НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 ИТЭР – земная звезда. Л.Белопухов12 Квадратичные отображения в картинках

(окончание). П.Панов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

17 Задачи М2522–М2525, Ф2529–Ф253218 Решения задач М2510–М2513, Ф2517–Ф2520

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

23 Задачи24 XXIV Турнир математических боев имени

А.П.Савина

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

27 Потенциальная яма и принцип чайной ложечки.С.Дворянинов

30 Радиоактивный распад, банковский процент идругие. А.Стасенко

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Физика планет

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

34 Плюсы-минусы и игра Ним (окончание).И.Копылов

Н А Ш И Н А Б Л Ю Д Е Н И Я

37 Вода в Америке не та. М.Старшов

О Л И М П И А Д Ы

39 Заключительный этап XLIV Всероссийскойолимпиады школьников по математике

42 Заключительный этап LII Всероссийскойолимпиады школьников по физике

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

47 Олимпиада «Покори Воробьевы горы!»

53 Ответы, указания, решения

Нам пишут (16, 38)

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье Л.Белопухова

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

УЧРЕДИТЕЛИ

Российская академия наук

Математический институт

им. В.А.Стеклова РАН

Физический институт

им. П.Н.Лебедева РАН

АВГУСТ Ю№820

18

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.А.Гайфуллин

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

Н.Н.Андреев, Л.К.Белопухов,М.Н.Бондаров, Ю.М.Брук,

А.А.Варламов, С.Д.Варламов,А.П.Веселов, А.Н.Виленкин, В.И.Голубев,

Н.П.Долбилин, С.А.Дориченко,В.Н.Дубровский, А.А.Заславский,

А.Я.Канель-Белов, П.А.Кожевников(заместитель главного редактора),

С.П.Коновалов, К.П.Кохась, А.А.Леонович,Ю.П.Лысов, А.Б.Минеев, В.В.Произволов,

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

В.М.Тихомиров, В.А.Тихомирова,А.В.Устинов, А.И.Черноуцан

(заместитель главного редактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

А.В.Анджанс, М.И.Башмаков, В.И.Берник,В.Г.Болтянский, А.А.Боровой, В.В.Козлов,

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

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

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

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

А.И. Маркушевич, М.Д.Миллионщиков,Н.А.Патрикеева, Н.Х.Розов, А.П.Савин,И.Ш.Слободецкий, М.Л.Смолянский,

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

ИТЭР – земная звезда

Л.БЕЛОПУХОВ

ДВАДЦАТЬ ДЕВЯТОГО ЯНВАРЯ 2007 ГО-да был дан старт гигантской стройке

двадцать первого века – проекту ИТЭР.Международная аббревиатура ITER рас-шифровывается как InternationalThermonuclear Experimental Reactor. Рус-ское название проекта – международныйтермоядерный экспериментальный реак-тор. Возможно, этот день войдет в исто-рию как начало новой энергетической эрычеловечества, эры термоядерной энергии –энергии звезд.

Термоядерная реакция

Существование нашего мира определя-ют гравитация и термоядерный синтез.Гравитация создает сгустки водорода идругих элементов, которые все более иболее уплотняются и разогреваются. Ког-да температура в центре сгустка достигает

710 K, а давление становится 1110 Па, вспы-хивает ядерная реакция синтеза – превра-щение водорода в гелий. Температура ещебольше повышается, и давление расширя-ющихся продуктов реакции уравновеши-вает гравитационное давление. Устанав-ливается равновесие – образуется звезда.Температура ее центральной части – сотнимиллионов градусов, а на поверхности –тысячи или десятки тысяч градусов. Энер-гию реакции синтеза в своих глубинахзвезда излучает в пространство. Это и естьее свечение – инфракрасное, видимое,ультрафиолетовое и рентгеновское.Если около звезды существуют планеты,

то есть вероятность того, что на планетахсможет возникнуть и будет развиватьсяжизнь. Для этого, кроме излучения звез-ды, сама планета должна иметь подходя-щий химический состав веществ на поверх-ности и такую температуру, чтобы воданаходилась в жидком состоянии.

В середине прошлого века изучение энер-гетики ядерных реакций шло двумя путя-ми. Один путь – исследование процессовделения тяжелых ядер, прежде всего изо-топов урана. Этот путь дал человечествуатомную бомбу и атомные электростанции(во всем мире, кроме России, их ужедовольно давно называют не атомными, аядерными, что правильнее с научных по-зиций). Практически одновременно сталясен и второй путь, связанный с выделени-ем ядерной энергии в процессах синтезалегких ядер из более легких, главнымобразом – синтеза гелия из изотопов водо-рода. К 1940 году стало ясно, что именноэти процессы происходят в звездах и явля-ются источниками их энергии. Стало яснои то, что для возникновения такой реакциинужна огромная начальная температура,поэтому реакция синтеза и была названа«термоядерной».Вначале казалось, что получить в зем-

ных условиях такую температуру невоз-можно. Ведь что такое температура? Тем-пература – это мера средней кинетическойэнергии частиц, когда их огромное числонаходится в хаотическом движении. Час-тицы непрерывно сталкиваются друг сдругом, теряя и приобретая энергию. Все-гда есть набор самых различных скорос-тей. Но при этом обязательно существуетвероятностное распределение кинетичес-кой энергии частиц. Эта вероятность мак-симальна в области некоторой среднейкинетической энергии Е. В термодинами-ческих расчетах используют понятие абсо-лютной температуры Т, которое и есть этасредняя кинетическая энергия, тольковыраженная не в джоулях, а в кельвинах:T E= , где 230,5 10 К Дж= ◊ .Понимание того, что для начала реакции

синтеза необходима огромная начальнаятемпература, пришло благодаря выясне-нию строения атомного ядра и природыDOI: https://doi.org/10.4213/kvant20180801

И Т Э Р – З Е М Н А Я З В Е З Д А 3

сил, действующих между нуклонами –протонами и нейтронами. В атомном ядредействуют электрические силы отталкива-ния между протонами (кулоновские силы)и особые силы притяжения между нукло-нами, получившие название ядерных сил.В современной физике соответствующиеядерным силам взаимодействия предпочи-тают называть сильными взаимодействия-ми. Они не имеют отношения к электри-ческому заряду частиц. Сильным взаимо-действием обладают объекты, наделенныеособым свойством – барионным зарядом.Он одинаков и для протонов, и для нейт-ронов и считается для них равным едини-це. Тем самым, суммарный барионныйзаряд ядра равен числу нуклонов в нем.Именно эта величина указывается в ядер-ных реакциях вверху перед символом эле-мента. Закон сохранения барионного заря-да (числа ядерных частиц) наряду с зако-ном сохранения электрического зарядаопределяют результат ядерной реакции.Очень важной особенностью сильных

взаимодействий является их близкодей-ствие. На расстояниях, меньших 1510 м- ,они проявляют себя как силы притяжения,примерно в 100 раз большие по величине,чем силы электрического отталкивания натаком расстоянии. Вот почему в ядрахнеобходимы нейтроны, и общие силы при-тяжения нуклонов уравновешивают элек-трическое отталкивание протонов.

Два ядра, которым удалось преодолетьих взаимное отталкивание (преодолетькулоновский барьер) и сблизиться на рас-стояние 1510 м- , попадают в поле действияядерных сил притяжения, устремляютсядруг к другу, сливаясь в одно целое.Образовавшийся комплекс сложен, это непросто несколько слипшихся шариков, акапля первозданного вещества Вселенной– кварко-глюоновой плазмы.

Образовавшиеся в результате слиянияобъекты, например ядро атома гелия инейтрон, обладают суммарной кинетичес-кой энергией большей, чем та энергия,которая была затрачена на преодолениекулоновского барьера. Налицо – выигрышэнергии. Никакого нарушения законовсохранения при этом нет, поскольку масса

покоя ядра гелия и нейтрона в суммеменьше, чем сумма масс ядер двух перво-начальных изотопов водорода.Какую же среднюю кинетическую энер-

гию нужно придать ядрам изотопов водо-рода для того, чтобы они смогли преодо-леть кулоновский барьер? Простой расчет– приравнивание потенциальной энергииэлектрического отталкивания начальнойсредней кинетической энергии частиц –дает температуру порядка 910 K. Тот факт,что при этом некоторая часть частиц имееткинетическую энергию значительно боль-шую, чем средняя, и наличие квантовоготуннельного эффекта делают возможнымсближение водородных ядер при болеенизкой температуре – «всего лишь» при 20миллионах градусов.Казалось, что на Земле создать такую

температуру нельзя. Но все изменилосьранним утром 16 июля 1945 года, когда вСША на полигоне Аламогордо в штатеНью-Мексико состоялось испытание пер-вого ядерного (уранового) взрывного уст-ройства. Вспыхнувший на мгновение осле-пительный свет был «ярче тысячи Солнц»,по образному выражению Роберта Оппен-

Макет термоядерного реактора (сечение)

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 84

геймера – американского физика, одногоиз создателей американского ядерногооружия. Спектральные измерения под-твердили предсказания теоретиков, что вмомент взрыва бомбы температура будетпорядка 20 миллионов градусов.Почти одновременно в странах, где со-

здавалось ядерное оружие (США, СССР иВеликобритания), возникли проекты во-дородной бомбы – резервуара с изотопомводорода, внутри которого находиласьурановая или плутониевая бомба. Вначалетакие устройства были столь громоздки-ми, что их нельзя было использовать какбомбы. Но 22 ноября 1955 года водород-ная бомба с тротиловым эквивалентом 1,6мегатонн была сброшена с самолета ивзорвалась на высоте 1000 м над Семипа-латинским ядерным полигоном в СССР.Вскоре аналогичные бомбы были сделаныи в США. И началась огромная по своиммасштабам и страшная по своим возмож-ным последствиям гонка вооружений меж-ду СССР и США. Кульминацией этойгонки стало испытание 30 октября 1961года, когда на Новоземельском полигоне вСССР была взорвана «царь-бомба» с тро-тиловым эквивалентом 58 мегатонн.

Управляемый синтез

Практически одновременно с созданиемводородной бомбы встала задача осуще-ствления на Земле контролируемого, «при-

рученного» процесса термоядерного син-теза без ядерного взрыва. Был выдвинутряд идей создания сверхвысокой началь-ной температуры – использование концен-трации многих лазерных лучей или элек-тронных пучков. Одно время даже обсуж-далась идея «холодного» термоядерногосинтеза. Но наиболее серьезные исследо-вания были связаны с возможностью со-здания сверхвысокой температуры с помо-щью мощного электрического разряда вводородной плазме.Одна из первых идей была выдвинута

в 1950 году в СССР военнослужащим,сержантом Олегом Лаврентьевым (1926–2011). Он не имел в это время дажезаконченного среднего образования, ноего мечтой было стать физиком. На своискудные сержантские средства он выпи-сывал научные и научно-популярные жур-налы и покупал учебники по физике. Лав-рентьев послал в адрес правительства иАкадемии наук письма с изложением сво-

Олег Лаврентьев

Игорь Евгеньевич Тамм Андрей Дмитриевич Сахаров

И Т Э Р – З Е М Н А Я З В Е З Д А 5

ей идеи получения термоядерной энер-гии. Эта идея заключалась в созданиикругового электрического разряда в во-дороде, термоизоляция которого обеспе-чивалась бы электрическими силами от-талкивания. Письма О.Лаврентьева былипереданы в организации, занимавшиесяядерными взрывами, и в конце концовпопали к И.Е.Тамму и А.Д.Сахарову, ко-торые в это время работали над создани-ем водородной бомбы. Они организовалидемобилизацию О.Лаврентьева и его при-езд в Москву, получение им среднего об-разования и поступление на физическийфакультет МГУ. Но сама идея Лавренть-

ева оказалась несостоятельной. Электри-ческие поля не могли обеспечить устой-чивое состояние кругового разряда. Лав-рентьев и сам убедился в этом. Впослед-ствии, получив физическое образование,он работал в научных институтах, зани-маясь ядерной физикой.Тамм и Сахаров использовали рацио-

нальное зерно лаврентьевской идеи. Вводородной плазме электрический ток дей-ствительно должен быть кольцевым, асама плазма должна представлять собойтор (баранку). Но удерживать круговойток в пространстве могло только магнит-ное поле особой конфигурации – линиииндукции этого поля должны как бы об-вивать плазменный тор. Ученые назвалитакое поле тороидальным. Воплощение вжизнь этой идеи было связано с решени-ем многих научных и инженерных задач.И в уже далеком 1951 году в созданномглавным научным руководителем урано-вой проблемы в СССР И.В.Курчатовымсекретном научном институте, называв-шемся тогда Лаборатория №2 АН СССРили Лаборатория измерительных прибо-ров, а попросту ЛИПАН или «двойка»,появилось подразделение, которое нача-ло воплощать в жизнь идею Тамма иСахарова. Сегодня «двойка» преврати-лась в огромный Национальный исследо-вательский центр «Курчатовский инсти-тут», а подразделение, в котором нача-лись работы по термояду, стало проект-ным центром ИТЭР, входящим в нацио-нальное агентство России по ИТЭР и вгоскорпорацию «Росатом».В 1951 году руководителями работ по

осуществлению лабораторного термоядер-ного синтеза стали сотрудники И.В.Кур-чатова Л.А.Арцимович и И.Н.Головин –один из главных координаторов «мозгово-го штурма» проблемы. С 1973 года руко-водителем работы стал Б.Б.Кадомцев, а с1975 года – Е.П.Велихов.

Токамак

Для создаваемого устройства И.Н.Голо-вин придумал название – токамак (ТОро-идальная КАмера с МАгнитными Катуш-ками). Токамак-1 (Т-1) и Токамак-2 (Т-2)

Лев Андреевич Арцимович

Игорь Николаевич Головин

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 86

оказались неудачными – плазма разруша-лась очень быстро. Наконец, в 1968 годуна Т-3 был достигнут некоторый успех –плазма с температурой 10 миллионов гра-дусов просуществовала почти секунду. Приэтом были зафиксированы нейтроны –продукты термоядерной реакции синтеза.Успех был повторен английскими физика-ми на их аналогичном устройстве. В миреначался настоящий бум сооружения по-добных устройств – к 1986 году их общеечисло достигло 300. Этому способствовалополное рассекречивание работ по мирномуиспользованию термоядерной энергии,которые велись в СССР.В 1956 году И.В.Курчатов на конферен-

ции физиков-ядерщиков в английском ядер-ном центре Харуэлл сделал доклад, вкотором рассказал об идее токамака и ееосуществлении в СССР. А в это время ещесуществовала во всех странах полная сек-ретность работ по ядерной энергетике (озапуске в СССР ядерной электростанции в1954 году было объявлено, но детали ееконструкции оставались строго секретны-ми). Поэтому доклад Курчатова стал сен-сацией. Мировое сообщество физиков–ядерщиков было поражено успехами со-ветской физики и размахом работ по тер-моядерному синтезу. Сам термин «тока-мак» стал международным словом, не тре-бующим перевода (несколько ранее такбыло со словом «спутник»).В разных проектах использовались раз-

личные термоядерные реакции. Вот толь-ко некоторые из них (с указанием кинети-ческой энергии продуктов реакции):

2 2 1 3H+ H H H 4,0 МэВ,Æ + +2 2 3 1H+ H He 3,3 МэВ,nÆ + +

2 3 4 1H+ H He 17,6 МэВ,nÆ + +3 3 4 1He+ He He 2 12,8 МэВ,pÆ + +2 3 1 4H+ He He 18,5 МэВ,pÆ + +2 7 4 1H+ Li 2 He 16,9 МэВ.pÆ + +

Внутри звезд, где кроме водорода, гелияи лития присутствуют и ядра других лег-ких элементов, возможны и иные ядерныереакции синтеза. Но основное энерговыде-ление определяется превращением водо-рода в гелий. Кинетическая энергия про-

дуктов этих реакций синтеза в расчете наодну частицу оказалась в несколько разбольше, чем в реакциях деления тяжелыхядер.Токамаки все больше увеличивались в

размерах, создавались все более сильныемагнитные поля, возрастала сила тока вплазме. При токах в тысячи ампер воздей-ствующие на них магнитные поля должныиметь индукцию не менее 10 тесла – это всотни тысяч раз больше магнитного поляЗемли и в тысячи раз больше магнитныхполей в электромагнитах подъемных кра-нах. Существование магнитного поля вкатушке электромагнита определяется то-ком в его обмотке. Для создания магнит-ных полей в десятки тесла сила тока вобмотке должна составлять десятки тысячампер. А это возможно только тогда, когдаобмотки не будут иметь электрическогосопротивления, т.е. будут сделаны из сверх-проводящего материала, и их температуране будет превышать 4 кельвинов. Един-ственным охладителем до таких темпера-тур может быть только жидкий гелий.Технология создания сверхсильных маг-

нитных полей создавалась для различныхцелей – для ускорителей заряженных ча-стиц, для медицинских томографов. Но вэтих случаях магнитное поле имело обыч-ную соленоидальную форму. А в токомакесоздание необычного тороидального полятребовало и необычных сердечников, инеобычных их обмоток. Важнейшим воп-

Борис Борисович Кадомцев

росом становилась и защита внутреннихстенок реакционной камеры от случайныхвыбросов плазмы с ее многомиллионнойтемпературой, и защита этих стенок отразрушающего действия быстрых нейтро-нов, и десятки других трудностей, кото-рые нужно было преодолевать. Мечта о5–10 годах для решения проблемы «при-ручения» термоядерной реакции так иосталась мечтой.В 1985 году были построены Токамак-15

и Токамак-16. Это были совместные разра-ботки СССР–Китай и СССР–Япония, по-скольку в Советском Союзе уже не быловозможности затратить на эти работы мил-лионы долларов. Зато научными руково-дителями проектов были российские уче-ные – академики Б.Б.Кадомцев и Е.П.Ве-лихов (Е.П. даже был награжден японс-ким «Орденом восходящего солнца»).Длительность устойчивого состояния плаз-мы в этих реакторах уже превышала се-кунду. Но главное, стало ясно, что длядлительного устойчивого состояния плаз-мы необходимы реакторы значительнобольших размеров – примерно в 10 разбольших, чем Токамак-16. Стоимость со-оружения такого реактора оцениваласьуже в несколько миллиардов долларов. Ини одна страна в мире (включая и США)не могла себе позволить такой научныйэксперимент. Тем более, что предполагае-

мый реактор мог и не дать ожидаемогорезультата.

