И А Д Ы

51 XXXIX Турнир городов

И Н Ф О Р М А Ц И Я

53 Очередной набор в ВЗМШ

59 Ответы, указания, решения

Вниманию наших читателей! (28)

«Квант» улыбается (30)

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье В.Сурдина

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

ЯНВАРЬ Ю№120

18

Астрономия вернулась в школу

В.СУРДИН

Химия

Изучение химии начинается с демонст-рации Таблицы Менделеева со словами:«Из этих элементов построен мир. Давай-те узнает, какими свойствами они облада-ют и как взаимодействуют между собой».Но астрофизика смотрит глубже и стара-ется выяснить, каково происхождение са-мих химических элементов, как и когдаони возникли в природе. И на этом путиуже многое прояснилось. Мы знаем, что втечение первой секунды жизни Вселеннойпри огромной температуре и плотностивещества рождались протоны, нейтроны,антипротоны и антинейтроны в почти рав-ном количестве (знать бы еще, почему«почти»). По мере расширения Вселеннойснижалась температура вещества и пре-кратилось рождение частиц и античастиц,но продолжалась их аннигиляция. Из тех,что остались, построен наш мир.Первые несколько минут жизни Вселен-

ной, пока свободные нейтроны еще нераспались, а температура была еще доста-точно высокой, происходили термоядер-ные реакции, заполнившие несколько пер-вых клеточек Таблицы Менделеева. Кро-ме свободных протонов – будущих ядерводорода – возник его тяжелый изотопдейтерий, возникли также гелий и литий.Впрочем, дейтерия и лития было оченьмало, а юный мир почти целиком состоялиз водорода (на 3/4 по массе) и гелия (на1/4). Трудно представить себе нынешнееразнообразие природы, будь она построе-на лишь из водорода и гелия. К счастью,по прошествии сотен миллионов лет задело взялись звезды. Именно в их недрахв ходе спокойной эволюции и при взрывахсформировалось все разнообразие хими-

ческих элементов, ставших планетами иживыми существами на них.Современная астрофизика не только те-

оретически объясняет, но и прямо демон-стрирует те космические явления, в кото-рых рождаются новые химические элемен-ты. С помощью нейтринных телескоповмы заглянули в ядро Солнца, где протека-ют термоядерные реакции. А оптические ирентгеновские телескопы демонстрируютнам процессы нуклеосинтеза, происходя-щие при взрывах звезд. Так химия обрелаверное представление о происхожденииэлементов.Совсем недавно появилось новое направ-

ление в науке – астрохимия. Условия вкосмосе столь своеобразны, что порой ста-вят земную химию в тупик. Например,изучать свободные радикалы в земнойлаборатории очень сложно, поскольку этисоединения очень активны и моментальнопревращаются в более стабильные молеку-лы. А в межзвездной среде они представ-лены широко, поскольку там им почти не

Окончание. Начало – в «Кванте» №12 за2017 год. Остаток взрыва сверхновой

А С Т Р О Н О М И Я В Е Р Н У Л А С Ь В Ш К О Л У 3

с чем взаимодействовать. Большой инте-рес представляют и каталитические реак-ции на межзвездных пылинках, ведь это теже наночастицы, которые можно было быиспользовать для химического катализа наЗемле. Как видим, химия все больше заин-тересована в астрономии.

Биология

Астробиология, биоастрономия, экзоби-ология… Десятки лет существуют эти дис-циплины, хотя объекта практического изу-чения у них как не было, так и нет. Жизньза пределом Земли пока не обнаружена. Ееискали и на Луне, и на Марсе; в формеразумной жизни ее искали на просторахГалактики и даже за ее пределами. Ножизни и разума в космосе не найдено, и этозаставляет о многом задуматься. Впрочем,пессимизм здесь неуместен. Астрономырегулярно открывают в космосе благопри-ятные для жизни места, следовательно,рано или поздно обнаружится и сама вне-земная жизнь.Для биологии это означало бы колос-

сальный прорыв в понимании самого фе-номена жизни и ее происхождения. Поэто-му биологи крайне заинтересованы в на-ходках астрономов. Среди планет у дру-гих звезд астрономы уже обнаружили де-сятки землеподобных, причем у некото-рых из них, по-видимому, климат близокк земному. В ближайшее время закончитсясооружение нескольких гигантских теле-скопов диаметром 25–40 метров, которыепозволят получить спектры этих планет ипоискать в них следы жизни. Но все жеизучать чужую жизнь издалека – занятиенеблагодарное. Много бы мы узнали остроении белков и ДНК, если бы изучализемную жизнь, глядя на нашу планету сЛуны в телескоп?Поэтому сейчас самое пристальное вни-

мание обращено к объектам Солнечнойсистемы, где обнаружены условия дляжизни. К сожалению, на поверхности ниодного из них, кроме Земли, благоприят-ных условий нет. Но под поверхностьюони могут быть. Тут следует напомнить,что и на Земле основная биомасса находит-ся под твердой поверхностью. А поиски

внеземной жизни сейчас сосредоточилисьна трех объектах: это Марс, Европа (спут-ник Юпитера) и Энцелад (спутник Сатур-на), где под поверхностью есть жидкаявода. Вместе с биологами астрономы изу-чают эти тела, не забывая при этом прослу-шивать Вселенную в поисках сигналоввнеземных цивилизаций. Ведь разумнаяжизнь – это еще интереснее!

Экология

Состояние окружающей среды прямовлияет на нашу жизнь. Обычно заботойэкологов является качество воздуха, воды,еды, уровень шума и прочие локальныепараметры в пределах Земли. Но нашапланета – частица большого космоса, ко-торый время от времени напоминает осебе.Ближнее космическое пространство мы

сами уже заполнили тысячами искусствен-ных тел, которые иногда сталкиваютсядруг с другом, взрываются и таким обра-зом размножаются как космический му-сор. Немалая часть астрономических на-блюдений (и заработка астрономов) связа-на с отслеживанием космического мусорадля предупреждения землян и работниковМеждународной космической станции. Ужедесятки раз МКС уклонялась от опасныхобломков, благодаря точному астрономи-ческому прогнозу их движения.На приведенном на следующей странице

графике показано, как быстро растет ко-личество космического мусора с моментазапуска первого искусственного спутникаЗемли. Это вышедшие из строя спутники,последние ступени ракет-носителей, пере-ходные отсеки, части взорвавшихся ракетили разрушившихся при взаимных соуда-рениях спутников. Здесь учтены толькокрупные объекты, размером более 10 см,которые удается отслеживать методамирадиолокации и которые представляют фа-тальную угрозу для «живых» спутников икосмических кораблей и станций. Краснаясплошная кривая – результат прямогоподсчета, синие пунктирные кривые – те-оретический прогноз.В первые десятилетия космической эры

спутники запускали очень часто, посколь-

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 14

ку были они недолговечны. Несколькорезких подъемов количества мусора связа-ны со столкновениями спутников, взрыва-ми ракет и преднамеренным разрушением«мертвых» спутников при испытании про-тивоспутникового оружия.Две теоретические кривые различаются

начальными предположениями. При рас-чете верхней из них предполагалось, чтоснизившаяся к первому десятилетию час-тота запуска спутников останется таковойнадолго. Это приведет, как мы видим, кбыстрому накоплению космического мусо-ра. Нижняя кривая показывает прогнозпри совершенно фантастическом предпо-ложении: что будет, если мы полностьюпрекратим космические запуски. Понят-но, что на практике этого не случится, норассмотреть такую теоретическую возмож-

ность интересно, и результат оказываетсясовершенно неожиданным – даже при пол-ном запрете космических запусков количе-ство мусора на орбите будет возрастать!Это произойдет за счет взаимных столкно-вений и деления крупных обломков наболее мелкие, но тем не менее – опасные.Если мы не хотим потерять возможность

использовать околоземное пространство(т. е. пользоваться спутниковым телевиде-нием, глобальной навигацией, прогнозомпогоды и пр.), то необходимо внимательноследить за космическим мусором, чем и

заняты астрономы, а также разрабатыватьметоды очистки ближнего космоса. Тут уастрономов тоже есть идеи, возникшиепри наблюдении за движением комет иастероидов.Кстати – о них. Кометы и астероиды –

это, в некотором смысле, тоже космичес-кий мусор естественного происхождения.И если мы не хотим, чтобы он неожиданнопадал на нас, за ним надо следить. Астро-номы стараются это делать, ежедневнообнаруживая в Солнечной системе сотниновых объектов, в основном – небольшихастероидов. Всего их уже зафиксированопорядка миллиона, и за всеми ведетсяслежка и рассчитывается их движение вбудущем. Но тотального контроля за всемиопасными телами мы пока наладить неможем. Для этого нужны специальныетелескопы – наземные и космические – сбольшим полем зрения. Сейчас они в ста-дии проектирования, а некоторые уже и встадии строительства. С их помощью аст-рономы хотя и не смогут защитить Землю,но смогут предупредить о грозящей опас-ности.Еще одно важное направление астро-

экологии это мониторинг звезд и особен-но ближайшей из них – нашего Солнца.Мы пока плохо представляем, как меня-ется активность Солнца на больших ин-тервалах времени, а от прогноза этой ак-тивности зависит будущее человечества.Возможности солнечной астрономии быс-тро растут. Еще недавно мы наблюдалитолько одно полушарие Солнца, видимоев данные момент с Земли, и не знали,какие сюрпризы готовит нам другое по-лушарие, которое через две недели по-вернется в нашу сторону (Солнце враща-ется с периодом около месяца). Но те-перь космические телескопы контролиру-ют Солнце со всех сторон, включая об-ратную, и во всех диапазонах электро-магнитного спектра. Так что возможнос-ти кратковременного прогноза его актив-ности резко возросли. Но по поводу дол-говременного прогноза пока еще многопроблем. Мы знаем, что время от време-ни на Солнце бывают супервспышки, ноподготовиться к ним пока не можем. Не-

Количество космического мусора на низкихоколоземных орбитах (200–2000 км)

А С Т Р О Н О М И Я В Е Р Н У Л А С Ь В Ш К О Л У 5

обходимо понять, что происходит под ви-димой поверхностью Солнца, и астрофи-зики сейчас работают над этим.Однако не Солнцем единым богата наша

Галактика: в ней еще сотни миллиардовзвезд, причем некоторые из них могутбыть опасны для Земли. Речь идет о взры-

вах массивных звезд в конце их эволюции,т. е. о вспышках сверхновых. Астрономыучатся распознавать звезды, готовые вближайшее время взорваться. Один изкандидатов – Бетельгейзе, ярчайшая звез-да в созвездии Орион. Астрономы следятза ней, ожидая взрыва. Но точный прогнозэтого события пока невозможен. Для этогонужны чувствительные нейтринные теле-скопы, которых пока нет. Но они обяза-тельно будут!

* * *Итак, возвращаясь в школу после мно-

гих лет забвения, астрономия заметно из-менила свое лицо. Сегодня «небесная на-ука» тесно связана с другими ветвямиестествознания. Космос теперь восприни-мается как научная лаборатория с неверо-ятными возможностями. Удовлетворяясвою любознательность, человек побеж-

дал в борьбе за существование. Сегодняпредметом любознательности человека ста-ла вся Вселенная. И в этом гарантиянашего будущего.

Солнечная корона во время затмения 1

1 В «Кванте» №12 за 2017 год на странице 2подпись под рисунком должна быть такой:Солнце в ультрафиолете и рентгене.

Астрономия вернулась в школу недля развлечения, а для изучения.Простое накопление знаний не можетудовлетворить любознательного чело-века. Знания должны работать, ихнужно уметь применять. Современ-ные средства связи заливают нас пото-ком информации, среди которой естьчрезвычайно важная и интересная, нонередко встречается ошибочная и дажелживая. Только активное знание по-могает нам фильтровать эти потоки иполучать из них ту информацию, ко-торая развивает наш интеллект, а незасоряет мозг.Не буду вас убеждать, насколько

полезны при изучении любого предметаинтересные задачи с подробными решени-ями. Ведь «знать» и «уметь» – не одно ито же. Именно задачи учат нас уметь. Такдавайте же их решать!

Задачи

Задача 1. Астрономы Земли обнаружи-вают присутствие планет у других звездпо периодическому доплеровскому смеще-нию линий в спектрах этих звезд, выз-ванному движением звезды относительноцентра масс планетной системы. А еслинаши «братья по разуму» с соседней звез-ды будут измерять радиальную скоростьСолнца с точностью 10 м/с, то смогутли они заметить существование у Солн-ца планетной системы? (Радиальная, илилучевая, скорость – это проекция векто-ра скорости тела на луч зрения наблюда-теля.)

Решение. Бульшая часть массы нашейСолнечной системы сосредоточена в Юпи-тере, поэтому именно он оказывает основ-ное гравитационное влияние на Солнце,которое в 1000 раз массивнее Юпитера.Оба они обращаются вокруг общего цент-ра масс, к которому Солнце в 1000 разближе, чем Юпитер. Поскольку по орбитеЮпитер движется со скоростью Юv == 13 км/с (это значение можно взять изсправочника или вычислить самостоятель-но, зная радиус орбиты Юпитера 5,2 а.е. == 779 млн км и его орбитальный период11,9 лет), скорость обращения Солнца

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 16

вокруг центра масс составляет

Ю ЮС

С

13 м сv M

vM

= = .

С такой амплитудой будет изменяться ра-диальная скорость Солнца для удаленногонаблюдателя, если он расположен в плос-кости орбиты Юпитера. Если же эта плос-кость наклонена к его лучу зрения на угол

, то проекция лучевой скорости Солнцана луч зрения наблюдателя составит13 м c cos¥ . Из условия 13 м c cos¥ >

10 м c> находим ограничение на угол:40< ∞ . Поскольку плоскость орбиты

Юпитера практически совпадает с эклип-тикой (т.е. плоскостью орбиты Земли), тоугол практически равен эклиптическойшироте. Следовательно, если звезда, укоторой живут «братья по разуму», имеетэклиптическую широту 40< ∞ , то у нихесть шанс заметить периодическое движе-ние Солнца и сделать вывод о наличии унего планетной системы (или, по крайнеймере, одного Юпитера). Правда, измере-ние радиальной скорости Солнца придетсяпроводить довольно долго – более одногоорбитального периода Юпитера, т.е. более12 лет.Отметим, что когда эта задача впервые

была сформулирована в начале 2000-хгодов, указанная в условии точность изме-рений 10 м/с вполне соответствовалауровню развития земной астрономии техлет. Однако нынешний (2018 г.) уровеньсущественно возрос, и уже можно ориен-тироваться на точность измерения лучевойскорости в 1 м/с. Если и у наших «брать-ев по разуму» произошел такой же про-гресс, то каким будет при этом критичес-кое значение угла ?

Задача 2. Если жители планеты у звез-ды Кентавра систематически измеря-ют положение Солнца с точностью 0,01¢¢,то смогут ли они заметить колебания вдвижении Солнца, вызванные обращени-ем вокруг него планет Солнечной систе-мы? Годичный параллакс звезды Кен-тавра составляет p = 0,751¢¢ .

Решение. Как мы уже знаем, практичес-ки вся масса нашей планетной системызаключена в Юпитере, поэтому в подоб-

ных задачах можно рассматривать двой-ную систему Солнце – Юпитер, обращаю-

щуюся вокруг общего центра масс. Рассто-яние Солнца от центра масс равно Cr =

Ю Ю Cr M M= , где Юr – расстояние Юпи-тера от центра масс, практически совпада-ющее с радиусом его орбиты (5,2 а.е. == 779 млн км). Тогда амплитуда угловогоперемещения Солнца при наблюдении созвезды Кентавра при расстоянии до нееD будет

( )Ю Ю CC r M Mr

D D= = (радиан)

(поскольку угол, очевидно, очень мал,значения арксинусов и арктангенсов мож-

но заменять значениями их аргументов,если углы выражены в радианах). В угло-вых секундах это будет

( )Ю Ю CC 206265206265 r M Mr

D D

¢¢¢¢= = .

Вспомним, что годичным параллаксомобъекта называют угол, под которым отнего виден отрезок в 1 а.е. (радиус зем-ной орбиты): в угловых секундах

( )206265 1 а.е.p D= ¢¢ . Поэтому в форму-ле для вместо расстояния (D) можноиспользовать параллакс:

( ) ( ) ЮC Ю

C

1 а.е. 1 а.е.M

p r p rM

= = .

Положив С ЮM M = 1000, получим

5,20,751 0,004

1000= =¢¢ ¢¢ .

Это значение в 2,5 раза меньше указаннойв условии задачи предельной точностиизмерений (0,01¢¢ ). Значит, пользуясь этимметодом, астрономы из системы Кен-тавра не смогут узнать, что у Солнца естьпланеты.

Задача 3. Карликовая планета Плутоннаходится далеко от Солнца, поэтомупринято считать, что даже днем тамочень темно. Сравните дневное освеще-ние Плутона с ночным освещением Землив полнолуние. Учтите, что для наблюда-теля на Земле Солнце имеет видимуюзвездную величину m26,7- , а полная Луна– величину m12,7- . Определите, во сколь-

А С Т Р О Н О М И Я В Е Р Н У Л А С Ь В Ш К О Л У 7

ко раз сильнее Солнце освещает поверх-ность Плутона, чем полная Луна освеща-ет поверхность Земли. Среднее расстоя-ние от Солнца до Плутона принять рав-ным 40 а.е.

Решение. Сначала определим, во сколь-ко раз Солнце освещает поверхность Зем-ли сильнее, чем полная Луна. Вычисливразность их видимых звездных величин(26,7 12,7 14

m m m- = ), найдем это отно-шение: оно равно 14

2,512 400000ª . Упланеты, удаленной от Солнца на R а.е.,поток солнечного света ослаблен в 2Rраз. Следовательно, Солнце будет осве-щать эту планету в 2

400000 R раз ярче,чем полная Луна освещает Землю. ДляПлутона, у которого R = 40 а.е., этосоставит 400000/1600 = 250. Иными сло-вами, поверхность Плутона на его сред-нем расстоянии от Солнца днем освещенатак же ярко, как если бы ночью на зем-ном небосклоне сияло 250 полных Лун.Это весьма яркое освещение, при которомможно не только гулять без фонаря, но ичитать мелкий шрифт.

Задача 4. Представьте, что Земля нео-жиданно остановилась на своей орбите иначала падать на Солнце. Сколько про-длится это падение и с какой скоростьюЗемля ударит Солнце?

Решение. Поскольку радиус земной ор-биты намного больше радиуса Солнца, мыможем упростить постановку задачи ивычислить время падения Земли до центрапритяжения, т.е. до центра Солнца. Паде-ние по радиусу-вектору к Солнцу с рассто-яния R можно представить как движениепо предельно сжатому эллипсу с большойполуосью 2a R= . Время падения t равнополовине орбитального периода T на этойорбите. Значение T легко определяется изтретьего закона Кеплера путем сравненияс движением Земли:

2 30,5

1 год

T R

R

Ê ˆ Ê ˆ= Á ˜Á ˜ Ë ¯Ë ¯.

Отсюда

3 2

1

2T =  года,

а 5 2

1

2 2

Tt = = года = 65 суток.

Заметим, что скорость падения издалекана поверхность небесного тела равна вто-рой космической скорости на этой поверх-ности. Для Солнца С С2v GM R• = =

618 км с= .

Задача 5. Сколько дней в году на эква-торе Земли солнце достигает зенита?

Решение. Во всех точках земного эква-тора через зенит всегда проходит небес-ный экватор, поэтому ответ очевиден: сол-нце на экваторе достигает зенита только вте дни, когда оно в своем движении поэклиптике пересекает небесный экватор,т.е. дважды в году – в дни весеннего иосеннего равноденствий. Но более точныйответ должен учитывать тот факт, чтоцентр солнечного диска пересекает небес-ный экватор мгновенно, поэтому не всеточки земного экватора удовлетворяютусловию задачи, а лишь две: одна – вес-ной, а вторая – осенью. Это те точки, вкоторых моменты равноденствий совпа-дают с моментами истинного солнечногополдня.

Задача 6. Немного изменим условиепредыдущей задачи: Сколько раз в годуна Земле солнце бывает в зените?

Решение. На земном шаре всегда су-ществует точка поверхности, над которойсолнце в данный момент находится в зе-ните. Если смотреть на Землю со сторо-ны Солнца, то это центр земного диска.В каждый момент времени эта точка ле-жит на полуденном меридиане Земли иперемещается по нему в течение года отодного тропика к другому и обратно. Сучетом суточного вращения Земли стано-вится ясно, что на глобусе совокупностьэтих точек напоминает туго закрученнуювдоль экватора спираль, заполняющуюпояс между тропиками – от 23,4∞  с.ш.

до 23,4∞ ю.ш.

Рис. 8

Выход в пространство-2В.ПРОТАСОВ

Колпаки и шары

Теорему о трех центрах гомотетии, или«о трех колпаках», приписывают знаме-нитому французскому математику Гаспа-ру Монжу (Gaspard Monge, 1746–1818).Мы сформулируем ее в виде задачи.Задача 4 (о трех колпаках). На плоско-

сти даны три круга различных радиусов,ни один круг не содержит другой. Ккаждой паре кругов провели две внешниекасательные и отметили их точки пере-сечения. Докажите, что три отмеченныеточки лежат на одной прямой.Стандартное решение этой задачи при-

влекает теорему Менелая. Но есть у нее иэффектное геометрическое решение с по-мощью выхода в пространство. Правда,как мы увидим сейчас, с этим решением невсе так просто.Мы будем называть вершиной пары кру-

гов разных радиусов точку пересечения ихвнешних касательных. Таким образом, надо

доказать, что длялюбой тройки кру-гов три вершинывсегда лежат на од-ной прямой(рис.8). Вершинаесть и у пары ша-ров: это точка, че-рез которую про-ходят все внешниекасательные плос-кости к этим ша-рам. Если провес-

ти любую плоскость через центры шаров,то в сечении образуются два круга. Ихвершина будет совпадать с вершиной ша-ров. Можно представить, что на парушаров надели конус («колпак»), тогда

вершина этого конуса является вершинойпары шаров. Заметим, что если доказатьтеорему о трех колпаках для шаров, то изнее будет следовать утверждение для кру-гов. В самом деле, построим на каждомкруге по шару с тем же центром и радиу-сом, тогда вершины кругов станут верши-нами шаров. Ну а для шаров задача реша-ется просто и наглядно.Решение. Положим на три шара плос-

кость (рис.9). Она будет касаться всех

трех шаров. Значит, она будет содержатьвсе три вершины, поскольку каждая плос-кость, касающаяся внешним образом лю-

бой пары шаров, содержит их вершины.

На те же шары можно положить вторуюплоскость, симметричную первой относи-тельно плоскости, проведенной через цен-тры шаров. Поэтому три вершины лежатна одной прямой, по которой эти плоско-сти пересекаются.Задача решена? Не совсем. Вы не заме-

тили подвоха? Дело в том, что не на каждыетри шара можно положить плоскость. Пусть,например, есть два больших шара, а третий– очень маленький и расположен междудвумя большими. Тогда любая плоскость,касающаяся внешним образом большихшаров, не имеет общих точек с маленьким.Чтобы спасти наше доказательство, посту-пим так. Во-первых, считаем, что центрышаров не лежат на одной прямой (если

Рис. 9

Продолжение. Начало – в «Кванте» №12 за2017 год.

лежат, то утверждение очевидно). Во вто-рых, если одновременно уменьшить ради-усы шаров в N раз, оставив на месте ихцентры, положение вершин не изменится.В самом деле, если 1O , 2O – центры шаров,а 1r , 2r – их радиусы, то вершина V – этоединственная точка на прямой 1 2OO , длякоторой 1 2 1 2MO MO r r (как и раньше,отрезки – направленные). Поэтому, разточки 1O , 2O и отношение радиусов 1 2r rне изменились, то и вершина V осталась напрежнем месте.1 Тогда уменьшим все ради-усы в N раз, чтобы они стали настолькомаленькими, что каждый колпак не будетпересекать оставшегося шара. В этом слу-чае на шары можно положить плоскость, и,следовательно, три вершины лежат напрямой.Из теоремы о трех колпаках (теперь ее

можно назвать теоремой, ведь мы ее дока-зали) проистекает множество следствий окасании кругов и шаров. Мы выделимлишь три из них, еще несколько сформу-лируем в упражнениях 5–9.Начнем с того, что если для двух из трех

пар кругов внешние касательные заменитьна внутренние, то теорема останется вер-на. В доказательстве ничего не изменится.Только плоскость теперь будет касатьсядвух шаров с одной стороны, а третьего –с другой. Соответствующие точки назовемвнутренними вершинами. Итак, внешняяи две внутренние вершины трех кругов(или трех шаров) лежат на одной пря-мой. Если два шара касаются, то внутрен-няя вершина превратится в точку касания.Этот предельный случай дает такое след-ствие.Следствие 1. Два шара касаются внеш-

ним образом третьего. Тогда вершинадвух шаров лежит на прямой, соединяю-щей две точки касания.То же верно, конечно, и для кругов на

плоскости. Из этого следует такой замеча-тельный факт, который мы для простотысформулируем для круга на плоскости

(хотя он верен и для шара в простран-стве).Следствие 2. На отрезке AB даны точ-

ки C и D. Через C и D проведена произ-вольная окружность, к которой из A и Bпроведены касательные, при этом точкикасания лежат по одну сторону от пря-мой AB. Тогда прямая, соединяющая точ-ки касания, проходит через фиксирован-ную точку прямой AB, не зависящую отпроведенной окружности.

