Kvant11-12_2020

№11-12НОЯБРЬ– 2020

ДЕКАБРЬ

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1970 ГОДА

В номере:

УЧРЕДИТЕЛИ 2 «Вирус», «маска» – где гарантия? А.Минеев
8 Кратчайшие пути и гипотеза Пуанкаре.
Российская академия наук
В.Протасов
Математический институт
им. В.А.Стеклова РАН ЗАДАЧНИК «КВАНТА»

Физический институт 13 Задачи М2626–М2633, Ф2633–Ф2640
им. П.Н.Лебедева РАН 16 Решения задач М2614–М2616, Ф2621–Ф2624
21 Об ортоцентрических четверках, связанных
ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР
с треугольником. Чан Куанг Хюнг
А.А.Гайфуллин
«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ
РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ
23 Задачи
Н.Н.Андреев, Л.К.Белопухов,
М.Н.Бондаров, Ю.М.Брук, ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА

А.А.Варламов, С.Д.Варламов, 24 Чертеж в геометрической задаче. Г.Дорофеев,
А.П.Веселов, А.Н.Виленкин, В.И.Голубев,
Н.Розов
Н.П.Долбилин, С.А.Дориченко,
В.Н.Дубровский, А.А.Заславский, КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА
А.Я.Канель-Белов, П.А.Кожевников
(заместитель главного редактора), 30 Задачи 9–16
С.П.Коновалов, К.П.Кохась, А.А.Леонович,
Ю.П.Лысов, А.Б.Минеев, В.Ю.Протасов, КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»
А.М.Райгородский, А.Б.Сосинский,
32 Физические парадоксы
А.Л.Стасенко, В.Г.Сурдин,
В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова, ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ

А.В.Устинов, А.И.Черноуцан 34 Капля дождя. Р.Коркин
(заместитель главного редактора)
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК
РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ
38 Две задачи о покрытии доски уголками.
А.В.Анджанс, М.И.Башмаков, В.И.Берник,
А.А.Боровой, В.В.Козлов, А.Канунников

Н.Н.Константинов, С.П.Новиков,
А.Л.Семенов, С.К.Смирнов, А.Р.Хохлов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ
1970 ГОДА
41 Физико-математическая олимпиада «Физтех»
ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР
ИНФОРМАЦИЯ
И.К.Кикоин
48 Заочная физико-техническая школа при МФТИ
ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬ
ГЛАВНОГО РЕДАКТОРА 50 Ответы, указания, решения
62 Напечатано в 2020 году
А.Н.Колмогоров
Вниманию наших читателей (37,47)
Л.А.Арцимович, М.И.Башмаков, В.Г.Болтянский,
И.Н.Бронштейн, Н.Б.Васильев, И.Ф.Гинзбург, НА ОБЛОЖКЕ
В.Г.Зубов, П.Л.Капица, В.А.Кириллин, I Иллюстрация М.Кашина к статье В.Протасова
Г.И.Косоуров, В.А.Лешковцев, В.П.Лишевский, II Коллекция головоломок
А.И. Маркушевич, М.Д.Миллионщиков, III Шахматная страничка
Н.А.Патрикеева, Н.Х.Розов, А.П.Савин, IV Прогулки с физикой
И.Ш.Слободецкий, М.Л.Смолянский,

Я.А.Смородинский, В.А.Фабрикант, Я.Е.Шнайдер

«Вирус», «маска» –
где гарантия?

А.МИНЕЕВ

Рис. 1. Слева – коронавирусы, в центре и справа – «рогатые» морские мины

ЭТА СТАТЬЯ – ПРО НЫНЕШНЮЮ Намагничивание кораблей происходит как
эпидемию коронавируса, про то, нуж- во время их стоянки (при постройке или в
но ли носить маски, дают ли они гарантию порту), так и в ходе движения, когда
от заражения и так ли важна абсолютная меняется положение корабля относитель-
защита от вируса. Но начнем с нескольких но магнитного поля Земли. Магнитные
примеров из истории развития техники – с домены частично выстраиваются вдоль
того, какие «маски» для защиты от каких поля, и материал намагничивается. В этом
«вирусов» там применяются. случае опасность для надводных и подвод-
ных объектов представляют магнитные
Защита кораблей от магнитных мин мины, реагирующие на возмущение маг-
нитного поля при их движении. Это можно
Посмотрите на рисунок 1. Не правда ли, уподобить «вирусу» того времени.
сразу возникает странная зрительная ана-
логия между обликом коронавируса и «ро- Опасность сильно возросла из-за того,
гатой» морской миной. Проблема защиты что после первой мировой войны Германия
кораблей от таких мин была очень острой по Версальскому договору потеряла флот и
в период до и во время второй мировой целенаправленно развивала и совершен-
войны, хотя она сохраняет свою актуаль- ствовала программу создания и использо-
ность и сейчас.1 Но особую опасность вания как контактных мин типа изображен-
представляют магнитные мины. ных на рисунке 1, так и более опасных
бесконтактных магнитных мин.
В конструкцию больших морских кораб-
лей всегда входят магнитные материалы, в Магнитные мины, как показал опыт пер-
первую очередь – ферромагнитная сталь. вых месяцев второй мировой войны, ока-
зались весьма грозным оружием, сравни-
1 Подробнее об этом можно прочитать, на- тельно простым в установке (с самолетов,
пример, в статье И.Кикоина «Физики – фрон- с кораблей и подводных лодок). Причем
ту» («Квант», 1985, №5) и в статье В.Регеля, существенно более опасным, чем примене-
Б.Ткаченко «Размагничивание кораблей в годы ние мин на суше против танков (сравните
Великой Отечественной войны» («Квант», стоимость танка и военного корабля с
1980, №5). (Прим. ред.) экипажем).В поисках «масок» – средств
защиты от этого «вируса» – в мире наме-
DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20201101 тилось в то время несколько направлений:

«ВИРУС», «МАСКА» – ГДЕ ГАРАНТИЯ? 3

i полное размагничивание корабля; до начала компенсации измерялась карта
i намагничивание корабля до максималь- магнитного поля, создаваемого кораблем.
ных значений, с тем чтобы мины взрыва-
лись на безопасном расстоянии; Были предложены две схемы неполной
i неполная компенсация магнитного поля компенсации: стационарная и нестацио-
корабля – до уровня, когда мина перестает нарная. По первой схеме (стационарной)
на корабле размещалось несколько обмо-
замечать корабль на фоне магнитного поля ток, по которым пропускался постоянный
Земли. ток. При этом магнитное поле от обмоток
было приблизительно равно по величине и
Первое направление активно поддержи- противоположно по направлению магнит-
вали флотские минеры, но в ходе реализа- ному полю корабля. По второй схеме (не-
ции оно оказалось технически слишком стационарной) происходило динамическое
сложным. В переводе на язык современ- размагничивание корабля. Обмотки, по
ной эпидемии COVID-19 это соответству- которым пропускался переменный ток, раз-
ет идеальной маске или появлению вакци- мещались либо на самом корабле, либо
ны, гарантирующей безопасность. рядом с кораблем (на специальном судне)
и после размагничивания убирались. В
Противоположного первому второго на- ходе динамического размагничивания ам-
правления сначала (середина 1930-х го- плитуда магнитного поля постепенно умень-
дов) придерживалась Великобритания, шалась от поля насыщения ферромагнети-
однако на практике сильное намагничива- ка до нуля. Такой эффект полного размаг-
ние корабля не помогло полностью убе- ничивания был временным, и с течением
речь от магнитных мин. Опять переводя на времени намагничивание снова появля-
язык COVID-19 – пусть все переболеют, а лось. Но при повторении процедуры раз-
кто выживет, тому повезло. магничивания раз в несколько месяцев
удавалось поддерживать магнитное поле
В СССР еще до второй мировой войны корабля на низком уровне.
защитой кораблей от магнитных мин за-
нялся ленинградский Физико-технический Таким образом можно было уменьшить
институт (ЛФТИ), а в нем – группа со- магнитное поле корабля более чем в десять
трудников во главе с А.П.Александровым. раз. Это спасло множество кораблей и
Ими фактически с самого начала было подводных лодок. Созданная «система
выбрано третье направление: вместо реше- ЛФТИ» была внедрена примерно на сотне
ния задачи полной компенсации магнитно- кораблей и действительно защитила их от
го поля была поставлена задача суще- немецких магнитных мин.
ственного уменьшения магнитного поля
корабля. До какого уровня? Интересная особенность данного приме-
ра дуэли «вируса» с «маской» касается
Среднее значение индукции магнитного действующих лиц этого противостояния.
поля Земли на всей ее поверхности около Размагничиванием кораблей («маска») в
5 ˜ 10 5 тесла, у магнитных полюсов оно СССР наряду с А.П.Александровым ак-
6,6 ˜ 10 5 Тл, а на магнитном экваторе тивно занимался И.В.Курчатов. А разра-
3,4 ˜ 10 5 Тл. Естественное колебание маг- боткой и совершенствованием магнитных
нитного поля Земли достигает уровня мин («вирус») в Германии – один из
ведущих физиков В. Герлах. Впослед-
0,1–0,2 ˜ 10 5 Тл. Чувствительность мины ствии Курчатов стал руководителем совет-
ской атомной программы, а Герлах возгла-
не должна быть выше этой величины, вил немецкий «Урановый проект». Так
иначе она подорвется безо всяких кораб- что их дуэль продолжилась не только на
лей. Но это значит, что при компенсации минном, но и на атомном направлении.
магнитного поля корабля точности раз-
магничивания на уровне 0,1 ˜ 10 5 Тл впол- Казалось бы, необходимость в размагни-
не достаточно для защиты от магнитных чивании кораблей для защиты от магнит-
мин. ных мин – очень давняя, почти забытая

Решение такой задачи оказалось суще-
ственно проще, чем полная компенсация
магнитного поля корабля. При этом еще

4 КВАНT $ 2020/№11-12

история. Однако это не так, и в XXI веке Рис. 2. Схема, поясняющая идею стелс-тех-
на крупных военных кораблях размагни-
чивание остается необходимым, причем нологий
используются те же, заложенные давно,
принципы размагничивания. Только от диосигнал (стрелка сверху) при распрост-
медных кабелей обмоток размагничива- ранении внутрь корпуса самолета отража-
ния, потребляющих много энергии, посте- ется от элементов конструкции и поглоща-
пенно переходят к кабелям на основе вы- ется в его материале. Обратный возврат
сокотемпературных сверхпроводников, ох- сигнала отсутствует.
лажденных до криогенных температур
(∼ 70 К). Применение высокотемператур- Казалось бы, измените конструкцию
ных сверхпроводников, одной из совре- корпуса самолета, перейдя от гладкой,
менных точек роста передовых техноло- округлой формы к угловатой (опять что-то
гий, позволяет существенно уменьшить похожее на шипы коронавируса), и ис-
массу обмоток и снизить мощность пита- пользуйте поглощающие покрытия – про-
ния. блема будет решена. Однако, реализация
этих принципов в реальных конструкциях
Стелс-технологии самолетов-«невидимок» послужила лишь
толчком к быстрому развитию как систем
Второй пример касается разработки кон- обнаружения, так и стелс-технологий. При
струкций самолетов, невидимых для сис- этом стоимость создания систем обнаруже-
тем обнаружения, что по идее могло бы ния оказалась во много раз меньше стои-
превратить их в подобие абсолютного ору- мости дальнейших шагов в сторону неви-
жия (впоследствии эти подходы применя- димости и неуязвимости. В создании сис-
лись и в других системах, в частности на тем обнаружения преуспела Россия, в
подводных лодках). Слово stealth в пере- развитии технологий невидимости – США.
воде с английского означает скрытность.
На рисунке 2 показано характерное рас-
В данном примере стелс-самолет уподо- стояние L между ребрами. Если длина
бим «маске», гарантирующей неуязвимость волны радиосигнала O меньше L, то изло-
со стороны радаров, а сами радары – женный принцип невидимости объекта
«вирусу», пытающемуся увидеть самолет должен работать. Первые стелс-самолеты
и «ужалить» (привести в действие систе- в США создавались в расчете на сантимет-
мы поражения). Но возможно ли создание ровые длины волн радиолокационных стан-
абсолютной «маски» большого размера? ций, работающих на частоте f ∼ 10 ГГц.
Поскольку O c f (c 3 ˜ 108 м с – ско-
В методе обнаружения летящих объек- рость света), то при указанной частоте
тов радарами сигнал от радиолокационной длина волны O ∼ 3 см. Но если выбрать
станции уходит в пространство и отража- длину волны O ≫ L, то сигнал перестает
ется. На радаре появляется изображение, замечать ребра и отражается. И действи-
позволяющее судить об эффективной пло- тельно, переход на меньшие частоты и,
щади рассеивания. Если обратное отраже- соответственно, на большие длины волн
ние радиоволн отсутствует, то объект не- (дециметровый диапазон) привел к тому,
видим, эффективная площадь рассеива- что самолет-«невидимка» стал заметен для
ния равна нулю.

Стелс-технологии самолетов с малой
эффективной площадью рассеивания пер-
воначально отталкивалась от двух прин-
ципов: нет отражения обратно, есть погло-
щение в материале корпуса. Более точно,
нужно, чтобы радиоволны отражались от
объекта так, чтобы обратно не вернуться,
и поглощались в корпусе самолета. Это
схематично изображено на рисунке 2. Ра-

«ВИРУС», «МАСКА» – ГДЕ ГАРАНТИЯ? 5

таких радиолокационных станций. А если Рис. 3. Эффективное сечение. Мишень во всех
двинуться еще дальше и перейти уже к трех случаях – протон. Налетающая частица –
метровому диапазону волн, т.е. длин волн протон; фотон; нейтрино. В нижнем ряду пока-
того же масштаба, что и размер элементов зано отличие в эффективном сечении взаимо-
самолета, то малозаметность самолета ста- действия
новится в принципе невозможной. То же
относится и к поглощению радиоволн. Для случае отражения от самолета радиоволн
радиоволн с разной длиной волны эффек- различного диапазона, сечения взаимо-
тивность их поглощения различна. действия могут сильно различаться.

Что в итоге? Развитие технологий мало- В приведенном сравнении мы чуть кос-
заметности привело к тому, что они стали нулись современной модели строения эле-
важным элементом для новых поколений ментарных частиц – так называемой Стан-
самолетов, ракет и подводных лодок, од- дартной модели.2 Немного продолжив
нако не решают проблему абсолютной аналогии, упомянем о современных «эле-
защиты. Но прогресс в движении к мало- ментарных частицах» или «элементах
заметности огромен. На самолетах нового структуры» применительно к проблеме
поколения принимаются меры по сниже- малозаметности в самолетостроении. Это
нию заметности как в радиодиапазоне, так еще одна точка роста в развитии техноло-
и в видимом, инфракрасном и звуковом гий. Речь идет о метаматериалах и осо-
диапазонах. В результате эффективная бом языке их описания.
площадь рассеивания для большого дозву-
кового стратегического бомбардировщика В отличие от множества полей взаимо-
(без стелс-технологий) оказывается по- действия элементарных частиц в Стандар-
рядка100 м2, истребителя – порядка 10 м2, тной модели – сильное, электромагнитное,
а для современных стелс-самолетов – еще слабое и гравитационное – в науке о мета-
на порядок меньше. Но при этом оказа- материалах действует только электромаг-
лось, что малозаметные самолеты суще- нитное поле. А вместо набора истинно
ственно менее маневренные и менее скоро- элементарных частиц Стандартной моде-
стные. В итоге соперничество между сверх- ли – кварков, лептонов, калибровочных
маневренностью и малозаметностью при бозонов и бозона Хиггса – используется
бурном развитии средств радиолокации набор простых электромагнитных резона-
продолжается. торов. Примеры элементарных «кирпичи-
ков», из которых строятся метаматериа-
Любопытно, что введенное выше поня- лы, приведены на рисунке 4. В результате
тие эффективной площади рассеивания метаматериал является набором макроско-
можно уподобить понятию сечения взаи- пических элементов из этих «кирпичиков»
модействия в физике, по которому судят о (и даже более сложных), которые уложе-
параметрах элементарных частиц и харак- ны в периодическую структуру, где связу-
тере взаимодействующих полей. При этом
сечение одного и того же объекта, скажем 2 Подробнее о ней можно прочитать, напри-
протона, в случае взаимодействия с разны- мер, в статье В.Рубакова «К открытию бозона
ми частицами может сильно различаться. Хиггса» («Квант», 2012, № 5–6).
Пример того, как может выглядеть протон
при его взаимодействии с другим прото-
ном, с квантом излучения (фотоном) и с
легкой элементарной частицей (нейтри-
но), приведен на рисунке 3. Как видно из
рисунка, в случае рассеяния фотона на
протоне могут быть «видны» три кварка,
из которых «состоит» протон. Еще четче
это видно при рассеянии слабо взаимодей-
ствующего нейтрино с протоном. Как и в

6 КВАНT $ 2020/№11-12

Рис. 4. Элементы, из которых строятся метама- риал намагничивается. Аналогично, воз-
териалы действие электрического поля на сегнето-
электрик также приводит к ориентации
доменов сегнетоэлектрика, которая сохра-
няется после снятия электрического поля,
и материал электризуется.

Использование метаматериалов приме-
нительно к проблеме малозаметности са-
молетов бурно развивается, обещая мно-
жество прорывов. В указанных структу-
рах электромагнитные волны распростра-
няются по необычным траекториям, зат-
рудняющим как обнаружение объектов,
так и их свойства. Однако на этом пути
еще много проблем (невидимость в широ-
ком диапазоне частот, сохранение свойств
метаматериалов в реальных конструкциях
самолетов при большой скорости полета и
др.). Кроме того, весь корпус самолета
метаматериалами не покрыть. Самолет
сложно сделать полностью невидимым,
однако можно довольно сильно уменьшить
эффективную площадь рассеивания и зат-
руднить его обнаружение радарами.

Рис. 5. Структура из метаматериала, включаю- Коронавирус и защитная маска
щая комбинации отрезков прямых проволочек
и двойных разрезанных колец в диэлектрике Мы переходим к основному разделу этой
статьи. Главный вывод из предыдущих
ющим элементом является диэлектрик. разделов – абсолютной защиты в технике
Одна из таких структур показана на ри- пока не удалось создать, но удается сильно
сунке 5. Смысл термина «мета» – за пре- замаскировать объект и затруднить его
делами – в том, что электромагнитные обнаружение.
свойства получающейся структуры ради-
кально отличаются от свойств отдельных В качестве одной из основных и простых
элементов. мер защиты от нынешней эпидемии коро-
навируса предлагается повсеместное но-
На рисунке 4 упомянут термин «сегне- шение масок (плюс соблюдение дистан-
тоэлектричество». Это явление имеет ана- ции, плюс более частое мытье рук и т.д.).
логию с ферромагнетизмом из раздела о При этом сразу оговаривается, что маски
размагничивании. При воздействии на не гарантируют от заражения. И все же,
железо магнитным полем домены ориен- чуть перефразируя американскую пого-
тируются вдоль магнитного поля, и мате- ворку, отметим, что «доброе слово, под-
крепленное цифрой, порой звучит убеди-
тельнее, чем просто доброе слово».