Будущее мировой энергетики

В то же время, к концу двадцатогостолетия стало отчетливо ясно, что челове-чество стоит перед угрозой всемирногоэнергетического голода. Тогда, двадцатьлет назад, 80% мировой электроэнергиипроизводилось на тепловых электростан-циях, использующих в качестве источникаэнергии каменный уголь и природный газ,15% приходилось на гидроэнергию, 10% –на ядерные (урановые) электростанции.Энергия солнечного излучения, ветра,морских приливов и тепла земных недрсоставляла в общем энергетическом балан-се лишь сотые доли процента.Работы ряда международных организа-

ций позволили оценить мировые запасыприродных источников электроэнергии итемпы нарастания ее потребления. По са-мым оптимистическим прогнозам, природ-ного газа должно хватить на 100 лет,каменного угля – на 300 лет, урана – на500 лет. Значительно расширить произ-водство гидроэнергии не представляетсявозможным по экологическим соображе-ниям. Мощные гидростанции требуют со-здания огромных водохранилищ, а этоможет нанести непоправимый вред приро-де. Так, например, при постройке круп-нейшей в мире гидростанции «Три уще-лья» на реке Янцзы (мощностью 22,5 ГВт)созданное искусственное озеро площадьюв 2630 км потребовало переселения трехмиллионов человек. А в несколько разменьшие по мощности российские гидро-станции Братская и Усть-Илимская «снаб-жены» водохранилищами площадью

25400 км и 21830 км . Это уже не озера, ацелые моря.Мы специально ничего не говорим о

нефти, запасы которой, как известно, наи-более ограничены (максимум на 60–80лет). В получении электроэнергии саманефть не играет заметной роли. Она ис-пользуется для транспорта – авиацион-ного, автомобильного, водного и желез-нодорожного. Часть транспорта, конеч-но, можно будет перевести на электри-

И Т Э Р – З Е М Н А Я З В Е З Д А 7

Евгений Павлович Велихов

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 88

ческие двигатели, как уже это сделанодля железнодорожного транспорта. Но,во-первых, это даст еще большую нагруз-ку на сжигание газа и каменного угля и,во-вторых, довольно трудно представитьавиацию на «электрической тяге». А глав-ное, прекратить использование нефти вкачестве топлива придется довольно ско-ро, ведь нефть – невосполнимый источ-ник многих химических технологий. Пе-рефразируя Д.И.Менделеева, скоро мож-но будет сказать, что дешевле сжигать вавтомобилях ассигнации, чем бензин.Что произошло в мировой энергетике за

прошедшие 20 лет? Главное изменение –это значительное увеличение доли ис-пользуемого в качестве источника энергииприродного газа. Она увеличилась с 5 до15%. Соответственно, доля каменного угляуменьшилась до 50%. Гидроэнергия обес-печивает 20%, а ядерная энергия – 12%.По-прежнему крайне незначительна рольв энергетическом балансе энергии солнеч-ного излучения и ветровой энергии. Уве-личение доли природного газа в знергоба-лансе безусловно снижает экологическийвред от сжигания каменного угля, в про-дуктах горения которого содержится це-лый ряд вредных газов и микрочастицтяжелых металлов. Улавливание этих при-месей перед выбросом газов в атмосферуобходится очень дорого. Это смогли себепозволить США, где сжигание каменногоугля дает 60% энергии. А вот экологичес-кая обстановка в густонаселенных райо-нах Китая катастрофически ухудшается.В этой стране, почти лишенной природно-го газа, 75% электроэнергии производитсяза счет сжигания каменного угля. Россия вэтом отношении – благополучная страна.Уже только 20% электроэнергии произво-дится на угольных электростанциях, а 55%дает природный газ. Суммарная доля ис-пользования гидроэнергии и ядерной энер-гии примерно соответствует среднемиро-вому показателю – 32%.

Атомная эра

По использованию в качестве источникаэнергии урана в мире существует резкаядифференциация. Всего сейчас работает

191 ядерная электростанция с 451 ядер-ным реактором (еще 60 реакторов нахо-дятся в стадии строительства). Из этогочисла 100 реакторов построены в США идают этой стране 20% электроэнергии. ВРоссии 36 реакторов дают почти пятуючасть электроэнергии. Есть страны, в ко-торых ядерная энергия – это треть энергиив ее общем балансе (Южная Корея, Фин-ляндия). Имеются страны, где эта доля –почти половина всей энергии (Словакия,Украина). А вот в Китае и Индии доляядерной энергии в общем балансе меньше5%. Совсем не используется ядерная энер-гия в Австралии, в большинстве странЮжной и Центральной Америки и в мно-гочисленных мелких государствах Океа-нии. Опережает все страны по этому пока-зателю Франция, в которой 58 ее ядерныхреакторов производят 77% всей вырабаты-ваемой в стране электроэнергии. Неслу-чайно статья в Википедии об экономикеФранции начинается словами: «Франция– высокоразвитая страна, ядерная и кос-мическая держава».Отчасти это объясняется тем обстоятель-

ством, что во Франции еще в 30-е годыпрошлого века начали развиваться работыпо ядерной физике. Ирен и ФредерикЖолио-Кюри (как и Энрико Ферми вИталии) стали нобелевскими лауреатамиза получение новых изотопов («меченыхатомов»). Но они не поняли, что в ихопытах наблюдалась также реакция деле-ния урана. Об этом догадались немецкиерадиохимики и физики О.Ган, Ф.Штрас-сманн, Л.Мейтнер. Началась атомная эра.Энрико Ферми продолжал работы с ура-ном уже в США. Он изобрел и построилядерный реактор, где в ноябре 1942 годавпервые в мире была осуществлена цепнаяядерная реакция деления урана. Но цельюсоздания первых реакторов было не выра-ботка электроэнергии, а получение плуто-ния, искусственного трансуранового эле-мента, способного, как и уран, к взрывно-му осуществлению реакции деления.После окончания войны и ужасных авгу-

стовских событий 1945 года в Хиросиме иНагасаки интересы многих физиков-ядер-щиков сосредоточились на мирном ис-

пользовании энергии деления. Их вдох-новлял и запуск в 1954 году первой в миреядерной электростанции в СССР. В реак-торостроении Франция вскоре стала миро-вым лидером. Возможно, в этом немалуюроль сыграли и почти полное отсутствие воФранции секретности ядерных исследова-ний, и большой интерес к этим исследова-ниям французского правительства. На югеФранции, в маленьком городке Кадараш в60 километрах от Марселя был созданмощный научный центр ядерной физики.И именно там, неподалеку от Кадараша,

в 2006 году было намечено построить ИТЭР– международный термоядерный экспери-ментальный реактор. Огромную строи-тельную площадку размером с 400 фут-больных полей было решено создать влесном массиве, поскольку вся безлеснаясельскохозяйственная округа была арен-дована частными владельцами. Первоедерево было срублено 29 января 2007 года.Но перед этим несколько лет уточнялисьнаучные предпосылки строительства реак-тора и почти пять лет разрабатывалсятехнический проект сооружения. Многовремени ушло и на организацию финанси-рования проекта и создание управляющихорганов. Первоначально планировалосьзапустить реактор в 2022 году и затратить5 миллиардов долларов. Но в 2012 годупроект был пересмотрен, сроком оконча-ния строительства был намечен 2025 год, апредполагаемая сумма затрат возросла до20 миллиардов долларов. Сейчас пройде-на половина дистанции, и панорама стро-ительства поражает воображение.Кто же затеял и осуществил проект этой

грандиозной стройки, поистине «стройкиХХI века»? Как возникла система финан-сирования и изготовления многочислен-ных узлов и агрегатов будущего реактора?

История проекта ИТЭР

Как уже было сказано, в 80-е годыпрошлого столетия ученые разных стран,занимавшиеся проблемой «приручения»термоядерной энергии, пришли к единомумнению: необходима постройка экспери-ментальной установки такой мощности итаких размеров, что это недоступно от-

дельной стране, и поэтому необходимамеждународная кооперация.Некоторый опыт международного науч-

ного содружества в Европе уже был. В1954 году был создан ЦЕРН (русскоепроизношение международной аббревиа-туры СЕRN, от Conseil Europйen pour laRecherche Nuclйaire – Европейский советпо ядерным исследованиям). Сегодня этокрупнейшая коллаборация по физике вы-соких энергий, в которой принимают уча-стие ученые 20 стран. Только на постоян-ной работе в ЦЕРНе заняты 2500 человек.За прошедшие годы там сооружено не-сколько ускорителей, в том числе круп-нейший в мире Большой адронный кол-лайдер (БАК). На них совершено 11 круп-ных открытий в физике элементарныхчастиц. ЦЕРН награжден Большой золо-той медалью ЮНЕСКО. Не менее важнои то, что именно в ЦЕРНе родилась «все-мирная паутина», вначале как компьютер-ная сеть для распространения научнойинформации. Но в 1993 году эта сеть былаоткрыта для всех пользователей – такродился интернет.Идея создания ЦЕРНа была высказана в

1949 году Луи де Бройлем в Лозанне(Швейцария) на европейской конферен-ции по культуре. Идея была горячо под-держана физиками, а энергия и авторитетНильса Бора помогли претворить ее вжизнь. В разгаре холодной войны советс-кие физики не могли участвовать в созда-нии и работе ЦЕРНа – почти все исследо-вания в ядерной физике тогда были строгозасекречены. Россия и сейчас не являетсястраной-участницей этой организации. Ноуже в строительстве БАКа и в его работефинансовый вклад России составил 5%, анаучный вклад – заметно больше.Мечта физиков зажечь на Земле звезд-

ную реакцию синтеза совпала с крутымизменением политической обстановки вРоссии в 1985 году. Генеральный секре-тарь ЦК КПСС М.С.Горбачев обозначилцелью своей деятельности прекращениехолодной войны («разрядку»), полное зап-рещение всех ядерных испытаний и нача-ло решительного сокращения страшныхарсеналов термоядерного оружия, накоп-

И Т Э Р – З Е М Н А Я З В Е З Д А 9

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 810

ленного двумя мировыми державами. Рос-сийские руководители программы мирно-го использования термоядерной энергииакадемики Б.Б.Кадомцев и Е.П.Велихов в1986 году встретились с М.С.Горбачевыми увлекли его своей идеей мирового со-трудничества в этой области. М.С.Горба-чев понял важность проблемы и включилэтот вопрос в программы своих встреч слидерами ведущих стран мира. Е.П.Вели-хов стал его советником по этому вопросуи принимал участие в международныхвстречах. Решающую роль сыграла встре-ча М.С.Горбачева с президентом СШАДональдом Рейганом в конце 1986 года вРейкьявике (Исландия), на полдорогемежду Москвой и Вашингтоном. Рейганбыл незаурядным политиком. Бывшийзнаменитый киноактер, он был образован-ным человеком и имел хороших советни-ков. В одном из интервью на журналистс-кий вопрос о том, чем он руководствуетсяв своей внешней и внутренней политике,Рейган ответил: «Принципом дополнитель-ности Нильса Бора». И разъяснил журна-листам этот принцип, основанный на кван-товом соотношении неопределенностей.Неизвестно, поняли ли Рейгана журна-

листы, но одним из результатов встречируководителей двух стран стало созданиепод эгидой МАГАТЭ (Международногоагентства по атомной энергии) группыученых, разрабатывающих возможностьсоздания нового крупного научного меж-дународного содружества. Большое учас-тие в этом принял и президент ФранцииФрансуа Миттеран. В 1987 году эта груп-па стала Международным консультатив-ным комитетом проекта ИТЭР, а возгла-вил этот комитет академик Б.Б.Кадомцев.Международный консультативный ко-

митет подготовил заключение в Вашингто-не в июле 1992 года международного четы-рехстороннего соглашения о разработкеинженерного проекта ИТЭР. Участника-ми этого соглашения были Россия, США,Япония и ЕС (Европейское содружество).Очень сложным вопросом было финанси-рование разработки проекта. Острой необ-ходимостью стало создание полномочноймеждународной организации по руковод-

ству всей этой работой. Необходим былмеждународный договор. Трудно переоце-нить участие Е.П.Велихова в подготовкеэтого договора. Его личные контакты совсеми ведущими физиками-реакторщика-ми, его бесспорный научный авторитет вэтой области обеспечили успешное, хоть ине очень быстрое решение проблемы.Наконец, в мае 2006 года в Брюсселе

состоялось соглашение о создании Между-народной организации по реализации про-екта, которая будет обладать правамиюридического лица, способного заключатьдоговоры с государствами и международ-ными организациями. В июне 2006 года вМоскве первые шесть стран-участниц это-го соглашения определили место сооруже-ния реактора. В сентябре 2006 года прави-тельство России приняло решение поддер-жать это соглашение, тем самым Россиястала страной-участницей. В декабре этогогода уже было заключено несколько десят-ков контрактов с конкретными исполните-лями проекта.Был создан управляющий орган – совет

ИТЭР. Его генеральными директорамивначале были японские физики-реактор-щики – ведь именно в Японии был создансамый продвинутый реактор Токамак-16.Российский ученый, академик Е.П.Вели-хов стал главным научным руководителемпроекта. В 2015 году генеральным дирек-тором совета ИТЭР был избран 65-летний

Бернард Биго

И Т Э Р – З Е М Н А Я З В Е З Д А 11

французский физик Бернард Биго, а 80-летний Е.П.Велихов стал почетным кон-сультантом совета, он и сейчас продолжа-ет принимать активное участие в его рабо-те. Во всех странах-участницах были со-зданы национальные агентства ИТЭР. ВРоссии такое агентство входит в государ-ственную корпорацию «Росатом».Одной из важнейших задач совета ИТЭР

является определение плана работ и сметыстроительства на каждый год и, что особен-но важно, распределение между странами-участницами работ по созданию отдельныхузлов и агрегатов реактора. Полный рас-четный объем финансирования составляетна 2018 год около 2 миллиардов евро. Онразделен на 11 частей, или паев. По одномупаю имеют Россия, США, Китай, ЮжнаяКорея и Индия, 2 пая имеет Япония,Европейский Союз имеет 4 пая, которыеуже сам распределяет по отдельным стра-нам Европы (в общей сложности в проектепринимают участие 26 стран).Участие этих стран заключается не толь-

ко в финансировании работ по самомустроительству реактора. Они финансиру-ют также научные разработки, инженер-ные проекты и изготовление по этим про-ектам тех элементов конструкции, кото-рые советом ИТЭР и национальными аген-тствами ИТЭР им поручено выполнить идоставить на строительную площадку.Почему мы выделили отдельно вопрос

доставки? Вот небольшой штрих, характе-ризующий грандиозные масштабы строй-ки. Отдельные детали и установки имеютмассу в десятки и сотни тонн. Так, некото-рые детали, изготовленные в России, име-ли массу по 50 тонн. Морем они доставля-лись в немецкий порт Киль, а оттуда поавтобанам на многотонных трейлерах – наюг Франции. Но были и будут «детали»,имеющие массу по 300 тонн и более. Каких доставить? В 2017 году в Южной Кореебыли изготовлены газгольдеры для хране-ния охлажденного гелия. Масса каждогогазгольдера 300 тонн, диаметр 6 метров,высота 30 метров. С Дальнего Востока онибыли доставлены морем во внутреннийпорт Средиземного моря около Канн ипогружены на специальные платформы-

трейлеры. Но чтобы выдерживать такуюмассу, трейлеру нужно иметь 354 колеса!По модернизированной 100-километровойдороге трейлеры со скоростью 5 километ-ров в час передвигались в сопровожденииконвоя по ночам, когда останавливалосьвсе движение. Теперь эти газгольдеры,установленные огромными кранами, гор-до красуются на предназначенных им попроекту местах. И краны, и платформы-трейлеры были изготовлены во Францииспециально для этой стройки.На строительстве сейчас занято свыше

2000 инженеров, техников и рабочих, а вштабе стройки и в научном руководствезадействовано больше 400 сотрудников.Есть небольшой жилой поселок, общежи-тия гостиничного типа, медицинские идетские учреждения. Предусмотрен транс-порт для детей школьного возраста в городКадараш. Общее число всех, кто занят впроекте ИТЭР в 26 странах мира, оцени-вается в 200000 человек. Невероятно труд-но координировать работу этого грандиоз-ного коллектива. Очень важно соблюде-ние сроков выполнения отдельных узловдля обеспечения непрерывности работы настройке. Нынешний генеральный дирек-тор совета ИТЭР Бернард Биго регулярнопосещает все страны-участницы, наблю-дая и контролируя работы в них.В России национальное агентство по

ИТЭР привлекло к работе 10 научно-исследовательских и конструкторских цен-тров, 5 крупных заводов с общим числомработников порядка 20000 человек. Гене-ральный директор совета ИТЭР на недав-ном заседании назвал российское участиев проекте самым надежным и по срокам, ипо качеству выполнения работ.Чтобы составить представление о том,

что же там, во Франции, строится, нужнонемного подробнее остановиться на прин-ципах работы и конструкции этого термо-ядерного реактора. Но об этом – в следу-ющий раз.