Доказательство. Обозначим точки каса-ния через A и B , а точку пересечениякасательных через M. Заметим, что квад-рат касательной AA равен AD AC, азначит, не зависит от окружности. То же скасательной BB . Проведем окружности сцентрами A и B и радиусами, равнымиэтим касательным. Обозначим через Vвершину данных окружностей. Эта точкапостоянна. Теперь проведем окружность сцентром M и радиусом MA = MB . Онакасается нашей пары окружностей в точ-ках A и B . Значит, согласно следствию1, прямая A B проходит через V. Значит,V – искомая точка.Как мы упоминали, у следствия 2 есть

«пространственная» версия, когда черезточки C и D проводят шар и на него източек A и B опускают касательные, ле-жащие в одной плоскости. Тогда прямая,соединяющая точки касания, проходитчерез фиксированную точку прямой AB.

Доказательство остается прежним!А вот еще один любопытный факт, про-

истекающий из теоремы о трех колпаках.Его естественно будет назвать «теоремой оклюве».Следствие 3 (теорема о клюве). Если

стороны пространственного четырех-угольника касаются шара, то четыреточки касания лежат на одной окружно-сти.

Доказательство. Обозначим данныйчетырехугольник через ABCD, а точкикасания – через K, L, M, N (рис.10).Касательные AK и AN равны, поэтомумы можем провести сферу с центром A,проходящую через точки N и K. Такжемы можем провести сферу с центром Cчерез точки L и M. Этих двух сфер каса-

1 По сути, здесь мы пользуемся тем, что V –это центр гомотетии, переводящей один шар вдругой; этим и объясняется еще одно названиетеоремы: «теорема о трех центрах гомотетии».

В Ы Х О Д В П Р О С Т Р А Н С Т В О - 2 9

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 110

ется третья – с центром B, проведеннаячерез точки K и L. Значит, можно вос-пользоваться следствием 1 и заключить,что прямая KL проходит через вершинуV двух сфер (с центрами A и C). Такжеэтой пары сфер касается и сфера с цент-ром D, проведенная через точки M и N.

Значит, прямая MN проходит через туже вершину. Итак, прямые KL и MNпересекаются, значит, лежат в одной плос-кости, следовательно, все четыре точкикасания лежат на окружности – сечениисферы этой плоскостью.

У пространственного четырехугольникатот же критерий для существования впи-санного шара, что и у плоского: шарможно вписать тогда и только тогда, когдасуммы противоположных сторон равны.

Если фиксировать точки A и C, то треу-гольники ABC и ADC можно разводить исводить, «птица» будет раскрывать и сжи-мать «клюв», при этом все время держа вклюве шарик (шарик при этом будет сколь-зить по клюву). Согласно следствию 3,прямые KL и MN, соединяющие точкикасания этого шарика с клювом, будутвсегда проходить через одну и ту же точку– точку V.

И это – далеко не все, что получается изтеоремы о трех колпаках, которую мыдоказали выходом в пространство. Ещенесколько следствий попробуйте доказатьсами.

Упражнения

5. Четыре шара касаются друг друга «поцепочке»: первый – второго, ..., четвертый –первого. Докажите, что четыре точки касаниялежат на одной окружности.

6. Докажите, что в описанном четырехуголь-нике две диагонали, а также два отрезка,соединяющие точки касания вписанной окруж-

ности с противоположными сторонами, пере-секаются в одной точке.

7. В пространстве даны сфера и две точки Kи L вне нее, причем прямая KL пересекаетсферу. Из точки K проводится произвольнаякасательная KP к сфере (P – точка касания),а прямая LP повторно пересекает сферу вточке Q. Докажите, что всевозможные точки Qпробегают окружность.

8. Докажите, что для любой точки L, лежа-щей вне заданной сферы, на сфере найдутсядве окружности, расположенные в непарал-лельных плоскостях, которые переходят другв друга при центральной проекции относитель-но точки L (т.е. прямые, проведенные через Lв точки первой окружности, проходят черезточки второй окружности).

Указание. Воспользуйтесь упражнением 7.Рассмотрите окружности, пробегаемые точка-ми P и Q.

9. Докажите, что центр окружности нельзянайти при помощи одной линейки, без цир-куля.

Указание. Если такое построение возможно,примените его к одной из окружностей изупражнения 8 в ее плоскости. Так как цент-ральная проекция относительно точки L пере-водит прямые в прямые, она переведет этопостроение в такое же построение для второйокружности.

В следующем упражнении получите дру-гое доказательство теоремы о трех колпа-ках, также с помощью выхода в простран-ство. Его подсказал автору В.Н.Дубровс-кий. Оно хорошо тем, что проходит длялюбой тройки кругов, в нем нет «плохих»случаев.

Упражнение 10. В каждом из центров трехзаданных кругов восставим перпендикуляр кплоскости. Длина перпендикуляра равна ра-диусу круга, все перпендикуляры лежат поодну сторону от плоскости. Докажите, чтопрямая, соединяющая концы двух перпенди-куляров, проходит через вершину соответству-ющей пары кругов. Проведем теперь плос-кость через концы трех перпендикуляров. Онапересекает исходную плоскость по прямой.Докажите, что все три вершины лежат наэтой прямой. Как изменится это рассужде-ние, если для двух пар кругов взять внутрен-ние вершины?

Рис. 10

Теорема Брианшона

Теорема, которую в 1810 году доказалфранцузский математик Шарль ЖюльенБрианшон (1783–1864), теперь по правусчитается одним из столпов проективнойгеометрии.Теорема (C.J.Brianchon, 1810 г.). Три

диагонали шестиугольника, описанногооколо окружности,пересекаются в од-ной точке (рис.11).Доказательство

этой теоремы – одиниз блестящих приме-ров выхода в про-странство. Его при-водил и И.Ф.Шары-

гин в упомянутойнами статье. Оно вошло во многие задач-ники по геометрии, и его можно было бысчитать самым простым и коротким дока-зательством теоремы Брианшона, если быв 1957 году Александр Степанович Смо-горжевский (1896–1969) не нашел ещеболее элегантного рассуждения, с приме-нением радикальных осей (см. книгуА.С.Смогоржевского «Линейка в геомет-рических построениях», Гостехиздат,1957 г.). А мы не откажем себе в удоволь-ствии повторить доказательство с выходомв пространство, несколько его изменив.Сначала – два простых вспомогательныхфакта.

Факт 1. Две прямые, симметричныедруг другу относительно некоторой плос-кости, лежат в одной плоскости.

Факт 2. Даны три прямые. Если каж-дые две из них лежат в одной плоскости,то либо все три лежат в одной плоско-сти, либо все три имеют общую точку,либо все три параллельны.Теперь можем приступить к доказатель-

ству.Доказательство теоремы Брианшона.

Обозначим наш шестиугольник черезA1...A

6, а точку касания стороны 1 2A A со

вписанной окружностью – через M (рис.12).В вершине 1A восставим перпендикуляр

1 1A B к плоскости, в которой лежит шести-угольник, равный по длине касательной

1A M . Теперь в вершине 2A восставимперпендикуляр 2 2A B к той же плоскости,но лежащий по другую сторону от нее,длина которого равна касательной 2A M .

Далее восставим такие же перпендикуля-ры в остальных вершинах: длина каждогоперпендикуляра i iA B равна длине каса-тельной к вписанной окружности из верши-ны iA , а направления этих перпендикуля-ров чередуются. Заметим, что каждый изотрезков 1i iB B составляет угол в 45 состороной шестиугольника 1i iA A и пересе-кает ее в точке касания. Обозначим черезN точку касания, лежащую на стороне

4 5A A , и проведем через середину отрезкаMN плоскость, перпендикулярную ему

(рис.13). Радиусы окружности OM и ONсимметричны относительно этой плоско-сти, поэтому симметричны и прямые 1 2B Bи 4 5B B , поскольку они перпендикулярныэтим радиусам и составляют равные углыс плоскостью шестиугольника. Значит (факт1), прямые 1 2B B и 4 5B B лежат в однойплоскости. Следовательно, отрезки 1 4B B и

2 5B B также лежат в одной плоскости.Повторив то же рассуждение с двумя дру-гими парами сторон нашего шестиугольни-ка, мы видим, что из трех отрезков 1 4B B ,

2 5B B , 3 6B B каждые два лежат в одной

В Ы Х О Д В П Р О С Т Р А Н С Т В О - 2 11

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 112

плоскости. Применяем факт 2. Эти триотрезка не могут лежать в одной плоскости,иначе в этой же плоскости оказались бы всешесть точек касания, а значит, она совпалабы с плоскостью шестиугольника, что ис-ключено, потому что все точки iB в ней нележат. Следовательно, прямые 1 4B B , 2 5B B ,

3 6B B либо пересекаются в одной точке,либо параллельны. Значит, тем же свой-ством обладают и их проекции на плоскостьшестиугольника – диагонали 1 4A A , 2 5A Aи 3 6A A . Так как диагонали не параллель-ны, то они пересекаются в одной точке.

Вывод. Чем здесь помог выход в про-странство? Почему нельзя было провестито же доказательства, не покидая плоско-сти? Дело в том, что если три прямые, нележащие в одной плоскости, попарно пе-ресекаются, то все три пересекаются водной точке (факт 2). А если они лежат водной плоскости, то это неверно! Пример:прямые, содержащие стороны любого тре-угольника. Поэтому из того, что диагоналишестиугольника пересекаются попарно, неследовало бы, что они пересекаются водной точке. В этом смысле, в простран-стве меньше возможностей, чем в плоско-сти. Мы вышли в пространство и «подня-ли» диагонали 1 4A A , 2 5A A и 3 6A A доотрезков 1 4B B , 2 5B B , 3 6B B . Доказав, чтоэти отрезки попарно пересекаются, мы,тем самым, доказываем их пересечение водной точке.

Конфигурации точек и прямых

Проективная геометрия изучает факты исвойства фигур, не меняющиеся при цен-тральных проекциях, т.е. проекциях изфиксированной точки. Многие проектив-ные задачи решаются с помощью выхода впространство. Тому есть причины, кото-рые мы не будем здесь обсуждать, этоувело бы нас слишком далеко в основанияпроективной геометрии. Скажем только,что весьма трудные планиметрические за-дачи о конфигурациях точек и прямыхпревращаются подчас в совсем простые«пространственные» утверждения.

Задача 5 (поляра относительно угла).Дан угол и точка A, отличная от еговершины (рис.14). Через A проводятся

две произвольные прямые, пересекающиестороны угла в точках 1 2,M M и 1 2,N Nсоответственно. Докажите, что точкапересечения прямых 1 2M N и 2 1M N ле-жит на фиксированной прямой, проходя-щей через вершину угла.Если вместо угла взять окружность, то

утверждение остается верным, в этом слу-чае эта фиксированная прямая называетсяполярой точки A относительно окружнос-ти. У поляры масса интересных свойств,на которых основано важнейшее геометри-ческое понятие двойственности (см., на-пример, книгу Г.С.М.Коксетера иС.П.Грейтцера «Новые встречи с геомет-рией»). Теорема о поляре имеет несколькодоказательств, в том числе вполне геомет-рических и изящных. Задача 5 утвержда-ет, что поляра бывает не только относи-тельно окружности, но и относительноугла (т.е. относительно пары прямых).1

Удивительно, что этот факт совсем непро-сто доказать. Хотя, по идее, с парой пря-мых все должно быть проще, чем с окруж-

ностью. И нам снова поможет выход впространство.Сначала мы перейдем к более общему,

трехмерному утверждению.

Задача 5 (поляра относительно дву-гранного угла). В пространстве даныдвугранный угол и точка A, не лежащаяна его ребре. Через A проводится двепроизвольные прямые, пересекающие гра-ни угла в точках 1 2,M M и 1 2,N N соот-ветственно. Докажите, что точка пере-сечения прямых 1 2M N и 2 1M N лежит на

Рис. 14

1 Для знатоков этот факт не вызовет удивле-ния: поляра есть не только относительно ок-ружности, но и относительно любой коники, апара прямых – тоже коника, только вырожден-ная.

фиксированной плоскости, проходящейчерез ребро угла.Ясно, что из этого утверждения сразу

следует задача 5: достаточно представитьнаш угол как сечение некоторого двугран-ного угла. А докажется оно проще, что насуже не удивляет. («Доказать больше иног-да проще»!)

Доказательство (рис.15). Надо пока-зать, что точка K пересечения прямых

1 2M N и 2 1M N лежит на фиксированнойплоскости. Проведем через точку A еще итретью прямую, пересекающую грани углав точках 3M и 3N , обозначим через Lточку пересечения прямых 2 3M N и 3 2M N .

Зафиксируем положение прямых 2AM и3AM (тем самым, и точки 2N , 3N и L),

а точку 1M будем выбирать на грани углапроизвольно. Тогда пересечение плоско-стей 1 2 3M N M и 1 2 3N M N будет содержатьточки K, L и P – точку пересеченияплоскости 1 3AM M с ребром угла. Значит,эти три точки лежат на одной прямой.Следовательно, при любом выборе точки

1M точка K всегда будет лежать в фикси-рованной плоскости, проведенной черезребро угла и через точку L. Значит, и прилюбом выборе точки 2M она будет лежатьна той же плоскости.У задачи 5 есть еще одно решение – без

выхода в пространство, но с применениемодного мощного средства – теоремы Де-зарга. Однако и сама теорема Дезаргатоже доказывается с помощью выхода впространство! Но – все по порядку. В 1636году французский геометр Жерар Дезарг(1591—1661) в своем «Трактате о перс-пективе» впервые сформулировал и при-

вел доказательство теоремы о двух треу-гольниках. Вот она.Теорема (G.Desargues, 1636 г.) На плос-

кости даны два треугольника 1 1 1A BC и

2 2 2A B C . Если прямые 1 2A A , 1 2B B , 1 2C Cпересекаются в одной точке, то триточки пересечения соответствующихсторон треугольников (или их продолже-ний) лежат на одной прямой (рис.16).

Этот замечательный факт, видимо, былизвестен и до Дезарга. Живописцы эпо-хи Возрождения должны были быть сним знакомы, поскольку знали основыперспективы и применяли их. Дезарг, од-нако, впервые его сформулировал в видетеоремы и, что важнее всего, доказал.Причем идея его доказательства практи-чески в неизменном виде используется досих пор!Посмотрите на рисунок 16. А теперь

представьте, что это не плоский, а про-странственный чертеж и заштрихованныетреугольники лежат на самом деле в раз-ных плоскостях. Тогда утверждение тео-ремы очевидно: плоскости заштрихован-ных треугольников пересекаются по пря-мой, причем точки K, L, M принадлежатобеим этим плоскостям, а значит, лежатна прямой пересечения. Все, доказатель-ство по существу закончено. Остается ак-куратно перейти от пространства к плос-кости. Это можно сделать с помощьюпроекции, а можно с помощью предель-ного перехода.Пойдем по второму пути. Закрепляем

точки 1A , 2A , 1B , 2B , а точку 1C немно-го «поднимем» над плоскостью. Теперь

В Ы Х О Д В П Р О С Т Р А Н С Т В О - 2 13

Рис. 15 Рис. 16

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 114

выберем на прямой 1OC новую точку2C , рядом с ее первоначальным положе-

нием. Получаем, что треугольники 1 1 1A BCи 2 2 2A B C вылезли из плоскости, значит,к ним можно применить доказанное ут-верждение: точки K, L, M лежат на од-ной прямой. Теперь устремим точку 1C кее первоначальному положению, а вместес ней и точку 2C . В пределе получим,что точки K, L, M лежат на одной пря-мой. Так приемом, называемым предель-ный переход, мы завершаем доказатель-ство.

Упражнения

11. Решите задачу 5 с помощью теоремыДезарга.

12. Верна ли теорема Дезарга для четырех-угольников: если для двух четырехугольников

1 4A A… и 1 4B B… на плоскости четыре пря-мые 1 1 4 4, ,A B A B… пересекаются в одной точке,то четыре точки пересечения соответствующихсторон (или их продолжений) лежат на однойпрямой?

13 (теорема о бабочке для угла). На сторонахугла взяты точки A и B. Через середину Mотрезка AB проходят две прямые, одна изкоторых пересекает стороны угла в точках 1A ,

1B , а другая – в точках 2A , 2B . Прямые 1 2A Bи 2 1A B пересекают прямую AB в точках P и Q.Докажите, что MP = MQ.

Четырехмерное пространство

Если задачи на плоскости можно ре-шать выходом в трехмерное простран-ство, значит, некоторые задачи стерео-метрии можно решать выходом в четы-рехмерное? Да, конечно. Мы дадим такиезадачи в виде упражнений в конце статьи,но сначала разберемся, что такое четы-рехмерное пространство. На помощь при-ходит декартова система координат. Плос-кость – это множество пар чисел. Каждаяпара чисел – точка; множество точек,удовлетворяющих линейному уравнению,– прямая. Расстояния вычисляются с по-мощью теоремы Пифагора, углы – с по-мощью скалярного произведения. Про-странство – это множество троек чисел.Значит, четырехмерное пространство –множество четверок чисел. Обозначается

оно символом 4R . Каждая точка x имеет

четыре координаты: 1 2 3 4; ; ;x x x xx

(договоримся точки, в отличие от чисел,обозначать жирным шрифтом). Плоскость(трехмерная!) – это множество точек,удовлетворяющих линейному уравнению

1 1 4 4 0a x a x b… . В 4R есть и дву-

мерные плоскости, которые являются пе-ресечениями двух трехмерных, т.е. реше-ниями систем из двух линейных уравне-ний. И конечно, прямые. Их можно опре-делить либо как множество решений сис-темы из трех уравнений (громоздко как-то), либо параметрически: прямая – этомножество точек 0 tx x b , где t пробе-гает все действительные числа. Здесь 0x

– произвольная точка прямой, а b – лю-бой вектор, параллельный прямой.Длина вектора 1 2 3 4; ; ;b b b bb – это

2 2 2 21 2 3 4b b b b , а расстояние между

двумя точками – это длина вектора-отрез-ка, их соединяющего. Угол между векто-рами определяется с помощью скалярно-го произведения, которое, конечно же,равно 1 1 4 4; x y y x…x y . Теперьможно определять четырехмерные фигу-ры. Например, сфера с центром a и ради-усом r – это множество точек x, длякоторых 2 2 2

1 1 4 4x a x a r… .Собственно, и всe. Четырехмерное про-

странство существует, ничего мистичес-кого в нем нет. Не очень понятно, при-сутствует ли оно физически в нашем мире,но в качестве математического объектамы можем им пользоваться. Многие свой-ства четырехмерных фигур можно выве-сти по аналогии с трехмерными. Напри-мер, любые пять точек в 4

R являютсявершинами четырехмерной пирамиды –симплекса.

(Продолжение следует)

И З И С Т О Р И И Н А У К И

АндрейАнатольевич

ЗализнякА.ПИПЕРСКИ

24ДЕКАБРЯ 2017 ГОДА В ВОЗРАСТЕ 82лет ушел из жизни великий российс-

кий лингвист, академик РАН Андрей Анато-льевич Зализняк (1935–2017). На его счету– множество выдающихся открытий. Онизучал древненовгородские берестяные гра-моты и описал грамматику древненовгород-ского диалекта; он убедительно доказал, что«Слово о полку Игореве» действительнобыло написано около 1200 года, а не являет-ся подделкой XVIII века, как многие счита-ли раньше; он создал словарь русского сло-воизменения, который и по сей день лежит воснове компьютерных программ, работаю-щих с русским языком; он развил и дорабо-тал определение падежа, данное А.Н.Кол-могоровым, – и многое другое. Строгость идоказательность работ Андрея Анатольевичабыла и остается идеалом для всех его учени-ков – а таковыми считают себя почти вселингвисты Москвы и не только.

Отличительная черта научной деятельнос-ти Зализняка – интерес к математике иточным методам в языкознании. В 1950-егоды он учился на французском отделениифилологического факультета Московскогоуниверситета – казалось бы, что может бытьболее гуманитарным и далеким от точныхнаук? Однако он стал ходить к В.А.Успен-скому на занятия по математике для филоло-гов и оказался в числе лучших студентов.«Он меня абсолютно потряс. Он задавалкакие-то вопросы, чрезвычайно глубокие, носовершенно перпендикулярные к вопросамвсех остальных и к тому, чего я мог ожидать.Какой-то такой был поворот в его вопросах,словно он с другой стороны на все смотрел.Сразу стало ясно, что это гений», – вспоми-нает Успенский.1 Вскоре Зализняк стал од-ним из руководителей семинара по матема-тической лингвистике на механико-матема-тическом факультете МГУ. О некоторыхдостижениях Зализняка, связанных с фор-мализацией лингвистического знания, мнебы и хотелось рассказать поподробнее.

Русское словоизменение

В 1957–1958 годах Зализняк был на ста-жировке в Париже. Там он преподавал фран-цузским студентам русский язык и обнару-жил, что существующих описаний русскогосклонения и спряжения для иностранцевнедостаточно: они слишком расплывчатые.Уже в 1961 году Зализняк издал «Краткий

русско-французский учебный сло-варь», приложив к нему абсолют-но формальный 150-страничныйочерк русского словоизменения.В 1965 году из этого очерка вырос-ла кандидатская диссертация; ра-бота оказалась настолько нова-торской, что ее сразу засчитали задокторскую. В 1967 году Зализ-няк издал книгу «Русское имен-ное словоизменение», а в 1977году – «Грамматический словарьрусского языка».

1 Борьба за лингвистику. Беседа сматематиком Владимиром Успенс-ким. Часть 1. http://polit.ru/article/2009/07/09/linguist/

В.А.Успенский (слева) и А.А.Зализняк на Летней школе «Со-временная математика» (Дубна, 2009 г.)

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 116

В этом словаре при каждом слове стоятнепривычные пометы: дуб м 1с, порог м 3a,фонарь м 2b. Ясно, что «м» обозначаетмужской род, а зачем все остальное? Ведьмы со школьных лет и так знаем, что дуб,

порог и фонарь – это II склонение.Однако для полного описания русского

языка такого знания недостаточно. Чтобыубедиться в этом, образуем родительныйпадеж единственного числа и именительныйпадеж множественного числа:

нет дэба – есть дубы’ ,

нет поруга – есть поруги,

нет фонаря’ – есть фонари’.Видно, что в окончаниях этих слов появля-ются разные буквы (в одном – а и ы, вдругом – а и и, в третьем – я и и), да и сударением все непросто: у слова дуб онопадает то на окончание, то на основу, у словапорог оно в обеих формах на основе, а услова фонарь – на окончании. Именно этуинформацию и несут в себе пометы.

Цифры обозначают, на что оканчиваетсяоснова и как будут выглядеть окончания:

1 – основа на твердый согласный (кромезаднеязычных к, г и х, шипящих ш и ж исвистящего ц);2 – основа на мягкий согласный (кроме ч

и й);3 – основа на к, г и хи т.д.

Таких типов у существительных насчитыва-ется девять: 0 – несклоняемые слова (напри-

мер, кенгуру), 1–7 – варианты традицион-ных I и II склонений (например, акула,поезд, ведро) и 8 – традиционное III скло-нение (например, крепость).

Буква обозначает схему ударения:a – всегда на основе;b – всегда на окончании;c – подвижное ударение: в единственном

числе на основе, а во множественном – наокончаниии т.д.

Всего у существительных насчитываетсявосемь схем, включающих в себя по крайнеймере 10 слов. Больше 90% существительныхв «Грамматическом словаре» Зализняка от-носятся к схеме a – но это не значит, чтоостальными схемами можно пренебречь. Делов том, что редкие схемы включают в себяочень частотные слова: например, многиеназвания частей тела. Посклоняйте словорука и посмотрите, когда ударение будет наоснове, а когда на окончании: распределениетам очень прихотливое. И вот если считатьне по словарю, а по текстам, то на все схемы,кроме a, придется более четверти всех суще-ствительных (табл.1).

Кстати, в этой таблице пары слов в каждойячейке упорядочены так же, как и в самом«Грамматическом словаре», – в инверсион-ном (обратном) порядке, т.е. по алфавитупри чтении справа налево, а не слева напра-во. Если объединить эти 16 слов в одинсписок и упорядочить его таким образом,

Таблица 1

получим: изба, губа, рука, спина, гора, кар-

та, душа, дуб, порог, море, вино, ухо, червь,

фонарь, доля, ступня (как и при обычнойалфавитной сортировке, если последние бук-вы одинаковы, смотрим на предпоследние ит.д.).