Есть два основных пути заражения: воз-
душно-капельный (при кашле и чихании)
и контактный (прикосновения руками к
поверхностям, содержащим вирусы). В
первом случае вирусы попадают непосред-
ственно на слизистые носа, глаз и рта, во
втором возможно их касание грязными
«вирусными» руками. Приведем несколь-

«ВИРУС», «МАСКА» – ГДЕ ГАРАНТИЯ? 7

ко цифр, относящихся к вирусам. Они не Рис. 6. Риск передачи коронавируса при ис-
точные, но могут дать представление о пользовании масок
процессах при заражении вирусом. Будем
во многом опираться на данные американ- следователей. Как следует из таблицы,
ского иммунолога и популяризатора науки маска задерживает капли, содержащие
Эрина Бромиджа, но с проверкой этих вирусы, и позволяет существенно снизить
данных по другим источникам. Заметим, опасность заражения. Эффективность ис-
что оценки скорости оседания капель, со- пользования масок возрастает, если их
держащих вирусы, были приведены в ста- носят как зараженный, так и здоровый
тье А.Стасенко «Не чихать: пандемия!» человек. Еще лучше показатели в случае,
(«Квант», 2020, № 4). когда люди в масках находятся на рассто-
янии друг от друга (риск близок к нулю
Инфекционная доза, при которой чело- при расстоянии более 1,5–2 м).
век заболевает, – около 1000 частиц виру-
са. Эта цифра очень приблизительна. Она Отметим важную особенность картинок
зависит от состояния здоровья человека, из таблицы: на здоровом человеке кроме
его иммунного статуса, возраста и т.д. Но маски есть еще и очки. Ведь слизистые
важно отметить, что в случае COVID-19 глаз являются одним из важных каналов
приводят к заражению не единичные виру- проникновения вируса. Хуже того: вирус,
сы, а их большое количество, полученное попав в глаза, очень долго сохраняется.
за короткий период времени. С единичны- Это подтверждается и данными китайских
ми вирусами иммунная система организма ученых: по их оценкам люди, регулярно
чаще всего может справиться. носящие очки, в пять раз реже заражаются
коронавирусом.
Кашель сопровождается выбросом не-
скольких тысяч мелких капель, содержа- Так что гарантии, как и в предыдущих
щих вирусы, из которых те, что побольше, случаях, нет, но «эффективную площадь
падают на землю, а самые мелкие зависают заражения» при использовании масок в
в воздухе. При чихании в воздух выделя- людных местах все же можно сильно умень-
ется уже десятки тысяч еще более мелких шить.
капель. Общее число вирусов, выделяе-
мых (по Бромиджу) при кашле или чиха-
нии, оценивается в сотни миллионов. При
дыхании, особенно спокойном, через нос
выделяется существенно меньшее количе-
ство вирусных капель, Бромидж приводит
цифру в несколько десятков вирусных
частиц в минуту. Если все эти частицы
попадают на незараженного человека, то
инфекционная доза накапливается в тече-
ние примерно часа нахождения вблизи
зараженного человека. Разговор больного
увеличивает количество выделяемых ка-
пель примерно на порядок.

В целом, наиболее опасными для рас-
пространения коронавируса являются чи-
хание и кашель. В этом случае использова-
ние масок как заболевшими, так и здоро-
выми, может радикально изменить ситуа-
цию. Некоторую пищу для размышлений
о пользе масок дает таблица (рис.6), пост-
роенная по опубликованным предвари-
тельным результатам работы финских ис-

Кратчайшие пути
и гипотеза Пуанкаре

В.ПРОТАСОВ

Управляя каждым шагом, рельефа местности. Потом геодезические
Повели меня, погнали стали применять для построения внутрен-
Фантастическим зигзагом ней геометрии произвольной поверхности,
По неведомой спирали. где за расстояние между точками есте-
ственно брать кратчайшее расстояние по
М.Щербаков. Аллилуйя поверхности. Следует, однако, отличать
геодезические линии от кратчайших!
Геодезические линии
Что такое «геодезическая»? Геодези-
Почему самолет из Москвы в Монреаль ческой на поверхности называется ли-
летит через Гренландию? Москва нахо- ния, локально кратчайшая в каждой сво-
дится на 56-й широте, Монреаль – на 45-й, ей точке.
а вся Гренландия – севернее 60-й. Почему
самолет туда залетел? А потому, что мар- Это значит, что для любой точки M,
шрут стараются проложить по кратчайше- лежащей на линии, верно следующее: ка-
му пути по поверхности Земли. А он, как кие ни взять на линии точки A и B, доста-
это ни странно, проходит через Гренлан- точно близкие к M, дуга геодезической AB
дию. Часто это противоречит нашей гео- является кратчайшим путем по поверхнос-
графической интуиции. Кратчайший путь ти между A и B. Математик сформулирует
из Екатеринбурга в Лос-Анджелес и вовсе локально-кратчайшее свойство так: для
проходит через Северный полюс. любых двух точек, лежащих в некоторой
окрестности точки M, дуга геодезичес-
Кратчайший путь по заданной поверхно- кой является кратчайшим путем по по-
сти идет вдоль геодезической линии. Само верхности между ними. Заметим, что крат-
слово «геодезическая» происходит от на- чайший путь между любыми двумя точка-
уки геодезии, буквально по-гречески ми является геодезической линией, но об-
JHZGDLVLcD – «деление земли». И если на ратное верно не всегда. Красная линия на
плоскости геодезические – это прямые, то рисунке 1 – геодезическая, хотя кратчай-
нахождение геодезических на других по- ший путь из точки A в точку C по этой
верхностях порой весьма сложно. Вели- линии не проходит – есть короче. Но для
чайший математик Леонард Эйлер (1707–
1783) в 1732 году вывел общее уравнения Рис. 1. Геодезическая – локально кратчайшая
геодезических линий. Позже они преобра- линия
зились в уравнения Эйлера–Лагранжа и
стали главным инструментом не только
при построении геодезических на поверх-
ностях, но и в других экстремальных зада-
чах. Главным приложением геодезических
в то время была картография (отсюда и
название). Расстояние между двумя пунк-
тами на карте нужно всегда измерять по
геодезической, причем делать это с учетом

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20201102

КРАТЧАЙШИЕ ПУТИ И ГИПОТЕЗА ПУАНКАРЕ 9

точек, близких к M, (рис.3). У сферы, увы, никакой кусок на
плоскость не разворачивается. Но геодези-
все будет хорошо: ческие найти легко. Это – дуги больших
кругов, т.е. окружностей, получающихся
кратчайший путь в сечении сферы плоскостями, проходя-
щими через центр. (Будьте внимательны:
будет проходить по большой круг – это не круг, а окруж-
ность!)
геодезической (как
Факт. Все геодезические на сфере – дуги
между точками A и больших кругов.

B на рисунке 1). Доказывается это так же, как и для
прямых на плоскости. Сначала надо дока-
Например, две близ- зать неравенство треугольника для сферы.
Рассмотрим произвольный сферический
Рис. 2. Геодезические кие точки на сфере треугольник, стороны которого – дуги
больших кругов. Поскольку длина дуги
на сфере соединяются двумя большого круга пропорциональна углу
между радиусами-векторами, будем ме-
дугами большого круга – длинной синей и рить длины дуг в градусах. Итак:

короткой красной (рис.2). Короткая – это Неравенство треугольника на сфере.

кратчайший путь из A в B по сфере. Но и Если все стороны сферического треуголь-
ника меньше 180q, то для него выполнено
короткая, и длинная – обе – являются неравенство треугольника.

геодезическими. Доказать это можно так же, как обычное
неравенство треугольника на плоскости, –
Геодезические нужны не только для на- с помощью проекции одной из вершин
треугольника на плоскость, содержащую
хождения кратчайших путей на поверхно- противоположную сторону. Теперь, с по-
мощью неравенства треугольника, дока-
стях. Именно этим линиям, согласно прин- зываем, что любая ломаная на сфере коро-
че дуги, соединяющей концы ломаной. То
ципу наименьшего действия Гамильтона, же, конечно, верно и для любой кривой на
сфере. А значит, дуга большого круга
соответствует движение любой механичес- (меньшая из двух дуг) является кратчай-
шим путем между ее концами.
кой системы в фазовом пространстве.
Заметим, что дугами больших кругов
Любая частица, вынужденная двигаться являются на сфере не только кратчайшие
пути, но и все геодезические линии. Лю-
по поверхности, при этом не подвержен- бые две точки на сфере, кроме диаметраль-
но противоположных, соединяют ровно
ная никаким силам, движется вдоль геоде- две геодезических. А вся большая окруж-
ность – замкнутая геодезическая. Именно
зической. В теории относительности дви- с замкнутыми геодезическими нам и пред-
стоит иметь дело.
жение также происходит по геодезической

пространства-времени. Такое же представ-

ление имеет теория калибровочных полей.

Все геодезические на плоскости – пря-

мые. На боковой поверхности цилиндра

или конуса геодезические построить очень

просто – с помощью развертки на плос-

кость. Геодезические – ровно те линии,

которые «распрямляются» при развертке

Рис. 3. Геодезические на цилиндре и на конусе Три геодезические Пуанкаре.
Когда ошибаются гении

Замкнутые несамопересекающиеся гео-
дезические представляют для исследовате-
лей особый интерес. Им соответствует пе-
риодическое движение механической сис-

10 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

темы. Есть у замкнутых геодезических и различны, таких геодезических три – это
три его «экватора», т.е. три сечения эллип-
многочисленные геометрические приложе- соида координатными плоскостями. На-
помним (хотя читатель, конечно, это зна-
ния. Мы всегда будем искать только геоде- ет), что эллипсоид – это шар, сжатый в
трех перпендикулярных направлениях. Его
зические без самопересечений, и будем в можно задать уравнением

большинстве случаев опускать это длин-

ное слово «несамопересекающаяся».

Поверхность будем всегда предполагать

ограниченной и выпуклой. Последнее оз- x2 x2 x2
a2 b2 c2
начает, что ограничен- d 1,

ное ею множество вы-

пукло: вместе с любы- где a, b, c – положительные числа. Если
y z 0, то x a или x a. Таким обра-
ми двумя своими точ- зом, ось OX пересекает эллипсоид по
отрезку длины 2a – это ось эллипсоида.
ками оно содержит и Всего у эллипсоида три оси, их полови-
ны – полуоси, длины полуосей – это a, b и
весь отрезок между c. Полуоси пересекают поверхность в по-
люсах, а координатные плоскости – по
ними (рис.4). Для вы- экваторам.
Рис. 4. Выпуклая по- пуклых поверхностей
верхность Экваторы – это геодезические. Каж-
геодезическую можно дый экватор эллипсоида является замк-
нутой геодезической.
представить наглядно: это натянутое на
В самом деле, возьмем на экваторе две
поверхность тонкое резиновое колечко, близкие точки M и N. Если кратчайший
путь между ними по поверхности эллипсо-
которое не сползает. ида не совпадает с дугой MN экватора, то
отразим этот путь относительно плоскости
Кроме выпуклости бывает и еще одно экватора. Получим другой путь, тоже крат-
чайший. Это противоречит единственности.
предположение – гладкость. Математик
Итак, разноосный эллипсоид (у которо-
скажет, что уравнение, задающее поверх- го длины полуосей различны) имеет три
замкнутые геодезические – линии эквато-
ность, имеет вторую непрерывную произ- ров. Пуанкаре предположил, что любое
гладкое выпуклое тело будет «не хуже»
водную. Для нас будет достаточно такого эллипсоида и тоже будет иметь не меньше
трех замкнутых геодезических. Может и
описания: поверхность не имеет пиков и больше – шар имеет их бесконечно много.
Но три – обязательно! Сам же Пуанкаре
выступов. Она в самом деле «гладкая», доказал свою гипотезу, правда в очень
частном случае – для аналитических по-
похожая на морскую гальку. Шар и эллип- верхностей, близких к эллипсоиду. А в
общем виде эта проблема долго оставалась
соид – гладкие поверхности, а многогран- нерешенной. Занимались ею многие вид-
ные ученые. Крупнейший математик
ник – нет. Для гладких поверхностей XX века Давид Гильберт (1862–1943) пи-
сал об этой задаче в своей книге «Нагляд-
верен принцип «локальной единственнос- ная геометрия», созданной в соавторстве с
С.Э.Кон-Фоссеном. Ею занимался один
ти» геодезической. из основателей общей топологии Павел
Самуилович Урысон (1898–1924). В
Факт. Две близкие точки на гладкой 1930 году гипотеза Пуанкаре, наконец,

поверхности можно соединить единствен-

ной геодезической линией.

Заметим: не только кратчайшая линия

локально единственна, но и геодезическая

тоже (в этом случае, она, конечно, и будет

кратчайшей). «Две близкие точки» – это

значит, что существует такое число r, что

между любыми двумя точками на рассто-

янии не более r есть ровно одна геодезичес-

кая. Этот факт сослужит нам хорошую

службу и поможет в доказательствах.

В 1905 году великий французский мате-

матик Анри Пуанкаре (1854–1912) выдви-

нул гипотезу о том, что на любой гладкой

выпуклой поверхности есть как минимум

три замкнутые геодезические. Почему имен-

но три, а не больше? Потому что на

эллипсоиде, у которого длины всех осей

КРАТЧАЙШИЕ ПУТИ И ГИПОТЕЗА ПУАНКАРЕ 11

была доказана. Это сделали советские ма- на уроках в школе. Все видели, как пере-
тематики Лазарь Аронович Люстерник вязывают коробки с конфетами: пускают
(1899–1981) и Лев Генрихович Шнирель- часть ленты внизу, по дну коробки, затем
ман (1905–1938), причем для этого они ведут наверх, по крышке, затем опять
разработали новую теорию топологичес- спускают вниз и затем опять наверх. Полу-
ких методов в вариационных задачах. Ну чается линия из че-
а гораздо позже, в 1992 году, американс- тырех частей – две
кие математики Дж.Фрэнкс и В.Бангерт противоположные
доказали, что на самом деле на любой части внизу и две
гладкой выпуклой поверхности существу- наверху (рис. 5). А
ет не три, а бесконечно много замкнутых теперь надо сделать Рис. 5. Перевязочная
геодезических. то же, но не на пря- лента
моугольной коробке, а на круглой. Сейчас
Стоп, стоп! Как бесконечно много? Мы мы построим эту линию на эллипсоиде.
же знаем, что на эллипсоиде их три! Нет,
тут что-то не так. Открываем «Нагляд- Возьмем эллипсоид, у которого одна ось
ную геометрию» Гильберта и Кон-Фоссе- сильно меньше двух других. Почти плос-
на, читаем: «Так можно показать, что на кий. Обозначим концы длинных полуосей
трехосном эллипсоиде единственными (в порядке следования) A, B, C, D. Соеди-
замкнутыми геодезическими линиями без ним A и B кратчайшей линией, идущей по
самопересечений являются те три эллип- поверхности эллипсоида. Так как эллип-
са, которые получаются в пересечении соид почти плоский, эта линия будет близ-
этой поверхности с тремя плоскостями ка к отрезку AB и уж точно не будет идти
симметрии». по экватору, потому что длина дуги эква-
тора больше отрезка АВ. Теперь проведем
Значит, «можно показать». Но авторы такую же дугу AD по другой (нижней)
не пишут, как именно. Не стали ли они стороне эллипсоида. Иначе говоря, дуга
жертвами самообмана, как П.Ферма, ко- AD переходит в дугу AB при повороте на
торому «не хватило места» на полях книги 180q относительно оси AC. Далее пустим
для доказательства своей Великой теоре- такую же дугу DC по верхней стороне и
мы? Ведь согласно теореме Фрэнкса-Бан- закончим дугой CB с нижней стороны.
герта, геодезических бесконечно много на
любой гладкой выпуклой поверхности, Мы получили замкнутую линию, состо-
значит, и на эллипсоиде тоже. ящую из четырех равных дуг (рис.6).
Оказывается, она будет геодезической.
Выходит, Гильберт и Кон-Фоссен оши-
бались? И Пуанкаре, не ставивший под Рис. 6. «Четвертая» геодезическая на эллип-
сомнение, что на разноосном эллипсоиде соиде
их ровно три? И Урысон, и Люстерник, и
Шнирельман – все они ошибались? Да! Теорема 1. Построенная замкнутая
Более того, все они прошли мимо элемен- линия ABCD является геодезической на
тарного примера «четвертой» геодезичес- поверхности эллипсоида.
кой на эллипсоиде. Пример этот появился
в 1982 году в книге В.Клингенберга Доказательство. В каждой внутренней
«Riemannian geometry», а потом еще мно- точке дуги AB линия является локально-
гократно переоткрывался.1

Четвертая геодезическая на эллипсои-
де. Пример этот настолько наглядный и
замечательный, что его можно разбирать

1 Например, его в 2004 году независимо
придумал российский математик С.С.Анисов,
который и сообщил его автору. Лишь значи-
тельно позже мы узнали, что такой же пример
содержится в книге Клингенберга.

12 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

кратчайшей. Если нет, просто заменим ее идет по нашей линии, что противоречит
маленький кусочек на более короткий и предположению. Теперь все доказано.
получим более короткий путь из A в B, что
невозможно. Так же – с тремя другими Ну вот, а обещали совсем элементарный
дугами. Таким образом, во внутренних пример... А он потребовал довольно тон-
точках дуг все хорошо. Проблема возника- кого рассуждения. Да, но это – для дока-
ет на концах дуг. Почему, скажем, в точке зательства. А построение этого примера
A наша линия локально кратчайшая? действительно очень просто. Если учитель
Возьмем рядом с A две точки M и N на младших классов даст ребятам подобный
разных дугах. Почему путь MN вдоль плоский эллипсоид и попросит натянуть
линии является кратчайшим на эллипсои- на него резиновое колечко иначе, чем
де? Из построения этого не следует. вдоль одного из трех экваторов, они не-
сомненно справятся. Зацепить петлей
Предположим, что дуга AM длиннее сверху, продеть внизу, затем – другой
дуги AN. Тогда возьмем на продолжении петлей сверху. Тем удивительнее, что мно-
дуги AN за точку N точку Mc, для которой гие десятилетия никто не додумался до
дуга AMc равна дуге AM (рис.7,а). Ясно, этого примера. И никто, включая крупней-
ших математиков XX века – Пуанкаре и
Рис. 7 Гильберта, не допустил мысли, что на
эллипсоиде может быть четвертая геодези-
что M и Mc переходят друг в друга при ческая. Чудеса случаются!
повороте на 180q относительно оси AC.
Если дуги AM и AN равны, то просто На самом деле это – не единственный
обозначим Mc N. Теперь предположим пример «неправильной» геодезической на
обратное: есть более короткий путь на эллипсоиде. Есть еще. В упражнении 5 мы
поверхности эллипсоида между точками предлагаем вам их построить. А нас ждут
M и N. Добавив к этому пути дугу NMc, многогранники!
получаем более короткий путь по поверх-
ности между M и Mc. Значит, кратчайший Упражнения
путь между M и Mc не совпадает с дугой
нашей линии MMc. Сделаем поворот на 1. Поверхность горы имеет форму конуса,
180q относительно оси AC. Точки M и Mc разверткой которого является треть круга радиу-
поменяются местами, а кратчайший путь са 1 км. Два селения находятся у подножия горы,
между ними должен перейти в себя – ведь с противоположных сторон основания. Чему рав-
он единственный! Обозначим через P сере- на длина самого короткого пути между ними?
дину этого кратчайшего пути (расстояния
меряются вдоль пути). Поворот на 180q 2. Из одного из селений из предыдущей задачи
относительно оси AC оставляет эту точку вышел путник, желающий обойти гору и вернуть-
на месте. Но тогда она лежит на оси ся в селение. Какова длина самого короткого
вращения – прямой AC. А поскольку она маршрута? Будет ли этот маршрут замкнутой
находится на поверхности эллипсоида, она геодезической?
совпадает либо с A, либо с C. До точки C
слишком далеко, кратчайший путь туда не 3. На прямом круговом цилиндре есть две
заходит. Значит, P A. Итак, середина очевидные замкнутые геодезические: «пояс» (ок-
кратчайшего пути из M в Mc находится в ружность, параллельная основанию) и «ручка»
точке A (рис.7,б). Значит, кратчайший (прямоугольник, содержащий два параллельных
путь из A в M идет по нашей линии. Иначе, диаметра). А могут быть другие?
поставим его вместо дуги AM и тем самым
уменьшим длину дуги AB, что невозмож- 4. Образующая конуса вдвое больше радиуса
но. Значит, и кратчайший путь из M в Mc основания. Постройте замкнутую геодезическую
на его поверхности. Чему равна ее длина, если
радиус основания равен 1?