Квадратичные отображенияв картинках

П.ПАНОВ

Бифуркационная диаграмма

Не так уж просто разобраться в многооб-разии типов долгосрочного поведения, ко-торое демонстрирует квадратичное семей-ство 1f x x x . Но существует удоб-ный способ одновременного представле-ния динамики семейства f на одной кар-тинке – это бифуркационная диаграмма.Возьмем диапазон изменения , в на-

шем случае отрезок 0; 4 , и равномернорасположим на нем большое количествоточек 4i i I , i = 0,...,I. Для каждого iслучайным образом выберем начальнуюточку 0 0; 1x и произведем большоеколичество N итераций

1 1n i n nx x x .

Затем на координатной плоскости отметимточки ;i nx , где n меняется от 100 до N.Все они будут лежать на одном вертикаль-ном отрезке с абсциссой i . Обратитевнимание, поскольку нас интересует уста-новившееся (долгосрочное) поведение то-чек nx , первые 100 из них были отброше-ны. Проделаем это для каждого i.Полученная таким образом бифуркаци-

онная диаграмма изображена на рисунке 3

(0 4). Тут можно четко различить тетипы поведения, которые мы зафиксиро-вали раньше. Например, то, что при0 1 точки nx стремятся к 0, а при1 3 – к некоторому ненулевому зна-чению, а именно к корню 1x .Видно появление цикла длины 2 при пере-ходе через значение 3, а также виденцикл длины 4 при = 3,5. Для тех i , длякоторых заполнены целые отрезки, харак-

терна хаотическая динамика. Где-то в рай-оне = 3,8 наблюдается цикл длины 3.Разглядывая бифуркационную диаграммупри большем увеличении, можно обнару-жить другие подробности.Мы не можем продвинуться вдоль би-

фуркационной диаграммы в сторону зна-чений 4 , так как там при итерацияхточки начинают уходить на бесконечность,но продвижение в сторону отрицательныхзначений возможно (рис.4; –2 4).

Дальше мы попробуем расширить диа-пазон изменения параметра «вправо»,научившись работать с точками, уходящи-ми при итерациях на бесконечность, и

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20180802

Окончание. Начало – в предыдущем номережурнала.

Рис. 3

Рис. 4

построим новые бифуркационные диаг-раммы.

Квадратичные отображения плоскостии отображения окружности, семейства

и диаграммы

Квадратичным отображением плоскостиназовем преобразование, при котором точ-ка с координатами ;x y переходит вточку ;A x y с координатами

;A x y =

2 2 2 21 2 3 4 5 6;a x a xy a y a x a xy a y ,

где ia – некоторые фиксированные числа.Дальше при задании квадратичного ото-бражения ;A x y мы иногда будем пользо-ваться короткой записью 1 2 3 4; ; ; ;A a a a a

5 6;a a , оставляя лишь его коэффициенты

ia .С каждым преобразованием плоскости

2 2:A R R можно связать преобразова-ние окружности, которое на координатномязыке выглядит как

;;

;

A x yx y

A x y֏ .

Здесь ;x y – точка на единичной окруж-

ности (т.е. 2 2 1x y ). Результат приме-нения к ней преобразования, ;A x y , де-лится на расстояние до начала координат(нормируется), и новая точка возвраща-ется на единичную окружность.Итак, преобразование плоскости ;A x y

порождает преобразование окружности, имы можем наблюдать его динамику, какэто делали раньше для отрезка. Но давай-те сразу перейдем к семействам и к ихбифуркационным диаграммам.Пусть имеются два квадратичных ото-

бражения A и B. Они порождают есте-ственное семейство квадратичных отобра-жений

,C A B .

Чтобы избавиться от бесконечного диапа-зона изменения , сделаем еще замену

sin cos и распределим sin и cosмежду A и B:

sin cos ,C A B .

Вот для таких семейств мы и построимсейчас несколько бифуркационных диаг-рамм. Первая из них, для семейства, по-рожденного ( 0,43; 0,06; 0,67; 0,53;A = - -

)0,54; 0,47- - и ( 0,57; 1,32, 0,29; 0;B = - -

)0,94; 034- - , изображена на рисунке 5.

На этом рисунке, как и на следующих,вдоль горизонтали откладывается пара-метр , а вдоль вертикали –угловые координаты точек ок-ружности, с которых стартует итерация(угловая координата – это угол междуосью x и направлением на точку окруж-ности).На рисунке 5 опять наблюдаются бифур-

кации удвоения периода, видно периоди-ческое и хаотическое поведение.На окружности углам, отличающимся

друг от друга на 2 , отвечает одна и та жеточка, поэтому мы можем отождествитьвертикальные стороны граничного квад-рата, соответствующие углам = ± . Точ-но так же можно отождествить и горизон-тальные стороны, соответствующие = ± .Но на рисунке 5 имеется и еще однадополнительная симметрия, которая зак-лючается в том, что бифуркационная диаг-рамма переходит сама в себя при сдвиге навекторы ( )2; 2± . Это следствие квад-ратичности отображений A и B.

На рисунке 6 ( ( 0,67; 0; 0,63; 0,07;A = -

)0,14; 0,73 и (0,58; 0,86; 0,01; 0,52;B = - -

)0,08; 0,2- - ) мы видим новые элементы –

К В А Д Р А Т И Ч Н Ы Е О Т О Б Р А Ж Е Н И Я В К А Р Т И Н К А Х 13

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 814

вертикальные полосы. Они соответствуюттем значениям параметра , для которыхпри отображении sin cosC A B еди-ничная окружность дважды наматываетсясама на себя.На рисунке 7 ( (0,41; 1,12; 0,2; 1,06;A = -

)0,94; 0,48 и (0,86; 0,01;1,07; 0; 0,22;B = -

)0,14 ) – еще одна бифуркационная диа-

грамма, на этот раз без какой бы то нибыло хаотической компоненты. В нали-чии только неподвижные точки, циклыдлины 2 и 4.И наконец, возвращаемся к логистичес-

кому семейству. Оказывается, что оно на-прямую связано с семейством, порожден-ным квадратичными отображениями

( ) ( )2; 0;A x y xy y= - и ( ) ( )2; ; 0B x y x= .

Соответствующая диаграмма изображена

на рисунке 8 ( ( )0; 0; 0; 0; 1; 1A = - и( )1; 0; 0; 0; 0; 0B = ). Сравнение с рисун-

ками 3 и 4 показывает, что в центрерисунка 8 фактически присутствует логи-стическая бифуркационная диаграмма.

Переход от координат , к координа-там tgx = , tgy = дает точное соот-ветствие между центральной частью ри-сунка 8 и рисунком 4.

Отображения сферы

Тот самый фокус по превращению квад-ратичного преобразования плоскости впреобразование окружности мы повторимдля пространства и сферы.Квадратичным отображением трехмер-

ного пространства назовем отображение3 3:A R RÆ вида

( ); ;A x y z =

( 2 2 21 2 3 4 5 6 ;a x a xy a xz a y a yz a z= + + + + +

2 2 27 8 9 10 11 12 ;a x a xy a xz a y a yz a z+ + + + +

)2 2 213 14 15 16 17 18a x a xy a xz a y a yz a z+ + + + + .

Пусть точка ( ); ;x y z лежит на единич-ной сфере с центром в начале координат,заданной уравнением 2 2 2 1x y z+ + = . Тог-

да точка ( ) ( ); ; ; ;A x y z A x y z тоже ле-жит этой сфере, и мы получаем отображе-ние единичной сферы в себя:

( )( )

( )

; ;; ;

; ;

A x y zx y z

A x y z֏ .

Рис. 6

Рис. 8

Рис. 7

Опять можно взять точку на сфере ипосмотреть, что с ней происходит примногократном применении этого отобра-жения, т.е. проследить за динамикой точек( ); ;n n nx y z .Ограничимся одним примером. Рассмот-

рим квадратичное преобразование A, по-казанное на рисунке 9.

Рисунок 10, напоминающий танцующуюпару рыб, получен в результате 450000итераций отображения единичной сферы,

порожденного A. Каждая из последова-тельно полученных точек сферы( ); ;n n nx y z была спроецирована на плос-кость: ( ) ( ); ; ;n n n n nx y z x y֏ . Все точки( );n nx y лежат внутри единичного круга.

Заключение

Итак, на нескольких примерах мы уви-дели, что системы с очень простым описа-нием могут демонстрировать весьма не-тривиальное поведение и «рисовать» слож-ные и красивые изображения со множе-ством деталей. Разумеется, в этой статьеприведено лишь небольшое число такихкартинок. Некоторое усложнение такихсистем позволяет, например, рисоватьфракталы – изображения, малые частикоторых, будучи рассмотрены под увели-

чительным стеклом, повторяют все изоб-ражение. 4

В заключение скажем, что исследованиеповедения последовательности nx в мето-де простых итераций ( )( )1n nx f x+ = слу-жит не только для создания эстетическиприятных рисунков. Даже если мы оказа-

лись в ситуации, когда этот метод несходится к точному решению уравнения

( )f x x= , бывает важно понять, что все-таки происходит.Один из примеров такой задачи, при-

ходящей из экономики, связан с паути-нообразной моделью ценообразования. 5

Вкратце, речь идет вот о чем. В капита-листическом обществе цены устанавлива-ются самими участниками рынка. Нач-нем с действующих в данное время цен

0x . Исходя из этих цен, производителии продавцы товаров стараются оптими-зировать свою деятельность, после чегоцены, выставляемые ими на товары,меняются: ( )1 0x f x= , и этот процесс

продолжается дальше: ( )2 1x f x= ,

( )3 2x f x= , ... 6 В «хорошем» случае ите-рационный процесс сойдется к уровнюцен x, удовлетворяющему уравнению

( )x f x= . Такие цены называются равно-весными: даже если они кому-то пока-жутся несправедливыми, ни одному изучастников рынка не выгодно их менять.

К В А Д Р А Т И Ч Н Ы Е О Т О Б Р А Ж Е Н И Я В К А Р Т И Н К А Х 15

Рис. 9

4 О том, как поведение динамических системпорождает фракталы, см. в книге: Х.О.Пайт-ген, П.Х.Рихтер. Красота фракталов. – М.:Мир, 1993.

5 Более подробно см., например: В.М.Галь-перин, С.М.Игнатьев, В.И.Моргунов. Микро-экономика. – СПб.: Экономическая школа,2004.

6 Для простоты модели мы предполагаем,что экономическая деятельность осуществля-ется дискретно, по шагам, как в некоторыхкомпьютерных играх-стратегиях.

Рис. 10

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 816

В реальности, как мы видели в этой ста-тье, так происходит не всегда, даже еслинаша экономическая модель (т.е. функ-ция f) описана простой и понятной фор-мулой. Может возникнуть и периодичес-кое, и хаотическое поведение.Более классические примеры связаны с

динамическими системами в механике.Уравнения, описывающие поведение ме-

ханических систем, довольно простые(грубо говоря, они получаются из зако-нов Ньютона), однако поведение можетоказаться очень сложным. Основы тео-рии динамических систем заложил выда-ющийся французский математик А.Пуан-каре; впоследствии большой вклад в неевнесли А.Н.Колмогоров, В.И.Арнольд идругие.

Сечение с наименьшей площадью

В последних номерах «Кванта» было опуб-ликовано несколько статей под общим загла-вием «Где ошибка?». Нам кажется оченьважным и полезным тренироваться отличатьправильные рассуждения от правдоподоб-ных. Продолжая эту тему, наш постоянныйавтор и читатель С.Дворянинов предлагаетпротестировать на правильность решениеследующей задачи.

Задача. Координаты вершин треуголь-ной пирамиды ТАВС таковы:

T (2;1;0), A(0;0;1), B(1;1;0), C(0;0;2).

Пусть S – это площадь сечения пирамидыплоскостью, проходящей через сторону ос-нования АС и пересекающей боковое реброТВ. Найдите наименьшее значение величи-ны S.

Решение. Рассмотрим сечение АМС (см.рисунок). Пусть МK – высота треугольника

АМС. Площадь треугольника окажется наи-меньшей, когда будет наименьшей длинаотрезка МK. В свою очередь, эта длинаявляется наименьшей из всех возможных,если она равна расстоянию между скрещива-ющимися прямыми АС и ТВ. Найдем эторасстояние.Прямая АС задается уравнениями x = 0,

y = 0, z = t, прямая ВТ задается уравнениямиx = s, y = 1, z = 0. Квадрат расстояния междуточками этих двух прямых равен

2 2 2 21 1d s t= + + ≥ .

Равенство достигается при s = 0 и t = 0.Отсюда следует, что расстояние между пря-мыми АС и ВТ равно 1. Длина ребра АСтоже равна 1. Следовательно, наименьшее

значение S равно 1

2.

Все ли верно в этом решении?В приведенном рассуждении имеется про-

бел, связанный с тем, что одно из основанийобщего перпендикуляра к прямым AC и BTможет находиться не на отрезке BT, а на егопродолжении. Можно проверить, что приданных в условии задачи числовых значени-ях именно так и происходит.

Н А М П И Ш У Т

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

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

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

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

Автор задач Ф2529–Ф2532 – С.Крюков.

Задачипо математике и физике

Задачи М2522–М2525, Ф2529–Ф2532

M2522. Найдите все натуральные числаn, для которых существует перестановка

1, , na a… чисел 1, , n… такая, что все чис-ла 1 1a - , 2 2a - , …, na n- попарноразличны.

Фольклор

M2523. В равнобедренном треугольникеABC (AB = AC) точка M – серединавысоты CH (рис.1). Прямая, проходящая

через C и перпендикулярная прямой AC,пересекает прямую, проходящую через Aи параллельную прямой BC, в точке P.Докажите, что точки B, M и P лежат наодной прямой.

Д.Пашуткин

M2524. Для каждой пары различных дей-ствительных чисел a, b найдите все функ-ции :f +ÆR R (т.е. функции, определен-ные на множестве всех действительныхчисел и принимающие положительныезначения) такие, что при всех x ŒR ,

y ŒR выполнено равенство

( ) ( )( ) ( )( )ay bxf xy f x f y= .

Я.Алиев

M2525. Даны натуральные числа m, n, k,a, b, c. Прямоугольный параллелепипедm n k¥ ¥ удалось разрезать на несколько«кирпичей» трех видов: 1 1a ¥ ¥ , 1 1b¥ ¥и 1 1 c¥ ¥ . (Размеры указаны в заданномпорядке – длина, ширина, высота; напри-мер, 1 1 2¥ ¥ и 1 2 1¥ ¥ – кирпичи разноговида.) Докажите, что верно хотя бы одноиз следующих утверждений: m делится наa; n делится на b; k делится на c.

Т.Зиманов (Казахстан)

Рис. 1

Ф2529. В аквариум в форме куба с длинойребра 2R «вписан» конус (ширина аквари-ума равна диаметру основания конуса,высота конуса равна высоте аквариума).Аквариум с находящимся в нем конусомполностью залит водой. Определите мини-мальную работу, которую следует совер-шить, чтобы «осушить» конус (вынуть егоиз воды). Плотность воды 0 , плотностьматериала конуса .

Ф2530. На дне пустого колодца лежитгруз массой m, к которому привязан неве-сомый упругий шнур длиной L, а второйконец шнура привязан к барабану на уров-не его оси (рис.2). На шнуре на высоте9 10L от дна колодца находится «метка».

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 818

В начальный моментвремени шнур не де-формирован. Какуюработу необходимосовершить для того,чтобы оторвать грузот дна колодца?Шнур при наматы-вании не проскаль-зывает относительнобарабана (как быприлипает к нему).Известно, что приотрыве груза меткаоказывается на вы-соте оси барабана.

Ф2531. В «сером»ящике находитсякольцо из шести ре-зисторов (рис.3). По-

воротом специального шаблона в этомящике можно открывать выводы (точки

соединения) только одного резистора иизмерять прибором (омметром) сопротив-ление между этими точками. В ходе экспе-римента были измерены значения шестивеличин: 12R , 23R , 34R , 45R , 56R , 61R(второй индекс соответствует номеру ре-зистора). Определите по этим даннымистинные значения сопротивлений всехшести резисторов.

Ф2532. Каково соотношение между высо-той горы h и глубиной шахты H (рис.4),если периоды малых колебаний математи-ческого маятника на вершине горы и на

Рис. 2

Рис. 3

дне шахты одинаковы? (Считайте, чтоЗемля – однородный не вращающийсяшар.)