Зализняк не зря выбрал такой порядок.Благодаря этому в словаре оказываютсярядом слова с одинаковой правой частью,т.е. те, которые изменяются похоже: глаго-лы на -нуть, существительные на -а и т.п.В нашем примере видно: подряд располо-жились 7 слов традиционного I склонения,потом 7 слов II склонения и потом еще 2слова I склонения. Сейчас цель такой сор-тировки кажется надуманной: можно жевзять оцифрованную версию словаря и задоли секунды выбрать все слова на -нуть,– но в 1977 году такой возможности небыло. Однако с распространением компью-теров обнаружилось новое применение«Грамматического словаря»: именно на немоснованы программы, которые работают срусской морфологией. Без словаря гораздохуже функционировали бы современныепоисковые системы и голосовые помощни-ки. Например, введя в поиск Пушкин сти-

хи, вы получаете страницы, на которыхнаписано в стихах Пушкина. Это не простослова, которые отличаются на 1–2 буквы(иначе находились бы и страницы со сло-вами пушки и стихия, а такого не проис-ходит), а именно формы слов, построен-ные по моделям Зализняка. А голосовойпомощник без словаря не построил быродительный падеж от слова фонарь, аесли бы он просто озвучивал текст, то неузнал бы, что надо читать фонаря’, а нефонбря.

Легко понять, как на основе словаря За-лизняка работает морфологический синтез.Если мы строим формы от слова фонарь,надо взять его помету (2b), выбрать изокончаний типа 2 то, которое выражаетнужную комбинацию падежа и числа: напри-мер -я для род. ед., – и узнать во вводнойчасти словаря, что основа слов типа 2 полу-чается отбрасыванием конечного ь. В резуль-тате выходит: фонар- + -я = фонаря. Чутьсложнее со словами, у которых несколькооснов: так, слово огурец имеет помету 5*b,

где * обозначает наличие беглой гласной(т.е. основ будет две: огурец- и огурц-).Опять-таки из вводной части словаря узна-ем, что окончание род. ед. в типе 5 имеет вид-а; если есть знак *, то берется основа безгласной в случае, если окончание не входитв множество { - (пустая строка); -й; -ь; -ью}.Получаем огурц- + -а = огурца.

Противоположная задача – опираясь на«Грамматический словарь», понять по стро-ке символов, является ли она формой како-го-либо русского слова, и если да, то какиеэто могут быть формы и от каких слов – свычислительной точки зрения решается слож-нее. Требуется не только хранить все воз-можные наборы окончаний и помету длякаждого слова, но и заранее построить всевозможные основы и записать, в какой фор-ме какая из основ используется. Дальшеможно предложить такой алгоритм: разби-ваем слово на две части всеми возможнымиспособами и смотрим, является ли перваячасть основой каких-либо слов. Если да,проверяем, бывает ли вторая часть оконча-нием у этих слов при такой основе, и если да,то выписываем те слова и формы, в которыхэто возможно. Проанализируем в качествепримера слово паром, для которого получа-ется три разбора (табл.2).

Аркадий Волож, руководитель «Яндек-са», вспоминает, что в начале 1990-х егодругу и коллеге Илье Сегаловичу на основесловаря Зализняка удалось создать морфо-логический анализатор, который работалнастолько эффективно, что умещался в опе-ративную память тогдашнего персональногокомпьютера – 640 килобайт.

Можно, конечно, сказать: зачем все этисложные обозначения, схемы ударения, че-редования основ и т.д.? Давайте просто длякаждого слова выпишем все формы с ударе-нием, и готово. Но это очень неэкономно: накаждое существительное придется по 12 форм,а на некоторые глаголы – больше 100 (счи-тая четыре причастия во всех родах, числахи падежах). А «Грамматический словарь» –не такая уж и толстая книга, хотя и имеетбольшой формат: в 4-м издании описаниерусского словоизменения занимает 118 стра-ниц, а за ними следуют 586 страниц соб-ственно словаря.

И З И С Т О Р И И Н А У К И 17

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 118

Стремясь описать язык оптимальным об-разом, Зализняк ставил и решал в том числеи математические задачи. К одной из нихподводит пример, с которого мы начали.Напомним, что слово фонарь имеет схемуударения b, т.е. ударение всегда на оконча-нии. Прежде чем читать дальше, подумайте:нет ли здесь некоторого противоречия, кото-рое надо разрешить?

Зададимся странным вопросом: куда пада-ет ударение в форме фонарь – на основу илина окончание? На этот вопрос есть триварианта ответа:

1) на основу: ведь ясно, что гласный а

входит в основу, а окончание здесь нулевое;2) мы не знаем куда: основа и окончание

здесь не соревнуются за ударение, посколь-ку окончание нулевое;3) на окончание, но введем дополнитель-

ное правило: если ударение попало на нуле-вое окончание (и получается, что ему негдепрозвучать), оно переносится на основу.

Обозначим ударение на основе через +,ударение на окончании через –, а «не знаем»через 0. Примем вариант 1 – самый, каккажется, естественный – и изобразим схемуударения во всех числах и падежах 2 у

нескольких русских существительных(табл.3). Нулей в полученной таблице небудет, поскольку этот вариант не предпола-гает ответа «не знаем».

Видно, что вариант 1 не очень эконом-ный: нам приходится вводить разные схе-мы ударения для неодушевленного словафонарь и одушевленного слова вратарь

(у них различается вин. ед.: вижу фонбрь,но вижу вратаряѣ), не говоря уже про оченьпохожее слово сапог, для которого понадо-бится схема V из-за того, что у него род.мн. имеет нулевое окончание: нет сапуг.Всего таких схем, как посчитал Зализняк,окажется 22.

Еще менее экономен вариант 2, которыйдает нам таблицу с нулями (табл.4). Еслииспользовать его, схем выйдет целых 39.Слова карта, тигр и порог получат не туже схему, что юноша (строка II не изме-нится, а в строках III–V вместо плюсовбудут нули).

А самым экономным оказывается вариант3 (табл.5): если использовать его, выяс-нится, что юноша, карта, тигр и порог –это одна схема; ступня, фонарь, вратарь

и сапог – еще одна схема (и да, как этони странно, в слове порог ударение наоснове, а в слове фонарь – на окончании).Всего для русского языка потребуется 11таких схем. Выше были продемонстрирова-ны только 8 из них, обозначенные как a, b,c, d, e, f, d’ и f’, поскольку остальные

Таблица 2

2 За исключением винительного падежа мно-жественного числа, поскольку он всегда совпада-ет либо с родительным, либо с именительным взависимости от одушевленности (вин. вижу сто-

лы как им. стоят столы, вин. вижу кошек какрод. глаза кошек).

представлены совсем небольшим числомслов.

Зализняк не просто получил это решениеинтуитивно, но и доказал строго математи-чески, что оно оптимально, если мы хотимминимизировать число строк в таблице. Воткак выглядит задача, которую он передсобой поставил:

Имеется матрица из m строк и n столб-цов, элементами которой являются знаки+, – и 0. Требуется заменить каждый изимеющихся в матрице нулей плюсом илиминусом так, чтобы в полученной матрицебез нулей (назовем ее результирующей для

данной матрицы) число s различных строкбыло минимальным.

Читателей, заинтересовавшихся полнымрешением, отсылаем к книге А.А.Зализняка«Русское именное словоизменение» (М.:Наука, 1967; переиздание: М.: Языки сла-вянской культуры, 2002) и заметим, что длярешения этой задачи автор сформулировал идоказал три теоремы; это нечасто встречает-ся в лингвистических работах – но, оказыва-ется, встречается!

Таблица 3

Таблица 4

Таблица 5

И З И С Т О Р И И Н А У К И 19

(Продолжение следует)

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

Этот раздел ведется у нас из номера в номер с момента основания журнала. Публикуемые внем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамкишкольной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формулировкизадачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачи публикуютсявпервые.

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

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

Задачипо математике и физике

Задачи М2494–М2497, Ф2501–Ф2504

M2494. Доска 20 20¥ покрашена в двацвета: нечетные столбцы покрашены вчерный цвет, четные – в белый. На всехчерных клетках стоит по одному шахмат-ному королю. Каждым ходом один изкоролей сдвигается на свободную сосед-нюю по стороне или диагонали клетку. Закакое наименьшее число ходов все королимогут снова встать на черные клетки, при-чем так, что ни один король не окажется вклетке, в которой стоял изначально?

Р.Ефремов

M2495. а) Найдите остаток от деления

числа ( )( ) ( )( )2 1 2 12 1 2 1

n nn n

- +- + + на ( )32n .б) Найдите остаток от деления числа

( )( )( )( )( )( )2 1 2 1

2 1 2 12 1 2 1

n nn n

n n

- +- +- + + на ( )22n и

на ( )32n .В.Расторгуев

M2496. На плоскости расположено нечет-ное количество городов так, что все попар-ные расстояния между ними различны.Некоторые пары городов соединены (дву-сторонними) авиарейсами. Оказалось, чтоиз каждого города выходят ровно дваавиарейса, причем это рейсы в два наибо-лее удаленных города. Докажите, что,используя авиарейсы, из любого городаможно добраться до любого другого.

А.Гайфуллин

M2497. Пусть ABCD – выпуклый четырех-угольник. Внутри четырехугольника вы-

бираются пары точек P, Q, удовлетворяю-щие условию

APB CPD AQB CQD– = – = – = –(рис.1). Докажите, что всевозможные пря-мые PQ проходят через фиксированную

точку либо все они параллельны другдругу.

С.Берлов

Рис. 1

Ф2501. Механическая модель молекулысостоит из двух шариков, скрепленныхневесомой пружинкой. Такая модель-мо-лекула движется к жесткой стенке так, какпоказано на рисунке 2 (прямая линия,

проходящая через центры шариков, пер-пендикулярна плоскости стенки). Шари-

Рис. 2

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

ки движутся с одинаковыми скоростями,пружинка не деформирована. При какомсоотношении масс атомов-шариков удармолекулы о стенку будет резонансным?При таком ударе энергия колебаний моле-кулы после «ухода» от стенки должнабыть максимальной. Удар шарика о стен-ку считайте абсолютно упругим.

А.Власов

Ф2502. С одним молем одноатомного газапровели процесс, состоящий из четырехучастков. На участке 1–2 газ совершилработу A, при этом температура былапропорциональной объему в степени n.Температуры 1T и

2T известны, причем

1T < 2T . На участке 2-3 газ изотермически

расширялся, на участке 3–4 он адиабати-чески расширялся, а на участке 4–1 –изотермически сжимался. Какова работа,совершенная газом на участке 3–4?

К.Парфёнов

Ф2503. Однократно ионизованный атомгелия (ион) пересекает ось симметрии длин-ного, L = 100 м, цилиндрического, с пло-щадью поперечного сечения S = 100 2

см ,магнита на расстоянии l = 100 см от егоюжного полюса (вне магнита). В этотмомент скорость иона была направленаперпендикулярно оси симметрии магнита,а ускорение составляло угол 100° с векто-ром индукции магнитного поля. Какойбыла скорость иона в этот момент? Каковадлина волны де Бройля, соответствующаяэтой скорости иона? Модуль заряда элек-трона равен 191,6 10e  Кл. Магнитныйдипольный момент электрона, связанныйс наличием у него собственного моментаколичества движения (спина), равен e

26928 10 Дж Тл .С.Варламов

Ф2504. Колебательный контур состоит изконденсатора емкостью C = 100 нФ икатушки индуктивностью L = 100 мкГн.Емкость конденсатора периодически изме-няют с амплитудой 100C C и с пери-одом вдвое меньшим, чем период собствен-ных колебаний контура. Оцените макси-мальное время, за которое амплитуда ко-лебаний напряжения на конденсаторе на

собственной частоте достигнет 100 мВ.Считайте, что тепловые колебания в кон-туре имеют характерную тепловую энер-гию kT. Температура равна 100 К. Оми-ческое сопротивление проводов катушкиравно нулю.

Фольклор

Решения задач М2482–М2485,Ф2489–Ф2492

M2482. Дан параллелограмм ABCD ступым углом B, в котором AD > AB(рис.1). На диагонали AC выбраны такие

точки K и L, что ABK ADL– = – (точкиA, K, L, C различны, причем K лежитмежду A и L). Прямая BK пересекаетокружность , описанную около треу-гольника ABC, в точках B и E, а прямаяEL пересекает в точках E и F. Дока-жите, что BF ACP .

Рассмотрим точку 1F , симметричную Dотносительно прямой AC (рис.2).Заметим, что 1F Œ . Действительно: посвойству параллелограмма ABC– =

ADC= – ; 1ADC AFC– = – из симметрии.

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 122

Тогда 1ABC AFC– = – , а значит, четырех-угольник 1ABFC вписан в окружность .Отрезки AB и CD равны по свойствупараллелограмма, отрезки CD и 1CF рав-ны из симметрии. Получаем, что 1AB CF= .Но тогда 1ABFC – равнобокая трапеция,и 1BF ACP .В силу симметрии 1AFL ADL– = – ; поусловию ADL ABK– = – ; углы ABK и

1AFE равны, так как опираются на однудугу AE окружности . Имеем 1AFL– =

1AFE= – . Полученное равенство означа-ет, что точки 1F , L и E лежат на однойпрямой, т.е. точки F и 1F совпадают. Норанее доказано, что 1BF ACP , откуда сле-дует утверждение задачи.

Б.Обухов

M2483. В стране между некоторымипарами городов осуществляются двусто-ронние беспосадочные авиарейсы. Извес-тно, что из любого города в любой другойможно долететь, совершив не более 100перелетов. Кроме того, из любого городав любой другой можно долететь, совер-шив четное число перелетов. При какомнаименьшем натуральном d из любогогорода можно гарантированно долететьв любой другой, совершив четное числоперелетов, не превосходящее d?(Разрешается посещать один и тот жегород или совершать один и тот жеперелет более одного раза.)

Ответ: 200.Пример, при котором может понадобиться200 перелетов: 201 город, соединенные поциклу авиалиниями, и пара соседних горо-дов этого цикла. Ясно, что от любогогорода можно добраться до любого друго-го не более чем за 100 перелетов (по более«короткой» дуге цикла). С другой сторо-ны, кратчайший четный маршрут, соеди-няющий эти два города, потребует 200перелетов. (Отметим, что приведенныйпример – не единственный.)Оценка. Рассмотрим два произвольныхгорода A и B и докажем, что от A до Bможно добраться за четное число переле-тов, не превосходящее 200. Рассмотримминимальное четное количество перелетов2k из города A в город B и предположим,

что k > 100 (см. рисунок). Пусть C –город, посещенный k-м после A. Заметим,что из A в C можно добраться, совершив

100m £ перелетов. Если m той же четно-сти, что k, это позволяет сократить марш-рут из A в B (сначала за m перелетовдобираемся из A в C, а затем – за kперелетов из C в B). Но это противоречитминимальности рассматриваемого четногопути из A в B. Значит, m и k разнойчетности. Аналогично, имеется маршрутиз C в B, содержащий 100n £ перелетов,и n и k разной четности. Эти два маршрутапозволяют добраться из A в B через C,совершив четное количество 200m n+ £перелетов. Противоречие.

И.Богданов

M2484. Натуральные числа x и y тако-вы, что

[ ] [ ], ,x 2 y 2 x 1 y 1+ + - + + =

[ ] [ ], ,x 1 y 1 x y= + + - .

Докажите, что одно из чисел x и y делит-ся на другое.(Здесь через [a, b] обозначается наи-меньшее общее кратное чисел a и b.)

Положим a = x + 1, b = y + 1.Если a = b, то условие задачи выполнено.Теперь без ограничения общности можемсчитать, что a < b.Заметим, что для любых двух натураль-ных чисел x и y выполнено [x, y] = zy, где

z – натуральный делитель x, ( ),

xz

x y=

(здесь и далее через ( ),x y обозначаемНОД натуральных чисел x и y).Таким образом, из данного в условии ра-венства [a – 1, b – 1] + [a + 1, b + 1] == 2 [a, b] получаем

( ) ( )1 1 2k b m b lb- + + = , (1)

где

( )1

1, 1

ak

a b

-=

- -, ( ),

al

a b= ,

( )

1

1, 1

am

a b

+=

+ +. (2)

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 23

В частности,

( )1 ,a k a l- ⋮ ⋮ , (3)

1 1k a b£ £ - < , 1 1m a b£ £ + £ . (4)

Далее из (1) получаем (2m k l k- = - -)m b- , откуда ( )m k b- ⋮ . Из (4): |m – k| <

< b, поэтому m – k = 0, k = m. Подставимm = k в (1) и получим l = k. Но из (3)следует ( )1a k- ⋮ и a k⋮ , поэтому k = 1.Подставив k = 1 в (2), получим

( )1 1, 1a a b- = - - , поэтому ( ) ( )1 1b a- -⋮ ,что и требовалось.Комментарий. Можно найти все пары a иb, удовлетворяющие начальному равен-ству.Подставив k = l = m = 1 в (2), получим( )1, 1 1a b a- - = - , ( ),a b a= , ( )1, 1a b+ + =

1a= + , поэтому

( ) ( ) ( ) ( )1 1 , , 1 1b a b a b a- - + +⋮ ⋮ ⋮ . (5)

Заметим, что (5) равносильно условию

( ) ( )1b a a- -⋮ , ( )b a a- ⋮ , ( ) ( )1b a a- +⋮ ,

или ( ) [ ]1, , 1b a a a a- - +⋮ .

Для четных a имеем ( )1, , 1a a a- + =( ) ( )1 1a a a= - + , т.е. ( ) (1b a k a a a= + - +)1+ , k ŒN .

Для нечетных a имеем ( )1, , 1a a a- + =( ) ( )1 1

2

a a a- += , т.е.

( ) ( )1 1

2

k a a ab a

- += + ,

k ŒN .Легко проверить, что все пары натураль-ных чисел, для которых верно (5), удов-летворяют и условию задачи.

Д.Джукич

M2485. а) Зафиксируем натуральноеn 2≥ . Назовем n-ситом клетчатый квад-рат n n¥ , из которого удалили n клетоктак, что из каждого столбца и из каждойстроки удалена ровно одна клетка. Назо-вем полосками клетчатые прямоугольни-ки 1 k¥ и k 1¥ для всех натуральных k.Для любого n-сита A обозначим через

( )m A наименьшее количество полосок,на которое его можно разрезать. Найди-те все возможные значения ( )m A по всемn-ситам A.б*) Докажите, что количество способовразрезать n-сито на наименьшее возмож-

ное количество полосок не превосходит100n.

a) Ответ: 2n – 2.

Разбиение на 2n – 2 полосок можно полу-чить, например, разрезав сито по всемгоризонтальным линиям сетки. Далее рас-смотрим произвольное разбиение некото-рого сита на 2n – 2 или меньшее количе-ство полосок.Удаленную клетку сита будем называтьдыркой. Крестом дырки a назовем объе-динение строки и столбца, в которых со-держится клетка a (очевидно, в каждомкресте ровно 2n – 2 клетки, не считая самудырку).Назовем полоску горизонтальной, илиh-полоской, если она содержится в некото-рой строке (т.е. в горизонтальном ряду), ивертикальной, или v-полоской, если онасодержится в некотором столбце (полоску1 1¥ считаем для определенности горизон-тальной). Также пометим каждую клеткусита A буквой h или v в зависимости оттого, содержится она в h- или v-полоске.Для каждой клетки определим ее «коорди-

наты» ( ),x y , где x – номер столбца, вкотором расположена клетка (при нумера-ции слева направо), а y – номер строки(при нумерации снизу вверх).Каждой h-полоске поставим в соответ-ствие дырку, которая находится в ее стро-ке. Аналогично, каждой v-полоске поста-вим в соответствие дырку, которая нахо-дится в ее столбце.Так как имеется не более 2n – 2 полосок ировно n дырок, то либо найдется дырка a,которая не соответствует ни одной полос-ке, либо найдутся хотя бы две дырки a иb, каждая из которых соответствует ров-но одной полоске. Рассмотрим эти дваслучая.Случай 1. Пусть дырка a не соответствуетни одной полоске. Тогда в кресте дырки aвсе клетки над и под дыркой a помечены h,а все клетки слева и справа от a помеченыv (рис.1). Это означает, что ни одна полос-ка не содержит более одной клетки рас-сматриваемого креста и, следовательно,что полосок не менее 2n – 2.

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 124

Случай 2. Пусть ( ),a aa x y= и ( ),b bb x y=– дырки, каждая из которых соответствуетровно одной полоске. Без ограниченияобщности считаем, что a bx x< , a by y<(рис.2).Полоске, содержащей клетку ( ),a bx y , со-ответствует дырка a или дырка b, пусть,для определенности, это дырка a, т.е. этаполоска вертикальная. Тогда полоске, со-держащей клетку ( ),b ax y , соответствуетдырка b. Так как дырка a соответствуетровно одной полоске, то все клетки поддыркой a – с меткой h, а все клетки слеваи справа от a – с меткой v. Рассуждаяаналогично, получаем, что все клетки надb – с меткой h, а слева и справа от b – сметкой v.Рассмотрим все строки между строкамиклеток a и b, т.е. строки 1ay + , 2ay + , …..., 1by - . Каждая из них содержит дыр-ку. Столбец каждой из этих дырок содер-жит хотя бы две v-полоски. Все остальныестолбцы содержат хотя бы одну v-полос-ку. Кроме того, все строки ниже дырки a

и выше дырки b содержат хотя бы по однойh-полоске. Всего получается не меньшечем ( ) ( )2 1 1b a b ay y n y y- - + - + + + (n -

) ( )1 2 2b ay y n- + - = - полосок.Итак, в каждом из случаев 1 и 2 мы нашли2n – 2 полосок.б) Теперь нам нужно доказать, что количе-ство разбиений сита на 2n – 2 полоски непревышает 100n . При n = 2 это очевидно.Далее считаем, что 3n ≥ . Докажем лем-му, которую применим к разбиениям на2n – 2 полоски в указанных выше случаях1 и 2.Лемма. Рассмотрим клетчатый прямоу-гольник B c m столбцами и n строками.Пусть в B имеется несколько дырок, но вкаждой строке и в каждом столбце – неболее одной дырки. Пусть одна из дырок– это левый нижний угол. Рассмотримтакие разбиения B на m – 1 вертикальныхи n – 1 горизонтальных полосок, чтокаждая вертикальная полоска содержитклетку в нижнем ряду, а каждая горизон-тальная полоска содержит клетку в самомлевом ряду. Количество таких разбиенийне превосходит 2m n+ .Доказательство леммы. Пусть дырки на-ходятся в клетках ( )1 1,x y , ( )2 2,x y , …

..., ( ),s sx y , 1 2 sx x x< <… . Если p qx x<и p qy y> для некоторых p и q, то ни однаполоска не может содержать клетку

( ),q px y и нужных разбиений не существу-ет (рис.3).

В противном случае 1 2 sy y y< <… . Тогдаиз левого нижнего угла в правый верхнийможно по линиям сетки провести лома-ную, отделяющую объединение горизон-тальных полосок от объединения верти-кальных полосок (рис.4).

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 25

Каждая такая ломаная определяет не бо-лее одного разбиения. Ломаная составленаиз m + n единичных отрезков, из которыхровно m горизонтальных, поэтому количе-ство таких ломаных равно m

m nC + , что мень-ше чем 2m n+ . Значит, количество возмож-ных разбиений не превосходит 2m n+ . Лем-ма доказана.Возвращаемся к задаче.Случай 1. Пусть дырка a не соответствуетни одной полоске. Тогда каждая полоскаимеет ровно одну клетку в кресте a. Об-режем исходный квадрат n n¥ до прямо-угольника nnB размера ( )1an x- + ¥

( )1an y¥ - + , у которого две угловые клет-ки ( ),n n и ( ),a aa x y= . Этот прямоу-гольник удовлетворяет условиям леммы,поэтому количество nnk возможных «кар-тинок», возникающих в нем, не превосхо-дит 2 2

2 a an x y- - + . Аналогично, обрезаем ис-ходный квадрат n n¥ еще тремя способа-ми до прямоугольников 1 1 11, ,n nB B B , при-мыкающих к углам исходного квадрата,оцениваем количество возможных карти-нок в них: 1

1 2 a an x ynk + - +£ , kn1

12 a an y x+ - +£ ,

11 2 a ax yk +£ . Таким образом, количестворазбиений не превышает 11 1 1n n nnk k k k £

4 42 n+£ .Так как есть n возможностей для выборадырки a (не соответствующей ни однойполоске), в случае 1 имеем не более

4 41 2 nS n += ◊ разбиений.

Случай 2. Пусть ( ),a aa x y= и ( ),b bb x y=– дырки, каждая из которых соответствуетровно одной полоске. Так как количествополосок равно 2n – 2, в оценке, которуюмы получили в пункте а), мы перечислиливсе полоски.