5. Рассмотрим эллипсоид, у которого одна
полуось маленькая, а две другие равны. Построй-
те на нем несколько новых типов замкнутых
геодезических.

Указание. Геодезическую из теоремы 1 можно
назвать «четырехугольной», поскольку она со-
стоит из четырех частей. Постройте «шестиуголь-
ную», «восьмиугольную» и тому подобные геоде-
зические.

(Продолжение следует)

ЗАДАЧНИК «КВАНТА»

Задачи
по математике и физике

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

Решения задач по математике и физике из этого номера следует отправлять по электрон-
ным адресам: [email protected] и [email protected] соответственно или по почтовому адресу:
119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант».

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

Задачи М2630–М2632, М2633а предлагались на XLII Турнире городов.
Автор задач Ф2633–Ф2640 – А.Власов.

Задачи М2626–М2633, Ф2633–Ф2640 M2629*. На рисунке 1 в центре изображен
произвольный (зеленый) треугольник. На
M2626. На межгалактическую олимпиаду его сторонах во внешнюю сторону постро-
съехалось бесконечное количество участ- или белые квадраты. Некоторые из их
ников, которых зарегистрировали под но- вершин соединили отрезками, на них сно-
мерами 1, 2, 3, ... Оказалось, что при ва построили во внешнюю сторону белые
каждом n = 1, 2, … участник с номером n квадраты и т.д. В промежутках между
имеет не менее n друзей среди оставшихся квадратами образовались треугольники и
участников (дружба взаимна). Имеется четырехугольники, которые окрасили в
гостиница для проживания участников с различные цвета. Докажите, что
бесконечным количеством двухместных а) все окрашенные четырехугольники яв-
номеров. Докажите, что участников мож- ляются трапециями;
но расселить в двухместные номера так, б) площади всех многоугольников одного
чтобы в каждом номере оказалась пара и того же цвета равны;
друзей. в) отношения оснований одноцветных тра-
пеций равны;
В.Брагин, П.Кожевников г) если S0 1 — площадь исходного треу-
гольника, а Si — площадь цветного много-
M2627. Дана бесконечная арифметичес- угольника в i-м слое, то S1 1, S2 5, а для
кая прогрессия. Рассматриваются произ-
ведения пар ее членов. Докажите, что Рис. 1
произведения в каких-то двух различных
парах отличаются не более чем на 1.

А.Кузнецов

M2628*. Имеется N внешне одинаковых
чашечных весов. Известно, что ровно одни
из них испорченные – они показывают что
угодно, и их вес отличается от веса осталь-
ных, которые весят одинаково и всегда
показывают верный результат. За одно
взвешивание можно положить несколько
весов на каждую из чаш каких-то других
весов. При каком наибольшем N за три
взвешивания можно гарантированно най-
ти испорченные весы?

А.Грибалко, О.Манжина

14 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

n t 3 выполняется равенство Sn 5Sn 1 ной платформе
Sn 2.
(рис.2). Подвес
Ф.Нилов
маятника выпол-
M2630. Назовем пару различных нату-
ральных чисел удачной, если их среднее нен из тонкого и
арифметическое и среднее геометричес-
кое – натуральные числа. Верно ли, что очень легкого
для каждой удачной пары найдется другая
удачная пара с тем же средним арифмети- стержня длиной
ческим?
l, диаметр шари-
Б.Френкин
ка намного мень-
M2631. Выпуклый четырехугольник ABCD
обладает таким свойством: ни из каких ше длины подве-
трех его сторон нельзя сложить треуголь-
ник. Докажите, что а) один из углов этого Рис. 2 са, а его масса
четырехугольника не больше 60q; б) один
из углов этого четырехугольника не мень- равна m. Точка подвеса находится на вер-
ше 120q.
тикальной оси вращения платформы и
М.Дидин
выполнена в виде цилиндрического шар-
M2632. Петя и Вася по очереди пишут на
доске дроби вида 1 n, где n – натуральное. нира. Определите период малых колеба-
Начинает Петя. Петя за ход пишет только
одну дробь, а Вася за первый ход – одну, ний маятника в широком интервале угло-
за второй ход – две, и так каждым следу-
ющим ходом на одну дробь больше. Вася вых скоростей вращения платформы, а
хочет, чтобы после какого-то хода сумма
всех дробей на доске была натуральным также верхнюю границу интервала малых
числом. Сможет ли Петя помешать ему?
угловых скоростей.
А.Аржанцев
Ф2634. Тонкое упругое кольцо удержива-
M2633. За каждым из k круглых столов ют на поверхности усеченного конуса так,
сидит по n t 2 гномов. Каждый дружит как это показано на рисунке 3. В недефор-
только со своими соседями по столу слева
и справа. Добрый волшебник хочет расса- Рис. 3
дить всех гномов за один круглый стол
так, чтобы каждые два соседних гнома мированном состоянии внутренний радиус
дружили между собой. Он имеет возмож- кольца равен малому радиусу конуса.
ность подружить между собой kn пар гно- Кольцо освобождают. Определите время
мов (гномы в паре могут быть как от соскальзывания кольца с конуса. Масса
одного стола, так и от разных), но после кольца m, коэффициент упругости едини-
этого злой волшебник поссорит между цы длины кольца k, угол при вершине
собой n пар гномов из этих kn пар. Выяс- конуса D, коэффициент трения между по-
ните, при каких n добрый волшебник верхностями кольца и конуса P tg D.
может добиться желаемого, как бы ни Гравитацией пренебречь.
действовал злой волшебник, если а) k 2;
б*) k t 2 – данное натуральное число. Ф2635. Цилиндрический бак содержит жид-

М.Святловский кость и газ (рис.4). В некоторый момент

Ф2633*. Математический маятник ус- времени кран, закры-
тановлен на вращающейся горизонталь-
вающий сливное отвер-

стие в дне бака, откры-

вается и сжатый газ

«выдавливает» жид-

кость из бака. Такой

процесс возможен во

многих практических

ситуациях: от продув-

ки балластных емкос-

Рис. 4 тей на подводных лод-

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 15

ках до сброса резервного топлива на само- текания и массу жид-
летах. За какое время произойдет освобож- кости в змеевике счи-
дение бака от жидкости? Как изменится тайте малыми. Изве-
это время, если начальное давление газа стны следующие ве-
увеличить в 4 раза? Считайте известными личины: M, T0 – мас-
следующие величины: D S s – отноше- са и начальная тем-
ние площадей сечения бака и сливного пература теплоноси-
отверстия, p0 – начальное давление газа, теля, m, t0 – соответ-
x0 – начальная высота газового столба, ственно масса и на-
n – вертикальный размер бака в единицах чальная температура
x0, U – плотность жидкости. Расширение нагреваемой жидко-
газа считайте изотермическим, а внешнее сти (напитка). Теп-
давление примите равным нулю. Вязкос- лоемкости жидкостей
тью жидкости и гравитацией пренебречь, считайте равными, Рис. 6
бак закреплен. потерями тепла можно пренебречь. Как
изменится результат, если «поменять мес-
Ф2636*. Ученик, который успешно пере- тами» жидкости – нагреваемую жидкость
шел в 11 класс, летом на даче развлекался налить в бак, а через змеевик проливать
следующим образом. Он из большой бочки теплоноситель?
и других подручных материалов изгото-
вил необычный термометр. Схема этого Ф2638. Из материала с удельным сопро-
простого изобрете- тивлением U изготовлена тонкостенная сфе-
ния представлена на ра радиусом А (рис.7). Толщина стенок
рисунке 5. В герме-
тичной бочке нахо- Рис. 7
дится вода. Высота
столбика воды в про- сферы d EA, E ≪ 1. Небольшие области
зрачной трубке за- полюсов сферы (контактные области) изго-
висит от температу- Рис. 5 товлены из сверхпроводника, их прибли-
ры. Определите чувствительность такого женно можно считать дисками радиуса r.
термометра в диапазоне летних и осенних Определите сопротивление сферы между
температур 10–40 градусов Цельсия. Внут- контактными областями. Каким станет это
ренний диаметр трубки значительно мень- сопротивление, если все геометрические
ше внутреннего диаметра бочки. При ре- размеры сферы увеличить в n раз?
шении задачи вам не обойтись без таблицы
зависимости давления насыщенных паров
воды от температуры:

Ф2637. На рисунке 6 показана схема про- Ф2639. Металлический стержень подве-
стейшего теплообменника. В теплоизоли- шен горизонтально на двух параллельных
рованном баке находится теплоноситель нитях (рис.8). Такая конструкция пред-
при высокой температуре. Через бак прохо- ставляет собой гравитационный маятник,
дит длинная и тонкая трубка-змеевик, сде- который имеет три степени свободы и
ланная из металла с высокой теплопровод- соответственно может совершать три раз-
ностью. Определите конечную температу- ных собственных колебаний. Очевидно,
ру первоначально холодной жидкости (на- что период малых колебаний ортогональ-
питка), протекшей через змеевик теплооб- ной моды (стержень при таком колебании
менника. В рабочем режиме скорость про-
смещается поперек оси симметрии) опреде-

ляется формулой T 2S l g. Как изменит-

16 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

ся период этой моды, Если изначально n звездочек расставлены
так, что в каждой строке находится по
если маятник поме- одной звездочке, то это условие сохранится
в процессе выполнения операций. Если бы
стить в вертикаль- при этом все звездочки оказались по одну
сторону от главной диагонали, то образова-
ное магнитное поле, лась бы пустая строка – противоречие.
Покажем теперь индукцией по n, что если
нити сделать прово- в таблице n u n расставлено n 1 звездочек,
то указанными операциями можно добить-
дящими и к точкам ся того, чтобы они оказались над главной
диагональю, выходящей из левого нижне-
крепления нитей го угла. Переставим строки так, чтобы
количества звездочек в строках не убыва-
подключить катуш- ли снизу вверх (в частности, нижняя стро-
ка – пустая). Поочередно рассматриваем
Рис. 8 ку индуктивности? строки, начиная снизу. Перед рассмотре-
нием k-й снизу строки считаем, что k 1
Длина стержя и нитей одинакова и равна первых (нижних) строк и mk 1 самых
левых столбцов уже зафиксированы
l, масса стержня m, индукция магнитного (m0 0), при этом все звездочки k 1
нижних строк находятся в этих столбцах и
поля B, индуктивность катушки L. Сопро- в каждом из этих столбцов есть хотя бы
одна звездочка, которая кроме того нахо-
тивления стержня, нитей и провода катуш- дится в одной из первых k 1 строк. Рас-
сматривая k-ю строку, посмотрим на все
ки малы. звездочки в ней, которые расположены
правее mk 1-го столбца, и сдвинем соответ-
Ф2640. На листе бумаги начерчен круг ствующие столбцы влево вслед за mk 1-м,
радиусом r. Сверху на лист кладут стек- так чтобы они заняли места с mk 1 1до mk.
лянную полусферу, совмещая ее центр с Сделав такой проход от 1-й до n-й строки,
центром нарисованного на бумаге круга получим нужную перестановку столбцов.
(рис.9). Полусфера является толстой лин- Действительно, если бы какая-то звездоч-
ка в некоторой k-й строке оказалась по
Рис. 9 другую сторону от главной диагонали, это
означало бы, что mk t k, следовательно, в
зой. При рассматривании сверху изобра- первых k строках не менее k звездочек.
жение круга в этой линзе кажется увели- Так как в каждой из строк выше k-й есть
ченным. Определите коэффициент увели- хотя бы одна звездочка, то всего в таблице
чения изображения круга. Показатель не менее n звездочек – противоречие.
преломления стекла n 3 2. Радиус нари-
сованного круга значительно меньше ра- П.Кожевников
диуса полусферы.
M2615. Решение этой задачи см. в статье
Решения задач М2614–М2616, Чан Куанг Хюнга «Об ортоцентрических
Ф2621–Ф2624 четверках, связанных с треугольником».

M2614. В таблице n u n разрешается пе- M2616. Докажите, что если p ≥ 5 – про-
реставлять местами строки, а также
переставлять местами столбцы. В неко- стое число, то число
торых k клетках таблицы расставляют
звездочки. При каком наибольшем k все- Ê (p - 1)!ˆ p + Ê (p - 1)!ˆ p +… + Ê (p - 1)!ˆ p
гда можно добиться того, чтобы все
звездочки стали находиться по одну сто- ÁË 1 ˜¯ ËÁ 2 ˜¯ ËÁ p - 1 ¯˜
рону от главной диагонали (при этом на
самой главной диагонали звездочек тоже делится на p3 .
не должно быть)?

Ответ: n 1.

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 17

Сгруппируем в сумме k-е и p k -е слага- Пусть p t 5 – простое число, k  ^1, 2, …
…, p 2`. Из множества ^1, 2, …, p 1`
емые:
возьмем все k-элементные подмножества,
Ê (p - 1)!ˆ p + Ê (p - 1)!ˆ p = в каждом подмножестве перемножим чис-
ла, каждое произведение возведем в сте-
ËÁ k ¯˜ ËÁ p - k ˜¯ пень p, а полученные результаты просум-
мируем. Тогда полученная сумма делится
§ p 1 ! ·p на p2, а при нечетном k t 3 – даже на p3.

©¨¨ k p k ¸¸¹ И.Вайнштейн
kp p k p .
Ф2621. Утром 21 марта в Москве длина
Тогда, раскладывая по биному, имеем тени елочки высотой в 1 метр в некото-
рый момент времени в три раза больше ее
kp p k p kp kp p ˜ kp 1 ˜ p высоты, и это отношение уменьшается.
p p 1 ˜ kp 2 ˜ p2 …, где троеточие за- Сколько времени прошло с момента вос-
хода Солнца? Какова скорость изменения
2 длины тени?
меняет сумму слагаемых, заведомо деля-
Географическая широта Москвы M 56q.
щихся на p3 . Следовательно,kp p k p { Дата 21 марта – это день весеннего равно-
денствия, когда длительность пребывания
{ p2 ˜ kp 1 mod p3 . Таким образом, для Солнца над горизонтом равна длительно-
решения задачи достаточно доказать дели- сти пребывания под горизонтом. Из гео-
p 1 ! ·p
мость на p суммы чисел § k p k ¸¸¹ ˜ kp 1,
¨©¨

взятой по k 1, 2, …, p 1.
2
Далее задачу можно еще упростить, ис-

пользуя сравнения kp 1 { 1 mod p и
ap { a mod p для a k pp 1k ! , которые

верны в силу малой теоремы Ферма.

Наконец, докажем, что сумма

p 1

2 p 1 ! метрии системы (см. рисунок) определяем
k p k угол восхождения солнца над горизонтом:
¦
sin G sin D cos M
k1
и соотношение высоты елочки и ее тени:
делится на p. Преобразуя слагаемое

p 1 ! как 1 § p 1 ! p 1 ! ¸·, сводим 1 sin D cos M 2 .
k p k p p ¹
¨ k k h tg G sin D cos M
© l

задачу к известному факту о делимости на Отсюда, в соответствии с данными задачи,

p2 суммы p 1 ! p 1 ! … p 1 !, получаем
1 2 p
1
3 1 sin D cos M 2 , sin D
т.е. суммы произведений чисел из множе- 1.

ства ^1, 2, , p 1`, взятых в количестве p 2. sin D cos M 10 cos M

Доказательство последнего факта можно Будем считать, что движение солнца про-

найти в статье «Симметрические много- исходит с постоянной угловой скоростью
члены и делимость на ps» в «Кванте» №5–
6 за 2015 год. Задача решена. Z S 12. Тогда
Схожими методами можно доказать сле-
D Z't S 't arcsin 1 ,
дующее утверждение, обобщающее нашу 12 10 cos M

задачу.