Рис. 4

Решения задач М2510–М2513,Ф2517–Ф2520

M2510. Toчкa O – центр oпиcаннойoкрyжнoсти оcтрoугольного треyгольникaABC, AH – егoвыcота (рис.1).Toчкa P – ocнoва-ние пеpпендикуля-рa, опyщенного източки A нa пpямyюCO. Дoкaжите,чтo пpямaя HPпрoxoдит черезсеpединy сторoныAB.Заметим, что

90ACO ABC. Действительно, цен-тральный угол AOC равен двум угламBAC, и из равнобедренного треугольникаAOC получаем 90ACO ABC. По-

скольку AP PC и AH HC, четыре-хугольник APHC – вписанный (рис.2).Отсюда 90AHP ACO ABC .Пусть M – середина AB. В прямоугольномтреугольнике ABH: MA = MB = MH,откуда 90AHM MAH ABC .Итак, AHM AHP, т.е. прямые HMи HP совпадают, что и требовалось. Зада-ча решена.Другое решение можно получить, заме-тив, что PH – это прямая Симсона для

Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

точки A и прямоугольного треугольникаBCD, где CD – диаметр описанной окруж-ности треугольника ABC (рис.3). Тогда

прямая PH проходит через проекцию Zточки A на прямую BD. Тем самым, пря-мая PH – диагональ прямоугольникаAHBZ, а значит, она делит пополам егодругую диагональ AB.

Е.Бакаев

M2511. Сyщеcтвуют ли такие 2018неcoкpатимых дробей с натуральнымичислителями и pазличными натуpaльнымизнaменателями, что знaменaтельрaзнocти любых двyх из них после приве-дения к несoкpатимомy виду окажетсяменьше знаменателя любой из исxoдных2018 дробей?

Ответ: существуют.Опишем один из возможных примеров.Вначале рассмотрим произвольные дроби

1 2018

1 1, ,

q q… , где 1 2018, ,q q… – различные

простые числа. Разность 1 1

i jq q равна

j i

i j

q q

q q. Это нескратимая дробь (при

i j ), так как j iq q не делится ни на iq ,

ни на jq . Теперь прибавим к каждой

дроби 1

iq дробь

1

q, где q – простое число,

большее каждого 2iq . От этого прибавле-

ния множество разностей не изменилось. Врезультате получим дроби вида1 1 i

i i

q q

q q q q – это несократимые дроби

(так как iq q не делится ни на iq , ни на

q). Пусть дроби i

i

q q

q q (i = 1, …, 2018) –

это и будут наши данные несократимыедроби. Знаменатель каждой из них большеq, а знaменaтель рaзнocти любых двyх изних меньше q.

М.Дидин

M2512. Дано натуральное число n > 1.Что больше: количество способов разре-зать клетчатый квадрат 3n 3n на клет-чатые прямоугольники 1 3 или количе-ство способов разрезать клетчатый квад-рат 2n 2n на клетчатые прямоугольни-ки 1 2 ?

Ответ: больше количество разбиений квад-рата 3 3n n на триминошки 1 3 .Опишем процедуру, которая сопоставляеткаждому разбиению квадрата 2 2n n надоминошки 1 2 разбиение квадрата3 3n n на триминошки.Предположим, что задано некоторое раз-биение квадрата 2 2n n на доминошки.Сделаем n дополнительных горизонталь-ных разрезов: разрежем каждый второйгоризонтальный ряд (рис.1). Аналогичносделаем n дополнительных вертикальныхразрезов. Теперь мы получили квадрат

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 820

3 3n n , разбитый на прямоугольные«клетки» неравных размеров. Увеличимширину каждого «узкого» вертикальногои горизонтального ряда так, чтобы полу-чился квадрат 3 3n n , разбитый на еди-ничные клетки. Далее будем называть этотквадрат 3 3n n новым квадратом, а ис-ходный квадрат 2 2n n – старым. Каж-дая отдельная клетка старого квадраталибо осталась клеткой, либо стала прямо-угольником 1 2, либо 2 1, либо 2 2 вновом квадрате.Посмотрим, что произошло с доминошка-ми при переходе от старого квадрата кновому. Каждая доминошка становятсялибо триминошкой, либо прямоугольни-ком 2 3 или 3 2. Разрезав дополнитель-но каждый из этих прямоугольников надве триминошки, мы по данному разбие-нию старого квадрата на доминошки полу-чим некоторое разбиение нового квадрата3 3n n на триминошки.Докажем, что описанная процедура пере-водит разные разбиения старого квадратав разные разбиения нового квадрата. Пред-положим, что два различных разбиения надоминошки квадрата 2 2n n после выпол-нения процедуры становятся одним и темже разбиением на триминошки квадрата3 3n n. Поскольку разбиения на доминош-ки различны, существует клетка в квадрате2 2n n, накрытая в этих разбиениях доми-ношками по-разному. Но тогда и послевыполнения процедуры образ этой клетки(т.е. прямоугольник 1 1, либо 1 2, либо2 1, либо 2 2) будет накрыт триминош-ками по-разному. Значит, разбиения натриминошки разные – противоречие.Построенное соответствие уже доказыва-ет, что разбиений квадрата 3 3n n натриминошки не меньше, чем разбиенийквадрата 2 2n n на доминошки. Осталосьпредъявить хотя бы одно разбиение квад-

рата 3 3n n на трими-ношки, которое не полу-чается описанной вышепроцедурой из разреза-ния старого квадрата2 2n n на доминошки.Подойдет любое разбие-ние на триминошки, в

котором к правому нижнему углу (т.е.образованному последними строкой и стол-бцом) примыкает вертикальная триминош-ка, а слева к ней примыкают три горизон-тальные триминошки (рис.2).

В.Брагин

M2513. B некoтopом гocyдаpcтве сложе-ние и вычитание обoзнaчaются знаками«!» и «?», но вам неизвестнo, кaкой знaккакoй oпеpации cоoтветствует. Кaждaяоперaция применяетcя к двум числaм, нопрo вычитание вaм неизвеcтнo, вычитa-етcя левое число из прaвoго или пpaвoе излевoгo. К пpимеpу, вырaжение a?b обо-значает oдно из cледующиx: a – b, b – aили a + b. Вaм неизвестно, кaк зaписы-вaютcя чиcлa в этoм гоcудapcтве, нoпеременные a, b и скoбки есть и иc-пoльзуются, как обычнo. Oбъясните, какс помощью них и знaков «!», «?» запиcaтьвыражение, котоpое гapантирoвaнно рав-но 20a – 18b.

Сначала изготовим ноль:

? ! ?a a a a .

Легко видеть, что это выражение равнонулю вне зависимости от того, какой иззнаков «!», «?» означает «+», а какойозначает «–». Далее мы сокращенно обо-значаем это выражение как O.Теперь изготовим сложение:

? ? ?a O O b .

Это выражение в любом случае равноa + b.Затем сделаем вычитание. Выражение

? ! ?a O O b

равно либо a – b, либо b – a, в зависимостиот значения «!» и «?». Сокращенно обо-значим его как a ; b.Наконец, реализуем обычное вычитание:

; ;a b O .

Это выражение в любом случае равноa – b.После того как мы сумели сделать сложе-ние и вычитание, мы можем записать20a – 18b так:

a a b b… … ,Рис. 2

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

Ф2517. 1 Тело бросили под углом кгоризонту. Найдите угол , образуемыйс горизонтом радиусом-вектором этоготела, проведенным из точки бросания, ктому моменту, когда скорость тела бу-дет перпендикулярна начальной. Сопро-тивлением воздуха пренебречь.

При описании движения тела, брошенногопод углом к горизонту, часто бывает удоб-но использовать векторную форму записидля скорости тела ( )v t

r

и его радиуса-вектора ( )r t

r

:

( ) 0v t v at= +rr r

,

( )2

0 02

atr t r v t= + +

r

r r r

.

Соответствующие (иллюстрирующие) по-строения приведены на рисунках 1,а и 1,б(при 0 0r = ).

Для решения задачиналожим друг на дру-га векторные треуголь-ники

0v v g= +r r r

и

2

02

gr v= +

r

r r

после сокращения пос-леднего на (рис.2).Из рисунка 2 явствует,что верхний и нижний

треугольники равнобедренные, ибо по ус-ловию 0v v^

r r

, и, стало быть, скорости этиобразуют вписанный угол, опирающийсяна диаметр g . Отсюда находим

22 2

Ê ˆ= - - = -Á ˜Ë ¯.

Ф2518. При накачивании автомобильнойшины ручным насосом каждая порцияатмосферного воздуха, оказавшаяся в нем,сжимается поршнем до уровня давления вшине, после чего вкачивается внутрь.Определите теплоемкость газа в процес-се сжатия, если подкачка производитсяпри нормальных условиях, температурапоступающего в шину воздуха t 40 C ,объем насоса V = 0,55 л, а произведеннаянад газом работа А = 60 Дж. Молярнуютеплоемкость воздуха при постоянномобъеме принять равной VC 2,5R .

Согласно первому началу термодинамики,полученное термодинамической системой,в нашем случае газом, количество теплотыравно

гQ U A= + ,

где гA – работа газа, а U – приращениеего внутренней энергии. По определениютеплоемкость газа в процессе сжатия равна

г гQ U A U AC

T T T T

+= = = + =

= 1,0 Дж КV V

A V AC C

T V t- = - = - ,

где VС – теплоемкость при постоянномобъеме данной порции газа, – числомолей, V = 22,4 л – молярный объемвоздуха при нормальных условиях,T t= – 0 °С – изменение температуры.

Теплоемкость получилась отрицательной,что вполне понятно: при сжатии газа засчет большой совершенной работы он на-гревается, отдавая при этом некотороеколичество теплоты (ведь температуранасоса явно выше температуры окружаю-щей среды). Таким образом, «получен-ное» количество теплоты оказывается мень-ше нуля, а числитель и знаменатель вопределении теплоемкости имеют разныезнаки.

1 Автор решений задач Ф2517–Ф2520 –С.Крюков.

Рис. 1

Рис. 2

где a появляется 20 раз и b появляется 18раз.

Н.Белухов

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 822

Ф2519. Конденсаторы емкостями

1 2, , , nC C C… заряжают до напряжений

1 2, ,U U ..., nU соответственно (при этомсуммарный заряд пластин каждого кон-денсатора, естественно, равен нулю).Затем из конденсаторов образуют пос-ледовательную цепочку, свободные кон-цы которой соединяют друг с другом.Найдите заряд q, прошедший по цепи.

Единственное условие, которому подчиня-ется распределение зарядов на поверхнос-ти системы проводников, – это равенствонулю напряженности поля в каждой точкевнутри каждого проводника. Теорема един-ственности утверждает, что такое распре-деление всегда существует и оно един-ственно, т.е. других распределений, удов-летворяющих данному условию, нет. Этообстоятельство позволяет в ряде ситуацийпредставить искомую систему зарядов ввиде суперпозиции двух или несколькихболее простых подсистем, каждая из кото-рых (в отдельности) не создает поля ни водном из имеющихся проводников. По-пробуем использовать эту методику прирешении данной задачи.Пусть iq – алгебраическая величина заря-да на левой обкладке i-го конденсатора(см. рисунок). Тогда

1 1

n ni

A B iii i

qU U

C= =

= - = =Â Â ,

причем система зарядов { }1 2, , , nq q q… не

создает поля ни в одном из проводниковрассматриваемой схемы. Возьмем такуюже цепочку незаряженных конденсаторови зарядим ее до такого же, но противо-положного по знаку напряжения

B AU- = - . При этом, очевидно, направой обкладке каждого конденсатораокажется заряд

экв

1

1n

ii

Uq UC

C=

= =

Â,

и ни в одном из проводников нашей схемы

также не возникнет электрического поля.Наложим теперь эти два распределениядруг на друга. Поскольку каждое из нихпорознь не создает поля ни в одном изпроводников, простая их суперпозиция(без взаимного искажения) его там тоже несоздаст. Поля в каждой точке и напряже-ния на каждом участке, очевидно, сложат-ся, и потенциалы точек А и В сравняются.Но эта картина и есть конечное состояниесистемы. Стало быть, по цепи в направле-нии от В к А протечет заряд

1

1

1

n

iin

ii

U

q

C

=

=

=Â

Â.

Ф2520. На сферическую границу разделадвух сред падает произвольный (приосе-вой) луч. На рисунке 1 граница раздела

сред аппроксимирована (приосевое при-ближение) плоскостью, пересекающей осьсистемы в точке Р. Постройте дальней-ший ход луча, если заданы передний 1F изадний 2F фокусы системы для выбран-ной оси.

При решении аналогичной задачи с линзойможно было использовать в качестве вспо-могательного любой из двух параллель-ных заданному базовых лучей: либо иду-щий через оптический центр, либо – черезпередний фокус. Аналогом первого луча в

нашем случае является луч, проходящийчерез центр О сферической границы раз-

Рис. 1

Рис. 2

(Продолжение см. на с. 26)

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Эти задачи предназначены прежде всегоучащимся 6–8 классов.

Эти задачи предлагались на Международ-ном математическом конкурсе-игре «Кенгуру»в 2018 году.

Задачи

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

1. Сидор – сын брата жены Петра.Кем приходится Петр Сидору?

2. Какую операцию нужно добавить,чтобы схему на рисунке можно былоправильно заполнить числами, поста-вив в закрашенную клетку любое по-ложительное число?

3. На рисунке показан фрагмент мо-заики, сложенной из одинаковых де-талей. Как может выглядеть одна та-кая деталь?

4. Дима узнал способ выкладыватьцифры спичками (см. рисунок). Какоенаибольшее число он может соста-вить, используя 17 спичек?

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 824

XXIV Турнир математическихбоев имени А.П. Савина

XXIV Турнир математических боев имениА.П.Савина прошел с 26 июня по 2 июля 2018 годав Костромской области на базе отдыха «Беренде-евы Поляны».

В турнире приняли участие 34 команды школь-ников, окончивших 5–9 классы, из Москвы, Санкт-Петербурга, Ярославля, Иванова, Вологды и Жу-ковского.

Задачи были составлены и подобраны жюрипод руководством А.Грибалко и старших по лигам:М.Хачатурян – 5 классы, Е.Бакаева – 6 классы,А.Пешнина – 7 классы, М.Артемьева – 8 классы.По результатам командной олимпиады командышестых классов были разбиты на две лиги: выс-шую и первую.Победителями и призерами турнира стали сле-

дующие команды (в скобках указан руководителькоманды на турнире).

Лига 5 классовдиплом I степени: Вологодский математический

лицей-1 (А.Чегодаев),диплом II степени: Москва-1543-5-1 (И.Раскина),диплом III степени: Москва-1543-5-2 (И.Раски-

на).Высшая лига 6 классовдиплом I степени: Москва-ЦДО-6Б (К.Скопцов),дипломы II степени: Москва-2007-6-1 (Р.Христо-

любов) и Жуковский-5-6 (И.Иванов-Погодаев),дипломы III степени: Жуковский-6 (Е.Рудакова)

и Москва-1514-6-2 (О.Морозова).Первая лига 6 классовдиплом I степени: Ярославль-6 (И.Преображен-

ский),диплом II степени: Москва-1514-6-1 (О.Моро-

зова),диплом III степени: Москва-Новая школа-6

(Н.Мартынова).Лига 7 классовдиплом I степени: Ярославль-7 (И.Преображен-

ский),диплом II степени: Москва-1329-7 (Е.Бакаев),диплом III степени: Москва-2007-7-1 (О.Агаха-

нова).Лига 8 классовдиплом I степени: Москва-2007-8 (О.Деркач),диплом II степени: Ярославль-8 (И.Преобра-

женский),дипломы III степени: Санкт-Петербург-30 (А.Са-

довников) и Москва-1543-8 (О.Заславский).

1 В скобках после номера задачи указанкласс, в котором она предлагалась.

Победителями личной олимпиады 5 классастали Бурмистров Владислав (Москва, школа 444)и Мордакин Антон (Москва, школа 1543). Абсо-лютные победители (школьники, набравшие наи-большее количество баллов) олимпиады 6 класса:Або Полина (Санкт-Петербург, школа 369), Кон-даков Илья (Москва, школа 1514), Тихонов Григо-рий (Москва, школа 1543). В 7 классе победителемстала Кобышева Екатерина (Москва, школа 1329),а в 8 классе – Дюдин Тимофей (Москва, школа2007).Подробную информацию о турнире можно най-

ти на сайте tursavin.ru

Избранные задачи

1. (8)1 Назовем натуральное число су-перпростым, если сумма его цифр – про-стое число. Назовем натуральное числосуперпуперпростым, если сумма его цифр– суперпростое число. Какое наибольшееколичество суперпуперпростых чисел мо-гут стоять подряд в натуральном ряду?

Д.Шноль

2. (8) На доске размером 100 100¥расставлено 100 ладей, не бьющих другдруга. Для каждой из них подсчитали,какой наименьший суммарный путь долж-ны пройти остальные ладьи, чтобы по-пасть на ту клетку, где находится эталадья. Докажите, что если для каких-тодвух ладей полученные величины равны,то центры клеток, в которых стоят этиладьи, равноудалены от центра доски.

А.Грибалко

3. (6–8) Трус, Балбес и Бывалый раздо-были три бутыли самогона. Они знают,что в какой-то из бутылей его крепостьравна 45%, в какой-то – 65%, а в какой-то– 70%. Они могут отмерять любое количе-ство самогона. Выпив стакан, каждый са-могонщик роняет его в том и только в томслучае, если его содержимое было крепче

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

60%. Как всем троим наполнить стаканы и,выпив их одновременно, определить кре-пость в каждой бутыли?

С.Токарев

4. (8) Все натуральные числа от 1 до 2nтребуется расставить в таблице размеромn n¥ так, чтобы в каждом «уголке» изтрех клеток сумма чисел не делилась на 3.При каких n это возможно?

А.Грибалко

5. (8) Из шестнадцати монет две фаль-шивые, более легкие. Если на чашечныевесы положить фальшивую и настоящуюмонеты, то весы останутся в равновесии,но две настоящие монеты перевешиваютдве фальшивые. Можно ли найти обефальшивые монеты, сделав не более шестивзвешиваний?