Значит, если обрезать исходный квадрат,оставив только горизонтальную полосу изстрок , 1, ,a a by y y+ … , мы однозначно уви-дим разбиение на полоски по вертикаль-ным линиям сетки. Обрежем исходныйквадрат n n¥ четырьмя способами: допрямоугольника, у которого две угловыеклетки ( ),n n и b, до прямоугольника, укоторого две угловые клетки ( )1, n и b, допрямоугольника, у которого две угловыеклетки ( )1, 1 и a, до прямоугольника, укоторого две угловые клетки ( ), 1n и a. Кэтим прямоугольникам применима лемма.Отсюда, аналогично рассуждениям в слу-чае 1, получаем, что количество разбиений(при фиксированной паре a, b) не превос-ходит 4 2

2n+ . Так как имеется

( )2 21

2nC n n= - возможностей для выбора

дырок a и b и для каждой возможностиесть два способа сопоставить полоски этимдыркам, то в случае 2 имеем не более

( )2 4 22 2 nS n n += - ◊ разбиений. Таким об-

разом, общее количество разбиений непревосходит ( )2

1 2 4 12 16nS S n n+ = + ◊ .При 3n ≥ это количество не превосходит100n. Задача б) решена.Одно из альтернативных решений пунктаа) опирается на лемму Холла. Идея этогорешения состоит в следующем. Рассматри-вается разбиение горизонтальными сетка-ми на 2n – 2 максимальных горизонталь-ных полосок. Аналогично определяютсямаксимальные вертикальные полоски.Построим двудольный граф, вершиныкоторого соответствуют максимальнымполоскам, при этом вершины соединяютсяребром, если соответствующие полоскипересекаются по клетке. Можно доказать,что этот граф удовлетворяет условиямлеммы Холла, а значит, имеется паросоче-тание (разбиение всех вершин на парысоединенных ребром). Этому паросочета-нию соответствуют 2n – 2 клетки на пере-сечениях максимальных горизонтальныхи вертикальных полосок. При этом ни длякакого разбиения сита на полоски никакиедве из указанных 2n – 2 клеток не принад-лежат одной полоске. Таким образом, по-лосок не может быть меньше чем 2n – 2.

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 126

мое изменение длины левой пружины че-рез 1x (этому же равно смещение левогопоршня), смещение правого поршня –через 2x (этому же равно смещение лево-го конца правой пружины) и силу, прило-женную к свободному концу правой пру-жины, – через F. По закону Гука,

( )22F k L x= - .

Правый поршень находится в равновесии,поэтому сила, действующая на поршень состороны пружины, равна равнодействую-щей сил давления на него жидкости (из-нутри) и внешней среды (эта равнодей-ствующая схематично показана коротки-ми стрелками на рисунке). Иными сло-вами,

( )23 2F S p k L x= ◊ = - ,

где p – перепад давлений по разныестороны поршня. Таким образом, на ле-вый поршень со стороны внешней среды ижидкости действует сила

1F S p= ◊ .

Левая пружина при этом должна растя-нуться на такую величину, чтобы поршеньбыл в равновесии, т.е.

1 1F S p k x= ◊ = .

Смещения поршней связаны между собой,вследствие неизменности объема жидко-сти, соотношением

1 23S x S x◊ = ◊ .

Решая полученную систему уравнений,находим

16

11x L= .

В.Боровков

Ф2490. В сосуд с нагревателем черезпромежутки времени 0t 6  мин опуска-ют одинаковые порции снега с одинако-вой, но неизвестной температурой. Пер-вая порция снега растаяла и преврати-лась в воду с температурой C0 черезвремя t = 5 мин 20 с, после чего темпе-ратура воды выросла до 0 CT 10 кмоменту опускания второй порции снега.Вторая порция растаяла через меньшее,чем t, время, третья – еще быстрее, а

Ф2489. В начальном положении систе-ма закрепленных труб сечениями S и3S, а также вставленных в них порш-ней и пружин, которые прикреплены кпоршням (рис.1), покоится. Между пор-

шнями находится несжимаемая жид-кость. Левый конец пружины жесткос-тью k неподвижно закреплен. К право-му, свободному концу пружины жестко-стью 2k прикладывают внешнюю силу имедленно сдвигают этот конец пружи-ны на расстояние L. На сколько приэтом растянется другая пружина? Счи-тать, что жидкость под поршни не под-текает, трения нет, а внешнее давле-ние достаточно большое. Влиянием силытяжести пренебречь.

Изобразим новые положения поршней иконцов пружин (рис.2). Обозначим иско-

Рис. 2

Рис. 1

Есть и другие подходы к решению задачиб), позволяющие снизить верхнюю оценкуна количество способов до ( ) 8np n ◊ , где p– некоторый многочлен. Авторы предпо-лагают, что количество способов разбитьсито на 2n – 2 полосок на самом деле непревосходит 24n- , причем равенство дос-тигается только тогда, когда все дыркирасположены вдоль большой диагонали.

Н.Белухов, П.Мебэйн

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 27

Окончательно находим

0

0

99 9,1 C100

T tT

t t

Ê ˆ= - = ∞Á ˜-Ë ¯

.

В.Баткин

Ф2491. Три нити равной длины R связа-ны в одной точке O (рис.1). На концахнитей закреплены одноименные заряды

8Q, Q и q. Каковы расстояния междуэтими зарядами в равновесии, если зарядq пренебрежимо мал в сравнении с Q?Система находится на горизонтальнойплоскости без трения.

Ввиду малости q, силами со стороны этогозаряда при рассмотрении равновесия за-рядов 8Q и Q пренебрегаем.Натяжения соответствующих нитей урав-новешивают кулоновскую силу отталки-вания, направленную по прямой, соединя-ющей заряды. По этой прямой тогда на-правлены и нити, и расстояние z междузарядами 8Q и Q равно 2R. «Большие»заряды стремятся оказаться как можнодальше друг от друга. Обозначим рассто-яния от заряда q до зарядов Q и 8Q черезx и у (рис.2). Раз сумма углов при общейвершине в точке O у равнобедренныхтреугольников с основаниями x и у равна180∞ , то угол + равен 90∞ . Инымисловами, треугольник со сторонами x, у иz = 2R прямоугольный и 2 2 2x y z+ = .

сотая растаяла почти сразу. Объясни-те, почему так происходит. Какова тем-пература воды перед опусканием сотойпорции снега и сразу после того, как онарастаяла, если временем теплообменаможно пренебречь? Тепловая мощность,передаваемая нагревателем воде и снегу,постоянна.

Каждые следующие порции снега полу-чают дополнительное тепло от нагретойводы, которой становится все больше ибольше, что и сокращает время таяньяснега.Запишем уравнение теплового баланса длятаянья первой порции снега массой m:

( )л лNt m c T= +

– полученное от нагревателя за время tколичество теплоты идет на повышениетемпературы снега на лT до 0 C∞ и наплавление снега (льда). Здесь лc – удель-ная теплоемкость льда, – удельнаятеплота его плавления, а N – мощностьнагревателя. Тепловой баланс на этапенагрева воды от 0 C∞ до 0T имеет вид

( )0 0N t t cmT- = ,

где с – удельная теплоемкость воды. Отсю-да получаем соотношение

0л л

0

cT tc T

t t+ =

-.

Так как тепла, полученного за время 0t ,как раз хватает на нагрев и таянье снега ина нагрев образовавшейся воды до темпе-ратуры 0T , то в конце каждого промежут-ка температура воды перед опусканиемновой порции снега, в том числе и сотой,равна

перед 0 10 CT T= = ∞ .

В условии указано, что время таянья сотойпорции снега весьма мало, а тогда малапередача тепла от нагревателя за это вре-мя. Основное тепло поступает от водымассой 99m при начальной температуре

0T , и оно идет на плавление снега и наповышение температуры до искомой вели-чины T:

( )0 л л99 100mcT mcT m c T= + + .

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 128

Заряд q будет в равновесии, если суммавекторов кулоновских сил и силы натяже-ния нити равна нулю. Поскольку натяже-ние нити направлено по ней от заряда q кточке O, то проекции кулоновских сил нанаправление, перпендикулярное нити,уравновешиваются:

2 2

8sin sin

kqQ kqQ

x y= .

Заметим, что sin y z= , sin x z= .После подстановки в условие равновесияполучим

3 3

8q q

x y= , или 2y x= .

Учитывая, что 2 2 2x y z+ = , находим

2

5 5

z Rx = = ,

2 4

5 5

z Ry = = .

В.Баткин

Ф2492. Идеальная батарея с ЭДС E

через резистор сопротивлением R под-ключена к длинным параллельным про-водам, замкнутым подвижной массивнойперемычкой длиной L (см. рисунок). Си-стема находится в однородном магнит-

ном поле B, перпендикулярном плоско-сти рисунка. В момент когда скоростьперемычки равна нулю, ее начинают тя-нуть вправо с силой F. Укажите диапа-зон изменения тепловой мощности, вы-деляющейся на резисторе при движенииперемычки. Сопротивлением проводов иперемычки пренебречь, трения нет.

Мощность, выделяющаяся на резисторе,равна 2P RI= , где I – ток в цепи. Придвижении перемычки со скоростью v вмагнитном поле в контуре наводитсяЭДС индукции и d dt vBL= - = -E .Полная ЭДС равна vBL-E , и ток в

цепи равен

vBLI

R

-=E

.

Определим диапазон изменения Р, выяс-нив, как меняется скорость v . Пусть массаперемычки m, тогда для ее ускоренияa dv dt= из второго закона Ньютона сучетом магнитной силы ILB имеем

ma F ILB= + .

Начальная скорость 0 0v = , начальныйток 0I R= E , начальное ускорение поло-жительно. Скорость начинает нарастать,по мере роста скорости ток монотонноуменьшается от 0I до нуля. В этот моментускорение положительно и равно F m ,поэтому скорость продолжает расти, а токстановится отрицательным. Затем ускоре-ние продолжает уменьшаться и при неко-торой скорости обращается в ноль, чтоотвечает движению с установившейся ско-ростью. При этом достигается наибольшеепо модулю значение тока. Поскольку

к 0a = , то

к

FI

LB= - .

Итак, мощность 2P RI= сначала убывает

от значения 20P R= E до нуля, затем

нарастает от нуля до ( )( )2кP F LB R= приустановившихся скорости и токе.Заметим, что при R BL F< E максимуммощности равен 2

0P R= E .А.Киприянов

ВНИМАНИЮ НАШИХ ЧИТАТЕЛЕЙ!

В 2018 году наш журнал будет выходить втом же формате, что и в 2017 году. И мы по-прежнему будем выпускать 12 номеров в год.В остальном «Квант» остается тем же, что ибыл раньше, – научно-популярным журналомпо физике и математике для школьников ивсех, кому это интересно.

Подписаться на наш журнал можно с любо-го номера в любом почтовом отделении связи.Наш подписной индекс в каталоге агентства«Пресса России» – 90964.

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

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

Эти задачи предназначены прежде всего

учащимся 6–8 классов.Эти задачи предлагались на Олимпиаде

имени Е.Н.Анисимовой.

Задачи1. В компании среди любых трехдетей есть Саша, а среди любых четы-рех – девочка. Может ли так оказать-ся, что в компании нет девочки поимени Александра?

О.Нечаева

2. Все натуральные числа от 1 до 30выписали подряд слева направо:123456789101112…282930. Сколько су-ществует способов вычеркнуть всецифры полученного числа, кроме че-тырех, чтобы оставшиеся цифры об-разовали (без перестановок) число2017?

О.Нечаева

3. Фигура из трех клеток – это либопрямоугольник 1¥3, либо уголок. Ка-

кое наименьшее число клеток можнозакрасить на белой доске 3¥3 так,чтобы оттуда нельзя было по линиямсетки вырезать белую фигуру из трехклеток? Приведите пример и обоснуй-те, что меньше клеток закрасить нельзя.

О.Нечаева

4. Есть три двузначных числа. Еслисложить те из них, в записи которыхесть цифра 3, получится 80. Если сло-жить числа, где есть цифра 4, полу-чится 90. А сколько получится, еслисложить все три числа?

Фольклор

КОНКУРС ИМЕНИ А .П .САВИНА

Мы продолжаем конкурс по решению математических задач. Они рассчитаны в первуюочередь на учащихся 7–9 классов, но мы будем рады участию школьников всех возрастов.Конкурс проводится совместно с журналом «Квантик».

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 (в такомслучае присылается одна работа со списком участников). Участвовать в конкурсе можно, начинаяс любого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы. Задания, решения итекущие результаты публикуются на сайте sites.google.com/view/savin-contest

Желаем успеха!

17. Петя придумал признак равенствачетырехугольников. Он утверждает, чтоесли даны четырехугольники ABCD иA B C D¢ ¢ ¢ ¢ (не обязательно выпуклые),причем три стороны одного соответствен-но равны трем сторонам другого(AB A B= ¢ ¢, BC B C= ¢ ¢, CD C D= ¢ ¢) идиагонали одного соответственно равныдиагоналям другого ( AC A C= ¢ ¢ , BD =B D= ¢ ¢), то и сами четырехугольники рав-

ны. Не ошибается ли Петя?Данила Боханов (ученик 7 класса)

18. В куче 131 камень. Двое берут камнипо очереди. Сначала первый игрок берет kкамней, где k – некоторое фиксированноечисло. Каждым следующим ходом игрокберет либо столько же камней, сколькобрал его соперник на предыдущем ходу,либо на один больше. Кто не может сде-лать ход – проиграл. Кто из игроков можетгарантировать себе победу, как бы ни

играл его соперник, если: а) k = 9; б) k == 1?

А.Перепечко

19. а) Найдите четыре таких последова-тельных натуральных числа, что первое изних делится на 3, второе – на 5, третье –на 7, четвертое – на 9.

б) Можно ли найти сто таких последова-тельных натуральных чисел, что первое изних делится на 3, второе – на 5, третье –на 7, …, сотое – на 201?

А.Толпыго

20. Кузнечик умеет прыгать по полоскеиз n клеток на 8, 9 и 10 клеток в любуюсторону. Будем называть натуральное числоn пропрыгиваемым, если кузнечик может,начав с некоторой клетки, обойти всю полос-ку, побывав на каждой клетке ровно одинраз. Докажите, что, начиная с некоторогочисла M, все n M≥ пропрыгиваемы.

Е.Бакаев

КРАСИВЫЕ ОПЕЧАТКИ

А если не понимали, то Упрашивали

И это требует немИЛОГО времени

Это – уравнение сВОДных колебаний

При нулевом напряжении между СО-Бой и катодом

Магнитный поток пронизывает кон-тРУ ABCD

Разность давлений можно оцеПЕнить

ПОЛность воды равна

Будет иметь местЬ

О преобразовании многоРаНИков

« К В А Н Т » У Л Ы Б А Е Т С Я

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

Нахождениецентра масс

проволочноготреугольника

И.ДАЦЕНКО, Ю.МИНАЕВ,О.ОРЛЯНСКИЙ

СИСТЕМЕ МАТЕРИАЛЬНЫХ ТОЧЕК МО-жет быть поставлена в соответствие осо-

бая геометрическая точка С, положение ко-торой задается формулой

i ii

Ci

i

m r

rm

r

r

.

Эта точка называется центром масс. Длянепрерывного распределения массы в каком-то теле соответствующая формула записыва-ется так:

1Cr rdm

m

r r

,

где интегрирование ведется по всему телу.Положение центра масс в некоторых слу-

чаях достаточно очевидно (мы будем вестиречь только об однородных телах). Так,центр масс материальной точки совпадает сней самой; центр масс тонкого стержня (от-резка) находится в его середине. Для пра-вильного многоугольника центр масс совпа-дает с его центром, причем не важно, речьидет о тонкой пластине соответствующейформы или о контуре (периметре) много-угольника, сделанном из тонкой проволоки;то же касается круга (тонкого диска) иокружности (проволоки, изогнутой соответ-ствующим образом). Аналогично и для пра-вильных многогранников: не имеет значе-ния, распределена масса по объему, или поповерхностям граней, или сконцентрирова-на в проволочном каркасе – центр массбудет находиться в центре фигуры.

Но как только симметрия нарушается,пусть даже незначительно, определить поло-

жение центра масс становится уже сложнее.Не каждый сможет устно рассчитать, гденаходится центр масс, скажем, половиныкруга или проволочной полуокружности.Для того чтобы воспользоваться формулой,позволяющей определить положение центрамасс твердого тела относительно выбранногоначала координат, придется научиться ин-тегрировать (что само по себе, конечно же,неплохо).

С другой стороны, существует по крайнеймере одна несимметричная фигура, положе-ние центра масс которой достаточно хорошоизвестно, – это сплошной треугольник (тре-угольная пластина). Даже без интегрирова-ния можно сообразить, что центр масс плос-кого треугольника находится в точке пересе-чения его медиан (этот факт можно встретитьи в школьном курсе геометрии). Если спро-сить, где находится центр масс проволочноготреугольника, то многие, не подумав, укажутна эту же точку. Вот очевидный контрпри-мер: представьте себе равнобедренный треу-гольник, основание которого мало по сравне-нию с боковой стороной. Тогда, если онпроволочный, центр масс лежит примерно насередине высоты, опущенной на основание,а если сплошной – то делит эту высоту вотношении 2:1, считая от вершины.

Итак, задача о положении центра масспроволочного треугольника менее известна,а ответ на нее не так очевиден. Далее вприменении к решению этой задачи будутрассмотрены простые физические методы,основанные на том, что в однородном грави-тационном поле использование понятия цен-тра масс оказывается очень полезным.

Введем некоторые обозначения. Пусть сто-роны заданного проволочного треугольникаравны a, b, c. Массы этих сторон пропорци-ональны их длинам: aM a , bM b ,

cM c , где  – линейная плотность про-волоки. Отметим середины сторон этого тре-угольника точками, которые для удобстваобозначим aM , bM , cM , поскольку можносчитать, что именно в этих точках (центрахмасс сторон) сосредоточены массы соответ-ствующих сторон треугольника.

Обсудим три способа решения нашей за-дачи.

(Продолжение см. на с. 34)

геофизика?А так ли хорошо знакома вам

Астрономия возвращается в школу!Приветствуя это событие, «Калейдоскоп»

откликается на него целой серией своих вы-пусков. Однако поскольку этот славный, нонелегкий предмет венчает школьный курсестественных наук, то его изучение требуетхорошей подготовки и эрудиции. А заклады-вается это при изучении природоведения,естествознания, физической географии. И,наверное, вы обратили внимание, скольковопросов в них требовали привлечения физи-ческих знаний.Вот и мы решили наше восхождение по

«лестнице в небо» начать с первой ступени –земной тверди. И сразу столкнулись с тем,каким сегодня «зыбким» оказывается этоутверждение, впрочем, как и множество вро-де бы очевидных представлений об окружаю-щем нас мире. Надеемся, геофизика, объеди-няющая учение о литосфере, гидросфере имагнитосфере Земли, поможет нам разоб-раться хотя бы с небольшой их частью. Даеще и напомнит, сколько полезного предоста-вили созданные с помощью физики приборы,например, при поиске полезных ископаемыхили предотвращении последствий стихийныхбедствий – наводнений, оползней и землетря-сений.

Вопросы и задачи

1. Геологические данные показывают, чторайоны Арктики и Антарктики находилиськогда-то в жарком поясе. С чем это связано?

2. Земля полностью восстанавливает своюформу после приливных воздействий, чтоявляется признаком упругости. Можно литогда считать всю Землю кристаллом?

3. В чем заключаются физические причинывыветривания – разрушения твердых горныхпород?

4. Средняя плотность горных пород равна33,5 г см . Какой вывод из этого можно

сделать о плотности вещества ядра Земли?5. Почему горы на Марсе выше, чем горы

на Земле?6. Отчего в озеро втекает много рек, а

вытекать может только одна (пример – озероБайкал, в которое втекают несколько сот рек,а вытекает одна Ангара)?

7. Как, путешествуя по воде, например поВолге, можно по виду берегов доказать суще-ствование вращения Земли и определить егонаправление?

8. Почему наиболее сильные приливы на-блюдаются в полнолуние и новолуние?

9. Отчего приливы на Земле замедляют еевращение?

…по этим силам… выводятся движения пла-нет, комет, луны и моря.

Исаак Ньютон

…вследствие сложности своего объектаизучения геология является самой молодой.

Джеймс Геттон

В северном сиянии всполохи или лучи видподобный имеют.

Михаил Ломоносов

Основным законом морского волнения явля-ется отсутствие какого-либо закона.

Джон Стретт (лорд Рэлей)

…реки северного полушария размываютглавным образом правый берег. Реки южногополушария ведут себя противоположным об-разом (закон Бэра).

Альберт Эйнштейн

…внешняя оболочка литосферы не покры-вает сплошь всего земного шара… Это естьгеофизическая сторона теории перемеще-ния материков.

Альфред Вегенер

Со своей планетой мы справляемся кудахуже, нежели с состоянием вещества в звез-дах… мы не сможем разобраться в свойствахгорных пород при сверхвысоких давлениях.

Ричард Фейнман

10. Как объяснить, почему вода начинаетзамерзать с поверхности водоема?

11. Может ли покрывающий морскую по-верхность лед изгибаться на волнах?

12. Как изменилась бы температура земнойповерхности, если бы Земля потеряла гидро-сферу?

13. На каком расстоянии от Северногополюса находится северный магнитный по-люс?

14. Какое свойство Земли как физическоготела оказывается главным для защиты чело-века от космической корпускулярной радиа-ции?

15. Какое геофизическое явление, вызван-ное космическими причинами, выдает нали-чие у Земли магнитного поля?

16. Как можно оценить возраст Земли?

Микроопыт

Наверняка вы прохаживались утром позамерзшим за ночь лужам. Почему по однимиз них можно идти без особой боязни, а подругим это небезопасно?

Любопытно, что…

…в фундаментальном труде «Математи-ческие начала натуральной философии» Нью-тону удалось продемонстрировать эффектив-ность своего подхода к объяснению природ-ных явлений, среди которых возникновениеприливов и образование фигуры Земли.

…Карл Бэр, установивший благодаря на-блюдениям во время многочисленных экспе-диций свой закон, привлек к нему вниманиемногих выдающихся физиков. Однако длянего самого это было лишь эпизодом много-гранной деятельности естествоиспытателя,занимавшегося зоологией, анатомией, эмбрио-логией, антропологией и географией.

…при достаточно высоком давлении, дос-тигаемом, например, глубоко в недрах Зем-ли, любое вещество, даже кристаллическое,ведет себя как жидкость, о чем свидетельству-ет вытекающая из жерла вулкана лава.

…русский физик Борис Борисович Голи-цын в 1902 году решил важнейшую задачусейсмологии: определение очага землетрясе-ния по данным лишь одной сейсмическойстанции. Свое отношение к сейсмологии какобласти физических исследований он под-твердил созданием и внедрением в практикуэлектромагнитных сейсмографов.

…изучение землетрясений дало множествосведений о внутреннем строении Земли. Так,по поведению вызванных ими волн былообнаружено жидкое ядро планеты.

…поскольку большую часть поверхностиЗемли, почти 70,8%, занимает Мировой оке-ан, нашу планету логичнее было бы назватьне Землей, а Океаном. К воде, содержащейсяв морях, океанах, реках, озерах и льдах, надодобавить, как выяснилось, и воду, «связан-ную» горными породами, которой всего лишьвдвое меньше.

…Земля сохраняет в среднем постояннуютемпературу несмотря на непрерывное полу-чение энергии от Солнца. Теплоотвод осуще-ствляется за счет излучения, спектр котороголежит в инфракрасном диапазоне.

…магнитное поле Земли – переменное, впоследние 200 лет наблюдений оно слабоубывает. А на интервалах времени в десяткитысяч лет неоднократно происходила и сме-на положения полюсов на противополож-ное!

…континентальные плиты Земли, лежа-щие над вязкой раскаленной мантией, нахо-дятся в незаметном, но постоянном движе-нии. По убеждению геологов, в истории на-шей планеты были периоды, когда двигалисьне только отдельные плиты, а вся твердаяоболочка поворачивалась как целое относи-тельно металлического ядра и меняла поло-жение земной оси.

…проведенное в последние годы сейсми-ческое «просвечивание» земных недр выяви-ло во внутреннем твердом ядре еще одно, вдва раза меньшее по диаметру ядро с отлича-ющейся ориентацией составляющих его кри-сталлов железа.

Что читать в «Кванте» о геофизике

(публикации последних лет)

1. «Обратная задача всемирного потопа» – 2015,Приложение №3, с.37;2. «Вращение: реки, тайфуны, молекулы» – там

же, с.85;3. «Гольфстрим, или Как Гренландия согревает

Европу» – 2015, №5/6, с.30;4. «Тайна лунных недр» – 2016, Приложение

№4, с.18;5. «Геомолоток и тайна полезного удара» –

2017, №5, с.23.Материал подготовил А.Леонович

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 134

Способ первый: условие равновесия

Как известно, любая механическая систе-ма стремится к равновесному состоянию,

которому соответствует минимум потенци-альной энергии. Подвесим проволочный тре-угольник в поле тяжести за середину однойиз сторон, например c (рис.1). Тогда онрасположится так, чтобы его потенциаль-ная энергия стала минимальной, т.е. центрмасс принял самое низкое из возможныхположений и оказался на одной вертикали сточкой cM . Пусть эта линия составляетуглы и с отрезками c aM M и c bM Mсоответственно.Используем условие равновесия тела, име-

ющего неподвижную ось вращения: алгеб-раическая сумма моментов приложенныхк телу сил относительно этой оси равнанулю. Данное условие согласуется с мини-мумом потенциальной энергии и для потен-циальных сил может быть из него полу-чено. В рассматриваемом случае ось враще-ния проходит через точку cM и перпенди-кулярна плоскости рисунка. На треуголь-ник действуют силы тяжести aM g , bM g ,

cM g , приложенные к серединам сторон тре-угольника. Но сила cM g не создает вра-щающего момента относительно указаннойоси, поскольку линия действия силы пере-секает ее. Для оставшихся двух сил с уче-том того, что отрезки c aM M и c bM M –средние линии исходного треугольника, за-пишем (рис.2)

sin sin 02 2b a

a bM g M g .