18 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

't 12 arcsin 1 длиной пройденного пути L:
S 10 cos M
12 arcsin 1 | 2SN L .
S 10 cos 56q H

| 2,296 ч | 2 ч 18 мин. Пятно контакта колеса с дорогой опреде-
ляется не только массой автомобиля M и
Вот столько времени прошло с момента шириной покрышек d, но и давлением
восхода Солнца. воздуха p в колесах и жесткостью матери-
Скорость изменения длины тени опреде- ала покрышек. Будем считать, что эта
ляем с помощью производной: жесткость мала, тогда продольный размер
пятна контакта x найдем из равенства

dl v hZ cos D Mg 4pdx, или x Mg .
4pd
dt cos M sin2 D 1 sin D cos M 2
Расстояние от оси колеса до поверхности
10 h S 10 cos2 M 1 | 2,1 см мин. дороги связано с его диаметром D и разме-
3 12 ром пятна контакта х соотношением (гео-
А.Власов метрия)

Ф2622. Водитель легкового автомобиля H § D 2 § x 2 1 D2 x2
массой M = 1000 кг в дальней поездке по ©¨ 2 ©¨ 2 2
прямой (из Москвы в Белгород) возле · ·
километрового столба с отметкой 100 км ¹¸ ¹¸
установил на счетчике пути значение
000,0 км. Проезжая мимо столба с от- D 1 § x 2 .
меткой 200 км, он увидел, что счетчик 2 ©¨ D
пути показал 101,0 км. Водитель остано- ·
вил машину, подкачал все колеса от ¸¹
p1 1,1 атм до положенных p2 2 атм и
продолжил путь. Возле столба с отмет- Отсюда следует связь между тем расстоя-
кой 300 км счетчик пути показал нием, которое автомобиль проехал, и чис-
201,0 км. Водитель удовлетворенно хмык- лом оборотов колес:
нул и поехал дальше, не останавливаясь.
Каков диаметр колес его автомобиля, NL L
если ширина покрышек d 17,5 см? На-
гружены все колеса одинаково. 2SH SD § x ·2
©¨ D ¹¸
1

L.
·2
SD 1 § Mg ¸
¨ 4pdD ¹
©

Счетчик пути, конечно же, вычисляет путь, Поскольку после изменения давления воз-
умножая число оборотов вала, соединен- духа в колесах от 1,1 атм 1,1p0 до
ного шестеренками с ведущими колесами, 2 атм 2p0 счетчик стал показывать пра-
на определенный коэффициент, подобран- вильное расстояние, то получаем
ный так, чтобы при нормальном (правиль-
ном) давлении воздуха в колесах автомо- N1 ∼ 101, N2 ∼ 100,
биля получалось и правильное значение
пройденного расстояния. Если расстояние § Mg · 2
от оси колеса до дороги равно H, то ¨ 4p2dD ¸
угловая скорость вращения колеса при 2 1 © ¹
скорости движения автомобиля v равна
v H. Умножив угловую скорость враще- § N1 · 2 1,012 | 1,02.
ния колеса на время движения, получаем ¨ N2 ¸
связь между числом оборотов колес N и © ¹ 1 § Mg ·
¨ p1dD ¸
© 4 ¹

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 19

Далее после преобразований находим движении в направлении оси симметрии
диска присоединенная масса пропорцио-
D 10Mg 1,02 1 нальна UR3, а в направлении, перпендику-
4d p12 p22 лярном оси симметрии, эта масса практи-
чески равна нулю.)
2,5Mg 1 § 1,02 1 · | 0,78 м. После обрыва нити скорость движения
dp0 ¨ 22 ¸ нарастает, но сначала она мала. Поэтому
2 © 1,12 ¹ вначале можно пренебречь силами трения
и считать, что механическая энергия со-
Итак, диаметр колес равен примерно храняется. Отсюда следует
0,78 м.
M 2 v2 Mg'h Mg v2 .
А.Козлевич
2 2a
Ф2623. В воде глубокого озера на глубине Тогда для начального ускорения воздуш-
h 10 м на тонкой нитке удерживается ного шарика получаем
воздушный шарик с тонкой нерастяжи-
мой пластиковой оболочкой. Радиус ша- a 2g.
рика R 10 см. Нитка рвется. Оцените:
а) начальное ускорение шарика; б) ско- При ответе на второй вопрос нужно учесть,
рость, которую он приобретет, прибли- что скорость движения уже достаточно
жаясь к поверхности воды. велика и силами трения пренебрегать
нельзя. Будем говорить о вязком трении.
Равновесие шарика, привязанного ниткой Известно, что вода имеет коэффициент
к дну сосуда, обусловлено действием сил
натяжения нити и Архимедовой силы, а вязкости K 10 3 кг (м . с), и в зависимос-
силой тяжести оболочки и воздуха, нахо-
дящегося внутри шарика, можно, есте- ти от скорости движения шарика в воде
ственно, пренебречь. Величина силы Ар- механизм действия силы трения таков, что
при малых скоростях сила трения пропор-
химеда равна UVg Mg, где U – плот- циональна скорости движения, а если ско-
рость больше некоторой величины, то сила
ность, V 4 3 SR3 – объем и М – масса трения пропорциональна квадрату скоро-
сти движения. Переход от одного механиз-
воды, вытесненной шариком, g – ускоре- ма трения к другому характеризуется так
ние свободного падения. Как только начи- называемым числом Рейнольдса Re Uvd ,
нается движение шарика (сразу после раз-
рыва нити), приходит в движение вода, K
находящаяся рядом с шариком. И умень- где U – плотность воды, v – скорость
шение потенциальной энергии системы движения шарика и d – его диаметр. В
«вода + шарик» в поле тяжести приводит нашем случае Re больше нескольких сотен
к росту кинетической энергии частей этой (! 103).
системы – а именно воды. Эту энергию Сначала вычислим скорость движения
приобретает так называемая присоединен- гипотетического шарика без учета сил тре-
ная масса воды, которая в случае шара, ния. Ускорение равно a 20 м с2, прой-
находящегося в большом (в сравнении с
размерами шара) объеме однородной сре- денный путь равен h 10 м, поэтому ско-

ды, равна UV 2 M 2. рость равна v 2ha 20 м с. Число
(Кстати, для других форм тел присоеди-
ненная масса бывает и больше указанной Рейнольдса для шарика с радиусом
величины, и меньше этой величины. Она
также может зависеть от направления, в R 0,1 м, движущегося в воде с такой
котором начинается движение тела. На- скоростью, по порядку величины равно
пример, для плоского диска с радиусом R 106. Это во много раз превышает 103,
и с практически нулевым объемом при поэтому реализуется второй механизм тре-
ния, т.е. при подъеме шарика скорость его
движения успеет установиться и сумма

20 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

всех сил, действующих на него, будет нормальном давлении порядка 105 Па над
равна нулю. Отсюда получаем каждым квадратным метром поверхности
находится воздух массой 104 кг.
4 SR3Ug kUv2SR2. Примем для рассмотрения такую модель,
3 в которой поглощение тепла воздухом и
остывание воздуха происходят по очере-
Коэффициент k зависит от формы движу- ди. За дневное время, т.е. примерно за
щегося тела, для шара он равен 0,2. Сле- 8 часов, при средней мощности падающе-
довательно, скорость подъема нашего ша- го излучения 103 Вт и альбедо 40% на
рика будет равна поверхности (песок в Сахаре) поглощает-
ся примерно
v 4Rg | 2,6 м с.
3k Q 0,6 ˜ 8 ˜ 3600 c ˜ 103 Вт 17,3 МДж

А число Рейнольдса будет равно 2,6 ˜ 105, тепловой энергии на квадратный метр
т.е. останется много больше 103.
Если считать, что в процессе разгона у поверхности. Найдем массу воздуха m,
шарика было ускорение среднее между
начальным и нулем, то установление ха- которая в процессе с постоянным давле-
рактера движения шарика произойдет на
пути, равном нием нагреется на 30 градусов, получив

такое количество теплоты. Воздух над

v2 Сахарой (собственно, как и везде) состо-

l 2 a 2 | 0, 3 м, ит в основном из азота и кислорода

(двухатомных молекул) со средней мо-

что много меньше h 10 м. лярной массой 0 0,029 кг моль. Тепло-
С.Шариков
емкость одного моля воздуха в процессе

с постоянным давлением равна

Ф2624. Суточный «ход» температуры Cp 7 2 R 29 Дж моль ˜ К . Тогда
воздуха летом на высоте 2 м (стандар-
тная высота для метеорологических из- Cp m 'T Q, и m Q0 | 580 кг.
мерений) составляет в Сахаре 30q. Мак- 0 Cp'T
симальная температура 40 qC. Погода
устойчивая, небо безоблачное. Оцените Конечно, на самом деле воздух в процессе
толщину слоя воздуха на поверхности
пустыни, вовлекаемого в конвекцию в нагрева перемешивается за счет конвек-
течение суток. Солнечная постоянная
равна 1370 Вт м2. ции, и средний суточный ход температуры

воздуха с высотой уменьшается. Однако

для оценки по порядку величины это мож-

но не учитывать. Если бы атмосфера со-

стояла из воздуха постоянной плотности,

От средней абсолютной температуры то ее высота равнялась бы примерно 8 км.

283 313 К | 300 К температура днем и В итоге оценка толщины слоя воздуха h, в
2
котором суточный температурный ход
ночью отклоняется в ту или другую сторо-
имеет порядок 30 градусов, такова:
ну всего на 15q. В относительных величи-
нах это всего 1 20, т.е. примерно 5%. h ª 8 км 580 кг ª 460 м.
Теплообмен воздуха с поверхностью поч- 104 кг
вы и с космосом осуществляется разными
механизмами теплопередачи. Прогревает- С.Пустынный
ся воздух от почвы за счет конвекции, а
остывает за счет излучения, которое и
уходит в космос и падает на почву. При

ЗАДАЧНИК «КВАНТА» 21

Об
ортоцентрических
четверках, связанных
с треугольником

ЧАН КУАНГ ХЮНГ Рис. 1

В этой статье рассказывается о некото- Q KD ∩ B1C1. Тогда прямая PQ прохо-
ром обобщении задачи М2553. В процессе дит через C, а четверка точек K, L, P,
рассуждений мы также получим решение Q – ортоцентрическая.
задачи М2615.
Поскольку прямые DKQ и DLP – бис-
Рассмотрим произвольный треугольник сектрисы смежных углов, они перпенди-
ABC. Пусть вписанная в него окружность кулярны, т.е. одна из нужных перепенди-
имеет центр I и касается сторон BC, CA и кулярностей установлена: QK A PL. Ниже
AB в точках A1, B1 и C1 соответственно. мы докажем, что CP A KL. Поскольку,
аналогично, CQ A KL, это завершит дока-
В задаче М2553 через K и L были зательство теоремы, так как отсюда будет
обозначены центры окружностей, вписан- следовать и то, что точки C, P, Q лежат на
ных в четырехугольники AB1IC1 и BA1IC1 одной прямой, и еще одна перпендикуляр-
соответственно, а через H – основание ность PQ A KL.
высоты, опущенной из точки C. Точки P и
Q определялись как точка пересечения Введем точку M пересечения CK с B1C1.
биссектрисы угла AHC с A1C1 и точка В качестве вспомогательного утверждения
пересечения биссектрисы угла BHC с B1C1 будет выступать задача М2615.
соответственно. Утверждение задачи со-
стояло в том, что четверка K, L, P, Q – М2615. В треугольнике ABC вписанная
ортоцентрическая. окружность касается сторон CA и AB в
точках B1 и C1 соответственно (рис.2).
Решение задачи М2553 было приведено На стороне AB выбрана произвольная
в статье А.Заславского «Об одной орто-
центрической четверке» в «Кванте» №7 за Рис. 2
2019 год. Там же доказывались некоторые
другие свойства этой конструкции. В час-
тности, было показано, что прямая PQ
проходит через C, точка D пересечения
KQ и PL лежит на AB, при этом CD –
общая касательная к окружностям, впи-
санным в четырехугольники AB1IC1 и
BA1IC1. Автор обнаружил обобщения этих
фактов, которые можно сформулировать в
виде теоремы.

Теорема. Пусть D – произвольная точ-
ка на стороне AB треугольника ABC, а K
и L – центры окружностей, вписанных в
треугольники ACD и BCD соответствен-
но (рис.1). Пусть P LD ∩ A1C1,

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20201103

22 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

точка D. Точка L – центр вписанной на.
окружности треугольника BCD. Пусть Заметим, что в вырожденном случае,
биссектриса угла ACD пересекает пря-
мую B1C1 в точке M. Докажите, что когда D L B, задача М2615 превраща-
‘CML 90q. ется в задачу 255 из задачника И.Ф.Ша-
рыгина «Геометрия, 9–11 классы: От учеб-
Рассмотрим рисунок 3, на котором все ной задачи к творческой» (М.: Дрофа,
обозначения согласованы с нашими пре- 1996).
дыдущими обозначениями, поскольку CK –
Аналогично точке M введем в рассмотре-
Рис. 3
биссектриса угла ACD. Утверждение зада- ние точку N пересечения CL с A1C1, она
чи М2615 можно теперь переформулиро- также лежит на Z. Пусть CD вторично
вать следующим образом: точка M лежит
на окружности Z , построенной на KL как пересекает Z в точке J. Из равенства углов
на диаметре.
CDK и KDA следует равенство дуг KC1 и
Ясно, что D лежит на Z. Кроме того, по KJ окружности Z, таким образом, точка J
известной задаче Шарыгина (см., напри- симметрична точке C1 относительно KL.

мер, http: zadachi.mccme.ru 2012 В качестве отступления заметим, что
известны другие описания точки J: эта
task10602) на Z лежит и C1 (отметим, что точка лежит на второй (помимо AB) общей
это утверждение также следует из задачи внешней касательной к окружностям, впи-
М2007 в случае вырожденного описанного санным в треугольники ACD и BCD, а
четырехугольника). также J – точка на CD такая, что
CJ CB1 CA1 (см., например, задачу
Точка M лежит на окружности (KC1D),
т.е. на окружности Z , поскольку http: zadachi.mccme.ru 2012 task4278,

которая предлагалась на Турнире городов
в 1994 году).

Далее доказательство теоремы можно
завершить коротко, применив теорему
Паскаля к шестерке точек NLLDJC1 с
кратной точкой L (все названные точки
лежат на Z). Получаем, что точки
C NL ∩ DJ, P LD ∩ C1N лежат на од-
ной прямой с бесконечно удаленной точ-
кой пересечения C1J с касательной к Z,
проведенной в точке L. Иными словами,
CP C1J. Тем самым, нужная перпенди-
кулярностьCP A KLустановлена, посколь-
ку C1J A KL.

‘AKD 90q ‘BAC ‘B1C1B.
2

Тем самым, ‘KLM 90q как угол, опира-
ющийся на диаметр. Задача М2615 реше-

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Задачи

Ниже приведены некоторые шуточ- перед другим ребенком и задает тот
ные задачи и вопросы из замечатель- же вопрос.
ной книги В.В.Произволова «Задачи
на вырост». Как Вячеслав Викторович – Пять, – отвечает ребенок.
напутствует читателя к размышлению – Правильно! – вновь говорит вос-
над ними, ответ будет считаться пра- питательница.
вильным тогда, когда он остроумен. Сколько же кружочков нарисовано
на бумаге?
1. На рисунке изображена кошка,
3. Я не знал, какое слово оканчива-
которая выглядывает из-за забора.
Определите примерную длину кошки. ется на три «е». Оказалось, «длинно-
шеее»! В отместку я придумал свой
вопрос для приятеля: «А вот ты скажи,
какое существительное оканчивается
на три “ё”».

2. В детском саду воспитательница 4. Сделав хитрое лицо, математик

кладет перед ребенком лист бумаги, сказал девятилетнему мальчику: «На-
на котором нарисовано несколько зови самое большое число». Лицо
кружочков. математика вытянулось, когда он ус-
лышал ответ, – он сам не мог бы
– Сколько здесь кружочков? – спра- назвать большее число. Какое число
шивает она. назвал мальчик?

– Семь, – отвечает ребенок.
– Правильно! – говорит воспита-
тельница. Затем она кладет этот лист

Иллюстрации Д.Гришуковой

24 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

Второго ноября факультет МГУ –

2020 года скончал- факультет педаго-

ся Николай Хрис- гического образо-

тович Розов, мате- вания, в создании

матик, педагог, член которого сам при-

редколлегии «Кван- нимал большое

та» с самого перво- участие, и кафед-

го номера нашего ру образователь-

журнала, очень ин- ных технологий.

тересный и хороший Задача факульте-

человек. та – обучить науч-

Многие вехи его ных специалистов

судьбы, по-видимо- сложному и тонко-

му, безвозвратно му искусству пре-

ушли вместе с ним. подавания.

Он родился в семье Наверное, каж-

болгарского рево- дый абитуриент

люционера, кото- знает по крайней

рый вынужден был Николай Христович Розов мере одну книгу
эмигрировать в Со- (20.02.1938 – 02.11.2020) Николая Христо-
ветский Союз. У вича (написанную

Николая Христовича была Болгария, ро- в соавторстве с Г.В.Дорофеевым и М.К.По-

дина его отца, и наша страна, в которой он таповым) – это «Пособие по математике

родился и где прожил всю свою жизнь. для поступающих в вузы», впервые издан-

Но, может быть, истинной обетованной ное в 60-х годах прошлого века и выдер-

землей для Николая Христовича Розова жавшее с тех пор множество изданий (едва

была страна его мечтаний, в которой люди, ли не каждый год).

распри позабыв, соединяются в единую Николай Христович – автор многих ста-

семью. Его профессией, делом, которому тей о содержании школьной математики и

он посвятил свою жизнь, стало математи- ее преподавании, он содействовал станов-

ческое просветительство в самом широком лению ВЗМШ (Всесоюзной заочной мате-

смысле этого слова. матической школы при МГУ), работал в

Николай Христович окончил мехмат методической комиссии по математике при

МГУ, был активным участником спецсе- оргкомитете Всесоюзной олимпиады, воз-

минара по теории дифференциальных урав- главлял секцию средней школы Московс-

нений, организованного Л.С.Понтрягиным, кого математического общества, был чле-

и математической специализацией своей ном редколлегии журнала «Математика в

выбрал обыкновенные дифференциальные школе», руководил лабораторией матема-

уравнения. Его перу принадлежит множе- тического образования в МИРОСе (Мос-

ство научных работ – статей, монографий, ковский институт развития образователь-

учебных пособий. Среди книг, написан- ных систем), был одним из тех, благодаря

ных Николаем Христовичем вместе с дру- кому в нашу страну пришла олимпиада

гими авторами, есть, между прочим, и «Кенгуру».

«Французско-русский математический сло- В журнале «Квант» опубликовано нема-

варь». ло статей Н.Х.Розова, в том числе обзор-

Другой – не менее, а возможно, и более ные подборки материалов «Читатели сове-

значимой, чем научная, была для Н.Х.Ро- туют». В этих обзорах активные читатели

зова педагогическая работа. Образование «Кванта» находили слова одобрения и

с его проблемами, как старыми, так и поддержки своих первых математических

новыми, всегда привлекало внимание Ни- исследований.

колая Христовича, он много работал в этой Мы очень любили Николая Христовича

области, а в 1997 году возглавил новый Розова, и нам будет его не хватать.

ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА 25

Чертеж в Между тем, во многих задачах провести
геометрической полное решение по одному чертежу в прин-
ципе невозможно, поскольку условие задачи
задаче допускает существование геометрически раз-
личных конфигураций. Кроме того, такая
Г.ДОРОФЕЕВ, Н.РОЗОВ привязанность к одному «случайному» чер-
тежу приводит и к иной неприятности: в ходе
НА РОЛЬ ЧЕРТЕЖА В РЕШЕНИИ решения задачи может обнаружиться проти-
геометрической задачи поступающие воречие между получающимися результата-
смотрят по-разному. Одни думают, что чер- ми и исходным чертежом, которое обычно
теж вообще не нужен, и выполняют его ставит поступающих в тупик. Однако при
подчеркнуто небрежно. Другие, наоборот, правильном понимании роли чертежа в этом
считают сам чертеж достаточным аргумен- нет ничего страшного – следует просто отка-
том в рассуждениях и даже не находят заться от первоначального изображения и
нужным как-либо обосновывать то, что «вид- сделать новый чертеж, соответствующий
но из чертежа». Обе эти крайние точки появившейся геометрической информации
зрения неправильны. (конечно, при условии, что проведенные
рассуждения и вычисления правильны).
Разумеется, никакой чертеж, даже самый
аккуратный, не может заменить логического При построении чертежа бывает полезно
доказательства, а является лишь иллюстра- делать не примерный эскиз, дающий лишь
цией к рассуждениям. Любой геометричес- общее представление о геометрической кон-
кий факт, который мы «увидели» на черте- фигурации, а стремиться последовательно
же, необходимо строго обосновать – только конструировать чертеж, опираясь на данные
тогда можно утверждать, что этот факт дей- задачи и общие геометрические факты. При
ствительно имеет место, а не получен из таком подходе легче «увидеть» те идеи,
верного (или, что гораздо опаснее, неверно- которые можно применить в решении.
го) рисунка.
Задача 1 (МГУ, ф-т почвоведения, 1974).
В то же время наглядный чертеж – хоро- В треугольнике АВС угол В равен 90q,
ший помощник при решении задачи: он АВ 4. На стороне ВС взята точка D так,
может подсказать идею необходимых рас- что BD 1. Окружность радиуса 5 2 про-
суждений и вычислений, натолкнуть на мысль ходит через точки В и D и касается в точке
использовать некоторую теорему или приду- В окружности, описанной около треуголь-
мать удачное дополнительное построение. ника АВС. Найдите площадь треугольника
Недаром математики вообще часто прибегают АВС.
к геометрическим иллюстрациям, чтобы сде-
лать идеи доказательства более понятными. Прежде всего построим треугольник АВС
с прямым углом В (рис.1). Для построения
Однако помочь решить задачу может толь- окружности, описанной около этого треу-
ко чертеж, правильно отражающий суще- гольника, выясним сначала, где находится
ственные геометрические особенности кон- ее центр О и чему равен ее радиус. Как
фигурации, о которой идет речь в условии. известно, центр окружности, описанной око-
Именно поэтому к чертежу следует относить- ло прямоугольного треугольника, лежит в
ся очень внимательно.
Рис. 1
Часто поступающие ограничиваются пер-
вым более или менее удачно выполненным
рисунком, не интересуясь, насколько точно
сделанный чертеж отвечает условию задачи.