А.Заславский, К.Кноп

6. (8) Петя и Вася играют в игру наполоске 1 N¥ клеток. Первым ходит Петя,ставя фишку на любую клетку. Далее Васяпередвигает ее на 3 или на 4 клетки влюбую сторону, затем таким же образомфишку двигает Петя и так далее. Дваждыставить фишку на одно и то же поленельзя. Тот, кто не сможет сделать ход,проигрывает. Кто из игроков сможет га-рантировать себе победу вне зависимостиот ходов противника?

Е.Бакаев

7. (8) У шаха есть N камней массой 1,2,..., N карат (N > 2). Он хочет сделать изнекоторых из них ожерелье так, чтобымассы любых двух соседних камней вожерелье отличались хотя бы вдвое. Какоенаибольшее количество камней может быть

в ожерелье? (Ожерелье сцеплено в коль-цо.)

Е.Горская

8. (7–8) В угловой клетке доски разме-ром 100 100¥ клеток стоит шахматныйкороль. Петя и Вася по очереди делают имходы так, чтобы расстояние от центраначальной клетки до центра той, в которойнаходится король, после каждого ходаувеличивалось. Проигрывает тот, кто несможет сделать очередной ход. Кто сможетвыиграть, независимо от ходов соперника?

А.Грибалко

9. (8) В волейбольном турнире меньшевсех очков набрала команда с положи-тельной разностью выигранных и проиг-ранных партий. Какое наименьшее коли-чество команд могло участвовать в этомтурнире? (Каждая команда сыграла скаждой один матч, который состоит изнескольких партий до трех побед однойиз команд. Если счет партий 3 : 0 или3 : 1, то за победу дается 3 очка, за пора-жение – 0; если счет партий 3 : 2, запобеду – 2 очка, за поражение – 1 очко.)

А.Заславский

10. (7–8) Назовем семиугольник прямо-угольным, если у него есть четыре прямыхугла. Докажите, что любой прямоуголь-ный семиугольник можно разрезать насемь прямоугольных семиугольников.

А.Пешнин

11. Дан прямоугольник ABCD. На сто-роне BC отмечена точка K, а на сторонеCD – точка L так, что CK = DL иDAL LAK– = – .

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 826

а) (7) Найдите KLA– .б) (8) Докажите, что биссектрисы углов

С и D прямоугольника пересекаются напрямой AL.

Е.Бакаев

12. (8) Олег и Миша играют с 27 одина-ковыми белыми кубиками. Олег каждымсвоим ходом склеивает любые два много-гранника (кубики можно склеивать толькоцелыми гранями), а Миша красит поверх-ность любого многогранника красным фло-мастером. Начинает Олег. Игра продолжа-ется, пока все кубики не будут склеены водин многогранник, который будет покра-шен. Олег хочет, чтобы по крайней мере у20 кубиков количество красных граней сучетом «спрятанных» внутри многогран-ника оказалось четным. Сможет ли Мишаему помешать?

Н.Наконечный

13. (7–8) Даны числа от 1 до 64. Однимдействием можно стереть ровно три числа:

какое-нибудь число X; одно из чисел,отличающихся от X на 1; одно из чисел,отличающихся от X на 8. После несколькихдействий осталось ровно одно число. Най-дите все варианты, каким оно могло быть.

Е.Бакаев

14. (7–8) На катетах АС и ВС прямоу-гольного треугольника АВС во внешнююсторону построены равносторонние треу-гольники АСР и ВСQ. Найдите отношениедлины отрезка ВР к длине отрезка, соеди-няющего середины АВ и PQ.

А.Пешнин

15. (7–8) Барон Мюнхгаузен говорит,что перегнул некоторый бумажный тре-угольник по прямой, сделал ножницамипрямой разрез, получил три части, согну-тые части разогнул – и все три оказалисьравными неравнобедренными треугольни-ками. Могут ли слова барона быть прав-дой?

А.Шаповалов

Публикацию подготовил А.Блинков

дела (показан пунктиром на рисунке 2),но центр этот нам не задан. Луч, пересека-ющий границу в точке Р, не может бытьиспользован для построений, ибо он «ло-мается» в этой точке. Остается только луч,идущий через передний фокус. После пре-ломления он пойдет параллельно выбран-ной главной оптической оси 1 2FF . Прове-дем заднюю фокальную плоскость и най-дем точку М ее пересечения с этим лучом.Через нее и пройдет преломленный задан-ный падающий луч.Замечание 1. В рассуждениях использо-вался факт существования задней фокаль-ной плоскости сферической границы раз-дела, хотя при выводе формулы преломле-ния на сферической поверхности понятиефокальной плоскости обычно вообще невводится. Однако ситуация тут тривиаль-ная. Совершенно очевидно, что фокаль-ными поверхностями здесь будут сферырадиусами 1OF и 2OF , которые в паракси-альном приближении аппроксимируются

(Начало см. на с. 17) перпендикулярными главной оптическойоси плоскостями.Замечание 2. Хотя центр границы разделанам не задан, он легко находится. В самомделе, полагая в формуле преломления насферической поверхности

( )11 nn

d f R

-+ =

(d – расстояние до источника, f – доизображения) сначала d Æ • , а затемf Æ • , найдем, соответственно,

2 11

,1 1

nF R F R

n n= =

- -,

откуда для любого n получим

2 1F F R- = .

Стало быть, центр О данной сферическойповерхности лежит на расстоянии 2 1F F-от точки Р. Луч, параллельный заданномуи проходящий через этот центр (проведенпунктиром на рисунке 2), не испытываетпреломления, как идущий вдоль радиуса,и потому может также быть использовандля нахождения точки М.

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Потенциальнаяяма и принцип

чайнойложечки

С.ДВОРЯНИНОВ

ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЯМА – ЭТО, КОНЕЧНО,выражение образное. Вспомним подоб-

ные выражения: не вешать носа, развеситьуши, дать прикурить, говорить под руку,искать ветра в поле. Ясно, что повесить носможно только в переносном смысле, а вотзагрустить, впасть в уныние – это бывает.

Вводя понятие потенциальной ямы, в учеб-никах физики обычно рисуют шарик, кото-рый катается по кривой, представляющейсобой график функции, имеющей две точкиминимума и точку максимума между ними(рис.1). Функция выражает значение потен-

циальной энергии шарика. Точке минимумасоответствует потенциальная яма, точке мак-симума – потенциальный барьер. Таким об-разом, потенциальной ямой физики называ-ют состояние рассматриваемой системы сминимумом ее потенциальной энергии. Сампо себе из одной ямы в другую шарикперекатиться не может. Для его перемеще-ния требуется приложить внешнюю силу исовершить достаточную для преодоленияпотенциального барьера работу. (Правда,имеются ситуации, когда частица, не макро-скопический шарик, с некоторой вероятнос-тью может преодолеть такой барьер безвсякой «внешней» помощи. Этим объясняет-ся, например, явление альфа-распада тяже-лых ядер.)

Потенциальную яму каждый из нас наблю-дает чуть ли не ежедневно. Представьте,например, что на столе стоит стакан чая счайной ложечкой внутри и блюдце. Разме-шав чай, вы хотите положить ложечку наблюдце. Для этого надо совершить работу –поднять ложечку выше стакана, преодолетьпотенциальный барьер. Положение ложечкии в стакане, и на блюдце – устойчиво. Есличаепитие происходит, скажем, в вагоне дви-жущегося поезда, то небольшие толчки илисотрясения оставят ложечку на месте и встакане, и на блюдце. В этой простейшейситуации дно стакана и блюдце – это двепотенциальные ямы, а ложечка – перекаты-ваемый из одной ямы в другую шарик.

Оказывается, подобная абстрактная «ло-жечка» присутствует во многих окружаю-щих нас конструкциях, где вместо потенци-альной энергии гравитационного взаимодей-ствия с Землей надо рассматривать потенци-альную энергию деформируемой пружины.

Электрический выключатель. На рисун-ке 2 изображена схема электрического вык-

лючателя, когда электрическая цепь разом-кнута. При повороте пластмассового рычаж-ка АВ вокруг точки О против часовой стрел-ки пружина из положения KA переходит вположение KA и замыкает цепь. На этомпути пружина сначала сжимается (ее потен-циальная энергия увеличивается), потомразжимается. Почему? Да потому, что втреугольнике АОK сумма длин двух сторонАО и АK больше длины стороны KО. Когдапружина и отрезок АО располагаются наотрезке KО, пружина неизбежно оказывает-ся сжатой. Крайние положения пружины –это потенциальные ямы. Оба эти положенияпружины (и рычажка АВ) устойчивы.

Проведем простой эксперимент. Если слег-ка нажать на клавишу настенного включате-ля и затем отпустить ее, то клавиша, щелк-

Рис. 1

Рис. 2

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20180803

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 828

нув, вернется в исходное положение. Это иесть явное проявление устойчивости. Ника-кие слабые случайные возмущения этогоустройства (т.е. несильные толчки или со-трясения) не нарушат состояние системы:электрическая цепь останется либо замкну-той, либо разомкнутой, т.е. будет функцио-нировать устойчиво.На рисунке 2 представлена, как говорят,

принципиальная схема выключателя, в каж-дом конкретном случае она реализуется раз-ными технологическими решениями.Велосипедная подножка. Теперь обратим

свое внимание на велосипед, а точнее – наатрибут современных велосипедов, называе-мый подножкой (рис.3). Это устройствопризвано удерживать неподвижный велоси-пед от падения.

Снова рассмотрим лишь принципиальнуюсхему устройства, т.е. будем говорить толькоо важнейших его элементах, не вдаваясь вовсе детали. Таких элементов здесь всего два– собственно подножка и пружина. Онивместе играют роль чайной ложечки. Пустьодин конец пружины закреплен в точке K, вположении ОА подножка убрана, а в поло-жении OA она удерживает велосипед отпадения (рис.4). Если мы переводим под-

ножку из одного поло-жения в другое, то пру-жину мы вначале рас-тягиваем. Про дости-жении на пути из ОР вOP серединного по-ложения пружина на-чинает сжиматься иподножка с ударом пе-реходит в новое устой-

чивое положение. Потенциальный барьерсоответствует неустойчивому положению пру-жины (и подножки). Малейшее отклонениеподножки от этого положения или же прида-ние ей скорости мгновенно переводит систе-му в одно из устойчивых положений. На делеодно из этих устойчивых положений соот-ветствует убранной подножке, и оно востре-бовано при движении велосипеда. Другоеустойчивое положение подножки, опираю-щейся на землю, используют для покоящего-ся велосипеда.Обратите внимание: на практике важны

именно устойчивые положения равновесия!Использование же неустойчивых точек по-коя – явления редкие, можно сказать, экзо-тические. Вот поэтому и демонстрируют ихцирковые эквилибристы или же переходя-щие через горные ущелья канатоходцы.

Устойчивость и неустойчивость положе-ний равновесия. Устойчивость – понятиеуниверсальное. В наши дни часто говорят опринципах устойчивого природопользова-ния и устойчивого развития человечества, осоциальной стабильности в обществе. Ины-ми словами, термины «устойчивость» и «не-устойчивость» сегодня являются широкораспространенными и многозначными. За-метим, что в математике есть целое направ-ление – математическая теория устойчивос-ти; многочлены, все корни которых имеютотрицательные вещественные части, называ-ются устойчивыми. В школе учащиеся впер-вые знакомятся с устойчивостью и равнове-сием на уроках физики. А в жизни, конечно,намного раньше: когда качаются на детскихкачелях или сооружают из кубиков непада-ющие башни.Напомним, что положение равновесия на-

зывают неустойчивым, если всякое малоеотклонения системы от этого положенияприводит к появлению силы, которая этоотклонение увеличивает. Самый популяр-ный и наглядный пример таков. Шарикнаходится на вершине холма и неподвижен– можно рассматривать маленький шарик,находящийся на «северном полюсе» боль-шого шара. Всякое малое смещение малогошарика или же придание ему сколь угодномалой скорости приведет к появлению ска-тывающей силы, удаляющей его от исходно-го положения равновесия или исходногоположения покоя. Значит, и равновесие, и

Рис. 3

Рис. 4

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 29

покой в этом случае неустойчивы. Другойпример – карточный домик.Если же при отклонении системы от поло-

жения равновесия появляется сила, возвра-щающая систему в исходное состояние, тоэто положение равновесия называют устой-чивым. Примером служит шарик, находя-щийся в ямке (или ложбине).Для сжатия или растяжения пружины

требуется совершить некоторую работу. Этаработа приводит к увеличению потенциаль-ной энергии, накопленной пружиной. Дефор-мированная пружина стремится вернуться висходное недеформированное состояние,которому соответствует минимум потенци-альной энергии. Недеформированное состо-яние пружины является устойчивым потому,что ее растяжение или сжатие вызываетпоявление силы упругости, которая стремит-ся вернуть пружину (и связанную с нейсистему) в исходное состояние.

Где еще применяют такие пружины. Су-ществует очень много механических реали-заций рассмотренных принципиальных схеми их модификаций. Даже на фотоаппарате,которым были сделаны снимки, представ-ленные далее на рисунках 5 – 7, прикрыва-ющая контакты крышка в положениях от-крыто/закрыто фиксируется подобным за-пирающим устройством.Так, в трамвае крышка аварийного люка

находится в состоянии устойчивого покоя(см. рис. 5). Для того чтобы в случае опас-ности открыть люк, пружину следует сжатьи провести ее через состояние неустойчивогоравновесия. Отметим, что при растяжениипружина всегда остается прямолинейной, авот сжатие длинной пружины иногда приво-

дит к ее «выпучиванию». Во избежаниеэтого пружину, работающую на сжатие, по-мещают внутрь обоймы или патрона.Механизм, удерживающий форточку в

трамвае в состоянии открыто/закрыто (см.рис.6), фактически описан в статье.

А теперь – конструкторская задача. Нарисунке 7 показаны две банки для чая. Ихзамки действуют согласно изложенному внашей статье принципу. А где же здесьпружина? Оказывается, роль пружины вы-полняет эластичная резиновая прокладка,укрепленная по периметру крышки (одно-временно эта прокладка обеспечивает гер-метичность банки). При закрывании банкикрышка вначале прижимается к ней, а по-том чуть-чуть (примерно на миллиметр)поднимается вверх. Оба рычага столь жест-кие, что практически не деформируются.Прокладка, будучи деформированной и по-том освобожденной от внешнего воздействия,легко приподнимает крышку. Если удалитьпрокладку, система перестает действовать.Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 830

Радиоактивныйраспад,

банковскийпроцент и другие

А.СТАСЕНКО

КАК ИЗВЕСТНО, ЯДРА РАДИОАКТИВНО-го вещества рано или поздно распадаются

с учетом всех законов физики – сохранениямассы–энергии, импульса, момента импуль-са, суммарного электрического заряда, чет-ности… На то они и радиоактивные. Но чтозначит «рано или поздно»? Для ответа наэтот вопрос физиками введена специальнаявеличина – период полураспада 1 2 . Ужесам индекс говорит о том, что за это времяиспытывает превращение половина ядер.

При этом физики записывают вполне ра-зумное выражение того факта, что измене-ние количества ядер n за время t про-порционально их количеству до распада:

n n t= - . (1)

Здесь – коэффициент пропорционально-сти, имеющий размерность 1 c , как легковидеть. А знак «минус» свидетельствует обуменьшении прежнего количества рассмат-риваемого вещества. Считается, что форму-лировка (1) закона радиоактивного распадапринадлежит Фредерику Содди (1877–1956)и Эрнесту Резерфорду (1871–1937).

Решение уравнения (1) известно:

0tn n e-

= , (2)

где e = 2,73… – основание натуральныхлогарифмов, фундаментальная физико-ма-тематическая константа. Видно, что в тече-

ние отрезка времени 1

e= концентрация

ядер уменьшается в e раз (см. рисунок).Легко установить связь между 1 2 и e :

1 2 1 2

ln2 0,7e = ª .

Ясно, что это величины одного порядка.Их значение изменяется от 910- до многихмиллиардов лет – сравните с современнымзначением возраста Вселенной 13,7 милли-ардов лет.

Интересно, что такой же зависимостью (1)описывается изменение денежного вклада вбанк (на начальном этапе), только вместо«минус » нужно поставить «плюс альфа»,где – теперь уже банковский процент(например, = 10% = 0,1). Почему «наначальном этапе»? Потому, что существуетвремя, за которое любой скромный вклад 0nвырастает до значения, превышающего всебогатства Земли, так что уравнение (1) нуж-но будет заблаговременно дополнить други-ми слагаемыми, описывающими обратнуюсвязь с обществом.

Еще более интересно, что такой же зависи-мостью (1) описывается и рост числа бакте-рий или амеб, размножающихся в стеклян-ной банке делением пополам. Опять же наначальном этапе – ибо объем банки не беско-нечен.

Лет двести тому назад подобным фактомбыл встревожен английский ученый и свя-щенник Томас Роберт Мальтус (1766–1834).По его мнению, рост численности человече-ства должен описываться законом 0

tn n e= ,где есть характерное время порядка 25 лет– это время удвоения численности населенияв идеальных условиях. А встревожило егото, что количество продуктов питания растетв арифметической прогрессии (т.е. пропор-ционально времени), а народонаселение – вгеометрической прогрессии, и рано или по-здно две соответствующие линии пересекут-ся (см. рисунок – кружок на штрих-пунк-тирной кривой) и наступит глобальный го-лод. Да и просто места на Земле может нехватить!