А поскольку aM a , bM b , получим

sin sin 02abg

, и .

Итак, мы выяснили, что центр масс дол-жен лежать на биссектрисе угла b c aM M M .Если теперь подвесить треугольник за сере-дины других сторон, то получим аналогич-ные утверждения. Таким образом, центрмасс проволочного треугольника совпадаетс точкой пересечения биссектрис его сере-динного треугольника (треугольника, обра-зованного средними линиями данного).Следует сказать, что в геометрии найден-

ная нами точка известна как центр масспериметра треугольника и называется цент-ром Шпикера.Используем теперь для отыскания центра

масс другой метод, основанный на подсчетеработы, совершаемой при повороте фигурыв однородном гравитационном поле.

Способ второй: поворот

Расположим проволочный треугольник ввертикальной плоскости так, чтобы его сто-рона c была горизонтальной (рис.3). ТочкаO – искомый центр масс. Представим себе,что ось вращения треугольника горизон-тальна и совпадает с прямой a bM M . Рассто-

Рис. 1. Проволочный треугольник в однород-ном поле тяжести

Рис. 2. К вычислению моментов сил относи-тельно оси вращения

Рис. 3. К вычислению работы, совершаемойпри повороте проволочного треугольника воднородном поле тяжести

(Начало см. на с. 31)

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В 35

яние от точки O до нее обозначим abr .Расстояние от точки cM до оси вращенияравно половине высоты треугольника ch ,опущенной на сторону c.Повернем треугольник на угол 90 отно-

сительно указанной оси, переведя его в гори-зонтальную плоскость. Совершенную приэтом работу можно представить с двух точекзрения. С одной стороны, это работа поподнятию стороны c на 2ch :

2c

c

hA M g .

С другой стороны, это работа по поднятиюцентра масс треугольника на высоту abr :

a b c abA M M M gr .

Приравнивая правые части записанных вы-ражений, с учетом пропорциональности массдлинам сторон получаем

2c

ab

cha b c r S ,

где S – площадь исходного треугольника.Таким образом, выражение для расстоя-

ния от прямой a bM M до центра масс O неменяется при любой перестановке сторон:

ab

Sr

a b c.

Следовательно, ab bc car r r . А это значит,что искомая точка O – центр вписанной втреугольник a b cM M M окружности, кото-рый лежит на пересечении его биссектрис.Кстати сказать, окружность, вписанная в

серединный треугольник, называется окруж-ностью Шпикера.Второй способ привел нас к тому же алго-

ритму построения центра масс проволочноготреугольника, что и в предыдущем случае. Атеперь рассмотрим такой способ, которыйбудет приводить к другому алгоритму на-хождения той же самой точки.

Способ третий: сведение к известному

Заметим, что в обоих рассмотренных слу-чаях мы сводили задачу об отыскании цент-ра масс проволочного треугольника к задачеоб отыскании центра масс трех материаль-ных точек. Замена тонкого стержня, пред-ставляющего определенную сторону прово-лочного треугольника, точечной массой –

вполне естественный ход мысли, упрощаю-щий задачу. Ведь материальная точка прощетонкого стержня.Но, оказывается, можно найти простое

решение данной задачи на пути «усложне-ния» исходного объекта. Для этого каждуюсторону-стержень проволочного треугольни-ка надо заменить не материальной точкой, асоответствующей тонкой треугольной плас-тиной. Но надо это сделать так, чтобы тритреугольные пластины, заменившие стерж-ни-стороны проволочного треугольника,имели одинаковую толщину и образовыва-ли, вместе взятые, треугольную пластинубольшего размера. Если это удастся, тодальнейшее решение задачи очевидно. Ведьцентр масс тонкой однородной треугольнойпластины находится в точке пересечениямедиан!Посмотрим на рисунок 4, где показано,

как проволочный треугольник ABC превра-

тить в треугольную пластину ABC , чтобыцентр масс не сдвинулся с места. При этом,например, сторона-стержень AB заменяетсяпластиной A IB , где I – общий центр впи-санных окружностей подобных треугольни-ков ABC и ABC с коэффициентом подобия1,5. Поскольку отрезки AB и AB парал-лельны, середина отрезка AB при такомкоэффициенте подобия будет совпадать сточкой пересечения медиан треугольникаA IB , т.е. с центром масс этой треугольнойпластины.Тот факт, что I – общий центр вписанных

окружностей треугольников ABC и ABC ,

Рис. 4. Преобразование треугольника ABC втреугольник A B C (гомотетия с центром вточке пересечения биссектрис и коэффициен-том 1,5)

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 136

является очень важным обстоятельством. Утрех треугольников A IB , B IC и C IAвысоты, опущенные из общей вершины I,оказываются одинаковыми и равными ради-усу окружности, вписанной в треугольникABC . Это означает, что площади трехуказанных треугольников, которые вместесоставляют треугольник ABC , относятсякак АВ : ВС : СА. Поскольку массы этихтреугольных пластин, полученных из стерж-ней-сторон проволочного треугольника ABC,должны относиться друг к другу так же,можно сделать вывод, что указанные треу-гольные пластины имеют одинаковую тол-щину. Соответственно, составленная из нихтреугольная пластина ABC является одно-родной. А у такой пластины, как известно,центр масс находится в точке пересечениямедиан.Получается, что центр масс проволочного

треугольника ABC совпадает с точкой пе-ресечения медиан треугольника ABC ,полученного из исходного гомотетией с цен-тром в точке пересечения биссектрис икоэффициентом 1,5.

Итоги

С помощью трех рассмотренных способовмы нашли два разных алгоритма построенияцентра масс проволочного треугольника.Рисунок 5 демонстрирует совпадение точек,

полученных с помощью этих алгоритмов:точки пересечения медиан треугольникаABC (точка A B CG ) и центра окружностиШпикера треугольника ABC (точка JABC).Напомним, что центр гомотетии, перево-

дящей ABC в ABC , находится в точкепересечения биссектрис этих треугольников( ABC ABCI I ). На рисунке 6 изображенапрямая, проходящая в треугольнике ABC

через точки пересечения его биссектрис (точ-ка ABCI ) и медиан ( ABCG ). Опираясь на

Рис. 5. Два алгоритма построения центра масспроволочного треугольника ABC

понятие гомотетии, можно сказать, что наэтой же прямой лежит точка пересечениямедиан треугольника ABC ( ABCG ), причемвыполняется такое соотношение:

: 3 : 2A B C A B C ABC ABCI G I G

(коэффициент гомотетии равен 1,5).Совпадение точек ABCG и JABC дает воз-

можность переписать только что указанноесоотношение в несколько ином виде:

: 3 : 2ABC ABC ABC ABCI J I G ,

или даже так:

: 2 : 1ABC ABC ABC ABCI G G J .

Другими словами, можно считать доказан-ной такую геометрическую теорему: в треу-гольнике точка пересечения биссектрис I,точка пересечения медиан G и центр ок-ружности Шпикера J лежат на одной пря-мой, причем точка G делит отрезок IJ наотрезки так, что IG : GJ = 2 : 1.Последний предложенный нами способ

также оказывается полезным для практичес-ки устного решения похожих задач (но этоуже предмет отдельного обсуждения). Та-ким образом, нахождение разных способоврешения задачи полезно не только само посебе как разносторонний тренинг, оттачива-ющий мышление, но и как возможный источ-ник новых идей.

Рис. 6. Взаимное расположение некоторых ха-рактерных точек треугольников ABC и A B C

Длинные путив графах

П.КОЖЕВНИКОВ

ВЭТОЙ СТАТЬЕ МЫ РАССМОТРИМ НЕ-сколько разных комбинаторных сюже-

тов, приводящих к близким вопросам о пу-тях в графах. Начнем с двух известныхолимпиадных задач.Задача 1. Незнайка хочет выписать под-

ряд цифры от 0 до 9 по одному разу так,чтобы сумма любых двух соседних цифрделилась либо на 5, либо на 12. Удастся лиему сделать это?Задача 2. Мышка грызет куб сыра

3 3 3 , разбитый на 27 единичных куби-ков. Когда мышка съедает какой-либо ку-бик, она переходит к кубику, имеющемуобщую грань с предыдущим. Может лимышка съесть весь куб, кроме центральногокубика?

Решение задачи 1. Чтобы помочь Незнай-ке осуществить задуманное, нарисуем схему(граф): 10 вершин пометим цифрами от 0 до9 и проведем отрезок (ребро) между цифра-ми a и b, если сумма a + b делится либо на5, либо на 12 (рис.1,а). Тогда достаточно

сделать обход графа по вершинам, т.е. найтипуть по ребрам, проходящий через каждуювершину ровно по разу. Этот путь и опреде-лит нужную последовательность цифр(рис.1,б).Задачи 1 и 2 внешне совсем разные, но на

самом деле мышке требуется сделать почтито же самое, что и Незнайке, только длядругого графа. (Это становится совсем по-нятным, если поставить в центр каждогоединичного кубика точку-вершину и соеди-

нить ребром-отрезком центры соседних ку-биков.)

Решение задачи 2. К сожалению длямышки в задаче 2 ответ отрицательный.Докажем это.

Единичные кубики можно раскрасить вчерный и белый цвета подобно шахматнойдоске – так, что-бы соседние ку-бики были разно-го цвета (рис.2).При этом наблю-дается следующеечередование цве-тов: после белогокубика мышкасъедает черный инаоборот. Всегочерных кубиков 14, а белых – 12 (считаем,что белый центральный кубик вырезали).Из-за чередования цветов количество съе-денных черных кубиков не больше чем12 + 1 = 13. Действительно, между двумясъеденными черными кубиками не менееодного белого. Таким образом, все 14 черныхкубиков мышка съесть не могла.

Как мы увидели, в задачах 1 и 2 вопроссводился к обходу всех вершин некоторогографа. Далее мы продолжим заниматьсяпутями в разных графах. Говоря «путь вграфе», мы будем всегда иметь в виду про-стой путь по ребрам, т.е путь, в которомкаждая вершина встречается не более одногораза. В частности, вершины, в которыхначинается и заканчивается путь, различны(иначе получили бы цикл). Длиной путиназываем количество ребер в нем. Путь поребрам графа, проходящий через каждуювершину ровно по разу, называется гамильто-новым путем. (Аналогично, можно говоритьо гамильтоновом цикле.) Вообще говоря,задача нахождения гамильтонова пути илидоказательства его отсутствия для произ-вольного графа весьма трудна. Наличиешахматной раскраски, в которой один цветсущественно преобладает (как, например, взадаче 2), – одна из немногих ситуаций, ког-да отсутствие гамильтонова пути можно до-казать коротко. Это соображение позволяетсформулировать такую несложную теорему.Теорема 1. Пусть каждая вершина графа

покрашена в черный или белый цвет так,что нет ребер, соединяющих пару вершин

Рис. 1

Рис. 2

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

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 138

Вид пути в теореме 2

одного цвета1 ; при этом количество чер-ных вершин равно B, а количество белыхвершин равно W. Если B W 2 , то вэтом графе не существует гамильтоновапути.

Доказать теорему нетрудно – провеститакие же рассуждения, как и в задаче омышке с сыром. Предлагаем читателю сде-лать это самостоятельно.

Упражнения

1. Докажите аналог теоремы 1 для цикла: еслиB W , то в этом графе не существует гамильто-нова цикла.2

2. Из шахматной доски вырезали две противо-положные клетки. Может ли шахматный коньобойти оставшуюся часть доски, побывав на каж-дой клетке ровно один раз?

Упражнение 2 тоже про обход графа, вкотором вершины соответствуют клеткам(например, вершины – это центры клеток),а ребра соединяют пары вершин, отстоящихна ход коня. Можно назвать такой граф«коневым». Впереди нас еще ждут несколь-ко задач о шахматных конях. А пока решимследующую, более трудную задачу.Задача 3 (А.Шаповалов). Восемь одно-

классников образовали дежурную командудля решения домашних задач. В командевсегда не менее трех человек. Каждый деньв команду добавляется один человек либо изнее исключается один человек. Можно либудет перебрать все допустимые составыкоманды ровно по одному разу?Решение. Задача похожа на предыдущую

лишь формой вопроса: в процессе требуетсяперебрать все объекты (в данном составекоманды) по разу. Поэтому можно предпо-ложить, что здесь тоже идет речь о поискегамильтонова пути, только надо понять, вкаком графе.

Каждый возможный состав (возможную«позицию») условно изобразим как верши-ну. Если из одного состава можно за шагперейти к другому составу, соединим ребромсоответствующие вершины (рис. 3). Мы

построили так называемый граф позиций.Теперь ясно, что в задаче действительноспрашивается о том, существует ли гамиль-тонов путь в этом графе позиций. Заметим,что за один шаг меняется четность количе-ства людей в составе, значит, наш графпозиций двудольный. Подсчет показывает,что «четных» составов на 21 меньше, чем«нечетных», и, согласно теореме 1, гамиль-тонов путь не существует.

Упражнения

3. Проведите нужный подсчет разности коли-честв «четных» и «нечетных» составов.4 (XXII Турнир городов). На двух клетках

шахматной доски стоят черная и белая фишки. Заодин ход можно передвинуть любую из них насоседнюю по вертикали или горизонтали клетку(две фишки не могут стоять на одной клетке).Могут ли в результате таких ходов встретитьсявсе возможные варианты расположения этих двухфишек, причем ровно по одному разу?

Конечно, идея шахматной раскраски, ко-торую мы использовали, годится не толькодля доказательства отсутствия гамильтоновапути, но и для оценки длины пути.Теорема 2. Пусть каждая вершина графа

покрашена в черный или белый цвет так,что нет ребер, соединяющих пару одноцвет-ных вершин; при этом количество белыхвершин равно W. Тогда любой путь в этомграфе содержит не более W + 1 черныхвершин и его длина не превосходит 2W.

Вид пути в теореме 1

1 Графы, в которых возможна такая покраскавершин, называются двудольными. Саму покрас-ку уместно назвать шахматной.

2 Итак, теорема 1 и упражнение 1 дают необхо-димые условия для наличия гамильтонова пути ицикла в двудольном графе. Разумеется, эти усло-вия не являются достаточными (читатель легкоможет построить соответствующие примеры).

Рис. 3

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

Упражнение 5. Докажите теорему 2.

Задача 4 (М43, частный случай). Замок вформе треугольника разбит на 36 равныхтреугольных залов (рис.4,а). В каждойстенке между залами есть дверь. Какоенаибольшее число залов сможет обойтитурист, не заходя ни в какой зал дважды?Решение. Пример на рисунке 4,б показы-

вает, что можно обойти 31 зал (есть и другиепримеры).

Докажем, что большее количество заловобойти нельзя. Покрасим залы в черный ибелый цвета (рис.4,в) так, что при переходеиз зала в зал меняется цвет. Белых залов 15,

значит, турист и посетил не более 15 белыхзалов. Из-за чередования цветов черныхзалов он мог посетить разве что на 1 больше,чем белых, т.е. не более 16. Итого туристпосетил не более 15 + 16 = 31 зала.

Понятно, что в задаче 4 мы отыскивалисамый длинный путь в графе, вершины кото-рого – центры треугольных залов, а ребра –это проходы между соседними залами. Рас-суждения из решения задачи 4 практическиповторяют доказательство теоремы 2.

В следующем упражнении предлагаем вер-нуться к сюжету задачи 3.

Упражнение 6. Пять одноклассников образо-вали дежурную команду для решения домашнихзадач. В команде всегда не менее двух человек.Каждый день в команду добавляется один чело-век либо из нее исключается один человек. Сколь-ко дней можно будет продолжать этот процесс,если запрещается повторять каждый допустимыйсостав больше одного раза?

Если внимательно про-следить доказательствотеоремы 2, становитсяясно, что главное не дву-дольность, а отсутствиеребер между черными

вершинами. Зафиксируем такое усилениепредыдущей теоремы.Теорема 3. Пусть каждая вершина графа

покрашена в черный или белый цвет так,что нет ребер, соединяющих пару черныхвершин; при этом количество белых вер-шин равно W. Тогда любой путь в этомграфе содержит не более W + 1 черныхвершин и его длина не превосходит 2W.

Доказательство. Пусть в процессе про-хождения пути мы встретили n черных вер-шин. Между двумя последовательными прой-

денными черными верши-нами мы посетили хотя быодну белую вершину, зна-чит, в итоге посетили неменее n – 1 белых вершин.Поскольку всего у нас Wбелых вершин, имеем

1n W , или 1n W ,что и требовалось доказать.

Предлагаем применить этутеорему при решении следующей непростойзадачи.Задача 5 (Е.Бакаев, по мотивам задачи

М2460). Кузнечик умеет прыгать по клет-чатой полоске длиной 26 клеток на 8, 9 или10 клеток в любую сторону. (Прыжок на kклеток означает, что между начальным иконечным положениями прыжка находятсяk – 1 клеток.) Какое наибольшее количе-ство клеток может пропрыгать кузнечикна этой полоске, если нельзя попадать наодну клетку больше одного раза?Решение. Покрасим клетки полоски, как

показано на рисунке 5,а. Тогда с чернойклетки одним прыжком можно попасть толь-ко на белую. Это значит, что граф возмож-ных прыжков кузнечика (вершины ставятсяв центры клеток, а ребром соединяется каж-дая пара клеток, между которыми можетпрыгнуть кузнечик) удовлетворяет услови-ям теоремы 3. (Поскольку с белой на белую

Рис. 4

Вид пути в теореме 3

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 140

клетку тоже иногда можно прыгнуть, теоре-ма 2 здесь не сработает.)

Белых клеток 10. По теореме 3, кузнечикможет пропрыгать не более 11 черных кле-ток, итого не более 21 клетки.Пример, как пропрыгать 21 клетку, пока-

зан на рисунке 5,б.В доказательстве теоремы 3 важно лишь то

свойство раскраски, что в пути между любы-ми двумя черными вершинами мы обязатель-но встретим хотя бы одну белую вершину.Для выполнения этого условия можно ещенемного ослабить требования в теореме.Теорема 4. Пусть некоторые вершины

графа покрашены в черный цвет, некото-рые – в белый цвет, а кроме того могутбыть непокрашенные вершины. Известно,что любое ребро, выходящее из чернойвершины, идет в белую вершину. Пустьколичество белых вершин равно W. Тогдалюбой путь в этом графе содержит неболее W + 1 черных вершин.

Упражнение 7. Докажите теорему 4.

Задача 6 (IX Турнир городов). На беско-нечной шахматной доске расставлены пеш-ки через три поля на четвертое, так чтоони образуют квадратную сетку. Докажи-те, что шахматный конь не может обойтивсе свободные поля, побывав на каждомполе по одному разу.Дополнительная сложность задачи 6 в том,

что здесь речь идет о бесконечном обходе.Несмотря на это, попробуем выделить набесконечной доске ограниченную область исвести вопрос к ситуации, описанной в тео-реме 4.Решение. Покрасим в шахматном порядке

все клетки так, чтобы пешки стояли на белыхполях. Выделим некоторый квадрат K раз-мера 4 4n n (n выберем чуть позже) и«обесцветим» все черные клетки вне этогоквадрата, т.е. черных клеток всего будет

2 24 2 8B n n (рис.6). Добавим к квад-рату K каемку из двух клеток, получимквадрат L размера 4 4 4 4n n . Обес-цветим все белые клетки вне квадрата L, атакже клетки квадрата L, на которых стоятпешки. После этого белых клеток остается

2 74 4

16W n , так как в каждом квадра-

те 4 4 находится ровно одна пешка. Этаподготовительная работа была сделана с темрасчетом, чтобы с черной клетки конь могпопасть только на белую (иначе говоря, в«коневом графе» любое ребро, выходящееиз черной вершины, идет в белую вершину,т.е. выполняются условия теоремы 4). Дос-таточно подобрать n так, чтобы 2B W ,тогда никакой путь без повторения клеток неможет содержать все черные клетки. Легкопроверить, что n = 1000 подходит.Наконец, еще раз посмотрим на условия

теоремы 3 или теоремы 4: от одной чернойвершины нельзя добраться до любой другой,не пройдя через «белый мост». Иначе гово-ря, если удалить из графа все белые верши-ны (вместе с ребрами, выходящими из них),то черные вершины будут изолированными.Идея в том, что если «белых мостов» между«черными островами» недостаточно много,то обойти все черные острова (или достаточ-но много черных островов) невозможно.Сделаем еще один шаг (последний в этомразговоре) в сторону обобщения, допуская,что «черным островом» может быть не толь-ко одна изолированная вершина, но также игруппа вершин. Лишь бы сохранилось усло-вие того, что с острова нельзя попасть надругой без прохождения «белого моста».Теорема 5. Пусть дан граф, в котором

некоторые W вершин покрашены в белыйцвет, и после удаления всех белых вершинполучается граф, который распадается накомпоненты связности 1 2, , , sK K K… . Тогда

Вид пути в теореме 4

Рис. 6

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

любой путь в исходном графе содержитвершины из не более чем W + 1 множеств

1 2, , , sK K K… .

Проиллюстрируем применение теоремы 5на примерах.Задача 7 (Е.Бакаев, по мотивам задачи

М2460). Кузнечик умеет прыгать по клет-чатой полоске длиной 60 клеток на 8, 9 или10 клеток в любую сторону. Докажите,что кузнечик не сможет, начав с некоторойклетки, обойти эту полоску, побывав накаждой клетке ровно один раз.Решение. Как и в задаче 5, рассмотрим

«граф кузнечика»: поставим вершины в цен-тры клеток, а ребром соединим каждую паруклеток, между которыми может прыгнутькузнечик. Покрасим клетки полоски (и соот-ветствующие вершины графа), как показанона рисунке 7. Тогда белых клеток будет 28.

И после их удаления остается 30 «черныхостровов»: почти все черные вершины изо-лированы, кроме двух «островов» из двухчерных клеток. По теореме 5 никакой путь внашем графе не может содержать вершинысо всех 30 «островов». Тем самым, хотя быодна черная вершина была не пройдена.Задача 8. Из доски 10 10 вырезали сред-

ний квадрат 6 6 . Докажите, что остав-шуюся часть доски нельзя обойти конем,побывав на каждой клетке ровно один раз.Идея решения. Выделим 12 белых клеток,

а в другие клетки нашей «каемки» расставимчисла от 1 до 14, как показано на рисунке 8.Заметим, что нумерация обладает таким свой-ством: если вырезать белые клетки, то коньсможет пойти с любой клетки только наклетку с тем же номером. Номера клеток иопределяют «острова» из теоремы 5.

Упражнение 8. Завершите решение этой зада-чи сведением к теореме 5.

Разобранная только что задача 8 – эточастный случай задачи М118 из «Задачника«Кванта» («Квант» №12 за 1971 г.), в кото-

рой утверждается, что доску размера4 4n n с вырезанным центральным

квадратом n n конь может обойти, побы-вав на каждом поле ровно один раз, тогда итолько тогда, когда n – 1 делится на 4.Попробуйте решить задачу в этой полнойформулировке.Помимо задачи отыскания гамильтоновых

(или достаточно длинных) путей в графе

интересны и другие близкие постановки за-дачи, например: «Добавить в графе мини-мальное количество ребер так, чтобы в немпоявился гамильтонов путь».

Упражнение 9. Дан граф. Пусть h – минималь-ное количество ребер, которое можно добавитьтак, чтобы в графе появился гамильтонов путь.Множество путей назовем покрывающим, есликаждая вершина графа принадлежит ровно одно-му из этих путей (допускаются пути длины 0,содержащие ровно одну вершину). Пусть p –минимальное число, для которого найдется по-крывающее множество из p путей. Докажите, чтоh = p – 1.

В заключение рассмотрим несколько при-меров, когда отыскание гамильтоновых (илипросто длинных) путей в графе может бытьосновным шагом в коротком решении за-дачи.Задача 9 (XIX Турнир городов). На клет-

чатой доске 5 5 расставили максималь-ное число шахматных коней так, чтобыони не били друг друга. Докажите, чтотакая расстановка – единственная.

Вид пути в теореме 5

Рис. 7

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 142

Решение. Одну расстановку 13 коней най-ти несложно (рис.9,а). Но почему нет дру-гих способов? И вдруг возможно поставитьбольшее количество коней?

«Коневой граф» играет в этой задаче роль«графа запретов»: запрещается отмечать парувершин, соединенных ребром (т.е. ставить вних коней). Задача теперь имеет такой вид:надо доказать, что есть единственный способотметить максимальное количество вершинтак, чтобы никакие две вершины, соединен-ные ребром, не были отмечены.Можно выделить гамильтонов путь

(рис.9,б). Ясно, что две соседние вершины вэтом пути не могут быть отмечены. Значит,

отмечено не более 25

132

вершин, при

этом 13 вершин могут быть отмечены в

Рис. 9

единственном случае: когда отмеченные инеотмеченные вершины в пути чередуются,причем путь начинается с отмеченной вер-шины (докажите это аккуратно!). Конечно,этот способ в самом деле приводит к расста-новке, показанной на рисунке 9,а. Задачарешена.