Опубликовано в «Кванте» №6 за 1976 год.

26 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

середине гипотенузы, а ее радиус равен В чем же причина неполного соответствия
половине гипотенузы. Это дает возможность рисунка 1 данным задачи? Дело в том, что
построить описанную окружность. проведенное конструирование чертежа каса-
лось только его геометрической стороны, но
Займемся теперь построением другой ок- не учитывало всех конкретных числовых
ружности. Отметив на стороне ВС точку D, данных. Более того, мы не могли их учесть,
мы можем утверждать, что центр этой ок- поскольку все числовые размеры конфигу-
ружности лежит на перпендикуляре, прове- рации, а следовательно, и ее геометрически
денном через середину K отрезка BD. Из точный вид, удается установить только пос-
условия касания окружностей заключаем, ле соответствующих вычислений.
что центр рассматриваемой окружности ле-
жит на радиусе описанной окружности, про- Тем не менее, изложенное выше решение
веденном в точку касания, т.е. в точку В. является исчерпывающим, хотя, как мы те-
Иначе говоря, центр S окружности, о кото- перь убедились, основывалось на неточном
рой идет речь в условии, есть точка пересе- чертеже. Это объясняется просто: в наших
чения прямой SK и медианы ВО. рассуждениях нигде не использовалось вза-
имное расположение точки О и окружности
Построение чертежа закончено. В ходе с центром S, выяснение их взаимного распо-
этого построения мы установили два факта, ложения при данном способе решения зада-
на которых и основывается решение задачи: чи не обязательно.
во-первых, центр S лежит на стороне ВО
равнобедренного треугольника ВОС; во-вто- Подобная ситуация является в геометри-
рых, перпендикуляр, опущенный из центра ческой задаче типичной. Практически никог-
S на катет ВС, проходит через середину да, приступая к решению, мы не в состоянии
отрезка BD. построить чертеж, абсолютно точно отобра-
жающий всю специфику конфигурации, –
Теперь проведем необходимые вычисле- многие ее особенности вскрываются только в
ния. Из прямоугольного треугольника BSK ходе рассуждений. Поэтому важно прежде
по теореме Пифагора находим SK 1, а всего выявлять геометрические свойства,
тогда ctg ‘SBK 1 2. Но ‘ACB ‘OBC, и существенные в данной задаче. Это требует
поэтому BC AB ctg ‘ACB 2. Следова- особого внимания и осторожности, посколь-
тельно, площадь треугольника АВС равна 4. ку с первого взгляда далеко не всегда оче-
видно, какие именно особенности конфигу-
Итак, задача полностью решена, и идею рации окажутся существенными и в какой
решения мы получили благодаря последова- мере допустимо несоответствие между дан-
тельному конструированию чертежа. Одна- ной конфигурацией и чертежом.
ко, как это ни удивительно на первый взгляд,
чертеж, изображенный на рисунке 1, полно- Разумеется, если в процессе решения вы-
стью условию задачи не соответствует. В ясняется, что чертеж явно не соответствует
самом деле, проведенные вычисления пока- данным задачи, его следует заменить на
зывают, что ВС 2, а AC 2 5. Следова- правильный. Например, в следующей зада-
тельно, BO 5 2SB, т.е. ВО – диаметр че даже развитое геометрическое воображе-
окружности с центром S, которая, таким ние не может помочь сразу выполнить чер-
образом, проходит через точку О. Другими теж, точно отражающий существенные осо-
словами, полностью соответствует данным бенности конфигурации.
задачи рисунок 2.
Задача 2 (МГУ, мехмат, 1972). В треу-
Рис. 2 гольной пирамиде SABC боковое ребро SC
равно ребру АВ и наклонено к плоскости
основания АВС под углом 60q. Известно,
что вершины А, В, С и середины боковых
ребер пирамиды расположены на сфере ра-
диуса 1. Докажите, что центр указанной
сферы лежит на ребре АВ, и найдите
высоту пирамиды.

ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА 27

Рис. 3 тельно, точка Н – центр окружности, опи-
санной около треугольника АВС, а потому
Для решения задачи сделаем традицион- центр сферы лежит на перпендикуляре к
ный чертеж пирамиды SABC (рис.3), пост- плоскости основания, восставленном из точ-
роим ее высоту SH и проведем отрезок HC. ки Н, т.е. на высоте SH пирамиды (или на ее
Так как по условию задачи ‘SCH 60q, то продолжении). Центр этой сферы равноуда-
лен, например, от точек А и A1. Поскольку
из треугольника CHS находим SH a 3 2, HA1 a 2 как средняя линия треугольника
ASB, то HA1 HA, так что точка Н, лежа-
HC a 2, где через а обозначена длина щая на ребре АВ, как раз и является центром
ребра SC. сферы. Но радиус этой сферы по условию
равен 1, HA a 2 1, a 2 и SH 3.
По условию вершины А, В, С и середины
A1, B1, C1 соответствующих боковых ребер Иногда само условие задачи умышленно
лежат на одной сфере. Отсюда, в частности, бывает сформулировано несколько неопре-
следует, что через точки А, A1, В, B1 прохо- деленно – так, что оно явно допускает гео-
дит окружность – сечение этой сферы плос- метрически существенно различные черте-
костью грани SAB. Так как A1B1 AB, то жи, и непосредственно по исходным данным
четырехугольник AA1B1B – трапеция, и при- не ясно, какая именно из конфигураций
том равнобочная, поскольку она вписана в имеется в виду. В таком случае надо изобра-
окружность. Поэтому зить на нескольких чертежах все возможно-
сти, отвечающие условию задачи, а затем,
AA1 BB1 1 SA 1 SB. исследуя каждый чертеж, найти истинную
2 2 геометрическую конфигурацию.

Аналогичные рассуждения для четырех- Задача 3 (МГУ, ф-т почвоведения, 1975).
угольника BB1C1C показывают, что пирами- В равнобочной трапеции лежат две окруж-
да SABC имеет равные боковые ребра: ности. Одна из них, радиуса 1, вписана в
SA SB SC AB a. Отсюда видно, что трапецию, а вторая касается двух сторон
треугольник ASB – равносторонний, а по- трапеции и первой окружности. Расстоя-
этому апофема SM этой боковой грани равна ние от вершины угла, образованного двумя
a 3 2, т.е. SM SH. сторонами трапеции, касающимися вто-
рой окружности, до точки касания окруж-
Таким образом, высота пирамиды совпада- ностей вдвое больше диаметра второй ок-
ет с апофемой боковой грани ASB. Но тогда ружности. Найдите площадь трапеции.
точка Н совпадает с М, а грани ASB и АВС
взаимно перпендикулярны. Поэтому изоб- Непосредственно из условия задачи не
раженная на рисунке 3 картина на самом деле ясно, в какой из углов трапеции – в тупой
не соответствует условию задачи, верным или в острый – вписана вторая окружность.
будет рисунок 4. Поэтому мы должны рассмотреть оба вари-
анта (рис.5) и попытаться выяснить, какой
Дальнейшее реше- из них согласуется с конкретными числовы-
ние не представляет ми соотношениями, заданными в условии.
труда. Проекции на
плоскость АВС (см. Рис. 5
рис.4) равных на-
клонных SA, SB, SC
равны: HA HB

HC a 2, следова- Рис. 4

28 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

Пусть О – центр окружности, вписанной в нужно обладать хорошим геометрическим
воображением и проявлять достаточную ос-
трапецию ABCD, O1, O2 – центры второй мотрительность, чтобы при выполнении чер-
окружности (два варианта!), P1, P2, M1, M2, тежа «увидеть» все конфигурации, которые
N1, N2 – точки касания. Радиусы второй следует рассмотреть в решении.
окружности обозначим через r1, r2. Из подо-
бия треугольников OM1C и O1N1C в первом Задача 4 (МГУ, географич. ф-т, 1968).
случае и OM2D и O2N2D во втором имеем Высота прямой призмы равна 1, ее основа-
нием служит ромб со стороной 2 и острым
OM1 OC , OM2 OD , углом 30q. Через сторону основания прове-
O1N1 O1C O2N2 O2D дена секущая плоскость, наклоненная к
плоскости основания под углом в 60q. Най-
а поскольку OC OP1 P1C 1 4r1, OD дите площадь сечения.

OP2 P2D 1 4r2, то в обоих случаях

1 = 1 + 4r ,
r 3r

откуда r 1 2. По теореме Пифагора из

треугольников OM1C и OM2D соответствен-
но получаем теперь, что

M1C 2 2, M2D 2 2. Рис. 6

Итак, если вторая окружность вписана в На экзамене многие поступающие, выпол-
тупой угол трапеции, то меньшее основание нив рисунок 6, дали примерно следующее
трапеции равняется 4 2; если же вторая «решение» этой задачи: «Пусть MN – линия
окружность вписана в острый угол трапе- пересечения секущей плоскости D с плоско-
ции, то большее основание трапеции равно стью грани DCC1D1; опустив перпендикуляр
MK на АВ, по теореме о трех перпендикуля-
4 2. Между тем, если в равнобочную трапе- рах получим, что KD A AB. Поэтому
‘MKD – линейный угол двугранного угла
цию с основаниями а и b, где a b, вписана между плоскостью D и плоскостью основа-
окружность диаметра d, то выполняется не-
равенство a d b – это следует, например, ния, так что ‘MKD 60q. Тогда MK
из легко доказываемого и весьма полезного KD AD sin 30q 2. Но MK – высота
соотношения d ab. Поэтому в нашей за-
даче меньшее основание трапеции должно cos 60q cos 60q
быть меньше 2, так что окружность с цент- параллелограмма AMNB, полученного в се-
ром O1 условию задачи не удовлетворяет, и
следует рассматривать лишь окружность с чении, а следовательно, искомая площадь
центром O2. Теперь уже легко найти пло- S AB ˜ MK 4».
щадь S трапеции. Пользуясь соотношением
между основаниями трапеции и диаметром В этом рассуждении есть существенный
вписанной в нее окружности d ab, мы пробел; чертеж, на котором оно основано,
получаем равенство выполнен при неявном предположении, что
плоскость D пересекает прямоугольник
2 AD ˜ BC 4 2BC, DCC1D1. Между тем при заданных числовых
данных это вовсе не очевидно, более того –
откуда BC 2 2 и неверно: в действительности плоскость D
«выходит» из данной призмы через верх-
S 1 AD BC ˜ 2 9 2 2. нюю грань, а точка М лежит на продолже-
2 нии ребра DD1. В самом деле, найдя так же,
как и выше, что MK 2 (заметим, что это
В разобранной задаче возможность суще- вычисление не зависит от положения точки
ствования двух принципиально различных М на прямой DD1), из треугольника MKD
геометрических конфигураций была совер-
шенно очевидна. Однако не всегда это так, и

ПРАКТИКУМ АБИТУРИЕНТА 29

S 2 cos M. Если M ! 45q, то имеет место
третий случай (см. рис.7), тогда S 2 sin M.
Что же касается случая M 45q, то его нужно
было бы рассмотреть на специальном черте-

же, Но фактически можно использовать и

любой из имеющихся – так довольно часто

бывает при рассмотрении «крайних» значе-
ний; в этом случае S 2 2.

Окончательный ответ записывается в виде

­2 cos M, если M 45q,
S ®°2 2,
Рис. 7 если M 45q,

мы получим, что MD 3, так что MD ¯°2 sin M, если M ! 45q.
Можно, разумеется, включить второй слу-
больше DD1. Следовательно, речь в задаче
идет о конфигурации, указанной на рисун- чай в любой из двух других и записать ответ
ке 7, и искать надо площадь параллелограм-
ма AQPB, а не AMNB. Дальнейшее решение более компактно.
задачи не вызывает принципиальных за-
труднений, и мы предоставляем это читате- С аналогичной ситуацией мы встречаемся
лям; искомая площадь S 4 3.
и в следующей задаче. Правда, окончатель-
Еще большее внимание требуется при
решении задач, в которых геометрическая ный ответ в ней от вида конфигурации не
конфигурация задается не числовыми, а
буквенными данными, т.е. в своего рода зависит и одинаков для всех значений пара-
геометрических задачах с параметрами. В
этих задачах (так же, как и в алгебраиче- метра, однако промежуточные вычисления
ских задачах с параметрами) и способ реше-
ния и получаемый ответ могут существенно проводятся по-разному для различных кон-
зависеть от соотношений между параметра-
ми, определяющими конфигурацию. фигураций. Естественно, что решение, в

Пусть, например, в разобранной только котором рассмотрены не все геометрически
что задаче секущая плоскость проведена под
углом M к плоскости основания, а все ос- различные случаи, не может считаться пол-
тальные числовые данные – те же самые.
Тогда в решении следует рассмотреть три ноценным, хотя формально получается пра-
случая:
вильный ответ.
1) точка М лежит на ребре DD1; Задача 5 (МГУ, мехмат, 1970). Шар ради-
2) точка М совпадает с D1;
3) точка М лежит на продолжении ребра уса r касается плоскости Р в точке А.
DD1.
Какой именно из указанных случаев имеет Прямая l образует с плоскостью Р угол M,
место, зависит от величины угла M, и опреде-
лить это можно, исходя из сравнения отрез- пересекает эту плоскость в точке С и
ков MD и D1D. Независимо от расположе-
ния точки М на прямой DD1, ясно, что касается шара в точке В. Найдите длину
MD KD tg M tg M. Поэтому указанные
случаи определяются условиями: отрезка АВ, если АС 2r.
1) tg M 1;
2) tg M 1; Изобразим конфигурацию, о которой идет
3) tg M ! 1.
Таким образом, если M 45q, то имеет речь в условии (рис.8). Из точки В опустим
место первый случай (см. рис.6), и тогда
перпендикуляр BB1 на плоскость Р и прове-
дем отрезок CB1; ясно, что ‘BCB1 M. Да-
лее, ОА ОВ r, а СВ СА 2r по свойству

касательных к шару, проведенных из одной

точки.

Рис. 8

30 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

Искомый отрезок АВ является гипотену- Рис. 9
зой прямоугольного треугольника BB1A, катет
BB1 которого определяется из прямоугольно- Если точка В лежит между N и B1 (рис.9), то
го треугольника CB1B: BB1 2r sin M. Остает-
ся найти катет AB1. Прямые ОА и BB1, перпен- NB NB1 BB1 r 2r sin M,
дикулярные к плоскости Р, лежат в одной
плоскости. Проведем в ней прямую ON AB1; а дальнейшее вычисление отрезков ON и АВ
тогда AONB1 – прямоугольник и, следова- проводится точно так же, как и выше; в
тельно, AB1 ON, NB1 OA r. Так как результате мы приходим к той же формуле
для отрезка АВ. Если, наконец, точки N и В
NB BB1 NB1 2r sin M r, совпадают, то ясно, что BB1 ON r, и
AB r 2. В этом случае в треугольнике
то из треугольника ONB CB1B катет BB1 r составляет половину ги-
потенузы СВ 2r, а потому M 30q, т.е.
ON2 OB2 NB2 4r2 sin M 1 sin M , AB 2r sin M.

а из треугольника BB1A Таким образом, равенство AB 2r sin M
справедливо при любых возможных значе-
AB AB12 BB12 ON2 BB12 2r sin M. ниях M.

Не следует, однако, думать, что задача Решение этой задачи можно провести и с
решена. В самом деле, при вычислении от- помощью рассуждений, не зависящих от
резка NB мы существенно использовали тот конкретного расположения точек В, B1 и N –
факт, что точки В, N и B1 расположены попробуйте сделать это самостоятельно.
именно так, как это изображено на рисун-
ке 8. Но из условия задачи вовсе не следует,
что точка N лежит между В и B1; точка В
может лежать между точками N и B1, точки
N и В могут даже совпадать. Только рассмот-
рев все эти случаи, мы можем утверждать, что
провели исчерпывающее решение задачи.

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА

Мы продолжаем очередной конкурс по решению математических задач. Задания рассчи-
таны в основном на учащихся начиная с 8–9 классов, а более младшим школьникам
советуем попробовать свои силы в конкурсе журнала «Квантик» (см. сайт kvantik.com).

Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу:
[email protected] или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский про-
спект, 64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии
укажите город, 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
таком случае присылается одна работа со списком участников). Участвовать можно,
начиная с любого тура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы.

Задания, решения и результаты публикуются на сайте sites.google.com view savin-contest

Желаем успеха!

9. Можно ли записать в каждой вершине 10. а) На клетчатом листе нарисовали
куба натуральное число так, чтобы все 8 четырехугольник с вершинами в узлах
чисел были различны, но произведение сетки (рис.1). Докажите, что у него один
чисел в вершинах каждой грани было одно из углов в два раза больше другого.
и то же?
б) Нарисуйте на клетчатом листе выпук-
М.Евдокимов лый четырехугольник с вершинами в уз-

КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА 31

лах сетки, у которого один
из углов в четыре раза
больше другого.

М.Евдокимов

11. Дан треугольник

ABC. На лучах AB и AC

отметили соответственно Рис. 1
точки AB и AC так, что
AAB AAC BC. Пусть A1 – пересечение Рис. 2
прямых BC и AB AC. Аналогично определя-
ются точки B1 и C1. Докажите, что прямые 14. Даны два прямоугольника ABCD и
AA1, BB1, CC1 пересекаются в одной точке. DEFG, причем точка E лежит на отрезке
М.Тимохин AD, точка G лежит на отрезке CD, а точка
F – центр вписанной окружности треу-
12. Есть n лампочек и 2n выключателей. гольника ABC (рис.2). Во сколько раз
Каждая лампочка подключена к своим площадь прямоугольника ABCD больше
двум выключателям; она горит в том и площади прямоугольника DEFG?
только в том случае, когда оба ее выклю-
чателя включены. В начальный момент все А.Андреева, М.Панов
выключатели выключены. Неизвестно,
какие выключатели подключены к каким 15. Для каких натуральных n набор
лампочкам. За одну попытку можно одно- чисел 1, 2, …, n можно разбить на две
временно включить любое количество вык- группы так, чтобы произведение чисел
лючателей и увидеть, какие лампочки при одной группы было равно сумме чисел
этом будут гореть. Существует ли алго- другой группы?
ритм, позволяющий установить, какие
выключатели принадлежат каким лампоч- В.Лецко
кам:
16. Карточный шулер тасует колоду из
а) сделав не более 2n 1 попыток; N карт, число N четно. Делает он это
б) сделав не более n 1 попыток? «пролистыванием». Сначала одним дей-
ствием он разделяет колоду на две равные
В.Расторгуев стопки – верхняя часть становится первой
стопкой, нижняя второй. Затем кладет их
13. Квантик и Ноутик играют в такую рядом и одновременно «пролистывает» их
игру. Ноутик диктует Квантику цифры от обе так, что стопки соединяются следую-
1 до 9 в том порядке, в котором захочет щим образом: вниз ложится нижняя карта
(каждую по одному разу). Квантик запи- первой стопки, на нее ложится нижняя
сывает их на листе бумаги, причем каж- карта второй стопки, на нее – вторая снизу
дую цифру, начиная со второй, пишет карта первой стопки, на нее – вторая снизу
либо слева, либо справа от всех ранее карта второй стопки и так далее. Напри-
написанных цифр. В результате на листе мер, для колоды из 8 карт из колоды
образуется девятизначное число. Квантик (12345678), где 1 обозначает нижнюю кар-
хочет, чтобы оно было как можно больше, ту, получается колода (51627384). Шулер
а Ноутик – чтобы оно было как можно хочет, чтобы после нескольких таких дей-
меньше. Какое число получится, если оба ствий карты в колоде лежали так же, как
будут играть наилучшим образом? сначала. Докажите, что для этого ему
достаточно сделать не более N действий.
И.Акулич
Е.Бакаев

…можете вы указать, где находится кончик лишь от высоты столба жидкости, ее плотности
летящей стрелы? и площади дна.