Дальше еще интереснее. Представим себемикрокапли, падающие в облаке и сливаю-щиеся друг с другом Их концентрация дол-жна убывать по закону

( )1n n n t= - - . (3)

Множитель ( )1n - учитывает тот факт, чтопри n = 1 0n = – сливаться не с кем. (Этонапоминает историю о встрече группы ста-рых одноклассников, каждый из которыхпожал руку другу. Если одноклассниковбыло N, любой из них пожал N – 1 рук,DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20180804

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 31

исключая самого себя. И это произошло скаждым, поэтому общее число рукопожатийбыло ( ) 31 99 100 9,9 10N N- ◊ = ◊ = ◊ .) Но

при 1n ≫ получим ( ) 21n n n- = , что облег-чает интегрирование уравнения (3):

0 0

11

n

n n t=

+. (4)

Видно, что с течением времени коагуляция

капель падает и при 1 20

1

n= увеличивает-

ся в два раза – процесс, обратный полурас-паду ядер.Очевидно, тем же выражением (3) можно

описать уменьшение числа пауков в банке,пожирающих друг друга, или убыль числаавтомобилей (если прекратить их выпуск) засчет парных столкновений. Или рост кон-центрации нейтральных частиц в плазме засчет реконбинации – соединения электронови положительных ионов:

nn n

t+ -◊∼ .

Так как в квазинейтральной плазме концен-трации частиц обоих знаков одинако-

вы:2n

n+ = , 2n

n- = , или 2nn

t∼ , в решении

(4) нужно лишь заменить знак на проти-воположный.А что же народонаселение? Конечно, эво-

люцию правильнее описывать уравнениями(3) и (4) (а не (1, 2)), в которых нужно незабыть изменить знак . Но тогда в знамена-теле выражения (4) появится знак «минус»и при стремлении времени к значению

0

1n

* = наступит то, что математики назы-

вают страшными словами «градиентная ка-

тастрофа»: значение 0

n

n устремляется к бес-

конечности еще резче, чем в законе Маль-туса!Разумеется, в современной теоретической

демографии в рассмотренных здесь уравне-ниях появляются дополнительные слагае-мые, учитывающие многие факторы (обрат-ное влияние истощения ресурсов, естествен-ную смену поколений…).

Упомянем еще, что законы (1) и (3) ис-пользуются и в физической химии для опи-сания реакций первого, второго порядков.А еще… Но и сказанного достаточно, что-бы вспомнить вдохновляющие слова сред-невекового ученого о необозримости фи-зики:«К физике принадлежит учение о небе-

сах, о стихиях (элементах) и их движении,о возникновении и уничтожении, о влия-нии небес на погоду (метеорология), о ми-нералах, растениях, животных, о душе иее способностях. Медицина, астрология, уче-ние о талисманах, алхимия, толкование снови волшебства представляют собой разно-видности прикладной физики» (В.В. Соко-лов. Средневековая философия. – М.: Выс-шая школа, 1979).Не случайны и в гимне МФТИ такие

слова: «Только в физике соль…»!

Качественное описание временнуй эволюцииразличных «сообществ»:1 – закон радиоактивного распада или убыльвещества в химической реакции первого по-рядка;2 – рост банковского вклада, числа делящихсябактерий или амеб, закон Мальтуса ростанародонаселения;3 – рост числа участников парного взаимодей-ствия, химическая реакция второго порядка.Штрих-пунктирная линия – рост средств по-требления, по Мальтусу

… на небе имеется материя того же сорта, чтои в подлунных предметах, поскольку множе-ственность никогда не следует полагать безнеобходимости…

Уильям Оккам

Своеобразный тусклый свет, наблюдаемыйна Луне, в особенности когда она серпообраз-на, вызван отражением света Солнца от поверх-ности земли и моря...

Галилео Галилей

Сходство между Марсом и Землей, бытьможет, наибольшее сравнительно со всемидругими членами Солнечной системы.

Уильям Гершель

Если на темной стороне Луны воздух затвер-девает, то почти весь воздух должен перейти отсветлой стороны в темную и там также замер-знуть.

Орест Хвольсон

физика планет?А так ли хорошо знакома вам

Сначала человек научился отличать плане-ты от звезд, затем открыл законы их движе-ния, а вот что они представляют собой,насколько схожи или отличны от Земли, доXX века он мог лишь строить догадки. Какихтолько смелых предположений и буйныхфантазий не появилось, пока, наконец, та-лант ученых и инженеров не позволил со-здать невероятно сложные средства доставкии сами приборы, способные передать нам изокрестностей планет, а то и непосредственнос их поверхности достоверную информацию.Физика планет – часть целого комплекса

наук, называемого планетологией, – совер-шила гигантский скачок в последние десяти-летия, многократно обогатив багаж нашихзнаний о Солнечной системе. Вооружившисьэтими знаниями, люди уже смогли побыватьна Луне, готовятся к пилотируемому полетуна Марс, оценивают возможности освоенияспутников планет и астероидов. Но болеевсего надеются обнаружить наличие каких-либо форм жизни на ближайших к нампланетах. А, быть может, и на экзопланетах,обращающихся вокруг иных, кроме Солнца,звезд…Пока же отправимся в мини-экскурсию по

планетам, рассчитывая, что она послужитеще одним вступлением в курс астрономии,который ждет вас в новом учебном году.

Вопросы и задачи

1. Чем вызваны резкие перепады темпера-туры лунной поверхности в дневное и ночноевремя?

2. Можно ли наблюдать на Луне солнечныезатмения, метеоры, кометы, полярные сия-ния, радугу, серебристые облака, искусст-венные спутники?

3. Из-за наличия молекул, движущихся соскоростями, большими скорости «убегания»,все планеты теряют свои атмосферы. Почемуже все-таки атмосферы существуют? У всехли планет они есть?

4. На Меркурии существуют области, гдепостоянно лежит лед. Как это согласуется свысокой температурой этой планеты?

5. Какое явление доказывает, что Венера,Меркурий и другие планеты, подобно Луне,лишь отражают солнечный свет, а сами –сравнительно холодные тела?

6. Как, наблюдая за покрытием звезд Вене-рой и Марсом, доказать, что эти планетыимеют атмосферы?

7. Может ли на поверхности Венеры суще-ствовать жидкая вода?

8. Что произойдет с водой, помещенной воткрытом сосуде на поверхность Марса?

9. На Венере столь плотная облачность, чтос ее поверхности никогда не видны звезды иСолнце. Как же там отличить день от ночи?

Одни и те же законы господствуют как ввеликих небесных светилах и в планетных систе-мах, так и в мельчайших молекулах...

Владимир Вернадский

10. На какой планете и почему Солнцевосходит на западе и заходит на востоке?Направления сторон горизонта считать таки-ми же, как на Земле.

11. Происходит ли смена времен года наМарсе?

12. На каких планетах и почему нет сменывремен года?

13. Отчего Сатурн при меньшей скоростивращения вокруг своей оси более сжат уполюсов, чем Юпитер?

14. Известно, что средняя плотность пла-нет-гигантов Сатурна и Юпитера мала – от687 до 1326  3кг м . Что можно сказать охимическом составе этих планет?

15. Наблюдая за покрытием Ураном звез-ды, астрономы обнаружили, что она несколь-ко раз «исчезала» до и после этого события.Как это объяснить?

16. В чем причина синего цвета Нептуна?

Микроопыт

Рядом с молодым (или очень старым) меся-цем вы можете увидеть неосвещенную Солн-цем часть лунного диска – так называемыйпепельный свет Луны. Как доказать, что онвызван солнечным излучением, отраженнымот Земли? Когда этот свет особенно ярок?

Любопытно, что...

...древнегреческий ученый Анаксагор, ос-новавший около 460 года до новой эры пер-вую школу естественных наук, верно угадалприроду крупнейших небесных светил: Сол-нце – раскаленный шар, а Луна – холодныйшар, освещенный Солнцем....семь планет, а в древности к ним причис-

ляли Луну и Солнце, считались божествами,и эта идея проходила красной нитью черезвсю средневековую астрологию. Благодаряим, число семь получило священный харак-тер в Библии, в алхимии было семь основныхметаллов, в октаве – семь нот, в спектре –семь цветов....у древних греков для Венеры существо-

вало не одно, а два имени; с одним онисвязывали планету, демонстрирующую ут-реннюю видимость, с другим – вечернюю....можно считать, что Леонардо да Винчи

был предшественником изобретателей зри-тельных труб, поскольку интересовался, какприменить очки для того, чтобы «видеть

Луну большой». Но и без оптических прибо-ров он первым догадался, что пепельный светЛуны – отраженный свет, идущий от Земли....первый научно-фантастический рассказ

с изображением поверхности Луны был на-писан Иоганном Кеплером. А знаменитыйфантаст Герберт Уэллс в романе «Первыелюди на Луне» допускал наличие на нейатмосферы, замерзавшей ночью, а днем таяв-шей и испарявшейся....первые детали на поверхности Марса

различил еще Христиан Гюйгенс в 1660-егоды. Первая полная карта светлых областей(«пустынь») и темных («морей») была со-ставлена в 1830-е годы, а в 1870-е годыитальянский астроном Джованни Скиапа-релли добавил в нее «каналы», оказавшиесявпоследствии оптической иллюзией....на сегодня известен состав не только

планетных атмосфер, например Марса иВенеры, состоящих почти из чистого углекис-лого газа, но и спутников планет – например,спутника Сатурна Титана, окруженного плот-ной атмосферой из азота со следами метана иводорода.... Юпитер – единственная планета Солнеч-

ной системы, магнитосфера которой былаобнаружена до полетов космических аппара-тов. «Выдало» ее излучение электронов, дви-жущихся по спиральным траекториям вдольлиний магнитного поля планеты.... расчеты планетологов показали, что будь

Земля на 5% ближе к Солнцу, испарениеокеанов вызвало бы сильнейший парниковыйэффект, который привел бы к полному исчез-новению всей воды на планете. Возможно,так оно и произошло на Венере.

Что читать в «Кванте»о физике планет

(публикации последних лет)

1. «Тайна лунных недр» – 2014, №1, с.39;2. «Астрономия вернулась в школу» –

2017, №12, с.2; 2018, №1, с.2;3. «Астрофизика в ЕГЭ по физике» – 2018,

№1, с.42;4. Калейдоскоп «Кванта» – 2018, №2, с.32;5. «Будут ли на Марсе яблони цвести» –

2018, №4, с.27;6. «Через тернии к звездам» – 2018, №6,

с. 34.Материал подготовил А.Леонович

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

Плюсы-минусыи игра Ним

И.КОПЫЛОВ

Исследование функции F

Напомним, что через ,F a b мы услови-лись обозначать то единственное значение c,для которого кучки из a, b, c камней образу-ют в игре Ним «минусовое» состояние. Ис-следуем некоторые закономерности. Дляначала изучим четность значений функцииF. На рисунке 3 приведена таблица значенийфункции F, в которой цветом выделены все

клетки с нечетными значениями ,c F a b ,а также нечетными a, b (по краям таблицы).Бросается в глаза, что клетки с нечетнымизначениями функции ,F a b располагаютсяв шахматном порядке. Замечаем также, чтов тройке чисел a, b и c нечетных чисел либо0, либо 2, т.е. всегда четное количество.Таким образом, у нас появилась правдопо-

добная гипотеза о том, как определять чет-ность числа ,c F a b по четности чисел aи b. Пойдем далее, вычтем из всех нечетных

чисел на рисунке 3 по единице. Все числастанут четными. Разделим их на 2 и просле-дим, какие числа теперь окажутся нечетны-ми. Видно, что выделенные на рисунке 4клетки располагаются в шахматном поряд-

ке, но теперь каждую клетку образуют 4числа. И опять наблюдаем, что четностьчисла ,c F a b в таблице определяетсячетностью чисел a и b. Если четность чиселa и b совпадает, то c четно, а если четностиу a и b различные, то c нечетно. Как ираньше, в тройке чисел a, b и c нечетныхчисел всегда четное количество.Сделаем аналогичное преобразование с

числами таблицы на рисунке 4 еще раз.Вычтем из нечетных чисел по 1 и, получив втаблице все четные числа, разделим их на 2.Снова цветом выделим все нечетные числа вполученной таблице (рис.5). Наблюдаемшахматную раскраску, размер клеток в ко-торой стал еще в 2 раза больше, и аналогич-ные свойства четности для тройки чисел a, bи ,c F a b : среди чисел a, b и c четноеколичество нечетных.Проводимые операции с числами – вычи-

тание единицы, если число нечетно, и деле-ние на два – это в точности исключениепоследней цифры из двоичной записи числа.Наблюдаемые нами свойства чисел в таблицезначений функции F говорят о том, что,просуммировав в каждом из трех младшихразрядов двоичной записи чисел a, b и

,c F a b количество единиц, получим чет-ное число. Обобщим это соображение исформулируем его в виде леммы.

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20180805

Окончание. Начало – в предыдущем номережурнала.

Рис. 3

Рис. 4

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 35

Лемма 2. Если в каждом разряде двоичнойзаписи чисел a, b и c суммарно содержитсячетное количество единиц, то выполняет-ся соотношение ,c F a b .Например, в двоичной записи тройки чи-

сел 3, 9, 10 суммарно в каждом отдельномразряде количество единиц равно 0 или 2,т.е. четно (рис.6). Тогда, согласно лемме 2,выполняется соотношение 10 3, 9F .

Перед доказательством леммы 2 напомним,что если три числа a, b и c связаны соотно-шением ,c F a b , то состоянию , ,a b c вигре Ним с 3 кучками приписывается знак«–». Таким образом, эта лемма даст ключ кнахождению «минусовых» состояний, т.е.выигрышной стратегии, в игре Ним.Состоянию 0, 0, 0 приписан знак «–», и

в каждом двоичном разряде нуля содержит-ся нулевое (четное) количество единиц. Пустьчисла a, b и c таковы, что для каждогоразряда их двоичных записей суммарноеколичество единиц четно. Тогда если изсостояния , ,a b c в игре Ним сделать ход,то уменьшится ровно одно число из трех. Неисключая общности, считаем, что уменьши-

лось число a. Тогда хотя бы в одном изразрядов его двоичной записи единица сме-нится нулем. В этом-то разряде у чисел a, bи c количество единиц и станет нечетным.Осталось доказать, что если хотя бы в

одном из разрядов двоичных записей чиселa, b и c суммарное количество единиц нечет-но, то уменьшением одного из этих трехчисел можно добиться того, чтобы в каждомдвоичном разряде суммарно у трех чиселколичество единиц стало четным.Рассмотрим самый старший двоичный раз-

ряд, в котором суммарное количество еди-ниц у чисел a, b и c нечетно. Хотя бы у одногоиз трех чисел в этом разряде двоичнойзаписи стоит цифра 1. Пусть, для определен-ности, рассматриваемый разряд имеет номерk и двоичная запись числа a в k-м разрядесодержит 1. Уменьшим число a. Двоичныеразряды старше k-го в записи числа a оста-вим без изменения, в k-м разряде заменим 1на 0. В разрядах, младших k-го, цифру вдвоичной записи числа a выберем такимобразом, чтобы вместе с соответствующимицифрами в двоичной записи b и c получилосьчетное число единиц. Доказательство леммы2 завершено.Лемма 2 позволяет находить число

,c F a b по двум произвольным числам aи b. Для нахождения двоичной записи числаc следует сложить поразрядно двоичныезаписи чисел a и b. Если единиц в разряде уa и b вместе окажется 0 или 2, то в соответ-ствующем разряде числа c ставим цифру 0,а если единица всего одна, то ставим цифру1. Например, складывая указанным спосо-бом двоичные записи чисел 11 и 23 (вдвоичной системе 1101 и 10111), получаемдвоичную запись числа 26 (в двоичной сис-теме 11010), как показано на рисунке 7.

Лемма 1 и лемма 2 дают удобный алгоритмдля определения минусовых состояний вигре Ним с 3 кучками камней. Операциюполучения числа ,c F a b по числам a и bбудем называть Ним-суммированием и обо-

Рис. 5

Рис. 6

Рис.7

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 836

значать знаком :

c a b .

Стратегия игры Ним с произвольнымколичеством кучек

Приведенные выше две леммы легко обоб-щаются на случай с m кучками. В формули-ровках и доказательствах лемм число 3 заме-няется на m, а число 2 – на m – 1. Для тогочтобы определить, какой знак («+» или «–»)приписан состоянию с 1 2, , , ma a a… камнями,следует представить числа 1 2, , , ma a a… вдвоичной системе счисления, записать ихстолбиком и найти поразрядную сумму. Еслив разряде количество единиц четно, то врезультирующей сумме в соответствующемразряде следует поставить цифру 0, а есликоличество единиц в разряде оказалось не-четным, то соответствующий двоичный раз-ряд суммы следует заполнить цифрой 1.Другими словами, пользуясь введенной ра-нее операцией Ним-суммирования, следуетвычислить Ним-сумму слагаемых

1 2, , , ma a a… :

1 2m mS a a a… .