Упражнения

10. Сколько существует способов расставить нашахматной доске максимальное количество по-парно не бьющих друг друга коней?

11. Кузнечик умеет прыгать по клетчатой по-лоске длиной 26 клеток на 8, 9 или 10 клеток влюбую сторону (как в задаче 5). а) Какое наи-большее количество кузнечиков можно рассадитьв клетки, чтобы никакой кузнечик не мог за одинпрыжок попасть в клетку, где уже сидит другойкузнечик? б) Сколько существует таких «макси-мальных» рассадок кузнечиков?

12 (вариация задачи М1259). Имеются крас-ные и синие бусинки. Составляется круговоеожерелье из n = 15 бусинок. Оно называетсяхорошим, если в нем нет двух красных бусинок,между которыми ровно k = 5 бусинок. а) Какоенаибольшее количество красных бусинок можетбыть в хорошем ожерелье? б) Каково количестворазличных хороших ожерелий с наибольшим ко-личеством красных бусинок? в) Попробуйте ре-шить задачу для произвольных натуральных n иk (k < n).

Астрофизикав ЕГЭ по физике

Н.ГОМУЛИНА

УСПЕШНОЕ РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПО АСТРО-физике, таких как задание 24 в ЕГЭ по

физике 2018 года, предполагает знание сле-дующих элементов астрофизики.i Солнечная система: планеты земной груп-

пы и планеты-гиганты, малые тела солнеч-ной системы.i Звезды: разнообразие звездных характе-

ристик и их закономерности. Источникиэнергии звезд.

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

i Современные представления о происхож-дении и эволюции Солнца и звезд.i Наша Галактика. Другие галактики.

Пространственные масштабы наблюдаемойВселенной.i Современные взгляды на строение и эво-

люцию Вселенной.В этой статье на примере конкретных

задач мы рассмотрим первые две из перечис-ленных тем.

Звезды: звездные характеристикии их закономерности

Здесь вы должны уметь различать спект-ральные классы звезд; понимать взаимо-связь основных звездных характеристик (тем-пература, цвет, спектральный класс, свети-мость); уметь пользоваться диаграммойГерцшпрунга–Рассела; различать звезды

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 43

главной последовательности, белые карликии гиганты (сверхгиганты); знать основныеэтапы эволюции звезд типа Солнца и массив-ных звезд, сравнивать продолжительностьжизненного цикла звезд разной массы; пред-ставлять эволюционный путь звезды на ди-аграмме Герцшпрунга–Рассела.Сопоставление светимостей звезд с их спек-

тральными классами впервые было сделанов начале XX века Эйнаром Герцшпрунгом иГенри Расселом, поэтому диаграмму спектр-светимость часто называют диаграммой Герц-шпрунга–Рассела. На этой диаграмме (см.рисунок) по оси абсцисс откладываются спек-тральные классы или эффективные темпера-туры, по оси ординат – светимости L илиабсолютные звездные величины M. Если бымежду светимостями и температурами небыло никакой зависимости, то все звездыраспределялись бы на такой диаграмме рав-номерно. Но на реальной диаграмме обнару-живаются несколько закономерностей, кото-рые называют последовательностями. Све-тимость – физическая характеристика звез-ды, указывающая, какое количество энергииона теряет за единицу времени. СветимостьСолнца составляет около

264 10 Дж с , сверхгигантыимеют бульшую светимость.Они могут быть бело-голу-быми, например Ригель (Ориона) с температурой по-верхности 12130 К, иликрасными сверхгигантами,например Бетельгейзе (Ориона) с температурой по-верхности 3590 К.

Большинство звезд (око-ло 90%) располагаются надиаграмме вдоль длиннойузкой полосы, называемойглавной последовательнос-тью. Она протянулась изверхнего левого угла (отголубых сверхгигантов) внижний правый угол (докрасных карликов). К звез-дам главной последователь-ности относится Солнце,светимость которого прини-мают за единицу. При этомплотность звезд главной пос-ледовательности по поряд-

ку величины остается примерно одинаковой,равной плотности воды. Масса звезд глав-ной последовательности возрастает, вместе сих размерами, при смещении влево-вверх.Точки, соответствующие гигантам и сверх-

гигантам, располагаются над главной после-довательностью справа, а соответствующиебелым карликам – в нижнем левом углу, подглавной последовательностью. Плотностьгигантов и сверхгигантов на порядки меньшеплотности воды, а плотность белых карли-ков – на несколько порядков больше плотно-сти воды.

Бульшую часть своей жизни звезда прово-дит на главной последовательности. В этотпериод ее цвет, температура, светимость идругие параметры почти не меняются. Жиз-ненный цикл у звезд большей массы болеекороткий, чем у звезд меньшей массы. Ста-дии эволюции звезды после пребывания наглавной последовательности короткие. Ти-пичные звезды становятся при этом красны-ми гигантами, а очень массивные звезды –красными сверхгигантами.Задача 1. Рассмотрите таблицу 1, содер-

жащую сведения о ярких звездах. Выбери-

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 144

те два утверждения, которые соответ-ствуют характеристикам звезд.

1) Самой яркой звездой на небе являетсяСириус.

2) Звезды Арктур и Поллукс находятсяпримерно на одинаковом расстоянии отЗемли и, следовательно, относятся к одно-му созвездию.3) Масса Сириуса примерно в 10 раз

меньше, чем масса Денеба, поэтому эволю-ция Сириуса будет проходить быстрее.

4) Так как массы звезд Фомальгаут иПоллукс одинаковы, то они относятся кодному и тому же спектральному классу.

5) Поскольку температуры Проциона иКанопуса примерно равны, то они отно-сятся к одному и тому же спектральномуклассу.Решение. 1) Наиболее яркие звезды име-

ют отрицательную звездную величину, по-этому Сириус – самая яркая звезда.2) Звезды могут отстоять от Солнца (Зем-

ли) на одинаковые расстояния, но это неозначает, что они находятся в одном со-звездии. Например, звезда Вега ( Лиры)и звезда Фомальгаут ( Южной Рыбы)удалены от Солнца на одно и то же рассто-яние, но принадлежат разным созвездиям.3) Эволюция звезд зависит от их массы.

Чем больше масса звезды, тем интенсивнеепроисходит эволюция звезды. Поэтому эво-люция Денеба (его масса 21 CM ) будет про-исходить быстрее, чем у Сириуса (его масса2 CM ).

4) Спектральные классы звезд тесно связа-ны с температурой (в меньшей степени – сплотностью и химическим составом) звезд-ных атмосфер. Спектральный класс звездыне зависит от ее массы.

5) Если температуры звезд примерно рав-ны, то они относятся к одному спектрально-му классу.

Итак, верны утверждения 1) и 5).Задача 2. Используя таблицу 2, содержа-

щую сведения о ярких звездах, выполнитезадание. Выберите два утверждения, ко-торые соответствуют характеристикамзвезд.

1) Звезды Капелла и Менкалинан отно-сятся к одному созвездию, значит, онинаходятся на одинаковом расстоянии отСолнца.

2) Звезда Денеб является сверхгигантом.3) Звезды Альдебаран и Эльнан имеют

одинаковые массы, значит, они относятсяк одному и тому же спектральному классу.

4) Звезда Бетельгейзе относится к крас-ным звездам спектрального класса М.

5) Температура на поверхности Ригеля в2 раза ниже, чем на поверхности Солнца.Решение. 1) Звезды могут относиться к

одному созвездию, но находиться на разныхрасстояниях от Солнца (Земли). ЗвездыКапелла ( Возничего) и Менкалинан (Возничего) отстоят от Солнца на расстояния42,2 св.лет и 82,1 св.лет соответственно.2) Светимость звезды L связана с радиу-

сом звезды R формулой (закон Стефана–Больцмана)

2 44L R T .

Радиус Денеба равен 210 CR , поэтому Денебявляется белым сверхгигантом со светимос-тью 270000 CL .3) Массы звезд не имеют отношения к

спектральным классам звезд (связанным стемпературой поверхности).

4) Звезда Бетельгейзе действительно отно-

Таблица 1

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 45

сится к красным звездам спектрального классаМ, так как ее температура поверхности рав-на 3100 К.

5) Температура поверхности Солнца при-мерно 6000 К (справочные данные), а Риге-ля – 11200 К (по таблице). Поэтому темпе-ратура Ригеля больше, чем у Солнца.

Таким образом, верны утверждения 2)и 4).Задача 3. Рассмотрите таблицу 3, содер-

жащую сведения о ярких звездах. Выбери-те два утверждения, которые соответ-ствуют характеристикам звезд.

1) Звезды Поллукс и Кастор находятся водном созвездии, значит, они расположенына одном расстоянии от Солнца.

2) Звезды Арктур и Поллукс находятсяпримерно на одинаковом расстоянии отЗемли и, следовательно, относятся к одно-му созвездию.

3) Масса Сириуса примерно в 10 разменьше, чему у Денеба, поэтому эволюцияСириуса будет проходить медленнее.

4) Так как массы звезд Фомальгаут иПоллукс одинаковы, то они относятся кодному и тому же спектральному классу.

5) Поскольку температуры Порциона иКанопуса примерно равны, то они отно-сятся к одному и тому же спектральномуклассу.Решение. 1) Звезды могут относиться к

одному созвездию, но находиться на разныхрасстояниях от Солнца. Поэтому, несмотря

на то что звезды Поллукс и Кастор находят-ся в одном созвездии, они расположены наразных расстояниях от Солнца – 33,7 св.го-да и 49,8 св.лет соответственно.2) Это утверждение аналогично предыду-

щему.3) Скорость эволюции звезд зависит от

Таблица 2

Таблица 3

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 146

массы: чем больше масса, тем скорость эво-люции выше.

4) Массы звезд не имеют отношения кспектральным классам звезд (определяемымтемпературой поверхности).

5) Если звезды имеют одинаковые темпе-ратуры поверхности, то они относятся кодному спектральному классу.

Значит, правильны утверждения 3) и 5).Задача 4. Рассмотрите таблицу 4, содер-

жащую сведения о ярких звездах. Выбери-те два утверждения, которые соответ-ствуют характеристикам звезд.

1) Звезды Антарес и Ригель являютсясверхгигантами.

2) Звезда Арктур относится к голубымзвездам спектрального класса О.3) Звезда Сириус В относится к звездам

главной последовательности на диаграммеГерцшпрунга–Рассела.

4) Температура поверхности Веги нижетемпературы поверхности Солнца.

5) Звезда 40 Эридана относится к белымкарликам.Решение. 1) Звезды Антарес и Ригель

являются сверхгигантами, так как их ради-усы больше радиуса Солнца в 680 и 138 разсоответственно.2) Температура Арктура 4300 К, поэтому

цвет звезды красный, а не голубой.3) Звезда Сириус В – белый карлик, о

чем свидетельствуют табличные данные(размер, сравнимый с размером Земли,высокая плотность, большая температура).Белые карлики располагаются внизу сле-ва на диаграмме Герцшпрунга–Рассела,

а не на главной последовательности.4) Температура Веги 9600 К, а температу-

ра Солнца 6000 К, поэтому температураВеги выше, чем у Солнца.

5) Звезда 40 Эридана действительно отно-сится к белым карликам, о чем свидетель-ствуют табличные данные (размер, сравни-мый с размером Земли, высокая плотность,большая температура).

Итак, верны утверждения 1) и 5).Задача 5. Посмотрите на рисунок, где

представлена диаграмма Герцшпрунга–Рас-села. Выберите два утверждения о звез-

дах, которые соответствуют диаграмме.1) Температура звезд спектрального клас-

са G в 2 раза выше температуры звездспектрального класса А.

2) Звезда Бетельгейзе относится к сверх-гигантам, поскольку ее радиус почти в 1000раз превышает радиус Солнца.3) Плотность белых карликов существен-

но меньше средней плотности гигантов.4) Звезда Антарес имеет температуру

поверхности 3300 К и относится к звездамспектрального класса А.

5) Жизненный цикл звезды спектрально-го класса К главной последовательностиболее длительный, чем у звезды спектраль-ного класса В главной последовательности.Решение. 1) В соответствии с диаграммой,

температура звезд спектрального класса Gприблизительно в 2 раза ниже температурызвезд спектрального класса А.2) Звезда Бетельгейзе имеет радиус почти

в 1000 раз больший, чем радиус Солнца, атакие звезды действительно относятся к сверх-

Таблица 4

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

гигантам (они располагаются в правомверхнем углу диаграммы).3) Плотность белых карликов во много раз

больше плотности звезд главной последова-тельности, а тем более – звезд-гигантов.

4) Звезда Антарес имеет температуру по-верхности 3300 К и относится к звездамспектрального класса К, а не спектральногокласса А (звезды белого цвета с температу-рой поверхности 7500–10000 К).

5) Жизненный цикл звезды спектральногокласса К главной последовательности болеедлительный, чем у звезды спектральногокласса В главной последовательности, по-скольку звезды спектрального класса К от-носятся к красным карликам – звездамболее малой массы, чем у звезд голубогоцвета главной последовательности.

Следовательно, верны утверждения 2)и 5).Задача 6. Посмотрите на рисунок, где

представлена диаграмма Герцшпрунга–Рас-села. Выберите два утверждения о звез-дах, которые соответствуют диаграмме.

1) Плотность гигантов существенно мень-ше средней плотности звезд главной после-довательности.

2) Звезда Альтаир, имеющая радиус 1,9радиусов Солнца, относится к сверхгиган-там.3) Температура поверхности звезд спек-

трального класса М ниже температурыповерхности звезд спектрального класса А.

4) Звезда Бетельгейзе относится к голу-бым звездам главной последовательности,поскольку ее радиус почти в 1000 раз превы-шает радиус Солнца.

5) Жизненный цикл звезды спектральногокласса В главной последовательности бо-лее длительный, чем у звезды спектрально-го класса G главной последовательности.Решение. 1) Плотность гигантов действи-

тельно меньше плотности звезд главной пос-ледовательности (см., например, таблицу4).2) Звезда, которая имеет радиус 1,9 CR , не

может относиться к сверхгигантам.3) Температура поверхности звезд спект-

рального класса М (температура 2000–3500 К) действительно ниже температурыповерхности звезд спектрального класса А(7500–10000 К).

4) Если звезда относится к голубым ги-

гантам главной последовательности, то ееспектральный класс О или В, температурапорядка 10000–30000 К, а радиус пример-но 10 CR . Радиус Бетельгейзе почти в 1000раз больше радиуса Солнца, поэтому Бе-тельгейзе – красный сверхгигант.

5) Звезды спектрального класса В главнойпоследовательности имеют большую массу,чем звезды спектрального класса G главнойпоследовательности. Поэтому эволюция звездспектрального класса В проходит быстрее,чем у звезд спектрального класса G.

Таким образом, правильны утвержде-ния 1) и 3).

Солнечная система:планеты и малые тела

Чтобы не испытывать затруднений прирешении задач на эту тему, нужно знатьстроение Солнечной системы, основные от-личия планет земной группы от планет-гигантов и отличительные признаки каждойиз планет; понимать причины смены дня иночи, а также причины смены времен года;уметь рассчитывать первую и вторую косми-ческие скорости.Напомним, что первая космическая ско-

рость равна 1GM

v gRR

, где g – уско-

рение свободного падения на поверхностипланеты, М – масса планеты, R – радиуспланеты, G – гравитационная постоянная.Вторая космическая скорость связана с пер-вой соотношением 2 12v v . Для Земли,

например, 1 7,89 кмv с, 2 11,2 кмv с.Задача 7. Рассмотрите таблицу 5, содер-

жащую характеристики планет Солнеч-ной системы. Выберите два утверждения,которые соответствуют характеристи-кам планет.

1) Ускорение свободного падения на Юпи-

тере составляет 240,1 м с .2) На Сатурне не может наблюдаться

смена времен года.3) Орбита Марса находится на рассто-

янии примерно 228 млн км от Солнца.4) Сатурн имеет самую маленькую массу

из всех планет Солнечной системы.5) Ускорение свободного падения на Ура-

не составляет около 29,6 м с .Решение. 1) Ускорение свободного паде-

ния можно найти, зная первую космическую

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 148

скорость:

1v gR, и2

21 24,79 м сv

gR

< 40,1 2м с .

2) Наклон оси вращения у Сатурна 26 44 ,поэтому смена времен года там наблюдается.3) Расстояние от Марса до Солнца состав-

ляет 1,52 а.е. Это приблизительно228 млн км (1 а.е. = 150 млн км).

4) Сатурн – планета-гигант с большоймассой.

5) Аналогично пункту 1),2

21 9,6 м сv

gR

.

Итак, верны утверждения 3) и 5).Задача 8. Рассмотрите таблицу 6, содер-

жащую характеристики планет Солнеч-ной системы. Выберите два утверждения,

которые соответствуют характеристи-кам планет.

1) Первая космическая скорость вблизиМарса составляет примерно 3,55 км/с.

2) Скорость движения Урана по орбите в2 раза меньше, чем скорость Нептуна.3) Средняя плотность планет земной

группы значительно выше, чем у планет-гигантов.

4) Ускорение свободного падения на Вене-ре примерно равно

210,36 м с .5) Масса Марса в 2 раза меньше массы

Земли.Решение. 1) По таблице найдем, что вто-

рая космическая скорость для Марса равна5,02 км/с. Известно, что вторая космичес-кая скорость связана с первой космическойскоростью соотношением 2 12v v . Отсюда

Таблица 5

Таблица 6

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 49

находим первую космическую скорость:

21 3,55 км с

2

vv .

2) Нептун – самая дальняя планета отСолнца, поэтому ее орбитальная скоростьбудет самой маленькой в Солнечной системе.3) Средняя плотность планет-гигантов

(Юпитер, Сатурн, Уран и Нептун) намногониже средней плотности планет земной груп-пы (Меркурий, Венера, Земля, Марс). При-чем самая низкая плотность – у Сатурна(меньше плотности воды), а самая высокаяплотность – у Земли.

4) Ускорение свободного падения можновычислить через первую или вторую косми-ческую скорость:

2 22 21 2 9,12 м с 10,36 м с

2

v vg

R R.

5) Масса планеты связана с плотностью и

радиусом соотношением 34

3M R . По-

этому3

З З З3

М М М

9,3 2M R

M R.

Следовательно, верны утверждения 1)и 3).Задача 9. Рассмотрите таблицу 7, содер-

жащую характеристики некоторых спут-ников планет Солнечной системы. Выбери-те два утверждения, которые соответ-ствуют характеристикам планет и спут-ников планет.

1) Ускорение свободного падения на Обе-роне равно 7,7  2м с .

2) Масса Луны меньше массы Ио.

3) Объем Титана почти в 2 раза большеобъема Тритона.

4) Ио находится дальше от поверхностиЮпитера, чем Каллисто.

5) Первая космическая скорость для Три-тона составляет примерно 1,03 км/с.Решение. 1) Ускорение свободного паде-

ния находим через первую или вторую кос-мическую скорость и радиус спутника:

2 22 21 2 0,39 м с 7,7 м с

2

v vg

R R.

2) Сравним массы Луны и Ио:

3Л Л Л

3Ио Ио Ио

0,82 1M R

M R.

3) Объем Титана ( 34

3V R ) почти в

32 8= раз больше объема Тритона.4) Ио находится на расстоянии

422,6 тыс.км от Юпитера, а Каллисто – нарасстоянии 1883 тыс.км от него (данныетаблицы), следовательно, Ио ближе к Юпи-теру, чем Каллисто.

5) Первая космическая скорость на Трито-не равна

21

1450 м с1030 м с 1,03 км с

2 2

vv .

Итак, верны утверждения 2) и 5).Задача 10. Рассмотрите таблицу 8, со-

держащую характеристики некоторыхкарликовых планет и астероидов Солнеч-ной системы. Выберите два утвержде-ния, которые соответствуют характе-ристикам астероидов и карликовых пла-нет.

Таблица 7

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 150

1) Астероид Геба вращается по болеевытянутой орбите, чем астероид Веста.

2) Большие полуоси орбит карликовойпланеты Церера и астероида Паллада оди-наковы, значит, они движутся по однойорбите друг за другом.3) Средняя плотность карликовой плане-

ты Церера равна 400  3кг м .4) Первая космическая скорость для ас-

тероида Юнона составляет более 8 км/с.5) Орбита астероида Аквитания нахо-

дится между орбитами Марса и Юпитера.Напомним, что эксцентриситет орбиты

определяется по формуле 2

2

be 1

a, где

b – малая полуось, а – большая полуосьорбиты. У окружности е = 0, у эллипса0 < e < 1.Решение. 1) У астероида Гебы эксцент-

риситет е = 0,202, а у Весты е = 0,091,поэтому у Гебы орбита более вытянутая.2) Большие полуоси орбит астероидов

Церера и Паллада одинаковы, но эксцент-риситет Цереры равен е = 0,077, т.е. ееорбита близкая к круговой, а у астероидаПаллада е = 0,235, поэтому его орбитавытянутая.3) Средняя плотность Цереры

20

3 35 3

8,7 10 кг

4 3 4,2 4,66 10 м

m

R

= 3 32000 кг м 400 кг м .

Хотя можно было и не считать. Плотность400  3кг м очень низкая, она соответствуетбольшому количеству легких веществ в со-

ставе карликовой планеты, а это не так.Самая маленькая плотность – у Сатурна, укоторого очень мощная атмосфера, состоя-щая на 96% из водорода и на 3% из гелия;и та равна 700  3кг м .

4) Для того чтобы у Юноны была такаяпервая космическая скорость, нужны массаи радиус порядка массы и радиуса Земли.А масса Юноны в десятки тысяч раз мень-ше массы Земли, тогда как ее радиус мень-ше земного лишь в 50 раз.

5) Можно, например, сравнить периодыобращения вокруг Солнца. Период обра-щения Земли 1 год, Марса 1,8 лет, Юпите-ра 11 лет, а Аквитании 4,53 года. Подхо-дит. Или можно вспомнить, что среднеерасстояние от Марса до Солнца 1,5 а.е, аот Юпитера до Солнца 5,2 а.е. Поэтомувсе представленые в таблице астероиды икарликовая планета Церера принадлежатглавному поясу астероидов, расположенно-му между Марсом и Юпитером.

Следовательно, верны утверждения 1)и 5).

Таблица 8

О Л И М П И А Д Ы

ЗАДАЧИ ОСЕННЕГО ТУРА (2017 ГОД)

Базовый вариант

8–9 классы

1. (3) 1 Имеется 5 ненулевых чисел. Длякаждых двух из них вычислены их сумма ипроизведение. Оказалось, что пять суммположительны и пять сумм отрицательны.Сколько произведений положительны исколько – отрицательны?

Б.Френкин

2. (4) Существуют ли такие 99 последова-тельных натуральных чисел, что наимень-шее из них делится на 100, следующее делит-ся на 99, третье делится на 98, …, последнееделится на 2?

П.Кожевников

3. (4) В ряд лежат 100 внешне одинаковыхмонет. Среди них ровно 26 фальшивых,причем они лежат подряд. Настоящие моне-ты весят одинаково, фальшивые – не обяза-тельно одинаково, но они легче настоящих.Как за одно взвешивание на двухчашечныхвесах без гирь найти хотя бы одну фальши-вую монету?

Р.Женодаров

4. (5) На одной из клеток поля 8 ¥8 зарытклад. Вы находитесь с металлоискателем вцентре одной из угловых клеток этого поляи передвигаетесь, переходя в центры сосед-них по стороне клеток. Металлоискательсрабатывает, если вы оказались на той клет-ке, где зарыт клад, или в одной из соседнихс ней по стороне клеток. Можно ли гаранти-рованно указать клетку, где зарыт клад,пройдя расстояние не более 26?

М.Евдокимов

5. (5) Окружность радиуса 1 нарисованана шахматной доске так, что целиком со-держит внутри белую клетку (сторона клет-

ки равна 1). Докажите, что участки этойокружности, проходящие по белым клет-кам, составляют суммарно не более 1/3 отее длины.

М.Евдокимов

10–11 классы

1. (4) Существуют ли нецелые числа x и y,для которых { } { } { }x y x y◊ = + ? (Здесь

{ }x – дробная часть числа x.)М.Евдокимов

2. (4) В треугольнике ABC провели бис-сектрису CL. Серединный перпендикуляр кстороне AC пересекает отрезок CL в точке K.Докажите, что описанные окружности треу-гольников ABC и AKL касаются.

М.Панов

3. (4) Имеется 21 ненулевое число. Длякаждых двух из них вычислены их сумма ипроизведение. Оказалось, что половина всехсумм положительна и половина – отрица-тельна. Каково наибольшее возможное ко-личество положительных произведений?

Б.Френкин, С.Кудря

4. а) (2) Может ли некоторый шар высе-кать на гранях какого-нибудь правильноготетраэдра круги радиусов 1, 2, 3 и 4?

б) (3) Тот же вопрос, если радиус шарадолжен быть равен 5.

М.Евдокимов

5. (5) В левой нижней клетке доски100 100¥ стоит фишка. Чередуя горизон-тальные и вертикальные ходы в соседнююпо стороне клетку (первый ход – горизон-тальный), она дошла сначала до левой верх-ней клетки, а потом до правой верхней.Докажите, что найдутся две такие клетки Aи B, что фишка не менее двух раз делалаход из A в B.