Зенон Элейский Парадокс Паскаля

Почему если к дереву приложить топор, …Пока ящик не открыт, кот внутри ящика
обремененный тяжелым грузом, то дерево бу- пребывает в суперпозиции двух состояний, т.е.
дет повреждено незначительно, но если под- ни жив, ни мертв.
нять топор без груза и ударить по дереву, то
оно расколется? Парадокс Шрёдингера

Аристотель …в физике парадокс – всего лишь путаница в
нашем собственном понимании.
Вопреки здравому смыслу, сила давления на
дно сосуда не зависит от его формы, а зависит Ричард Фейнман

Когда съедают бублик, куда девается дырка?

Фольклор

А так ли хорошо знакомы вам

?физические парадоксы

История физики изобилует парадокса- 2. А как бы на вопрос Аристотеля (см.
ми! Иногда нехитрыми, требующими лишь эпиграф) ответили вы?
более внимательного взгляда и привлече-
ния уже известных знаний, чтобы разре- 3.Обруч, раскрученный в вертикальной
шить кажущиеся противоречия. А порой плоскости и посланный по полу рукой
глубокими, затрагивающими основы су- гимнастки, через несколько секунд сам
ществующих теорий и ведущими к их возвращается к ней. Чем это объяснить?
пересмотру. Размышления над парадокса-
ми занимали умы выдающихся ученых, а 4. Шарик массой m, связанный нитью с
их анализ сыграл важную роль в развитии неподвижной осью, движется по окружно-
современной физики. сти со скоростью v. Его кинетическая
энергия равна mv2 2 и постоянна. Однако
Однако и в пределах школьного курса
найдется немало задач, носящих парадок- в системе отсчета, движущейся в плоско-
сальный характер и вроде бы расходящих-
ся со здравым смыслом. Их решение, сти вращения шарика со скоростью v, его
надеемся, позволит выйти за рамки при-
вычных, стандартных подходов, расши- кинетическая энергия изменяется от 0 до
рит представления о физических явлени- 2mv2. Согласуется ли это с законом сохра-
ях, а также предостережет от некоторых,
бывает обидных, ошибок. Вооружимся па- нения энергии?
радоксальной поговоркой «невероятно, но 5. На монете начерчена мелом прямая
факт» – и смело вперед!
линия. Разве не должна искривляться эта
Вопросы и задачи линия, если монету нагреть?

1. В закрытом равномерно движущемся 6. Если капнуть воду на горизонтальную
вагоне в центре пола лежит мяч, а над ним раскаленную плиту, то капелька долго
у потолка висит легкий резиновый шарик, держится, почти не испаряясь. Если сде-
надутый водородом. Как будут двигаться лать это при слабо накаленной плите, то
мяч и шарик, если вагон резко затормо- капелька почти мгновенно с шипением
зит? Сопротивлением воздуха и трением испарится. Как истолковать разницу в
мяча о пол можно пренебречь. таком «поведении» капельки?

7. Открыв дверцу холодильника в жар-
кий день, мы чувствуем поток устремлен-
ного в комнату охлажденного воздуха.
Можно ли таким путем создавать прохла-
ду в комнате?

8. Медная труба с внешним диаметром ними лишь застывшими «состояниями».
1 см служит проводником пара. Чтобы …знаменитый гидростатический пара-
уменьшить тепловые потери, ее покрыли
слоем теплоизоляции толщиной 5 мм. Од- докс, вошедший в школьные учебники под
нако потери после этого не только не именем закона Паскаля, значительно ра-
уменьшились, но даже возросли. Почему? нее был открыт Симоном Стевином, кста-
ти говоря, восстановившим результаты,
9. Разность потенциалов между обклад- полученные еще Архимедом.
ками заряженного плоского воздушного
конденсатора прямо пропорциональна рас- …в соответствии с установленным в 1905
стоянию между ними. Раздвигая пласти- году законом, значительная часть энергии
ны, мы вроде бы можем неограниченно в спектре теплового излучения приходится
увеличивать эту разность потенциалов. Нет на его коротковолновую (ультрафиолето-
ли здесь противоречия? вую) область, что противоречит экспери-
менту. Такое несовпадение получило на-
10. К положительно заряженному шару звание ультрафиолетовой катастрофы или
А поднесли металлический положительно парадокса Рэлея – Джинса.
заряженный шар В, который стал притя-
гиваться к шару А. Как же так, ведь …ньютонова теория тяготения оказалась
одноименно заряженные тела должны от- неприменимой к появившейся в начале ХХ
талкиваться!? века новой модели Вселенной, приводя к
гравитационному парадоксу, согласно ко-
11. С помощью маленького осколка зер- торому в любой точке Вселенной должна
кала на стене наблюдают солнечный «зай- действовать бесконечно большая сила.
чик», причем его круглая форма почему-
то не зависит от формы осколка. В каком …прошлый век подарил новые, понача-
случае это происходит? лу казавшиеся парадоксальными, физи-
ческие представления: электрическое и
12. Спичкой можно закрыть от глаза магнитное поля не существуют отдельно, а
какое-нибудь слово книжного текста. Од- для разных наблюдателей одно и то же
нако если держать спичку в 1–2 сантимет- поле может проявляться или как магнит-
рах от глаза, то текст будет виден «сквозь» ное, или как электрическое, или как их
спичку. Чем это объясняется? смесь в самых разных пропорциях.

Микроопыт …расхождение в возрасте близнецов,
один из которых остается на Земле, а
Возьмите стакан, до половины заполнен- другой совершает космическое путеше-
ный водой, и накройте его листом бумаги. ствие, – пожалуй, самый известный пара-
Плотно прижмите бумагу рукой и перевер- докс в теории относительности.
ните стакан вверх дном. Убедившись, что
бумага расположена горизонтально, убе- …в конце ХХ века активно обсуждался
рите руку. Вода не выливается! Что за так называемый квантовый эффект Зено-
парадокс? на. Его основное парадоксальное утверж-
дение заключалось в том, что непрерывное
Любопытно, что… наблюдение за процессом радиоактивного
распада делает сам распад невозможным.
…по главной апории (по-гречески – зат-
руднение) Зенона против движения, летя- Что читать в «Кванте» о физических
щую стрелу нельзя отличить от покоящей- парадоксах
ся. Выйти из этого «безвыходного положе-
ния» удалось лишь в середине XVII века с (публикации последних лет)
введением Гюйгенсом понятия скорости.
1. «О роли парадоксов в развитии науки» –
…мировоззренческой основой древнегре- 2016, приложение №2, с.165;
ческих ученых, приводящей к парадок-
сам, был отказ от каких бы то ни было 2. «На том стоим!» – 2018, №5, с.26;
текущих процессов, якобы недоступных 3. «Относительность движения в задачах
для научного анализа, и ограничение од- динамики» – 2019, №4, с.40;
4. «Парадокс Вавилова» – 2020, №1, с. 59.

Материал подготовил А.Леонович

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ

Капля дождя Уравнение движения капли можно запи-
сать в виде

m'v mg't Fc't v'm. (1)

Р.КОРКИН Первое слагаемое в правой части соответ-

ствует ускорению капли в поле тяжести,

ЗАДАЧА ПРО ДВИЖЕНИЕ КАПЛИ второе учитывает сопротивление воздуха, а
дождя уже рассматривалась в «Кванте»
третье – потери импульса за счет слияния со

(1982, №4, с.31 и 2019, №12, с.26; автор встречными каплями. Сила сопротивления

публикаций – А.Стасенко), но несколько в воздуха, вообще говоря, состоит из двух

другом аспекте. А именно, формулировка компонент: лобовое сопротивление и вязкое

была следующей: трение. Точные формулы выглядят следую-

Пусть в облаке из микрокапель одна из щим образом: U0v2
2
них стала падать, поглощая на своем пути F1 = C Sr 2,

встречные капли. Каков закон движения F2 6SKrv,

падающей капли со временем? хотя по порядку величины эти обе компонен-
ты могут быть оценены из соображений
Предполагалось, что движение капли ус- размерности. Здесь C – аэродинамический
коэффициент лобового сопротивления, U0 и
тановилось, но оно настолько медленное, что K – плотность и вязкость воздуха. Аэроди-
намический коэффициент C зависит от гео-
сопротивлением воздуха можно пренебречь. метрии тела, скорости движения, а также
параметров воздуха и, вообще говоря, не
Изменение формы капли и ее распад на является константой. Но для капли сфери-
ческой формы в диапазоне малых скоростей
более мелкие при соударении исключались. будем использовать значение С порядка 0,5.

Иными словами, уточнялась постановка за- Подставляя выражения сил сопротивле-
ния в формулу (1), получим
дачи о капле, падающей и растущей в непод-

вижном тумане, ранее опубликованной в

курсе теоретической физики А.Зоммерфель-

да («Механика»). И приводилось красивое

и простое решение, дающее ответ: капля

движется со средним ускорением g 7 .

Однако постановка задачи о движении

капли без учета силы сопротивления воздуха m'v mg't v'm

не позволяет исследовать динамику реаль- CU0v2
2
ной капли. Поэтому Sr2't 6SKrv't. (2)

кажется интересным

рассмотреть задачу о Однако это уравнение слишком громоздкое

движении капли с уче- для анализа. Давайте сначала изучим паде-

том силы сопротивле- ние одинокой капли. Для этого опустим

ния воздуха и погло- слагаемое, связанное со встречными капля-

щения на пути движе- ми. Из уравнения понятно, что, начав па-

ния встречных капель дать, капля разгонится до некоторой пре-

(рис.1). Это позволит дельной скорости, при которой сила тяжести

ответить на следую- будет уравновешена двумя силами сопротив-

щие вопросы: какова ления. Решение уравнения относительно

концентрация встреч- скорости дает:

ных капель в возду- ·2
¸
хе; какие типичные v § 6K ¹ 8Ugr 6K . (3)
¨ CU0r 3CU0 CU0r
размеры имеют капли ©

дождя; с какими мак-

Рис. 1. Движение кап- симальными скорос- Результат отображен на рисунке 2. Интерес-
но, что такое упрощенное рассмотрение дает
ли с поглощением тями они падают на зависимость максимальной скорости капли
встречных капель плотностью U от ее размеров, близкую к
поверхность Земли. наблюдаемым значениям. Так, капли радиу-

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20201104

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ 35

Рис. 2. Зависимость предельной скорости кап- скоростей капель дождя, но и узнали макси-
ли от ее радиуса мальный радиус капель.

Рассмотрим теперь уравнение (2) с учетом
слияния капли со встречными. Как мы уже
заметили выше, уравнение громоздко для
анализа и хотелось бы его упростить. К
счастью, для достаточно больших капель и
не очень малых скоростей силой вязкого
трения можно пренебречь. Действительно,
рассмотрим каплю радиусом r0 0,5 мм при
скорости движения v ∼ 3 м c. Используя
значения плотности и вязкости воздуха:
U0 1,2 кг м3 и K 2 ˜ 10 5 Па ˜ с, имеем

F1 ∼ 4,2 ˜ 10 6 H ≫ F2 ∼ 5,7 ˜ 10 7 H.

Таким образом, для качественных оценок

сом 0,3, 1 и 3 мм в действительности имеют максимальных скоростей можно рассмот-
максимальные скорости 2,5, 6,5 и 10 м с
соответственно (см., например, книгу: реть только силу лобового сопротивления.
Б.Дж.Мейсон. Физика облаков. – Гидроме-
теоиздат, 1961), а на графике это 3, 6,5 и Вычислим изменение массы капли за счет
11 м с. Заметим, что без учета вязкого тре-
ния значения скоростей несколько завыше- слияния. Масса встречных капель, собран-
ны лишь для капель радиусом менее 1 мм.
ная за время 't, равна
Понятно, что скорости действительно дол-
жны быть выше для крупных капель – сила 'm DUSr2v't, (5)
тяжести растет с радиусом быстрее, чем силы
сопротивления. Почему же в таком случае где D – объемная концентрация капель в
эта зависимость не распространяется и на воздухе, т.е. объем водяных капель на еди-
более крупные капли? Ответ состоит в том, ницу объема воздуха. Здесь мы предположи-
что наше приближение не работает, когда ли, что все капли, встречаемые по пути
перепад давлений из-за сопротивления воз- движения, будут поглощаться. Это не совсем
духа сопоставим с давлением поверхностно- верно, так как не учитываются отскоки ка-
го натяжения: CU0v2 2 ∼ 2V r , где V – коэф- пель, но для качественного рассмотрения
фициент поверхностного натяжения. Вязкое этого достаточно. Считая капли шарообраз-
трение здесь опущено, поскольку при боль- ными, из закона сохранения массы находим
ших скоростях лобовое сопротивление доми- изменение радиуса:
нирует. Отсюда можно найти соотношение
между критическими значениями радиуса и 4Sr2'r Sr2D'x.
скорости капли:
Видно, что радиус растет линейно с пройден-

ным путем. Принимая радиус капли в на-

чальный момент за r0, получаем

r r0 Dx . (6)
4

C учетом уравнений (2), (5) и (6) перепи-

vк2рrкр 4V . шем дифференциальное уравнение для ско-
CU0
∼ (4) рости:

Для капель с радиусом 5 мм критическая dv gdt 3 § D CU0 · r0 v2dt .
4 ©¨ 2U ¹¸ Dx 4
скорость равна 10 м с. Таким образом, более

крупные капли если и возникнут, то, разог- Интересно, что вклады слагаемых, соответ-
ствующих слиянию капель и силе сопротив-
навшись до критической скорости, будут ления воздуха, имеют идентичные формы.
Умножим уравнение на v, введем новую
сначала деформированы, что увеличит их
переменную y v2 2g и произведем замену
сопротивление, а затем разорваны на множе-
dx vdt. Тогда выражение несколько упро-
ство мелких капель, которые замедлятся, стится:

согласно кривой на рисунке 2.

Итак, мы не только выяснили диапазоны

36 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

yc 1 ay . ствует (C 0), но концентрация встречных
x b капель достаточно высокая (радиус нашей
капли существенно увеличивается, но
Здесь введены параметры a 6 3CU0 UD D ≫ 4r0 x). Тогда

и b 4r0 D. Для того чтобы избавиться от v2 2gx ,
знаменателя, ищем решение в виде 7

y z x b . Подставив это выражение в т.е. капля падает с ускорением g 7, что
согласуется с ответом в вышеупомянутых
уравнение, получим материалах «Кванта».

zc x b z 1 az. 3. Сопротивление воздуха присутствует,
но нет встречных капель (C 0,5, D o 0).
Отсюда находим Этот случай соответствует движению одино-
кой капли в поле тяжести с учетом сопротив-
dz dx . ления воздуха. С помощью некоторых алгеб-
x b раических преобразований формула (7) мо-
1 1 a z жет быть переписана в виде

Тем, кто умеет интегрировать, несложно v2 8Ugr0 1 e 3CU0x 4Ur0 .
увидеть, что и слева и справа при интегриро- 3CU0
вании получается натуральный логарифм.
Вычислив экспоненты левой и правой час-
тей, получим ответ для функции z:

1 A (8)

z a 1 x b a 1 ,

Экспоненциальное выражение в скобке стре-

где A – константа интегрирования. мится к нулю с увеличением пройденного
Решение для y запишем в виде
пути, и скорость капли стабилизируется.

y x b A . Интересно, что весь разгон у одинокой кап-
a 1
x b a ли занимает всего несколько метров или

Полагая начальную скорость капли равной десятков метров: L ∼ 4Ur0 3CU0 11 м для

нулю (или y 0 0), вычислим константу A: капли радиусом 0,5 мм. Асимптотически

формула (8) стремится с формуле (3), если

0 b A , A aba 11. положить в ней вязкость равной нулю.
ba
a 1 Для количественного анализа нам недоста-

Теперь выражение для v2 выглядит следую- ет знаний о параметре D. Концентрация
щим образом:
встречных капель определяется количеством

v2 8gr0 1 Dx 4r0 u сконденсированного водяного пара. Конден-

7D 3CU0 U сация в облаке происходит за счет перемеще-

ния теплых воздушных масс в область более

низких температур. Вариации температуры

§ 1 · на интересующих нас высотах (до несколь-
¸.
u ¨¨1 4r0 7 3CU0 DU ¸ (7) ких километров) составляют 10–20 градусов
© ¹
1 Dx при самой температуре порядка 20 qC. В
таком случае плотность капель – так называ-
Эта общая формула содержит в себе не-
сколько интересных предельных случаев. емая водность – есть разница плотностей

1. Сопротивление воздуха и концентрация насыщенных паров воды, которая колеблет-
встречных капель пренебрежимо малы (по-
ложим C o 0, D o 0). Тогда уравнение (7) ся в широких пределах от сотых долей до
упрощается:
3–4 г м3. Поскольку водность, или массовое

водосодержание, w связана с объемным во-

v2 2gx. досодержанием соотношением w DU, то D
изменяется от 10 8 до значений порядка
Это обычный закон падения капли в поле
тяжести в отсутствие сопротивления возду- 3–4 ˜ 10 6. Можно заметить, что при реаль-
ха, чего и следовало ожидать.
ном коэффициенте сопротивления C ∼ 0,5
2. Сопротивление воздуха также отсут-
вклад слияния капель в знаменатель форму-
лы (7) незначителен: 7D | 3 ˜ 10 5 ≪ CU0 U |

ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТАТИВ 37

| 6 ˜ 10 4 даже для очень высоких значений D d 4 ˜ 10 6, а типичнные размеры капель в
водности облака (D ∼ 4 ˜ 10 6). облаке оценивались выше в десятые и сотые
доли миллиметров, то концентрация капель
Однако учет слияния капель дает интерес- получается порядка 10 8 –10 7 на кубический
ный эффект по крайней мере для высоких метр, а расстояние между каплями составля-
ет сантиметры.
значений Dx 4r0 , т.е. при высоких значени-
Стоит заметить, что физика капли дождя
ях водности (D ∼ 4 ˜ 10 6), для крупных об- интересна и многогранна и не исчерпывается
описанными выше явлениями. Здесь не были
лаков (4 км). В этом случае формула (7) рассмотрены, например, эффекты роста ка-
упрощается до выражения пель из зародышей, влияние заряда на сли-
яние капель при падении, возможное испа-
v2 7 2gx DU . (9) рение капли по ходу движения или замерза-
3CU0 ние с образованием кристалликов льда и так
далее.
Мы снова получили равноускоренное дви-

жение, несмотря на силу трения! Физически

это возможно благодаря сильному увеличе-

нию радиуса капли по ходу движения

(DH 4r0 ∼ 4). Сила сопротивления растет

пропорционально второй степени, а сила

тяжести – третьей степени радиуса, который

сам по себе растет со временем, позволяя

капле двигаться с небольшим ускорением.