Если Ним-сумма mS окажется нулевой,т.е. содержащей нули во всех двоичныхразрядах, то состоянию 1 2, , , ma a a… следуетприписать знак «–», иначе – знак «+». Длягарантированного выигрыша игрок послекаждого своего хода должен оставлять мину-совое состояние («Ставь на минус!»).Приведем пример хода по стратегии. Пусть

m = 7 и в кучках находятся 5, 9, 6, 4, 6, 3 и12 камней. Тогда Ним-сумма вычисляетсятак, как показано на рисунке 8, и равна 7 (вдвоичной записи 111).Старшим ненулевым разрядом Ним-сум-

мы является второй (нумерацию разрядов,как обычно, ведем справа налево, самыймладший разряд – нулевой). Пять из семислагаемых во втором двоичном разряде со-держат 1. Выберем, например, первое слага-емое, равное 5, и уменьшим его: в разряде 2единицу заменим на 0, в разряде 1 единиц уостальных слагаемых равно 3, т.е. нечетно,поэтому во втором разряде ставим 1, в нуле-вом разряде у всех остальных слагаемых 2единицы, поэтому ставим 0. В результатечисло 25 101 превратится в число 210 2 .Следовательно, в рассматриваемом примередля обнуления Ним-суммы достаточно из

кучки с 5 камнями забрать 3 и оставить 2камня.Сделаем два заключительных замечания.

Если Ним-сумма для m кучек отлична от 0,то добавим к ним 1m -ю кучку, количе-ство камней в которой возьмем равным Ним-сумме для m кучек. Тогда Ним-сумма дляm + 1 кучек равна 0. В рассматриваемомпримере при добавлении восьмой кучки, вкоторой 2111 7 камней, получится минусо-вое состояние игры Ним с 8 кучками.Результат Ним-суммирования зависит толь-

ко от четности суммарного количества еди-ниц в каждом разряде у всех слагаемых. Ним-сумма не изменится при произвольной пере-становке слагаемых и расстановке скобок.

Упражнения

Предлагаем читателю подумать, как изменитсяизложенная стратегия Нима при модификацияхигры, приведенных в следующих упражнениях.1. Игра ведется по правилам Нима, но, напро-

тив, проигрывает игрок, взявший из кучек после-дний камень.2. Имеется m кучек камней, количество камней

в них равно числам 1 2, , , ma a a… . Два игрокаходят по очереди. Каждый игрок при своем ходевыбирает одну из кучек и берет из нее любоененулевое количество камней, не большее некото-рого фиксированного числа k. Игрок, забравшийпоследний камень, считается победителем.3. Имеется m кучек камней, количество камней

в них равно числам 1 2, , , ma a a… . Два игрокаходят по очереди. Каждый игрок при своем ходевыбирает одну или две кучки и берет из нихкамни. Из каждой из выбранных кучек разреша-ется взять любое ненулевое количество камней.Игрок, забравший последний камень, считаетсяпобедителем.

Рис. 8

Н А Ш И Н А Б Л Ю Д Е Н И Я

Вода в Америкене таМ.СТАРШОВ

МНОГО ЛЕТ ПОЛЬЗУЮСЬ ПРЕКРАСНОЙкнигой американского физика, нобе-

левского лауреата Леона Купера «Физикадля всех» (М.: Мир, 1973), слово «пользу-юсь» даже не подходит для выражения мо-его отношения к ней. Но, как говорит стараяпословица, и на старуху бывает проруха.

Как умные профессионалы пишут книги?Легко! А вот с иллюстрациями почти у всехвозникают проблемы. Тогда на сцене появ-ляется художник. Автор дает указания: надонарисовать так и так. А уж этот специалистсвое дело знает! И на странице 107 первоготома упомянутой замечательной книги мывидим дивный рисунок (рис.1). При этомчитаем абсолютно правильный текст: «Ког-да мы опускаем весло в воду, мы видим егонадломленным. Наши глаза и мозг предпо-читают видеть его надломленным, нежелидопустить, что свет в этом случае не распро-страняется по прямой». (К сожалению, этотже рисунок повторяется в книге и на страни-це 213.)

Вот такая таинственная «Мария Целеста»,(Mary Celeste, «Мария Небесная», бывшая«Амазонка») с пропавшим бесследно экипа-жем.

А возможно, художникпредставил себе челнокГекльберри Финна послемощной ночной грозы наМиссисипи.

Все красиво, но вот вес-ло… немного сломано, и от-части не туда. Что делать,такая вода в Америке!

Совсем иначе видит этуфизическую проблему фото-аппарат в модельном опыте снашей водой (рис.2). Конеч-но, это шутка – на фотогра-фии всего лишь игрушечка,физика тут вообще не при-чем. Хотя для школьника это

может быть полезно; по крайней мере, при-учает читать и смотреть внимательно. Что-нибудь интересное и полезное может многиегоды мозолить глаза многим профессиона-лам, и никто в упор не видит ничего стран-ного.

Правда, надо признаться, что в другомучебнике физики из той же Америки («Фи-

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 838

зика». Перевод с английского под редакциейА.С.Ахматова. Часть II. – М.: Наука, 1973,с. 9 и 10) можно найти точный рисунок,очень похожий на фотографию (рис. 3). Втексте на странице 9 говорится: «На рисункепоказана масштабная линейка, один конецкоторой погружен в чистую воду. Кажущий-ся излом линейки в месте пересечения поверх-ности воды может объясняться только тем,что здесь что-то происходит со светом, иду-щим от линейки в фотоаппарат».Но зато там, в Америке, вода имеет другую

странность: она заметно, процентов на двад-цать, увеличивает монету, лежащую на дне(рис.4). Вызывает удивление и соответству-ющий текст на странице 10: «Справа сфотог-рафирована монета, лежащая на дне пустогостакана. Слева мы видим фотоснимок такойже монеты, лежащей на дне сосуда, запол-

Рис. 3

ненного водой. Обе монеты были сфо-тографированы одновременно на од-ной пластинке в фотоаппарате. Моне-та, покрытая водой, выглядит болеекрупной и более близкой к фотоаппа-рату, чем другая монета. Это кажуще-еся “всплывание” монеты, так же, каки иллюзия “перелома” линейки, объяс-няется изменением направления рас-пространения света из одной среды вдругую».Трюк с монетами понять невозмож-

но, особенно приглядываясь к цифрам30 и 40 на изломанной водой линейке. Прав-да, отметка 40 несколько ближе к фотокаме-

ре и потому кажется чуточку больше, чемотметка 30.Между нами, эффект сломанной палки

озадачивал людей еще в глубокой древнос-ти, а правильное построение хода лучейвызывает сложности до сих пор.

Рис. 4

Еще о квадратах из спичек

Напомним задачу из «Кванта» №12 за 2017год. На рисунке 1 – число 73, выложенное

спичками. Предлагалось переложить две спич-ки так, чтобы получился квадрат.

Н А М П И Ш У Т

На рисунках 2 и 3 изображены два способа,которые мы уже приводили ранее.Автор задачи Сергей Костин сообщил нам

еще один способ, который он придумал сосвоими учениками (рис.4).Вот такими разными бывают квадраты!

Рис. 1 Рис. 2

Рис. 3 Рис. 4

О Л И М П И А Д Ы

Заключительный этапXLIV Всероссийской

олимпиады школьниковпо математике

Заключительный этап Всероссийской мате-матической олимпиады школьников в этомгоду проводился в Екатеринбурге с 23 по 28апреля. По сравнению с прошлым годом олим-пиада еще немного выросла: в ней принялиучастие 378 школьников из более 60 регионовРоссии. Также в олимпиаде приняли участиегости – команда из шести юных математиковБолгарии.

Олимпиада запомнилась прекрасным про-ведением (организатор – Дворец молодежиЕкатеринбурга) и экстремальными погоднымиусловиями: в эти апрельские дни в Екатерин-бурге выпал 15-сантиметровый слой снега. Насайте https://olympmatem2018.dm-centre.ru/олимпиада представлена с разных сторон. Кро-ме официальной информации размещена за-мечательная подборка фото и видео.

Большинство задач олимпиады понравилисьучастникам, а лучшими по итогам традицион-ного голосования ими были признаны: в 9классе – задачи 4 (I место), 3, 6, 7 (поделилиII место), в 10 классе – 3 (I место), 6 (II место),2 (III место), в 11 классе – 3 (I место), 8(II место), 2 (III место). Самыми сложными за-дачами оказались 8 для 9 класса (ее решили16 участников), 8 (4) и 4 (11) для 10 класса, 8(5) и 4 (11) для 11 класса.

Ниже публикуем условия задач и списокпобедителей заключительного этапа Всерос-сийской олимпиады школьников по матема-тике.

Условия задач

9 класс

1. Пусть 1 2 3, ,a a a ,... – бесконечная возра-стающая последовательность натуральныхчисел, а 1 2 3, ,p p p ,... – последовательностьпростых чисел такая, что при каждом нату-ральном n число na делится на np . Оказа-лось, что при всех натуральных n и k верно

равенство n k n ka a p p . Докажите, чтовсе числа 1 2, ,a a … простые.

А.Голованов

2. Окружность касается сторон AB и ACтреугольника ABC. Окружность касаетсястороны AC и продолжения стороны AB заточку B, а также касается в точке L,лежащей на стороне BC. Прямая AL вторич-но пересекает и в точках K и Mсоответственно. Оказалось, что KB CMP .Докажите, что треугольник LCM равнобед-ренный.

И.Богданов

3. Пусть 1 25, ,a a… – целые неотрицатель-ные числа, а k – наименьшее из них. Дока-жите, что

1 2 25a a a…

1 25 200a a k… .

(Как обычно, через [x] обозначается целаячасть числа x, т.е. наибольшее целое число,не превосходящее x.)

С.Берлов, А.Храбров

4. На клетчатой доске n n отметилинесколько клеток таким образом, что левыйнижний L и правый верхний R углы доски неотмечены и любой путь коня из L в Rобязательно содержит отмеченную клетку.При каких n > 3 можно заведомо утверж-дать, что найдутся три клетки, идущие под-ряд по диагонали, среди которых отмеченыхотя бы две?

С.Берлов, А.Сафиуллина

5. На окружности отмечено 99 точек, де-лящих эту окружность на 99 равных дуг.Петя и Вася играют в игру, делая ходы по

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 840

очереди. Первым ходит Петя; своим пер-вым ходом он окрашивает в красный илисиний цвет любую отмеченную точку. За-тем каждый из игроков своим ходом можетокрасить в красный или синий цвет любуюнеокрашенную отмеченную точку, соседнююс уже окрашенной. Вася выигрывает, еслипосле окрашивания всех точек найдется рав-носторонний треугольник, все три верши-ны которого окрашены, причем в один итот же цвет. Может ли Петя ему поме-шать?

С.Берлов

6. См. задачу М2514 «Задачника «Кван-та».

7. См. задачу М2515 «Задачника «Кван-та».

8. В выпуклом четырехугольнике ABCDуглы A и C равны. На сторонах AB и BCнашлись соответственно точки M и N та-кие, что MN ADP и MN = 2AD. Пусть K– середина отрезка MN, а H – точка пере-сечения высот треугольника ABC. Докажи-те, что прямые KH и CD перпендику-лярны.

Б.Обухов

10 класс

1. Найдите количество корней уравнения

1 2018x x x…2 2018 2019x x .

В.Дубинская

2. Дан остроугольный треугольник ABC, вкотором AB < AC. Пусть M и N – серединысторон AB и AC соответственно, а D –основание высоты, проведенной из A. Наотрезке MN нашлась точка K такая, чтоBK = CK. Луч KD пересекает окружность

, описанную около треугольника ABC, вточке Q. Докажите, что точки C, N, K и Qлежат на одной окружности.

К.Иванов

3. Дано натуральное число k. На клетча-той плоскости изначально отмечено N кле-ток. Назовем крестом клетки A множествовсех клеток, находящихся в одной вертика-ли или горизонтали с A. Если в крестенеотмеченной клетки A отмечено хотя бы k

других клеток, то клетку A также можноотметить. Оказалось, что цепочкой такихдействий можно отметить любую клеткуплоскости. При каком наименьшем N этомогло случиться?

Г.Челноков

4. См. задачу М2516 «Задачника «Кван-та».

5. В таблицу 10 10 записаны положи-тельные числа так, что в любой строке числаобразуют арифметическую прогрессию (впорядке следования слева направо), а влюбом столбце – геометрическую прогрес-сию (в порядке следования сверху вниз).Докажите, что знаменатели всех этих гео-метрических прогрессий равны.

П.Кожевников

6. См. задачу 6 для 9 класса.

7. См. задачу 8 для 9 класса.

8. Доска для игры состоит из левой иправой частей. В каждой части есть не-сколько полей; между ними проведено не-сколько отрезков, каждый соединяет дваполя из разных частей. При этом с любогополя можно по отрезкам добраться до лю-бого другого. Изначально на одном полелевой части стоит лиловая фишка, а наодном поле правой – пурпурная. Леша иПаша ходят по очереди; начинает Паша.За ход игрок перемещает свою фишку(Леша – лиловую, а Паша – пурпурную)по отрезку на поле, на котором нет другойфишки. При этом запрещено создавать по-зицию, которая уже встречалась в игре.Проигрывает тот, кто не может сделать ход.Существуют ли доска и начальное располо-жение фишек, при которых у Паши естьвыигрышная стратегия?

И.Богданов, М.Дидин

11 класс

1. Многочлен P x таков, что многочле-

ны P P x и P P P x строго монотон-ны на всей вещественной оси. Докажите, чтоP x тоже строго монотонен на всей веще-ственной оси.

К.Сухов

О Л И М П И А Д Ы 41

2. Даны положительные числа 1 2, , , nx x x… ,

где 2n . Докажите, что

2 21 2

1 2 2 3

1 1

1 1

x x

x x x x…

2 21

1 1

1 1

1 1n n

n n n

x xn

x x x x… .

Ф.Петров

3. См. задачу 3 для 10 класса.

4. См. задачу М2517 «Задачника «Кван-та».

5. На столе по кругу разложены 1000карточек, на каждой написано по натураль-ному числу; все эти числа различны. Снача-ла Вася выбирает одну из карточек и снимаетее со стола. Далее он повторяет следующуюоперацию. Если на последней снятой карточ-ке было написано число k, то Вася отсчиты-вает от нее по часовой стрелке k-ю не снятуюсо стола карточку и тоже снимает ее. Этопроисходит до тех пор, пока на столе неостанется одна карточка. Могло ли оказать-ся, что в начальном расположении есть такаякарточка A, что если снять первой любуюдругую карточку, то в конце останется обя-зательно карточка A?

О.Подлипский

9 класс

Захаров Г. – Курганская обл.,Солнышкин Г. – Санкт-Петербург,Сибгатуллин Д. – Татарстан,Васильев И. – Санкт-Петербург,Демин Д. – Краснодарский край,Каиров К. – Курганская обл.,Жаворонков Д. – Санкт-Петербург,Садовничий А. – Москва;

10 класс

Мишура П. – Санкт-Петербург,Мищенко А. – Москва,

6. Три диагонали правильной n-угольнойпризмы пересекаются в одной внутреннейточке O. Докажите, что точка O – центрпризмы.

М.Дидин

7. Определим последовательность

1 2 3, , ,a a a … формулой 2018

2017na n . Дока-

жите, что существует такое натуральное чис-ло N, что среди любых N подряд идущихчленов последовательности есть такой, деся-тичная запись которого содержит цифру 5.(Как обычно, через [x] обозначается наи-большее целое число, не превосходящее x.)

С.Кудря, И.Рубанов

8. Изначально в левом нижнем и правомнижнем углах доски 2018 2018 стоят дваскакуна – красный и синий соответственно.Коля и Саша ходят по очереди; начинаетКоля. За ход игрок перемещает своего ска-куна (Коля – красного, а Саша – синего),сдвигая его одновременно на 20 клеток поодной из координат и на 17 по другой; приэтом скакун не может вставать на клетку,занятую другим скакуном. Запрещено со-здавать позицию, которая уже встречалась вигре. Проигрывает тот, кто не может сделатьход. Кто выиграет при правильной игре?

И.Богданов, М.Дидин

ПОБЕДИТЕЛИ ОЛИМПИАДЫ

Глазков М. – Ярославская обл.,Кристев А. – Москва,Мельников И. – Москва;

11 класс

Абдрахманов М. – Челябинская обл.,Соколов Г. – Москва,Захаров Д. – Москва,Крымский С. – Санкт-Петербург,Ложкин М. – Удмуртская Республика,Рябов Е. – Москва,Герасименко А. – Москва,Петров В. – Санкт-Петербург.

Публикацию подготовили

Н.Агаханов, И.Богданов, А.Гайфуллин,П.Кожевников, О.Подлипский

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 842

В этом году заключительный этап Всероссий-ской физической олимпиады проходил с 9 по14 апреля 2018 года в городе Тюмени. В олим-пиаде приняли участие 286 школьников (93девятиклассника, 105 десятиклассников и 88одиннадцатиклассников).Олимпиада состояла из двух туров: первый

– экспериментальный, второй – теоретичес-кий. Продолжительность каждого тура состав-ляла 5 астрономических часов. Олимпиадапроводилась для каждой из возрастных па-раллелей 9-х, 10-х и 11-х классов. На экспери-ментальном туре в каждом классе предлага-лось выполнить 2 задания, а на теоретическом– решить 5 задач. Задания экспериментально-го тура олимпиады охватывали основные раз-делы школьной программы по физике: меха-ника, термодинамика и молекулярная физика,электродинамика, колебания и волны. В этомже порядке формировались и задачи теорети-ческого тура олимпиады.Традиционно сложными оказались экспери-

ментальные задачи для 10 и 11 классов. Но вцелом участники олимпиады успешно справи-лись со всеми заданиями. Перед аппеляциейдля участников олимпиады был проведен раз-бор заданий и были уточнены критерии оце-нивания заданий.В итоге Жюри приняло решение наградить

дипломами Победителя олимпиады 22 участ-ника и дипломами Призера – 104 участника (9класс – 8 Победителей и 34 Призера, 10 класс– 6 Победителей и 39 Призеров, 11 класс – 8Победителей и 31 Призер).По результатам олимпиады была сформи-

рована группа кандидатов Российской Феде-рации для участия в Международной олимпи-аде по физике в 2019 году и группа кандидатовРоссийской Федерации для участия в Между-народной естественно-научной олимпиадеюниоров в 2018 году.Ниже приводятся задачи теоретического тура

заключительного этапа и список ПобедителейLII Всероссийской физической олимпиады.