А.Грибалко

Сложный вариант

8–9 классы

1. (4) Имеется железная гиря в 6 кг, сахари невесомые пакеты в неограниченном коли-

XXXIX Турнир городов

1 В скобках после номера задачи указаномаксимально количество баллов, присуждавших-ся за ее решение. Итог подводится по тремзадачам, по которым достигнуты наилучшие ре-зультаты.

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 152

честве, а также нестандартные весы с двумячашами: весы находятся в равновесии, еслигрузы на левой и правой чашах относятсякак 3:4. За одно взвешивание можно поло-жить на весы любые уже имеющиеся грузыи добавить на одну из чаш пакет с такимколичеством сахара, чтобы чаши уравнове-сились (такие пакеты с сахаром можно ис-пользовать при дальнейших взвешиваниях).Удастся ли отмерить 1 кг сахара?

Г.Гальперин

2. (4) Даны две монеты радиуса 1 см, двемонеты радиуса 2 см и две монеты радиуса3 см. Можно положить две из них на столтак, чтобы они касались друг друга, и добав-лять монеты по одной так, чтобы очереднаякасалась хотя бы двух уже лежащих. Новуюмонету нельзя класть на старую. Можно лиположить несколько монет так, чтобы цент-ры каких-то трех монет оказались на однойпрямой?

Е.Бакаев

3. (6) См. задачу М2486 «Задачника «Кван-та» для трех месяцев вместо двенадцати.

4. а) (1) См. задачу М2490 а «Задачника«Кванта».

б) (3) См. задачу М2490 б «Задачника«Кванта».

в) (4) См. задачу М2490 в «Задачника«Кванта».

5. (9) Цифры натурального числа n > 1записали в обратном порядке и результатумножили на n. Могло ли получиться число,записываемое только единицами?

Ф.Петров

6. (9) См. задачу М2487 «Задачника «Кван-та».

7. а) (5) См. задачу М2488 а «Задачника«Кванта».

б) (5) См. задачу М2488 б «Задачника«Кванта».

10–11 классы

1. а) (1) См. задачу М2490 а «Задачника«Кванта».

б) (2) См. задачу М2490 б «Задачника«Кванта».

в) (3) См. задачу М2490 в «Задачника«Кванта».

2. (5) Дан правильный шестиугольник сцентром O. Провели такие шесть равныхокружностей с центрами в вершинах шести-угольника, что точка O находится внутриокружностей. Угол величины с вершинойO высекает на этих окружностях шесть дуг.Докажите, что суммарная величина этих дугравна 6 .

Е.Бакаев

3. (6) См. задачу М2486 «Задачника «Кван-та».

4. (8) См. задачу М2489 «Задачника «Кван-та».

5. а) (3) См. задачу М2491 а «Задачника«Кванта».

б) (4) См. задачу М2491 б «Задачника«Кванта».

в) (4) См. задачу М2491 в «Задачника«Кванта».

6. (10) Дан треугольник ABC. Пусть I –центр вневписанной окружности, касающей-ся стороны AB, а 1A и 1B – точки касаниядвух других вневписанных окружностей состоронами BC и AC соответственно. Пусть M– середина отрезка IC, а отрезки 1AA и 1BBпересекаются в точке N. Докажите, что точ-ки N, 1B , A и M лежат на одной окружности.

Ф.Ивлев

7. (10) Город имеет вид квадрата n n¥ ,разбитого на кварталы 1 1¥ . Улицы идут ссевера на юг и с запада на восток. Человеккаждый день утром идет из юго-западногоугла в северо-восточный, двигаясь только насевер или восток, а вечером возвращаетсяобратно, двигаясь только на юг или запад.Каждое утро он выбирает свой путь так,чтобы суммарная длина знакомых участковпути (тех, которые он уже проходил в томили ином направлении) была минимальна, икаждый вечер тоже. Докажите, что за n днейон пройдет все улицы целиком.

М.Дидин

Публикацию подготовилиС.Дориченко, Л.Медников

Очередной набор в ВЗМШ

Всероссийская заочнаямногопредметная школа(ВЗМШ), входящая вструктуру московскоголицея «Вторая школа» иработающая при Москов-ском государственном

университете имени М.В.Ломоносова, в пять-десят четвертый раз проводит набор уча-щихся. Эта школа была создана по инициа-тиве академика И.М.Гельфанда в 1964 году.Многие годы И.М.Гельфанд возглавлял На-учный совет школы.

ВЗМШ – государственное учреждениедополнительного образования, доступное длявсех желающих, причем не только для школь-ников, пополнить свои знания в одной илинескольких из следующих областей науки:математика, биология, филология, физика,история (перечисление – в хронологическомпорядке открытия отделений).

Сейчас ВЗМШ совместно с другими науч-но-педагогическими учреждениями ведетисследовательские работы по разработкеновых интерактивных технологий в образо-вании и переводу части своих учебно-мето-дических комплексов на язык современныхтелекоммуникаций.

За время существования ВЗМШ удостове-рения о ее окончании получили несколькосотен тысяч школьников и тысячи кружков– групп «Коллективный ученик ВЗМШ».

Обучение в школе ЗАОЧНОЕ, т.е. начи-ная с сентября–октября 2018 года все посту-пившие будут систематически получать спе-циально разработанные для заочного обуче-ния материалы, содержащие изложение тео-ретических вопросов и методов рассужде-ний, разнообразные задачи для самостоя-тельной работы, образцы решений задач,деловые игры, контрольные и практическиезадания.

Контрольные работы учащихся будут тща-тельно проверяться и рецензироваться пре-подавателями ВЗМШ – студентами, аспи-рантами, преподавателями и научными со-трудниками МГУ, а также других вузов иучреждений, где имеются филиалы школы.Многие из преподавателей в свое время самизакончили ВЗМШ и поэтому особенно хоро-шо понимают, как важно указать, помимо

конкретных недочетов, пути ликвидацииимеющихся пробелов в знаниях, порекомен-довать дополнительную литературу, пору-гать за невнимательность и похвалить зазаметный (а иногда – и за самый маленький)прогресс и трудолюбие.

Поступившие в ВЗМШ смогут узнать обувлекательных вещах, часто остающихся застраницами школьного учебника, познако-миться с интересными нестандартными зада-чами и попробовать свои силы в их решении.Для многих станет откровением, что задачибывают не только в математике, физике ихимии, но и в биологии, филологии и другихнауках. Решение задач поможет прояснить исделать интересными многие разделы, ка-завшиеся непонятными и скучными.

Одна из особенностей учебных программ ипособий ВЗМШ – в том, что они созданыдействующими на переднем крае науки та-лантливыми учеными и опытными незауряд-ными педагогами.

Чтобы успешно заниматься в заочной шко-ле, вам придется научиться самостоятельнои продуктивно работать с книгой, грамотно,четко, коротко и ясно излагать свои мысли,а это, как известно, умеют далеко не все.Возможно, наша заочная школа поможетвам выбрать профессию, найти свое место вокружающем мире.

Все выполнившие программу ВЗМШ по-лучают дипломы. Хотя формальных пре-имуществ они не дают, приемные комиссиимногих вузов учитывают, что обладателиэтих удостоверений в течение продолжи-тельного времени самоотверженно труди-лись над приобретением знаний, научилисьсамостоятельно творчески работать, а этозначит, что из них получатся хорошие сту-денты и, в дальнейшем, грамотные, вдумчи-вые, широко образованные специалисты.

Вы сможете получать наши задания какобычной, так и электронной почтой, а такжепринимать участие в апробации новых интер-активных учебных программ.

Для поступления в ВЗМШ надо успешновыполнить вступительную контрольную ра-боту. Приемную комиссию интересует, впервую очередь, ваше умение рассуждать,попытки (пусть поначалу не совсем удач-ные) самостоятельно мыслить и делать вы-воды. Преимуществом при поступлениипользуются проживающие в сельской мест-

И Н Ф О Р М А Ц И Я

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 154

ности, поселках и небольших городах, гденет крупных научных центров и учебныхзаведений и где получить дополнительноеобразование можно лишь заочно.

Решения задач вступительной работы надонаписать на русском языке в обычной уче-нической тетради в клетку. Желающие по-ступить сразу на несколько отделений каж-дую работу присылают в отдельной тет-ради. На обложке тетради укажите: фами-лию, имя, отчество, год рождения, базо-вое образование (сколько классов среднейшколы будет закончено к сентябрю 2018года), полный почтовый адрес (с индек-сом), откуда узнали о ВЗМШ (из «Кван-та», от друзей, из афиш заочной школы ит.п.), на какое отделение хотите посту-пить.

Адрес ВЗМШ: 119234 Москва, Воробьевыгоры, МГУ, ВЗМШ, на прием (укажитеотделение)

Телефон: (495) 939-39-30Обо всех наших отделениях вы можете

узнать на общешкольном сайте ВЗМШ:www.vzmsh.ru

На ваши вопросы мы ответим по электрон-ной почте: vzms@yandex.ru

Вступительные работы обратно не высы-лаются.

Без вступительной работы, только по заяв-лению, принимаются на индивидуальноеобучение победители областных (краевых,республиканских) туров всероссийских олим-пиад по соответствующим предметам, а так-же участники финальных туров этих олим-пиад.

Учащиеся ВЗМШ частично возмещаютрасходы на свое обучение. По просьбе тех,кто не в состоянии внести эту плату, ВЗМШготова обратиться в школу, в орган народно-го образования, к другому спонсору с хода-тайством об оплате этим благотворителемсоответствующих расходов.

Помимо индивидуального обучения, навсех отделениях ВЗМШ, кроме биологичес-кого, имеется форма обучения «Коллектив-ный ученик». Это группа учащихся, работа-ющая под руководством преподавателя(школьного учителя, преподавателя вуза,студента или другого энтузиаста) и, какправило, по тем же пособиям и программам,что и индивидуально. Прием в эти группыпроводится до 15 октября 2018 года. Для

зачисления группы требуется заявление ееруководителя (с указанием его профессии идолжности, со списком учащихся и сообще-нием о том, в каком классе они будут учитьсяс сентября 2018 года); заявление должнобыть подписано руководителем группы, за-верено и подписано руководителем учрежде-ния, при котором будет работать группа.Работа с группами «Коллективный ученик»может оплачиваться школами как факульта-тивные занятия.

На Северо-Западе России работает Севе-ро-Западная заочная математическая школапри Лицее «Физико-техническая школа»(только математическое отделение, 8–11классы).

Желающие поступить на отделение мате-матики и проживающие на Северо-ЗападеРоссии (в Архангельской, Калининградс-кой, Ленинградской, Мурманской, Новго-родской, Псковской областях, Карельскойи Коми республиках, а также в Санкт-Петербурге), высылают вступительные ра-боты по адресу: 194021 Санкт-Петербург,ул. Хлопина, д.8, к.3, литер А,С-З ЗМШ при Лицее «ФТШ». Можно от-править скан-копию работы по электронно-му адресу: mathscool@mail/ru. Этот жеэлектронный адрес можно использовать длясвязи с С-З ЗМШ. Подробная информацияимеется на сайте дистанционного обучения:http://distmath.ru/.

Проживающие в остальных регионах Рос-сии, дальнем и ближнем зарубежье высыла-ют свои работы по математике в адрес ВЗМШили соответствующего филиала.

Адреса филиалов математического отделе-ния ВЗМШ:

241035 г. Брянск, ул. Мало-Орловская,д. 8, тел.: (4832) 56-18-08,

e-mail: brotek@mail.ru;610002 г. Киров, а/я 2039, ЦДООШ,тел.: (8332) 35-15-03, 35-15-04,e-mail: sms@extedu.kirov.ru,сайт: http://cdoosh.kirov.ru;150000 г. Ярославль, ул. Советская, д. 14,тел.: (0852) 11-82-03,e-mail: olimp@olimp.edu.yar.ru.

Ниже вы найдете краткие сведения оботделениях ВЗМШ и условия вступитель-ных контрольных работ.

И Н Ф О Р М А Ц И Я 55

Отделение математики

Мы заочно обучаем математике школьни-ков 6–11 классов.

На индивидуальное обучение принимаемпо результатам вступительной работы и вы-сылаем пособия. Куратор руководит обуче-нием: составляет программу, проверяет за-дания и отвечает на вопросы.

На обучение в группе «Коллективный уче-ник» принимаем по заявлению руководите-ля группы. Высылаем пособия на всю груп-пу. Ученики присылают на проверку вВЗМШ одну коллективную работу по каж-дой теме.

Принимаем учащихся на все курсы с 0-гопо 5-й (т.е. учеников 6–11 классов).

Заявление и вступительную работу присы-лайте по электронному адресу приема:priem@math-vzms.org или на почтовый ад-рес школы: 119234 Москва В-234, Воробье-вы горы, МГУ, математическое отделениеВЗМШ.

Наш сайт: http://www.math-vzms.org/Наш телефон: +7 495 93 93 93 0Если вы хотите учиться индивидуально,

выполните вступительную работу, условиязадач которой приведены ниже. Решениязадач, с которыми удалось справиться, нуж-но записать в обычной ученической тетрадии выслать простой бандеролью вместе сзаявлением о приеме в адрес школы. Вступи-тельные работы и заявления принимаютсятакже по электронной почте. В этом случаеработа должна быть оформлена в виде фай-ла формата .doc или .pdf, можно такжеотсканировать текст работы и прикрепитьего к заявлению о приеме.

Заявление о приеме пишется в свободнойформе. Сообщите фамилию, имя, отчество,год рождения, базовое образование (намбыло бы удобно прочесть: «С 1-го сентября2018 года я буду учиться в ... классе»),полный почтовый адрес с индексом, откудаузнали о ВЗМШ (из интернета, из журналов«Квант», «Наука и жизнь», от учителя,родителей, друзей или из других источни-ков). Сообщите, пожалуйста, адрес своейэлектронной почты, если она имеется. Незабудьте указать, что вы поступаете на отде-ление математики.

Срок отправки вступительной работы –до 15 июня 2018 года.

В приведенной ниже вступительной рабо-те рядом с порядковым номером задачи вскобках указано, ученикам какого класса(имеется в виду тот класс, в котором выпредполагаете учиться с 1 сентября 2018года) эта задача предназначается. Вы мо-жете, если хотите, дополнительно решатьзадачи, адресованные более старшим клас-сам.

Не торопитесь, а если задачи не получа-ются, возвращайтесь к ним несколько раз.До 15 июня времени еще достаточно. Воз-можно, вы не сможете решить все задачисвоего класса, тогда присылайте решениятех, которые сделать удалось. Не забудьтеобосновать свои решения, «голый» ответ кзадаче решением не считается.

Задачи

1 (6–7). Простые числа расположили ввиде последовательности в порядке возрас-тания. Верно ли, что среднее арифметичес-кое двух соседних простых чисел не можетбыть простым числом?

2 (6–7). В коробке лежат воздушные ша-рики: 10 красных и 10 синих. Продавец неглядя достает по одному шарику. Сколькошариков ему надо вытащить, чтобы срединих обязательно нашлись: а) два шарикаодного цвета; б) два шарика разного цвета;в) три шарика одного цвета?

3 (6–7). Припишите к числу 10 справа ислева по одной цифре так, чтобы полученноечисло делилось на 12.

4 (6–8). Петя отпил 1/2 стакана кофе идолил его молоком. Потом он отпил 1/3стакана и опять долил молоком. Наконец, онотпил 1/6 стакана, долил молоком и выпилвесь стакан. Чего Петя выпил больше: кофеили молока?

5 (7–10). а) Можно ли занумеровать ребракуба натуральными числами от 1 до 12 так,чтобы для каждой вершины куба сумманомеров ребер, которые в ней сходятся, былаодинаковой? б) Аналогичный вопрос, еслирасставлять по ребрам куба числа –6, –5,–4, –3, –2, –1, 1, 2, 3, 4, 5, 6.

6 (8–10). Два города А и В расположенына берегу реки на расстоянии 10 км друг отдруга. Пароход может проплыть из А в В иобратно за 1 час. Больше или меньше време-ни понадобится ему, чтобы проплыть 20 кмпо озеру?

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 156

7 (8–9). Найдите целые числа x и y такие,что x > y > 0 и 3 37 7x y y x .

8 (8–10). В равнобедренном треугольникебиссектриса угла при основании равна однойиз сторон. Определите углы треугольника.

9 (9–11). Разложите на множители:а) 8 4 1x x (на 3 множителя);

б) 5 1x x (на 2 множителя).10 (10–11). а) Докажите, что при а > 0

12a

a+ ≥ . б) Постройте график функции

1y x

x= + .

11 (10–11). Известно, что a + b + c < 0 ичто уравнение 2 0ax bx c не имеет дей-ствительных корней. Определите, какой знакимеет число с.

12 (10–11). Можно ли восстановить треу-гольник по серединам его сторон? А четырех-угольник? Любой ответ требует доказатель-ства!

Отделение физики

Обучение на отделении одно-, двух- итрехгодичное. На трехгодичный поток (курсФ3) принимаются оканчивающие в 2018году 8 классов средней школы, на двухго-дичный (курс Ф2) – оканчивающие 9 клас-сов и на одногодичный (курс Ф1) – 10классов. Учащиеся, оканчивающие 10-йкласс, могут пройти ускоренно всю програм-му за один год (курс Ф0).

Для поступления на курс Ф3 нужно ре-шить задачи 1–5 приведенной ниже вступи-тельной работы, на курс Ф2 – задачи 4–9, накурс Ф1 – задачи 5–10, на курс Ф0 – задачи4–10.

На обложке тетради следует указать фами-лию, имя и отчество, код курса (Ф0, Ф1, Ф2или Ф3), сколько классов будет закончено к1 сентября 2018 года, полный почтовыйадрес (с индексом), адрес e-mail (если есть),телефон.

Срок отправки вступительной работы –до 25 июня 2018 года.

Группы «Коллективный ученик» прини-маются на курсы Ф1, Ф2, Ф3 без вступи-тельной работы только по заявлению руко-водителя.

Наш адрес: 119234 Москва В-234, Воробь-евы горы, МГУ, ВЗМШ, отделение физики.

E-mail: olphys@phys.problems.ruИнтернет-сайт: http://phys.problems.ru

Задачи

1. Катаясь на велосипеде, мальчик сломалего и пошел дальше пешком. Его средняяскорость при этом составила v = 20 км/ч.Если бы поломка произошла несколько поз-же, то средняя скорость мальчика составилабы u = 25 км/ч. Чему была бы равна егосредняя скорость, если бы велосипед сло-мался на такое же время раньше?

2. Цветочный горшок, имеющий формуцилиндра радиусом r = 5 см, установлен вцилиндрическом поддоне (рис.1). В горшокналивают V = 80 млводы, которая прак-тически сразу начи-нает вытекать в под-дон с постоянной ско-ростью u = 1 мл/cчерез отверстие в днегоршка. Постройтеграфик зависимостисилы давления горш-ка на поддон от вре-мени, если масса гор-шка вместе с землей ицветком m = 0,3 кг.Можно считать, что всмеси с землей вода везде занимает 10%объема. Зазор между боковыми стенкамигоршка и поддона d = 5 мм, высота боковыхстенок поддона h = 3 см, толщину стенокгоршка считать малой.

3. Сосуд с водой нагрели от температуры

0 0 Ct до некоторой температуры t, зат-ратив при этом количество теплоты 1Q == 664 кДж. Если воду заменить на лед той жемассы при 0 C , то на нагревание сосуда ссодержимым до температуры t потребуетсяколичество теплоты 2Q = 1654 кДж, еслисосуд вначале имеет температуру 0t , и 3Q == 1494 кДж, если начальная температурасосуда равна t. Определите по этим даннымтеплоемкость сосуда. Теплообменом с окру-жающей средой пренебречь.

4. Два одинаковых амперметра, два одина-ковых вольтметра и лампочка соединены всхему, изображенную на рисунке 2. Показа-ния приборов таковы: A1I = 0, A2I = 1 A,

V1U = 2 В, V2U = 1 В. Найдите мощностьтока, текущего через лампочку.

5. Собирающая линза с фокусным рас-стоянием F находится между экраном скруглым отверстием радиусом r и плоским

Рис. 1

И Н Ф О Р М А Ц И Я 57

зеркалом. Экран и зеркало перпендикуляр-ны главной оптической оси линзы. Расстоя-ние от линзы до зеркала 2F , до экрана3 2F . Величина r много меньше радиусалинзы. Через экран на линзу падает пучокпараллельных световых лучей, параллель-ных ее главной оптической оси. Каковыбудут форма и размеры освещенной областина экране со стороны линзы?

6. Два жука, находящиеся в вершинах А иB квадрата АВСD, начинают ползти вдольсторон этого квадрата по часовой стрелке.Скорости жуков одинаковы. Нарисуйте тра-екторию одного из жуков в системе отсчета,связанной с другим жуком.

7. К концам палочки длиной L = 20 смприложены силы 1F = 1 Н и 2F = 2 Н,направленные под углом 45 к палочке(рис.3). С какой силой F нужно подейство-вать на эту палочку, чтобы она оставалась в

равновесии? Куда должна быть приложенаэта сила?

8. Маленькое тело массой m = 50 г подве-шено на идеальной нити длиной L = 30 см.Тело отводят в сторону так, что нить стано-вится горизонтальной, и отпускают. В тотмомент когда нить составляет угол 30 свертикалью, происходит обрыв нити. Най-дите скорость тела в момент, когда оно будетпролетать точно под точкой подвеса нити.

9. В сосуде, представляющим собой узкийвертикальный цилиндр высотой H, закры-тый сверху поршнем массой M, находится молей кислорода. Стенки сосуда в его верх-ней трети гладкие, а ниже – шероховатые,причем максимальное значение силы тре-

ния, действующей на поршень, равно 5Mg .В некоторый момент в дне сосуда образуетсямаленькое отверстие, через которое выходитгаз с постоянной скоростью u моль/мин.Постройте график зависимости высоты пор-шня от времени и найдите, через какое времяон опустится до половины высоты сосуда.

10. Магнитное поле занимает область, ог-раниченную полуплоскостями и , кото-рые пересекаются под прямым углом (рис.4).

Полуплоскости и индукция поля В перпен-дикулярны плоскости рисунка. Электронвлетает в поле в точке А со скоростью v и припоследующем движении пролетает через точ-ку С, причем известно, что AO = OС. Най-дите путь, пройденный электроном в облас-ти, занятой магнитным полем. Масса элект-рона em , заряд e; скорость v лежит в плос-кости рисунка.

Отделение филологии

Отделение существует с 1989 года. За этовремя подготовлено и издано большое коли-чество уникальных учебных пособий по рус-скому языку, общему языкознанию, историии теории литературы.

На отделение принимаются все желаю-щие, имеющие базовую подготовку в объеме7 классов.

Сведения о программах и порядке обуче-ния высылаются вместе с извещением о ре-шении Приемной комиссии и размещены насайте.

Вы хотите исправить грамотность? Позна-комиться с любопытными проблемами тео-рии и практики русского языка? Освоитьприемы лингвистического или литературо-ведческого анализа? Приобрести навыки,необходимые для успешной сдачи экзаме-нов? Тогда выполните и пришлите нам всту-

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 158

пительное задание, вопросы которого приве-дены ниже.

Внимание! На первой странице укажитеследующие данные: Ф.И.О., какой классзаканчиваете, полный (с индексом!) почто-вый адрес, телефон, e-mail.

Срок отправки вступительной работы –до 15 июня 2018 года.

Группы «Коллективный ученик» прини-маются без вступительной работы.

Наш e-mail: filologiyvzmsh@mail.ru

Вопросы

1. А.М.Горький долго смеялся, когда быв-ший сенатор, почтенный старик, уверявшийего, что умеет переводить с «десяти язы-ков», принес в издательство «Всемирнаялитература» такой перевод романтическойсказки: «За неимением красной розы жизньмоя будет разбита». Вариант «Ввиду от-сутствия красной розы жизнь моя будетразбита» тоже был забракован. Почему,как вы думаете?

2. Андрей Белый считал, что звуковаяструктура стихотворения М.Ю.Лермонтова«Бородино» строится на борьбе двух музы-кальных тем: широкого открытого гласно-го «а», сопутствующего характеристикерусских, и глухого низкого «у», соответ-ствующего теме французов. Попробуйтепоказать на примерах, как вы понимаетеэтот тезис А.Белого.

3. Как разные принципы русской орфог-рафии – морфологический, фонетический,традиционный и дифференцирующий – «ра-ботают» в словах ПРИПОЗДНИШЬСЯ иРАЗЖЁГ?

Отделение истории

Обучение на отделении позволит всем, втом числе жителям самых отдаленных горо-дов и деревень, расширить свой кругозор,подготовиться к единому государственномуэкзамену по истории. Успешно прошедшиекурс обучения получают диплом.