Ускорение при этом не зависит от размеров

капли и составляет примерно 0,002g. Дос-

тигнув Земли, радиус капли увеличится на

DH 4 4 мм, а ее скорость составит 13 м с.

Однако, этот ответ несколько завышен даже

для начального радиуса 0,5 мм, так как при

полном радиусе 4,5 мм начиная со скорости

10,2 м с капля теряет сферичность согласно

формуле(4).

Но можно задаться вопросом о максималь-

ной скорости капли меньшего размера в

случае высокой водности. Возможно, такие

капли смогут преодолеть барьер, указанный

в формуле (3)? Ответ отрицателен: равноус-

коренное движения в облаке высокой водно-

сти (9) лишь соответствует более плавному

разгону, нежели согласно (8). Конечные

скорости все равно ограничены формулами

(3) вплоть до значений скорости (4). Дей-

ствительно, правая часть формулы (9) мо-

жет быть переписана так:

7 2gx DU | 7D 2g Dx 4 |
3CU0 4 3CU0 4U

| 7D 2gr 4U | 8Ugr .
4 3CU0 3CU0

Напоследок давайте оценим концентра-
цию капель в облаке и среднее расстояние
между каплями. Поскольку коэффициент

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК

Две задачи покрыть уголком двумя способами (рис.1) –
о покрытии в обоих случаях однозначно ставится еще
доски уголками один уголок снизу и эти два уголка образуют
прямоугольник 3 u 2. К оставшейся доске
А.КАНУННИКОВ
3 u n 2 применяем то же рассуждение и
ОДНА ИЗ РАСПРОСТРАНЕННЫХ
кружковых тем – замощения, разреза- получаем, что
ния, раскраски. Типичная задача на эту тему доска 3 u n разрезается
формулируется так: «Можно ли данную на уголки œ n четно. (1)
фигуру, состоящую из клеток, разрезать на Далее возьмем m 6. Доски 6 u 2 и 6 u 3
фигурки данного вида?» (см., например,
[1]). В этой статье мы решим две схожие можно разрезать на блоки 3 u 2, а значит – и
исследовательские задачи о покрытии пря- на уголки (рис.2). Отсюда ясно, что
моугольной доски уголками.
доска 6 u n разрезается
Задача 1. Доски каких размеров m u n на уголки при любом n ! 1. (2)
можно разрезать на уголки из трех кле-
ток? Рис. 2
Действительно, при четном n такая доска
Очевидно, что число клеток mn должно разрезается на доски 6 u 2, а при нечетном
быть кратно 3, а значит, m или n кратно 3.
Рассмотрим близкую задачу, в которой это n – на одну доску 6 u 3 и n 3 2 досок 6 u 2.
ограничение снимается.
Осталось исследовать доски с нечетными
Задача 2. Доски каких размеров m u n m, n ! 3, где m кратно 3. Наименьшие значе-
можно покрыть уголками из трех клеток ния: m 9 и n 5. На разрезание доски 9 u 5
равномерно в несколько слоев? (Каждая может уйти много неудачных попыток. В
клетка покрывается одним и тем же чис- решении поможет раскраска доски, показан-
лом уголков.) ная на рисунке 3. Ясно, что каждый уголок
покрывает не более чем одну зеленую клет-
В ответе к этой задаче m и n уже могут быть ку. С другой стороны, зеленых клеток 15 –
не кратны 3 (в этом случае число слоев будет столько же, сколько должно быть уголков.
кратно 3). Интересное решение задачи 2 для Значит, в каждом уголке должно быть по
доски 5 u 7 автор увидел в книжке [2], когда
был школьником. Догадаться до этого реше- Рис. 3
ния весьма не просто.

Решение задачи 1

Будем считать, что m кратно 3. Начнем со
случая m 3. При n 2 получаем прямоу-
гольник 3 u 2, который разрезается на два
уголка. Исследуем общий случай доски 3 u n
при n ! 1. Ее левую верхнюю клетку можно

Рис. 1 Рис. 4
DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20201105

МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК 39

зеленой клетке. Одно из разрезаний показа- 2 ˜ 2k 3 2k 1 2k 3. Предположим,
но на рисунке 4. Отсюда следует, что
что доску 3 u 2k 1 удалось покрыть уголка-
любая доска m u n с нечетными
m,n ! 3, где m кратно 3, ми в N слоев. Рассмотрим сумму S чисел во
разрезается на уголки. (3) всех уголках. С одной стороны, она равна
сумме чисел во всех слоях, т. е. 3N. С
Действительно, достаточно отпилить от другой, в каждом уголке сумма чисел равна
такой доски доску 9 u n и остаток разрезать либо 3, либо 0, во всяком случае неположи-
на доски 6 u n (всякое нечетное m ! 3, крат- тельна. Таким образом, S 3N d 0 – проти-
ное 3, представляется в виде 9 6 ... 6). воречие. Мы доказали, что
Доски 6 u n разрезаются в силу (2), а доска
9 u n разбивается в соответствии с разбиени- доски 3 u 2k 1 нельзя
ем n 5 2 ... 2; доски 9 u 2 разрезаются
на три блока 3 u 2, а доску 9 u 5 мы только что равномерно покрыть уголками. (5)
разрезали.
Этот трюк с хитроумной расстановкой чисел
Решение задачи 1 заключено в утвержде- произвел на меня сильное впечатление, ког-
ниях (1)–(3). Сформулируем его в виде да я впервые, будучи школьником, увидел
теоремы. решение этой задачи для доски 5 u 7 в книж-
ке [2]. Я решил посмотреть, на какие доски
Теорема 1. Доска m u n разрезается на
уголки в следующих случаях и только в них: 2k 1 u 2l 1 обобщается это рассужде-

1) mn кратно 6 и m, n ! 1; ние. Зеленых клеток на такой доске ровно kl,
2) mn кратно 3, m и n нечетны и больше 3. поэтому сумма чисел для такой доски равна

Решение задачи 2 S 2kl 2k 1 2l 1 kl

Прежде всего отметим, что любое покры- kl 2k 2l 1,
тие одним слоем можно наслаивать много-
кратно (столько раз, сколько нужно). Да- что почти всегда отрицательно: произведе-
лее, помимо блока 2 u 3 у нас появляется еще ние kl имеет «больший вес», чем 2k 2l 1.
блок 2 u 2: такой квадратик покрывается Это не удивительно: зеленые клетки состав-
четырьмя уголками в три слоя (рис. 5). ляют примерно четверть на большой доске:
на каждую двойку приходится три минус
Рис. 5 единицы. Выясним, когда все же S положи-
тельно. Нас интересуют не слишком узкие
Прямоугольниками 2 u 3 и 2 u 2 можно по- доски: k, l ! 2, иначе один из размеров доски
крыть любую полоску 2 u n, а тогда и любую равен 3 – такие доски мы уже изучили (см.
доску 2k u n. Итак, (5)). При k t l t 3 имеем

доска m u n, где mn четно (m, n ! 1), S ! 0 œ k 2 l 2 3 œ k, l œ
равномерно покрывается уголками. (4)
œ 3, 3 , 4, 3 .
Осталось исследовать доски с нечетными
m и n. Как и в задаче 1, начнем со случая Таким образом,
m 3. Это первый нетривиальный случай,
когда доказать невозможность покрытия не доски 5 u 5 и 5 u 7 нельзя
так просто. Пусть n 2k 1. Воспользуемся равномерно покрыть уголками. (6)
уже знакомой нам раскраской на рисунке 6
и расставим в зеленые клетки число 2, а в Отметим, что для доски 5 u 9 сумма S
белые число 1. Сумма всех чисел равна оказывается равной 0, поэтому в каждом
уголке сумма должна равняться 0, т.е. в
– каждом уголке должна быть зеленая клетка.
Так оно и есть – мы уже замощали доску 5 u 9
Рис. 6 в один слой (см. рис. 4). Теперь легко по-

крыть доску 5 u 9 2t : отдельно покрываем

доску 5 u 9 и t досок 5 u 2 (и уравниваем
число слоев). Итак,

доски 5 u n равномерно покрываются
уголками при любом нечетном n ! 9. (7)

К выводам (5) и (6) можно прийти, ис-
пользуя только раскраску с зелеными клет-

40 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

ками, не расставляя числа. Рассмотрим, к
примеру, доску 5 u 7. Пусть ее можно по-
крыть уголками в N слоев. Тогда число
зеленых клеток во всех слоях равно 12N, а
число уголков равно 35N 3. Но в каждом
уголке – не более одной зеленой клетки,
значит, уголков не больше, чем зеленых
клеток (по всем слоям), т.е. 12N 35N 3 –
противоречие. Это решение рассказала пре-
подаватель Малого мехмата Марина Молча-
нова.

Особого внимания заслуживает доска 7 u 7.
Если мы научимся покрывать ее, то

сможем покрыть
вообще все не рассмотренные

ранее доски 7 2p u 7 2t . (8)

Достаточно показать, что, вырезав любую
клетку доски 7 u 7, мы сможем покрыть
оставшуюся часть уголками в один слой. В
самом деле, наложив друг на друга все 49
таких покрытий, мы покроем доску 7 u 7 в 48
слоев! Конечно, примеры покрытий доста-
точно привести не для 49 клеток, а всего для
10 – они отмечены на рисунке 7, любая

Рис. 7 Рис. 8

другая клетка переводится в одну из отме- Литература
ченных поворотом или отражением доски.
Каждая из 10 клеток, отмеченных на рисун- 1. С.Табачников, Д.Фукс. Невозможные
ке 7, попадает в один из квадратов 2 u 2, замощения. – «Квант», 2011, №2.
выделенных красным. После вырезания клет-
ки такой квадрат сам становится уголком, а 2. А.Я.Канель-Белов, А.К.Ковальджи. Как
как разрезать оставшуюся часть доски, пока- решать нестандартные задачи. – М.: МЦНМО,
зано на соответствующем из рисунков 8,а-в. 2008.

Суммируя утверждения (4)–(8), получа- 3. П.А.Кожевников. Замощения: от шахмат-
ем следующую теорему. ной раскраски до диаграмм Ван-Кампена и
групп Конвея. – Материалы ЛШСМ-2013,
Теорема 2. Доска m u n равномерно по- https://www.mccme.ru/dubna/2013/
крывается уголками в следующих случаях и courses/kozhevnikov.htm
только в них:

1) mn четно и m,n ! 1;
2) m, n нечетны и больше 3, кроме досок
5 u 5 и 5 u 7.

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ

Физико- б) Пусть дополнительно известно, что
математическая BC 6. Найдите площадь треугольника ACF.

олимпиада 7 (6 баллов). Найдите количество пар
«Физтех»
целых чисел x; y , удовлетворяющих систе-
ме неравенств

МАТЕМАТИКА °­y ! 2x 3 ˜ 265,

11 класс ®°¯y d 70 264 1 x.

Вариант 1 Ответ должен быть представлен в виде ал-
гебраической суммы не более двух слагае-
1 (3 балла). Найдите количество восьми- мых.
значных чисел, произведение цифр каждого
из которых равно 3375. Ответ необходимо Вариант 2
представить в виде целого числа.
1 (3 балла). Монету подбрасывают 90 раз
2 (5 баллов). Решите уравнение (вероятности выпадения орла и решки в
каждом броске одинаковы). Пусть p – веро-
cos11x cos 3x sin11x sin 3x 2 cos14x. ятность того, что орел выпадет не меньше 55
раз, а q – вероятность того, что орел выпадет
меньше 35 раз. Найдите p q .

2 (5 баллов). Решите уравнение

3 (5 баллов). Решите систему уравнений cos 8x sin 8x 2.
cos 3x sin cos 3x sin 3x
°­°®§¨¨© y5 ·lg x 3x
x ¹¸¸
y2 lg xy, 3 (5 баллов). Решите неравенство

¯°°x2 2xy 4x 3y2 12y 0. 27 log3 x 11 ˜ 3 4 log3 x 40x logx 3 d 48.

4 (5 баллов). Сфера с центром O вписана 4 (5 баллов). а) Сфера с центром O
в трехгранный угол с вершиной S и касается касается боковых ребер SA, SB, SC пирами-
его граней в точках K, L, M (все плоские ды SABC в точках K, L, M соответственно,
углы трехгранного угла различны). Найди- а также касается ее основания ABC. Через
те угол KSO и площадь сечения данного точку сферы, ближайшую к точке S, прове-
трехгранного угла плоскостью KLM, если дена плоскость, касающаяся сферы. Пло-
известно, что площади сечений трехгранного щадь сечения пирамиды SABC этой плоско-
угла плоскостями, касающимися сферы и
перпендикулярными прямой SO, равны 1 и 4. стью равна 5, ‘KSO arccos 21. Найдите
5
5 (5 баллов). Найдите все значения пара-
метра a, при которых система площадь треугольника KLM.

­° y 3 x y 3 x 6, б) Пусть дополнительно известно, что
SO 36, а плоскости KLM и ABC парал-
¯°® x 4 2 y 3 2 a лельны. Найдите объем пирамиды SABC.

имеет ровно два решения. 5 (6 баллов). Найдите все значения пара-
6 (6 баллов). а) Две окружности одинако- метра a, при которых система

вого радиуса 5 пересекаются в точках A и B. °­y x a a 2,
На первой окружности выбрана точка C, а ®
на второй – точка D. Оказалось, что точка B 4 2 y 3 2 25
лежит на отрезке CD, а ‘CAD 90q. На ¯° x
перпендикуляре к CD, проходящем через
точку B, выбрана точка F так, что BF BD имеет ровно три решения.
(точки A и F расположены по разные стороны 6 (5 баллов). а) Две параллельные прямые
от прямой CD). Найдите длину отрезка CF.
l1 и l2 касаются окружности Z1 c центром O1
в точках A и B соответственно. Окружность
Z2 с центром O2 касается прямой l1 в точке D,

42 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

пересекает прямую l2 в точках B и E, а также 4. Решите неравенство
вторично пересекает окружность Z1 в точке C
(при этом точка O2 лежит между прямыми l1 x3 2x 58 5 x3 7x2 13x 3 d 0.
и l2). Известно, что отношение площади
четырехугольника BO1CO2 к площади треу- 5. Решите уравнение
гольника O2BE равно 2. Найдите отношение
радиусов окружностей Z2 и Z1. 5x4 x2 8x 6x2 x 4 16 0.

б) Найдите эти радиусы, если дополни- ФИЗИКА
тельно известно, что BD 2.
9 класс
7 (6 баллов). Найдите количество пар Вариант 1

целых чисел x;y , удовлетворяющих систе- 1. Корабль A и торпеда B в некоторый

ме неравенств момент времени находятся на расстоянии

­°y t 90 x 6090, l 1 км друг от друга (рис.1).
¯®°y d log6 x.
Скорость корабля v1 10 м с, угол
Ответ должен быть представлен в виде алгеб- D 60q. Скорость торпеды
раической суммы не более трех слагаемых.
v2 10 м с. Угол E таков, что тор-
Избранные задачи для 10 класса педа попадет в цель.

1. Дана геометрическая прогрессия 1) Найдите sin E.
b1,b2,…,b3000, все члены которой положи-
тельны, а их сумма равна S. Известно, что Рис. 1 2) Через какое время T расстоя-
если все ее члены с номерами, кратными 3
(т.е b3,b6,…,b3000), увеличить в 50 раз, сумма ние между кораблем и торпедой
S увеличится в 10 раз. А как изменится S,
если все ее члены, стоящие на четных местах составит s 770 м?
(т.е. b2,b4,…,b3000), увеличить в 2 раза?
2. Плоский склон горы образует с горизон-
2. По воде вокруг поплавка против часовой
стрелки по двум окружностям скользят во- том угол D 30q. Из миномета, расположен-
домерка и жук-плавунец. На поверхности
воды введена прямоугольная система коор- ного на склоне, производят выстрел под
динат, в которой поплавок (общий центр
таким углом M к поверхности склона, что
окружностей) находится в точке A 0;0 .
продолжительность (по времени) полета
Скорость водомерки в два раза больше ско-
рости жука. В начальный момент времени мины наибольшая. Мина падает на склон на
водомерка и жук находятся в точках
расстоянии s 0,8 км от точки старта.
M0 2; 2 7 и N0 5; 5 7 соответственно.
1) Под каким углом M к поверхности
Определите координаты всех положений
жука, при которых расстояние между насе- склона произведен выстрел?
комыми будет кратчайшим.
2) Найдите величину v0 начальной скоро-
3. а) Две окружности одинакового радиуса сти мины.
13 пересекаются в точках A и B. На первой
окружности выбрана точка C, а на второй – Ускорение свободного падения g 10 м с2.
точка D. Оказалось, что точка B лежит на
отрезке CD, а ‘CAD 90q. На перпендику- Сопротивление воздуха пренебрежимо мало.
ляре к CD, проходящем через точку B,
выбрана точка F так, что BF BD (точки A 3. Вниз по шероховатой наклонной плос-
и F расположены по одну сторону от прямой
CD). Найдите длину отрезка CF. кости равнозамедленно движется брусок. В

б) Пусть дополнительно известно, что тот момент, когда скорость бруска равна
BC 10. Найдите площадь треугольника
ACF. v1 1 м с, на брусок падает пластилиновый
шарик и прилипает к нему, а брусок останав-

ливается. Движение шарика до соударения –

свободное падение с высоты h 0,8 м с ну-

левой начальной скоростью.

1) Найдите скорость v2 шарика перед со-
ударением.

2) Найдите величину a ускорения бруска

перед соударением.

Массы бруска и шарика одинаковы. Уско-
рение свободного падения g 10 м с2. Со-

противление воздуха пренебрежимо мало.

Быстрые процессы торможения бруска и

деформации пластилина заканчиваются од-

новременно. В этих процессах действие сил

тяжести считайте пренебрежимо малым.

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 43

4. Два свинцовых шарика одинаковой мас- кости, а чтобы равномерно втаскивать бру-

сы, летящие со скоростями v1 60 м с и сок вверх, следует приложить такую же по
v2 80 м с, слипаются в результате абсо-
лютно неупругого удара. Скорости шариков направлению силу F2.
1) Найдите коэффициент P трения сколь-

перед слипанием взаимно перпендикуляр- жения бруска по плоскости, если F2 2F1.
2) Какую по величине v0 скорость, направ-
ны.
ленную вверх вдоль наклонной плоскости,
1) С какой по величине скоростью v дви-

жутся слипшиеся шарики? следует сообщить бруску, чтобы он остано-

2) На сколько 't, qC повысится темпера- вился на расстоянии s 1,35 м от точки

тура шариков? старта?

Удельная теплоемкость свинца Ускорение свободного падения g 10 м с2.
c 130 Дж к㠘 qС . Температуры шариков
перед слипанием одинаковы. 4. Две шайбы, скорости которых v1 2 м с
и v2 3 м с, движутся навстречу друг другу
5. Четыре резистора соединены, как пока- по гладкой горизонтальной плоскости и ис-

зано на рисунке 2. Сопротивления резисто- пытывают абсолютно упругий центральный

ров: R1 3r, R2 удар. Массы шайб m1 0,3 кг и m2 0,2 кг.
R3 2r , R4 4r. 1) Найдите максимальную энергию E де-

На вход AB схемы формации шайб в процессе соударения.

подают напряже- 2) Через какое время T после соударения

ние U 38 В, расстояние между шайбами будет равно

r 10 Ом. Рис. 2 L 2 м?

1) Найдите эквивалентное сопротивление 5. Электрическая цепь состоит из идеаль-

RAB цепи. ного источника постоянного напряжения и
2) Какой силы I ток будет течь через
четырех резисторов (рис.3). Если к клем-

резистор сопротивлением R4? мам A и B подключить идеальный вольт-

Вариант 2 метр, то он покажет

1. Однородное колесо радиусом R 0,5 м напряжение U 4 В.
катится без проскальзывания по горизон-
тальной поверхности и за время T 1,57 с Если вольтметр заме-
совершает один оборот. Точки A и B лежат на
ободе колеса, AB – диаметр колеса. нить идеальным ампер-

1) С какой скоростью v0 движется ось метром, он покажет
колеса?
силу тока I 30 мА.
2) С какой скоростью vA движется точка A
на ободе колеса, если точка B движется со 1) Найдите напряже- Рис. 3
скоростью vB 2 м с? ние U0 источника.
2) Какая мощность P будет рассеиваться в
Все скорости измерены в лабораторной
системе отсчета. Ось колеса движется равно- цепи при подключенном вольтметре?
мерно.
10 класс
2. Мяч, отбитый теннисистом на высоте
h 0,5 м, поднимается на максимальную Вариант 1
высоту H 3 м и за оставшееся время полета
перемещается по горизонтали на s 12 м. 1. Камень бросают с вышки со скоростью
v0 8 м с под углом D 60q к горизонту. В
1) Через какое время T после удара мяч полете камень все время приближался к
поднимется на максимальную высоту? горизонтальной поверхности земли и упал
на нее со скоростью 2,5v0.
2) Найдите начальную скорость v0 мяча.
Ускорение свободного падения g 10 м с2. 1) Найдите вертикальную компоненту ско-
Силу сопротивления воздуха считайте пре- рости камня при падении на землю.

небрежимо малой. 2) Найдите время полета камня.
3) Найдите горизонтальное смещение кам-
3. Чтобы спускать брусок равномерно по ня за время полета.
наклонной плоскости с углом наклона D 30q Ускорение свободного падения принять
равным g 10 м с2. Сопротивление воздуха
к горизонту, следует приложить силу F1, не учитывать.
направленную вверх вдоль наклонной плос- 2. Человеку, упирающемуся в ящик нога-
ми, надо передвинуть ящик из состояния

44 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

Рис. 4 Ускорение свободного падения g 10 м с2.
Действие сил трения пренебрежимо мало.
покоя по горизонтальному полу на расстоя-
5. В цилиндрическом сосуде под поршнем
ние s к стене (рис.4). Массы человека и находится насыщенный водяной пар при тем-
пературе 95 qC и давлении p 8,5 ˜ 104 Па.
ящика равны m и M 5m соответственно. В медленном изотермическом процессе умень-
шения объема пар начинает конденсировать-
Натянутые части каната, не соприкасающи- ся, превращаясь в воду.

еся с блоком, горизонтальны. Массами кана- 1) Найдите отношение плотности пара к
плотности воды в условиях опыта.
та, блока и трением в оси блока можно
2) Найдите отношение объема пара к объе-
пренебречь. Коэффициент трения между му воды к моменту, когда объем пара умень-
шится в J 4,7 раза.
ящиком и полом P.
Плотность и молярная масса воды
1) С какой силой ящик с человеком давят U 1 г см3 и 0 18 г моль.

на пол при движении ящика? Вариант 2

2) С какой минимальной постоянной си- 1. Мальчик бросает стальной шарик с
вышки со скоростью v0 10 м с под углом
лой F0 надо тянуть человеку канат, чтобы D 30q к горизонту. В полете шарик все
осуществить задуманное? время приближался к горизонтальной поверх-
ности земли и упал на нее со скоростью 2v0.
3) Какой скорости достигнет ящик, если
1) Найдите вертикальную компоненту ско-
человек осуществит задуманное, приложив рости шарика при падении на землю.

постоянную силу F (F ! F0) к канату? 2) Найдите время полета шарика.
3. Однородный шар массой m и радиусом 3) С какой высоты был брошен шарик?
Ускорение свободного падения принять
R находится на гладкой поверхности клина, равным g 10 м с2. Сопротивление воздуха
не учитывать.
наклоненной под углом 2. На противоположных концах тележки
массой M, находящейся на гладкой гори-
D к горизонту (рис.5). зонтальной поверхности, стоят два ученика
одинаковой массы m каждый. Длина тележ-
Шар удерживается ни- ки L. Вначале система неподвижна. Один
ученик бросает мяч, а другой ловит. Масса
тью длиной L, привя- мяча m1. В процессе полета горизонтальная
составляющая скорости мяча относительно
занной к вертикальной поверхности, на которой находится тележ-
ка, равна v0.
оси, проходящей через 1) Найдите скорость v1 тележки после
броска.
Рис. 5 вершину клина. Нить 2) Найдите продолжительность T полета
мяча.
параллельна поверхности клина. 3) Найдите скорость v2 тележки после
того, как второй ученик поймает мяч.
1) Найдите силу натяжения нити, если Силу сопротивления воздуха считайте пре-
небрежимо малой.
система покоится. 3. Однородный шар массой m находится на
гладкой поверхности клина, наклоненной под
2) Найдите силу натяжения нити, если углом D к горизонту (рис.7). Шар удержи-
вается горизонтально натянутой нитью дли-
система вращается с угловой скоростью Z ной L, привязанной к вершине клина.
1) Найдите силу натяжения нити, если
вокруг вертикальной оси, проходящей через система покоится.

вершину клина, а шар не отрывается от

клина.

4. Трубка, изогнутая под прямым углом,

расположена в вертикальной плоскости и

заполнена маслом

(рис.6). Угол D 45q.

При равноускоренном

движении трубки в го-

ризонтальном направ-

Рис. 6 лении уровни масла в
коленах трубки уста-

навливаются на высотах h1 8 см и h2 12 см.
1) Найдите ускорение a трубки.

2) С какой максимальной скоростью v

будет двигаться жидкость относительно труб-

ки после того, как трубка внезапно станет

двигаться равномерно (ускорение «исчез-

нет»)?

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 45

2) Найдите силу натяжения нити, если 0 18 г моль, универсальная газовая по-

система вращается с угловой скоростью Z стоянная R 8,31 Дж моль ˜ К . Объем
вокруг вертикальной оси, проходящей через
воды намного меньше объема пара.
вершину клина.
11 класс
Вариант 1

1. Муфту M двигают со скоростью
v 68 см с по горизонтальной направляю-
щей AB (рис.9). Кольцо K массой m 0,1 кг

Рис. 7 Рис. 8

4. Тонкая Г-образная трубка с горизон- Рис. 9
тальным коленом, закрытым с одного конца,
и вертикальным коленом высотой H 40 мм, может двигаться без трения по проволоке
открытым в атмосферу, заполнена полно- CD в виде дуги окружности радиусом
стью ртутью (рис.8). Если трубку двигать (в R 1,9 м. Кольцо и муфта связаны легкой
плоскости рисунка) с ускорением, не боль- нитью длиной l 5R 3. Система находится в
шим некоторого a0 , то ртуть из трубки не одной горизонтальной плоскости. В некото-
выливается. рый момент нить составляет угол D
(cos D 15 17) с направлением движения
1) Найдите давление p1 внутри трубки в муфты и угол E (cos E 4 5) с направлением
точке A, находящейся от вертикального ко- движения кольца.
лена на расстоянии 1 3 длины горизонталь-
ного колена, если трубка движется с ускоре- 1) Найдите скорость кольца в этот момент.
нием a0. 2) Найдите скорость кольца относительно
муфты в этот момент.
2) Найдите давление p2 в точке A, если 3) Найдите силу натяжения нити в этот
трубка движется с ускорением 0,6a0. момент.
2. Тепловая машина работает по циклу,
3) Найдите давление p3 вблизи закрытого состоящему из изохоры, изобары и участка
конца трубки, если она движется с ускорени- прямой пропорцио-
нальной зависимости
ем 0,8a0. давления р от объема
Атмосферное давление p0 740 мм рт. ст. V (рис.10). Рабочее ве-
щество – одноатомный
Давлением насыщенных паров ртути в усло- идеальный газ.
виях опыта пренебречь. Ответы дать в 1) Найдите отноше-
мм рт. ст. ние молярных тепло- Рис. 10
емкостей на тех участках цикла, где проис-
5. Поршень делит объем горизонтального ходило повышение температуры газа.
герметичного цилиндра на две равные части, 2) Найдите в изобарном процессе отноше-
в каждой из которых находятся вода и ние количества теплоты, полученного газом,
водяной пар при температуре T 373 K. к работе газа.
Масса воды в каждой части в 5 раз меньше 3) Найдите предельно возможное макси-
массы пара. Поршень находится на расстоя- мальное значение КПД такого цикла.
нии L 0,6 м от торцов, площадь попереч-
ного сечения поршня S 20 см2. Масса M 3. Обкладки конденсатора – круглые ме-

поршня такова, что Mg 0,01p0, где p0 – таллические сетки площадью S, расстояние
S между обкладками d (d ≪ S). Из точки,
нормальное атмосферное давление. находящейся между обкладками на оси сим-

1) Найдите массу m воды в каждой части метрии на расстоянии 0,25d от положитель-
но заряженной обкладки, стартует с нулевой
в начальном состоянии.
начальной скоростью положительно заря-
2) Цилиндр ставят на дно. Найдите верти-
женная частица и через время T вылетает из
кальное перемещение h поршня к моменту

установления равновесного состояния.

Температура в цилиндре поддерживается

постоянной. Трение считайте пренебрежимо

малым. Молярная масса водяного пара

46 К В А Н T $ 2 0 2 0 / № 1 1 – 1 2

конденсатора перпендикулярно обкладкам. 3F 4 от оси OO1 и на расстоянии F 2 от
плоскости линзы. Линза и источник непод-
Удельный заряд частицы q J. Система вижны, а зеркало движется со скоростью v
m вдоль оси OO1. В некоторый момент зеркало
находится в вакууме. оказалось на расстоянии F от линзы.

1) Найдите скорость v1 частицы при вылете 1) На каком расстоянии от плоскости лин-
из конденсатора. зы наблюдатель A сможет увидеть в этот
момент изображение источника в системе?
2) Найдите величину Q заряда обкладок
2) Под каким углом D к оси OO1 движется
конденсатора. изображение в этот момент? (Найдите значе-
ние любой тригонометрической функции
3) С какой скоростью v2 будет двигаться угла.)
частица на бесконечно большом расстоянии
3) Найдите скорость изображения в этот
от конденсатора? момент.

При движении частицы электрическое поле, Вариант 2

созданное зарядами конденсатора, считать 1. Шарик подвешен в поле тяжести на
легкой упругой пружине с неизвестной жест-
неизменным, а электрическое поле внутри костью. Шарик поднимают вверх до положе-
ния, когда пружина не деформирована, и
конденсатора вблизи оси симметрии считать отпускают. При дальнейшем движении ша-
рика вдоль вертикали в некоторые моменты
однородным. времени силы, действующие на шарик со
стороны пружины, отличаются в 2 раза, а
4. В цепи, схема которой показана на модули ускорений равны.

рисунке 11,а, ключ разомкнут, ЭДС идеаль- 1) Найдите модуль ускорения в эти момен-
ты.
ного источника E 9 В, конденсатор емкос-
2) Найдите отношение кинетических энер-
Рис. 11 гий шарика в эти моменты.

тью C 40 мкФ заряжен до напряжения 3) Найдите отношение максимальной энер-
U1 5 В, индуктивность идеальной катушки гии деформации пружины к максимальной
L 0,1 Гн. Вольт-амперная характеристика кинетической энергии шарика.
диода дана на рисунке 11,б, пороговое на-
пряжение диода U0 1 В. Ключ замыкают. 2. Идеальный одноатомный газ из состоя-
ния 1 с температурой T1 расширяется в про-
1) Найдите скорость возрастания тока сра- цессе 1–2 прямой про-
зу после замыкания ключа. порциональной зависи-
мости давления р от
2) Найдите максимальный ток после замы- объема V (рис.13) . В
кания ключа. процессе 1–2 давление
увеличивается в k 2
3) Найдите установившееся напряжение раза. Затем газ расши-
U2 на конденсаторе после замыкания ключа. ряется в изотермическом Рис. 13
процессе 2–3, сжимает-
5. Оптическая система состоит из тонкой ся в процессе 3–4 прямой пропорциональной
линзы с фокусным расстоянием F, плоского зависимости давления от объема и сжимает-
зеркала и небольшого экрана Э, располо- ся в изотермическом процессе 4–1. Объемы
женного так, что свет от источника S может газа в состояниях 2 и 4 равны.
попасть на линзу только после отражения от
зеркала (рис.12). Зеркало расположено пер- 1) Найдите температуру газа в процессе
пендикулярно главной оптической оси OO1 2–3.
линзы. Источник S находится на расстоянии
2) Найдите отношение давлений в состоя-
Рис. 12 ниях 1 и 3.

3) Найдите молярную теплоемкость газа в
процессе 1–2.

ЭКЗАМЕНАЦИОННЫЕ МАТЕРИАЛЫ 47

Рис. 14 Рис. 16
3. В электрической цепи (рис.14) все эле-
менты идеальные, конденсатор не заряжен. 5. Оптическая система состоит из тонкой
Величины E , R, C известны, r R. Ключ K рассеивающей линзы с фокусным расстоя-
на некоторое время замыкают, а затем раз- нием F (F ! 0), плоского зеркала и неболь-
мыкают, когда скорость роста энергии кон- шого экрана Э, расположенного так, что свет
денсатора максимальна. от источника S может попасть на линзу
1) Найдите ток, текущий через конденса- только после отражения от зеркала (рис.16).
тор, сразу после замыкания ключа. Зеркало расположено перпендикулярно глав-
2) Найдите ток, текущий через конденса- ной оптической оси линзы OO1. Источник S
тор, сразу после размыкания ключа. находится на расстоянии 3F 4 от оси OO1 и
3) Какое количество теплоты выделится в на расстоянии F 2 от плоскости линзы. Лин-
цепи после размыкания ключа? за и источник неподвижны, а зеркало дви-
4. В цепи используется мостовая схема жется со скоростью v вдоль оси OO1. В
(рис.15,а). ЭДС идеального источника некоторый момент зеркало оказалось на рас-
стоянии F от линзы.
Рис. 15
1) На каком расстоянии от плоскости лин-
E 10 В, R2 12 Ом, R3 8 Ом, R4 2 Ом. зы наблюдатель A сможет увидеть в этот
Вольт-амперная характеристика диода пока- момент изображение источника в системе?
зана на рисунке 15,б, пороговое напряжение
диода U0 1 В. 2) Под каким углом D к оси OO1 движется
изображение в этот момент? (Найдите значе-
1) Найдите ток через резистор сопротивле- ние любой тригонометрической функции
нием R3 при разомкнутом ключе K. угла.)

2) При каких значениях R1 ток потечет 3) Найдите скорость изображения в этот
через диод при замкнутом ключе K? момент.

3) При каком значении R1 мощность тепло- Публикацию по математике подготовили
вых потерь на диоде будет равна Н.Агаханов, И.Богданов, И.Глухов,
PD 1,25 Вт?
А.Головко, С.Городецкий, В.Дубинская,
Ю.Кузьменко, Е.Молчанов,
О.Подлипский, Д.Терёшин;

по физике – Л.Колдунов, В.Плис,
В.Усков, В.Чивилёв,

А.Шеронов, Ю.Юрьев

Вниманию наших читателей

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

Подписаться на наш журнал можно с любого номера в любом почтовом отделении.
Наш подписной индекс в каталоге «Пресса России» – 90964.

Купить журнал «Квант» возможно в магазине «Математическая книга» издательства
МЦНМО (адрес интернет-магазина: biblio.mccme.ru), а также в московских книжных
магазинах «Библио-глобус», «Молодая гвардия», «Московский дом книги» и в редакции
журнала.

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

ИНФОРМАЦИЯ

Заочная физико-техническая ми школьниками. Задания содержат теоре-
школа при МФТИ тический материал, разбор характерных
примеров и задач по соответствующей теме и
Заочная физико-техническая школа 10–12 контрольных вопросов и задач для
(ЗФТШ) Московского физико-техническо- самостоятельного решения. Это и простые
го института (национального исследователь- задачи, и более сложные. Примеры заданий
ского университета) (МФТИ) проводит на- можно посмотреть на сайте ЗФТШ.
бор в 8–11 классы учащихся 7–10 классов
общеобразовательных учреждений (школ, Цель нашей школы – помочь учащимся
лицеев, гимназий и т. п.), расположенных на 8–11 классов общеобразовательных учреж-
территории Российской Федерации. дений, интересующимся предметами науч-
но-технической направленности, углубить и
ЗФТШ работает в сфере профильного систематизировать свои знания по этим пред-
дополнительного образования детей с 1966 метам, а также способствовать их професси-
года. За прошедшие годы школу окончили ональному самоопределению.
более 100 тысяч учащихся; практически все
ее выпускники поступают в ведущие вузы Программы ЗФТШ являются профильны-
страны, а каждый второй студент МФТИ – ми дополнительными общеразвивающими
ее бывший ученик. программами и едины для всех отделений.

Научно-методическое руководство школой Набор в 8, 9, 10 и 11 классы на 2021 22
осуществляет Московский физико-техничес-
кий институт. учебный год проводится на заочное, очное и
очно-заочное отделения.
Обучение в школе ведется по четырем
предметам научно-технической направлен- Полная программа обучения рассчитана
ности – физике, математике, информатике и на 4 года – с 8-го по 11-й классы включитель-
химии. В 8 классе изучаются только физика но, но начать обучение можно с любого из
и математика. В 9–11 классах к этим предме- указанных классов.
там добавляются математические основы
информатики и ИКТ (информатика) и хи- Согласно положению о ЗФТШ учащийся
мия. Учащиеся могут по своему выбору может обучаться только на одном отделе-
изучать один, два, три или четыре предмета. нии ЗФТШ.

Количество заданий в год по классам и Учащиеся всех отделений, успешно спра-
предметам представлено в таблице: вившиеся с программой ЗФТШ, по оконча-
нии 11 класса получают свидетельство с
Задания составляют опытные преподава- итоговыми оценками по изучавшимся в 11-м
тели кафедр общей физики, высшей матема- классе предметам. При поступлении в МФТИ
тики и департамента химии МФТИ, а также свидетельство об окончании ЗФТШ будет
выпускники МФТИ и другие специалисты, учитываться в первую очередь в ранжирова-
имеющие большой опыт работы с одаренны- нии при прочих равных условиях.

Ученикам всех отделений будет предложе-
но участвовать в физико-математической
олимпиаде «ФИЗТЕХ – 2022», которая про-
водится на базе МФТИ и в ряде городов
России в феврале или начале марта, в других
очных и заочных олимпиадах МФТИ и его
факультетов.

Для учащихся и руководителей факульта-
тивных групп работает online-лекторий по
физике, математике и химии по программе
ЗФТШ. Лекции читают преподаватели
МФТИ (как правило, авторы заданий).
Подробнее об этих мероприятиях можно
прочитать на сайте ЗФТШ.

Обучение в ЗФТШ бесплатное.
Для учащихся, проживающих за предела-
ми Российской Федерации, возможно толь-
ко платное обучение на заочном или очно-

заочном отделении.