А зачем нужно изучать историю? Во-пер-вых, это просто интересно. Любопытно знать,как жили когда-то люди, во что одевались,чем питались, что читали, как женились ивыходили замуж, за что боролись и «на чтонапарывались». Во-вторых, это полезно.Только зная прошлое, можно понять насто-ящее и прогнозировать будущее. Мы помо-

жем вам в этом разобраться. Специально длявас опытные преподаватели пишут книжки.Последние новости из мира истории вы узна-ете одними из первых! Мы будем поддержи-вать с вами постоянную связь. По нашимкнижкам вы будете выполнять особые зада-ния и сообщать нам, что вы раскопали. Ведь,в сущности, труд историка и состоит из этихраскопок. Историк-археолог, копая землю ипесок, отыскивает крупицы ушедших вре-мен; историк-архивариус копается в грудебумаг и достает из архивов и даже из частнойпереписки все, что может позволить емупонять образ времени; историк-теоретик какувлекательный роман читает археологичес-кие таблицы, сухие сводки, статистику ивосстанавливает по ним живую ткань ушед-шей жизни. У историка особая профессия:он в одном лице следователь, прокурор иадвокат времени.

Приведенное ниже вступительное заданиенужно выполнить на двойном листе бумаги.

Срок отправки вступительной работы –до 1 июня 2018 года.

Группы «Коллективный ученик» прини-маются без вступительной работы по заявле-нию руководителя.

Задание

1. Отгадайте, кто это:

i Русский промышленник, ситцевый маг-нат, меценат.i Его жена и друг Вера Николаевна –

урожденная Мамонтова.iМолодой купец с гидом и картой объехал

все европейские музеи и сделался тонкимзнатоком живописи.i В 24 года основал в своем родовом доме

частную галерею русской живописи.i В 60 лет передал свою галерею в дар

Москве.iИз всех современных ему художников

предпочитал передвижников.iМечтал найти иконы Рублева, но удача

улыбнулась другому коллекционеру.i Стал первым директором основанного им

музея, тратил на него все свои сбережения,но из скромности никогда не являлся насобственные юбилеи.i Совершенно бескорыстен. Его бумажник

всегда был открыт для нуждающихся.i С художниками никогда не торговался.

Заказывая картины, платил сполна.

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

i Его именем назван национальный музейи станция метро в Москве.i Его портрет работы Репина украшает

залы созданного им музея.i Его последние слова родственникам:

«Берегите галерею».2. Опишите, не более чем в 7-ми предложе-

ниях, политический портрет второго прези-дента России.

* * *

Внимание!ВЗМШ проводит набор на курс «Обще-

ствознание». Курс включает следующие дис-циплины: философия, человек и общество,политология, теория государства, государ-ственное устройство России, право, эконо-мика.

Слушателям направляются оригинальныеучебные пособия, созданные на основе мно-

голетнего опыта работы авторов курса. Про-верка знаний осуществляется с помощьюобщепринятой системы тестирования.

Программа курса рассчитана на 1 год.Обучение носит заочный характер и имеетцелью дать выпускникам школ – как круп-ных городов, так и небольших сел – глубо-кие знания по общественным дисциплинам,подготовить их к успешной сдаче ЕГЭ пообществознанию.

Для записи на курс необходимо отправитьзаявление до 1 июня 2018 года.

В заявлении укажите фамилию, имя, отче-ство, свой полный домашний адрес (с индек-сом!), класс, в котором вы будете учиться с1 сентября 2018 года.

Заявление отправьте по адресу: 119234Москва, Воробьевы горы, МГУ, ВЗМШ(курс «Обществознание»).

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

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

(см. «Квант» №11 за 2017 г.)

9. Пусть Алеша собрал Ч ягод черники и Б ягодбрусники. Тогда каждый собрал по Ч + Б ягод ивсего ребята собрали 9Ч + 11Б ягод. Если ребятне больше 9, то всего ягод не больше 9(Ч + Б), аесли ребят не меньше 11, то всего ягод не мень-ше 11(Ч + Б), в каждом случае количество ягодне может равняться 9Ч + 11Б. Значит, ребят 10,тогда 9Ч + 11Б = 10Ч + 10Б, откуда Б = Ч.10. а) В качестве первого многоугольника по-дойдет четырехугольник с углами 70∞ , 70∞ ,90∞ и 130∞ , а в качестве второго – четырех-угольник с углами 70∞ , 70∞ , 70∞ и 150∞ .б) У первого – один, у второго – ни одного.Оценим, сколько нетупых углов может быть увыпуклого многоугольника. Пусть многоуголь-ник имеет n углов, из которых k нетупые. Содной стороны, сумма углов n-угольника равна

( )180 2n∞ ◊ - . С другой стороны, k его углов небольше 90∞ , а остальные ( )n k- меньше 180∞ .Получаем неравенство ( )180 2 90n k∞ ◊ - £ ∞ ◊ +

( )180 n k+ ∞ ◊ - , из которого после преобразова-ния получается 4k £ . Поэтому нетупых угловне больше четырех. При этом равенство достига-ется только в случае, когда все углы прямые.А значит, острых углов не больше трех. Учиты-вая это, делаем выводы, что у первого много-

угольника может быть только 2 острых угла, увторого – 3 и у них по одному тупому углу.Прямых углов у второго многоугольника нет(так как уже есть три острых). Значит, прямойугол есть у первого многоугольника, и раз у негоуже два острых угла, то прямой угол толькоодин.11. Изобразим девочек точками на плоскости, амальчиков – линиями (рис.1). Девочке нравитсямальчик, если соот-ветствующая ей точ-ка лежит на соответ-ствующей мальчикулинии. В качествемальчиков возьмемстороны равносторон-него треугольника,его медианы и впи-санную окружность, ав качестве девочек –точки, где пересекаются три линии. Получится 7девочек и 7 мальчиков. Такая конфигурацияназывается плоскостью Фано.12. а) Можно.Утверждение этого пункта следует из утвержде-ния пункта б).б) Можно.Подпишем около каждой горизонтали количе-ство уголков, которые она пересекает. Так каквсего уголков 12 12 3 48◊ = и каждый из них

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 160

пересекается с двумя горизонталями, то суммаэтих чисел равна 48 2 96◊ = . Докажем от про-тивного: предположим, что среди этих чисел нетбольших или равных 9.Если среди них есть число меньше 8, то ихсумма не превосходит 95. Значит, все числаравны 8. Верхняя горизонталь пересекает 8 угол-ков. Очевидно, что все они лежат в двух верх-них горизонталях. Эти уголки занимают 8 3 24◊ =

клетки и две верхние горизонтали занимают вме-сте столько же клеток. Значит, две верхниегоризонтали можно отрезать, не повредив приэтом уголки.Эти рассуждения для горизонталей можно по-вторить и для двух левых вертикалей. Такимобразом, при отрезании двух верхних горизонта-лей и двух левых вертикалей уголки не повре-дятся. Но при этом отрежется левый верхнийквадрат 2 2¥ , который на уголки не разрезает-ся.в) Нельзя.Контрпример показан на рисунке 2.

Рис. 2

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. Причина этого явления – в перемещении кон-тинентальных плит по расплавленным слоям ни-жележащего вещества.2. Нет, большая часть объема и массы Землинаходится в аморфном состоянии в виде оченьвязкой жидкости, а шарообразную форму онавосстанавливает под действием сил тяготения.3. При замерзании воды, попавшей в трещиныгорных пород, образующийся лед создает давле-ние, превышающее прочность пород, и они начи-

нают крошиться. Другая причина – в неравно-мерности теплового расширения слагающих по-роду минералов. При колебаниях температурыони деформируются в разной степени, что такжеспособствует их разрушению.4. Плотность вещества ядра Земли больше сред-ней ее плотности. Возможный материал ядра –

железо, плотность которого 37,8 г см .

5. Высота горы определяется предельным меха-ническим напряжением, при котором начинаетразрушаться кристаллическая решетка, инымисловами – весом горы. На Марсе вес тел меньше,чем на Земле, примерно в 2,5 раза, а значит,высота их гор может быть во столько же разбольше. Это подтверждается наблюдениями.6. Если в озеро поступает больше воды, чемиспаряется с его поверхности, то уровень воды внем может повышаться, но лишь до высотынаиболее глубокого стока, при вытекании изкоторого и образуется река.7. Ответ содержится в одном из эпиграфов –эффект размывания берега реки возникает из-задействия сил Кориолиса в неинерциальной, вра-щающейся вместе с Землей, системе отсчета.8. В эти моменты Луна и Солнце располагаютсяна одной линии с Землей, и их воздействие наводу максимально.9. При вращении Земля стремится повернутьоттягиваемый Луной водяной приливный выс-туп. Из-за трения между водой и твердым дномокеана вращение Земли тормозится и продолжи-тельность суток растет.

10. Вода, охлажденная ниже 4 C∞ , на дно не

опускается. Образовавшийся на поверхности водылед также не тонет, так как его плотность мень-ше плотности воды.11. Молодой морской лед образуется при резкомпохолодании из чистой воды, при этом в немостаются гнезда рассола, придающие ему элас-тичность, что позволяет льду изгибаться на вол-нах подобно резиновому ковру.12. С потерей воды, обладающей большой теп-лоемкостью, тепловая инертность Земли сталабы значительно меньше. Температура днем былабы выше, а ее колебания в течение суток и втечение года были бы больше.13. Северный магнитный полюс расположен вЮжном полушарии, в Антарктике. От Северно-го географического полюса он находится на рас-стоянии свыше 18 тысяч километров.14. Наличие у Земли магнитного поля.

15. Частицы солнечного ветра (электроны и про-тоны) закручиваются вокруг линий магнитногополя Земли, проникают к полюсам и сталкива-ются с атомами и молекулами воздуха, ионизи-

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

ДЛИННЫЕ ПУТИ В ГРАФАХ

2. Не может.Указание. Ход коня меняет цвет клетки.4. Не может.Указание. Позицию назовем одноцветной, еслифишки находятся на полях одного цвета, и раз-ноцветной – в противном случае. Найдите коли-чества одноцветных и разноцветных позиций ииспользуйте тот факт, что за один ход разно-цветная позиция становится одноцветной, и на-оборот.6. 23.Указание. Нарисуйте соответствующий граф по-зиций, покрасьте его вершины в два цвета иоцените длину пути, исходя из теоремы 2.9. Указание. Покрывающее множество из p пу-тей можно добавлением p – 1 ребер превратить водин путь.10. 2 способа.Указание. Рассмотрите в «коневом графе» га-мильтонов цикл.11. а) 16 кузнечиков; б) 1 рассадка.Указание. Можно использовать путь кузнечикаиз задачи 5.12. а) 6 бусинок; б) 125 хороших ожерелий;

в) [ ]2d m бусинок и dt хороших ожерелий, где

( )НОД , 1d n k= + , m n d= , t = 2, если m чет-

но, и t = m, если m – нечетно.Указание. Выясните, какова структура «графазапретов».

XXXIX ТУРНИР ГОРОДОВ

ЗАДАЧИ ОСЕННЕГО ТУРА (2017 ГОД)

Базовый вариант

8–9 классы

1. Четыре положительны, шесть отрицательны.Если бы среди имеющихся чисел нашлись четы-ре числа одного знака, то уже они дали бы шестьсумм этого знака. Поэтому имеется три числа

руя и возбуждая их, что приводит к люминес-центному свечению – полярному сиянию.16. По содержанию изотопов свинца, образовав-шегося в горных породах при радиоактивномраспаде изотопов урана, что приводит, по расче-там, к возрасту коры Земли в 4,5 миллиарда лет.

Микроопыт

Неглубокие лужи промерзают до дна; идя поним, можно лишь чуть поскользнуться. А вот натонкий лед, покрывший за ночь глубокую лужу,наступать более опасно – провалившись, вы, какминимум, промочите ноги.

одного знака и два – другого. Отсюда – ответ.2. Существуют, например 100! – 100, 100! –– 99, …, 100! – 2.3. Рассмотрим 26-ю, 52-ю и 78-ю монеты. Ясно,что среди них ровно одна фальшивая. Сравне-ние любых двух из трех монет выявит ее.Есть много других способов, например, сравнитьпервые 25 или 26 монет с последними.4. Можно.Решение (Авиэль Боаг, Израиль). Достаточнодаже 25 ходов. Будем двигаться по пути, указан-ному на рисунке 3. Когда миноискатель сработа-

ет впервые, клад сможет находиться не болеечем в трех клетках. Например, если он сработалв черной клетке, то подозрительными будут триклетки, помеченные плюсами. Из них легко выб-рать нужную за два хода. Если металлоискательвпервые сработает на 24-м ходу, то подозритель-ных клеток останется две, а на 25-м – одна, иоставшихся ходов хватит. Если миноискатель несработает ни разу, то клад – в красной клетке.Как показала проверка на компьютере, 24 ходовнедостаточно.5. Окружность лежит в восьмиклеточной рамке,окружающей указанную клетку, иначе расстоя-ние от точки окружности вне рамки до дальнейвершины исходной клетки будет больше 2 –диаметра окружности. Поэтому окружность раз-бивается на восемь дуг чередующихся цветов(белые дуги могут быть нулевыми). Заметим,что каждая черная дуга не меньше 60∞ , посколь-ку стягивающая ее хорда не меньше стороныклетки, т.е. радиуса окружности. Поэтому четы-ре черные дуги составляют не менее 2/3 длиныокружности.

10–11 классы

1. Не существуют.

Пусть { }x = , { }y = , тогда { } { }x y+ = + .

Из условия следует, что + - – целое

число. Значит, и число ( )1 - + + =

( ) ( )1 1= - - – целое. Но это не так.

2. Проведем в общей точке A этих окружностей

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 162

Рис. 4

Пусть одинаковых ходов не было. Тогда ника-кую сторону клетки фишка не может пересечьдважды: в том же направлении – в силу предпо-ложения, а в противоположном – в силу указан-ного выше чередования.Поскольку пройденную сторону клетки сновапроходить нельзя, будем «строить» вдоль неестену. Очевидно, стены образуют связное мно-жество. Когда фишка доберется до Y, стенысоединят нижний и верхний края доски. Всядоска разобьется стенами на области, причем Yи правая верхняя клетка Z окажутся в разныхобластях. Следовательно, из Y в Z фишка прой-ти не сможет. Противоречие.

Сложный вариант

8–9 классы

1. Удастся.Положим гирю на левую чашу и уравновесим ее8 кг сахара. Уберем гирю и насыпем на левуючашу 6 кг сахара. Поменяем пакеты местами идоложим на правую чашу гирю. Теперь на левойчаше – 8 кг, на правой – 12 кг. Для равновесияне хватает 1 кг сахара на левой чаше, который инасыпаем.2. Можно.На рисунке 4 центры четырех монет находятсяв вершинах двух треугольников со сторонами3, 4, 5.

5. Не могло.Заметим сначала, что произведение двух k-знач-ных чисел – либо ( )2 1k - -значное число, либо 2k-значное. Действительно, наименьшее k-значноечисло 110k- , умноженное само на себя, дает число

2 210 k- , в котором 2k – 1 знаков, а наибольшее k-значное число, умноженное само на себя, даетменьше, чем наименьшее ( )1k + -значное число10k, умноженное само на себя, откуда результатменьше наименьшего ( )2 1k + -значного числа 210 k.Пусть даны числа 1 2 1k ka a a a- … и 1 2 1k ka a a a-…

.Представим себе, что мы умножаем их в стол-бик. В самом правом разряде будет стоять 1 ka a

(возможно, с переносом, который уйдет в следу-

касательные l и m соответственно. Угол междуl и хордой AB равен углу C. Угол между m ихордой AL равен

2AKL KAC KCA KCA C– = – + – = – = – .

Следовательно, прямые l и m совпадают, что итребовалось.3. 120.Всего сумм 210, т.е. по 105 сумм каждого знака.Пусть было х чисел одного знака и y – другого.Нам надо минимизировать количество xy отри-цательных произведений. При фиксированнойсумме произведение чисел тем меньше, чем даль-ше они друг от друга. Ни одно из чисел х и y неможет быть больше 15 (иначе количество суммодного знака будет больше 15 14 : 2 105◊ = ), по-этому наилучший результат будет при х = 15, y == 6 (или наоборот). При этом количество отри-цательных произведений равно 90. Нужное ко-личество положительных сумм достигается, на-пример, если пятнадцать чисел равны 1, а шестьравны –2.4. Может в обоих пунктах.а) Возьмем такой правильный тетраэдр, что шар,касающийся его ребер, высекает на гранях кругирадиуса больше 4. Затем будем отдалять одну изграней от центра шара, пока в этой грани невысечется круг радиуса 4. Тетраэдр при этомостанется правильным, радиусы кругов в другихгранях не изменятся. Аналогично отдалим ос-тальные грани, чтобы получить нужные круги.б) Рассмотрим шар с центром O радиуса 5.Опишем вокруг него правильный тетраэдр. Нарадиусах, соединяющих O с точками касания,найдем точки, для которых плоскости, проходя-щие через эти точки и перпендикулярные этимрадиусам, пересекают шар по кругам радиусов 1,2, 3, 4.Осталось доказать, что эти четыре круга не пере-секаются (тогда указанные плоскости образуюттетраэдр). Достаточно доказать это для круговрадиусов 3 и 4. Заметим: если бы соответствую-щие радиусы были перпендикулярны, то кругикасались бы (поскольку треугольник со сторона-ми 3, 4, 5 прямоугольный). Так как угол междурадиусами на самом деле тупой, круги пересе-каться не будут.5. Раскрасим клетки в шахматном порядке так,что левая нижняя клетка X – черная. Тогда леваяверхняя Y – белая. Из черной клетки X делаетсягоризонтальный ход, следующий ход – из белойвертикально, потом – снова из черной горизон-тально и так далее, чередуясь. Это значит, что изчерной клетки фишка всегда выходит горизон-тально, а из белой – вертикально. В частности, вY фишка попала горизонтальным ходом.

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

ющие разряды), и в ( )2 1k - -м справа разрядетогда – минимум 1 ka a . По условию, 1 ka a окан-чивается на 1. Если есть еще и перенос, то 1 ka a

не меньше 11, и как минимум этот же переносесть и в ( )2 1k - -м разряде. Но произведениедвух цифр не может дать 11, т.е. 1 ka a ещебольше. Значит, в ( )2 1k - -м разряде после всехпереносов должно получиться минимум 111 (ина-че в итоге не получится число из одних единиц),что невозможно – в нашем произведении будетслишком много цифр (не меньше 2k + 1). Поэто-му переноса нет, и 1 1ka a= = . Тогда произведе-ние наших чисел будет меньше, чем

( ) ( )1 1 2 22 10 2 10 4 10k k k- - -◊ ◊ ◊ = ◊ , т.е. в произведе-

нии 2k – 1 разрядов.Посмотрим теперь на второй разряд справа. Тамстоит 2 1 1k ka a a a-+ , возможно, с переносом. Еслиперенос есть, то минимум такой же перенос бу-дет и в ( )2 2k - -м разряде, и единица в ( )2 1k - -мразряде испортится. Значит, переноса нет, и

2 1 1 1k ka a a a-+ = . Аналогично получаем, что и втретьем разряде (справа и слева) переноса нет итам 1, и так далее. Так мы дойдем до середины иполучим, что там тоже 1 без переноса. Но на

среднем месте стоит 2 21 ka a+ +… , что не меньше

2 (ведь 1 1ka a= = ). Противоречие. Значит, чис-ло из одних единиц получить нельзя.

10–11 классы

2. Рассмотрим угол, симметричный данному от-носительно точки O. По теореме о величине угламежду хордами, эти два угла высекают на каж-дой окружности две дуги суммарной величины2 , а на всех шести окружностях – 12 угловсуммарной величины 12 . Поскольку картинкасимметрична относительно O, каждый из угловвысекает по шесть дуг суммарной величины 6 .6. Будем использовать стандартные обозначенияa, b, c и p для длин сторон и полупериметратреугольника ABC. Пусть первая вневписаннаяокружность касается прямой BC в точке K. По-скольку KM – медиана прямоугольного треу-гольника CKI, то при повороте на угол

180 C= ∞ - – прямая BC переходит в прямуюAC. При этом точка K переходит в C, точка B –в 1B , а точка 1A – в A (как известно, KB == 1CB = p – a, 1 1BA B A p c= = - ). Поэтому

1MA MA= , 1MB MB= .Равнобедренные треугольники 1A MA и 1B MB

подобны (у обоих углы при вершине M равны ).Значит, 1 1 1MAN MAA MB B MB N– = – = – = – ,что и требовалось.7. На каждом ребре сетки (отрезке улицы) по-ставим стрелки в направлениях на север или навосток. Пусть город – квадрат ABCD, где A –

юго-западная вершина, B – юго-восточная(рис.5). Назовем весом узла сетки минимум издлин пути по сетке от него до вершин A и C. Вовсе внутренние узлы, а также в B и D стрелок

входит и выходит поровну, назовем эти узлыравновесными. В узлы на интервалах BC и CDвходят две стрелки, выходит одна, назовем этиузлы финальными, обозначим их kB на BC и

kC на CD, где k – вес. А в узлы на интервалахAB и AD входит одна, выходят две стрелки,назовем эти узлы стартовыми, обозначим их

kA на AB и kD на AD. Пути из A в C идут пострелкам. Пути из C в A идут против стрелок, ноих тоже будем считать путями по стрелкам из Aв C. Каждый путь имеет длину 2n, веса узлов нанем сначала возрастают от 0 до n, затем убываютот n до 0.Будем нумеровать дни, начиная с 0, а такжесчитать, что пройденные ребра окрашиваются всиний цвет (исходный цвет ребер – черный).Докажем индукцией по k, что в k-й день станут

синими ровно 4 n k ребер, после этого все

ребра, инцидентные узлам веса не более k, будутсиними, а все синие ребра, инцидентные узламвеса больше k, будут пройдены только по разу.База (k = 0). Проведем любой путь из A в C.Заведомо есть еще один путь из A в C по еще непройденным стрелкам, например симметричныйпредыдущему относительно прямой AC. Прове-дем любой такой путь. Все четыре ребра, инци-дентные A и C (т.е. узлам веса 0), пройдены.Каждый из узлов веса 1 имеет степень 3, черезкаждый прошел один путь.Шаг индукции. Пусть настал k-й день. Первые kзвеньев любого пути выходят из узлов с весамиот 0 до k – 1. По предположению индукции, онипройдут по синим ребрам. То же верно для kпоследних звеньев. Значит, на пути может быть

не более 2 n k черных ребер. Докажем, что

есть путь, где таких ребер ровно 2 n k .На сторонах квадрата остались узлы веса не

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 164

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ №ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №

Адрес редакции:

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

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

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив типографии ООО «ТДДС-СТОЛИЦА-8»

Телефон: (495) 363-48-86,htpp: //capitalpress.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИД.Н.Гришукова, А.Е.Пацхверия,

М.Н.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОРЕ.В.Морозова

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

КВАНТ 12+

меньше k и степени 3. По предположению ин-дукции, через них не могли пройти два пути,поэтому каждой из них инцидентна хотя бы одначерная стрелка (выходящая для iA и iD , вхо-дящая для iB и iC ). При этом в узлах степени 3веса k осталось ровно по одной инцидентнойстрелке, поскольку ребро, соединяющее его сузлом веса k – 1, по предположению индукциисинее.Стартуем из 1nA и будем идти по черным стрел-кам, пока не дойдем до 1nB или не зайдем втупик. Тупиком может быть только финальныйузел F. Пусть он отличается от 1nB . Ломаная

1nA F разбивает город на две части, и у части с

узлом 1nB нет стартовых узлов на границе,

кроме 1nA . Выйдем из 1nB и будем идти про-

тив черных стрелок, пока не дойдем до ломаной

1nA F . Далее по ломаной дойдем до 1nA . По-

лучим путь 1 1n nA B . Временно сотрем его зве-

нья. После этого узлы 1nA и 1nB станут равно-весными (а равновесные ранее узлы так и оста-нутся равновесными). Аналогично строим путь

2 2n nA B : стартуем из 2nA , получаем путь

2nA F , если F не 2nB , то стартуем задним

ходом из 2nB и дойдем до ломаной 2nA F ,потому что все неравновесные стартовые узлылежат за этой границей. И так далее.Построив путь k kA B (и восстановив стертыеребра), мы получим путь k kAA B C с ровно2 n k черными ребрами. Человек не обязанвыбирать именно его, но ему придется выбратьпуть П, черная часть которого начинается в kA

или kD и заканчивается в kB или kC . Действи-тельно, 2k путей, пройденные в первые k дней,прошли через 2k узлов веса k и окрасили 8kинцидентных им ребер (по предположению ин-дукции, все эти ребра различны). Но всего у насесть 4 узла веса k степени 3 и 2 1k узловстепени 4. Им инцидентны 8k + 4 ребра. Какпоказано выше, все четыре неокрашенных ребраинцидентны узлам степени 3.Окрасим путь П в синий цвет и обозначим те дваиз четырех вышеперечисленных узлов, которыене стали концами П, A и B . Докажем, чтоостался путь из A в B по черным ребрам. Дляэтого, как и раньше, последовательно строимпути 1 1n nA B , 2 2n nA B , …, 1 1k kA B , A B .Значит, человек выберет один из путей, прохо-дящий через A и B . Окрасив его в синий цвет,мы, в частности, сделаем синими последние че-тыре черных ребра, инцидентные узлам веса k.В силу доказанного, за n дней будет пройдено

всего 4 1 1 2 1n n n n… ребер, чтосовпадает с общим числом ребер сетки.