Теоретический тур

9 класс

Задача 1. ПаровозПри проведении аэрофотосъемки местнос-

ти в кадр попал шлейф дыма от паровоза,начавшего свое движение из состояния по-коя с постоянным ускорением 20,05 м сaпо прямому участку железной дороги. Нафотографии (рис.1) виден весь шлейф от

самого начала движения. Одной клетке соот-ветствует расстояние 200 м. Считая ско-рость ветра постоянной, определите:

1) В каком направлении двигался паро-воз?

2) Под каким углом к железной дорогедул ветер?

3) Скорость ветра 0v .4) Минимальную скорость ветра minv от-

носительно паровоза.5) Время движения паровоза от начала

движения до момента съемки.6) Расстояние s, которое прошел паровоз

от начала движения до момента съемки.М.Замятин

Задача 2. Блоки и цилиндрыВ двух сообщающихся сосудах, площади

сечения которых 1S и 2S , находится жид-

Заключительный этапLII Всероссийской олимпиады

школьников по физике

Рис. 1

О Л И М П И А Д Ы 43

кость плотностью (рис.2). Сосуды герме-тично закрыты поршнями, которые могутперемещаться под действием системы блокови нерастяжимых нитей, связанных с рыча-

гом Р. Вначале нити не натянуты и непровисают, а поршни соприкасаются с жид-костью. Рычаг медленно смещают вверх нанебольшое расстояние h так, что он остаетсягоризонтальным, а нити остаются верти-кальными.

1) В предположении, что 1 2S S , опреде-лите, в каких направлениях и на какиерасстояния сместятся поршни. Какую силу

1F необходимо прикладывать к рычагу, что-бы удерживать его после смещения на рас-стояние h?

2) Какая сила 2F потребуется для переме-щения рычага вверх на расстояние h при

2 12S S ?Массами рычага, блоков, нитей и поршней

можно пренебречь. Трения нет. Сосуды отподставки не отрываются. Давление паровжидкости гораздо меньше атмосферного дав-ления 0p . Ускорение свободного паденияравно g.

А.Аполонский

Задача 3. Прилетевший пластилинКусок пластилина массой m, упав без

начальной скорости с некоторой высоты,

прилип к бруску такой же массы, движуще-муся по горизонтальной поверхности с по-стоянной скоростью 0 4 м сv под действи-ем постоянной горизонтальной силы. Коэф-фициент трения между бруском и поверхно-

стью 0,2 . Определите скорость 1v брус-ка через время 1t  = 1 с после начала паде-ния пластилина. Постройте график зависи-мости скорости бруска v от времени t посленачала падения пластилина: а) с высоты

1h = 10 м; б) с высоты 2h  = 25 м, указав нанем координаты характерных точек. Уско-рение свободного падения 2

10 м сg . Со-противлением воздуха пренебречь.

М.Замятнин

Задача 4. Струйное нагреваниеВ пустой теплоизолированный сосуд нали-

вают воду при температуре 0 20 Ct струй-кой с массовым расходом 2,0 г с . Когдав сосуде оказывается m = 100 г воды, в немвключается нагреватель мощностью N == 200 Вт. Температура содержимого сосудаизмеряется помещенным в него ртутнымтермометром. Через какое время 1 с момен-та включения нагревателя температура водыв сосуде увеличится до 1 30 Ct ? До какоймаксимальной температуры maxt сможет на-греться содержимое сосуда? Выведите зави-симость скорости v подъема столбика ртутитермометра от времени с момента включе-ния нагревателя, если на его шкале рассто-яние между отметками 0t и 1t равно l == 2,0 см. Определите скорость подъема стол-бика при температуре 1t . Удельная теплоем-кость воды 4200 Дж кг Сc . Процессытеплообмена происходят быстро, теплоемко-сти термометра и сосуда малы.

Г.Зикрацкий

Задача 5. Что покажет омметр?При подключении омметра к нелинейному

элементу Z, вольт-амперная характеристикакоторого представлена на рисунке 3, онпоказывает сопротивление ZR = 0,8 кОм.Если параллельно к нелинейному элементуZ подключить резистор сопротивлением R == 1 кОм, то показания омметра будут 1R == 0,4 кОм. Определите ЭДС 0U источникаомметра и его внутреннее сопротивление r.Каковы будут показания омметра 2R приподключении к нему последовательного со-единения нелинейного элемента Z и резисто-ра сопротивлением R?

Примечание. Считайте, что омметр состо-ит из соединенных последовательно идеаль-ного источника постоянного напряжения 0U ,

резистора сопротивлением r и идеальногоамперметра (рис. 4). При подключении к

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 844

омметру резистора сопротивлением xR по-казания амперметра, встроенного в омметр,автоматически пересчитываются так, что нацифровом табло прибора отражается зна-чение сопротивления подключенного резис-тора.

А.Киреев

10 класс

Задача 1. Шайбы и стенкаДве шайбы находятся на гладкой горизон-

тальной поверхности (рис.5). Малая шайбарадиусом r движется со скоростью v вдольвертикальной стенки при малом зазоре с ней.Большая шайба радиусом R = 7r касается

стенки. Какую скорость u приобретет боль-шая шайба после всех столкновений, еслимассы шайб одинаковы? Трения в системенет, столкновения шайб друг с другом и состенкой абсолютно упругие.

И.Воробьев

Задача 2. Автомобиль на конвейереАвтомобиль движется по горизонтальному

неподвижному конвейеру со скоростью

0 20 м сv в безветренную погоду. Приэтом половина мощности двигателя затрачи-вается на преодоление сопротивления возду-ха, другая половина – на преодоление тре-ния качения.

1) Навстречу автомобилю подул ветер соскоростью 0 20 м сv (относительно зем-ли). С какой установившейся скоростью 1vотносительно земли будет двигаться автомо-биль, если развиваемая двигателем мощ-ность не изменилась, а конвейер неподви-жен?

2) В некоторый момент ветер утих, аконвейер стал двигаться с постоянной ско-ростью 0 20 м сv в сторону, противопо-ложную движению автомобиля. С какойустановившейся скоростью 2v относитель-но земли будет двигаться автомобиль, еслиразвиваемая двигателем мощность не изме-нилась?

Примечание 1. Сила сопротивления воз-духа пропорциональна квадрату относитель-ной скорости, сила трения качения посто-янна.

Примечание 2. Во всех случаях проскаль-зывания колес не возникает.

Примечание 3. Уравнение третьей степениможно решить методом подбора.

В.Петров

Задача 3. Трубка на центрифугеНа центрифуге, которая может вращать-

ся только вокруг вертикальной оси, зак-реплен в горизонтальном положении гер-метичный легкий цилиндр (рис.6). Ось ци-

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5 Рис. 6

О Л И М П И А Д Ы 45

линдра проходит через ось вращения. Внут-ри цилиндра находится тонкий поршень,который может перемещаться без трения.Цилиндр заполнен идеальным газом, дав-лением которого поршень прижат к торцуцилиндра, ближнему к оси вращения. Дли-на цилиндра a = 0,5 м, площадь поршня

25 смS , его масса m = 10 г, давление

газа в цилиндре 0p = 1,0 кПа. Расстояниеот оси вращения до ближнего торца цилин-дра l = 0,1 м. Центрифуга начинает вра-щаться, причем угловая скорость вращения

очень медленно увеличивается. Темпера-тура газа поддерживается постоянной.

1) При каком значении 1 угловой ско-рости начальное положение равновесия пор-шня перестанет быть устойчивым?

2) На каком расстоянии 1x от начально-го положения установится поршень при не-изменной угловой скорости 1 ?

3) Теперь частоту вращения начали мед-ленно уменьшать. При каком значении 2поршень вернется в исходное положение?

Примечание. Считайте, что в ходе экспе-римента воздух остается однородным.

А.Аполонский

Задача 4. Заряженный шар (классика)Проводящий шар радиусом R имеет сфе-

рическую полость радиусом r, касающуюсянаружной поверхности шара (рис.7). Заряд

шара равен Q. В полости, на расстоянии 1rот ее центра, находится точечный заряд 1q .Вне шара, на расстоянии 2r от его центра,находится точечный заряд 2q .

1) Найдите потенциал ш шара.2) Найдите потенциал O в центре O

полости.Потенциал бесконечно удаленных точек

примите равным нулю.В.Чивилёв

Задача 5. НелинейностьНелинейный элемент Z имеет вольт-ампер-

ную характеристику 2ZI U , где

20,07 A B . Получите формулу зависи-мости силы тока I от напряжения в цепи,составленной из бесконечного числа нели-нейных элементов Z (рис.8).

А.Киреев

11 класс

Задача 1. Цилиндр на наклонной плоско-сти

Верхняя часть наклонной плоскости глад-кая, нижняя – шероховатая (рис.9). На

верхнюю часть кладут тонкостенную цилин-дрическую трубу, вращающуюся вокруг сво-ей оси с угловой скоростью 0 , и отпускают.В начальный момент ось цилиндра непод-вижна, а линия касания трубы с плоскостьюнаходится на высоте h = 10 см над границейраздела гладкого и шероховатого участков.Коэффициент трения между трубой и шеро-ховатой поверхностью = 0,1. Радиус ци-линдра R = 5 см. Ускорение свободного

падения 210 м сg .

1) Считайте, что 0 велико. При какомугле m труба вернется в начальное по-ложение за минимальное время?

2) Найдите это минимальное время mint .3) Пусть m . При каких 0 труба

вернется в начальное положение?М.Дидин

Задача 2. Совпадающие теплоемкостиВ архиве лорда Кельвина нашли цилиндр

с одним молем идеального одноатомного

Рис. 7

Рис. 8

Рис. 9

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 846

газа. Лорд Кельвин проводил с ним двапроцесса и изобразил их на pV-диаграмме.Чернила, разумеется, выцвели. От первогопроцесса уцелела часть графика – отрезокпрямой, а от графика второго процесса,как обычно, сохранилась единственная точ-ка A (рис.10). Из поясняющих записей сле-

довало, что в этих процессах при равныхтемпературах теплоемкости совпадали. Вос-становите график зависимости давления pот объема V для второго процесса.

И.Воробьев

Задача 3. В пузыреВ далеком космосе есть планета, состоя-

щая полностью из воды. Известно, что глу-боководные обитатели изнутри могут обо-зревать все пространство вокруг тогда итолько тогда, когда находятся на расстояниине более чем x = 3000 км от центра планеты.Местные жители решили запустить спутник.С какой скоростью он должен двигаться насамой низкой возможной орбите? Показа-тель преломления воды 4 3n , плотность

воды 31000 кг м , гравитационная посто-

янная 11 2 26,67 10 Н м кгG . Планета не

вращается вокруг своей оси, волн на ееповерхности не бывает, воду можно считатьнесжимаемой.

К.Кутелев

Задача 4. Столкновения в магнитном полеПо двум горизонтальным проводящим рель-

сам может скользить без трения металличес-кая перемычка массой m (рис.11). Расстоя-ние между рельсами l. Движение перемычкиограничено двумя непроводящими жестки-

ми вертикальными стенками 1W и 2W , нахо-дящимися на расстоянии D друг от друга. Крельсам через ключ K последовательно под-ключены заряженный до напряжения 0Uконденсатор емкостью C и резистор сопро-тивлением R. Перпендикулярно плоскостирельсов включено вертикальное однородноемагнитное поле с индукцией B такое, что

2 2m B l C и 0DBl RCU≫ . В момент, когдаключ замкнули, перемычка покоилась посе-редине между стенками. Определите:

1) с какой стенкой произойдет первоестолкновение перемычки;

2) скорость 1v перед первым столкнове-нием;

3) скорость nv перед n-м столкновением.Все столкновения перемычки со стенками

абсолютно упругие.А.Аполонский

Задача 5. Уронили в речку шарикИз точки O на поверхности воды в реку

бросают одинаковые маленькие металличес-кие шарики (рис.12). Отпущенный без на-чальной скорости шарик упал на дно в точке

B, а шарик, запущенный вертикально вниз сизвестной скоростью v, упал в точку C.Расстояние BC = L. Найдите горизонталь-ную составляющую скорости второго шари-ка xu при ударе о дно. Считайте, что при

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

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

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

Олимпиада«Покори воробьевы горы!»

движении на шарик со стороны воды дей-ствует сила, прямо пропорциональная ско-рости движения шарика относительно водыи направленная против этой скорости. Ско-

Публикацию подготовил В.Слободянин

рость течения не зависит от глубины, а дногоризонтально. Силу Архимеда не учиты-вать.

А.Аполонский

9 класс

Иван Харичкин – Санкт-Петербург,Алексей Кадыков – Республика Мордовия,Данила Завизион – Санкт-Петербург,Александр Зенькович – Республика Мордо-

вия,Алиса Бугрова – Московская область,Валерий Хегай – Москва,Сергей Савельев – Москва,Егор Васенин – Вологодская область;

10 класс

Владимир Малиновский – Санкт-Петербург,Андрей Панферов – Москва,

ПОБЕДИТЕЛИ ОЛИМПИАДЫЕлисей Судаков – Вологодская область,Арина Кузнецова – Московская область,Владислав Поляков – Санкт-Петербург,Олег Смирнов – Москва;

11 класс

Григорий Бобков – Москва,Дмитрий Мельников – Москва,Станислав Цапаев – Москва,Никита Романов – Республика Мордовия,Андрей Николаев – Республика Мордовия,Даниил Павлов – Санкт-Петербург,Алексей Шишкин – Москва,Захар Яковлев – Санкт-Петербург.

М А Т Е М А Т И К А

Олимпиада «Покори Воробьевы горы!» поматематике в 2017/18 учебном году состоялаиз двух этапов: отборочного и заключитель-ного. Отборочный этап проводился в ноябре– декабре 2017 года и состоял из блиц-тура(5 задач онлайн, 3 часа на решение) и твор-ческой части (5 задач, на решение отводиласьнеделя). Победители и призеры отборочногоэтапа приглашались к участию в заключитель-ном (очном) этапе, который проводился вфеврале–марте 2018 года в Москве и рядедругих городов России.

Отборочный этап

Блиц-тур

Каждый участник отборочного этапа полу-чал свой набор задач, отличающийся от

наборов задач других участников. Нижеприведен типичный набор из пяти задач.

1. Решите неравенство ( )24x x + ≥

( )10x x≥ - . В ответе укажите сумму всехцелых корней данного неравенства.

2. Решите уравнение (sin 2 sin 4 1x x- = +

)cos2 cos3x x+ . В ответе укажите число,равное сумме корней уравнения, принадле-

жащих отрезку 17

8 ;2

È ˘Í ˙Î ˚

, при необходимо-

сти округлив это число до двух знаков послезапятой.3. В треугольнике ABC проведены медиа-

ны 1 12AA = , 1 14BB = , 1 16CC = , которыепересекаются в точке O. Найдите площадьтреугольника 1BOC. В случае, если ответбудет нецелым числом, округлите его доближайшего целого.

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 848

4. Решите систему

( )( )

( ) ( )

25

210

5 10

log 20 100

log 10 25 4,

log 2 23 log 2 9 2.

x

y

x y

y y

x x

y x

+

-

+ -

- + +

+ +

Ï

+ =

-

Ô

+ + + =

ÔÌÔÔÓ

Вычислите значения выражения k kx y◊для каждого решения ( );k kx y системы инайдите среди них минимальное. В ответеукажите найденное минимальное значение,при необходимости округлив его до двухзнаков после запятой.5. Владелец библиотеки решил подарить

на Новый год своим брату и сестре по однойкниге. Он составил список из 87 книг, под-ходящих для брата, и список из 93 книг,подходящих для сестры. Внутри каждогосписка все книги попарно различны. Приэтом имеется ровно одна книга, попавшая воба списка. Сколькими способами он можетсделать свой подарок так, чтобы брат исестра получили разные книги?

Творческое задание

1. Дано 2018 множеств, каждое из которыхсостоит из 45 элементов. Объединение лю-бых двух из этих множеств содержит 89элементов. Сколько элементов содержит объе-динение всех 2018 множеств?2. Найдите количество натуральных чисел

n, не превышающих 500, для которых урав-нение [ ]xx n= имеет решение. Здесь [ ]x– наибольшее целое число, не превосходя-щее x.3. Решите неравенство

| 2| 1 | |

2 2

4 2

2 2 6 4

x x

x x x x

- - -

£- - + + +

.

В ответ запишите сумму длин интерваловрешения, принадлежащих множеству[ ]2018; 2018- .4. В треугольнике ABC проведена высота

BH, точка O – центр описанной около негоокружности, длина ее радиуса равна R.Найдите наибольший из углов BAC и ACB,

выраженный в радианах, если известно, что6

45

R BH OH= = . При необходимости ок-

руглите найденное значение до двух знаковпосле запятой.5. Летний отдых жители Цветочного го-

рода Знайка и Незнайка проводили в боль-

шом 15-этажном отеле на берегу моря. Знай-ка заметил, что все номера комнат от пер-вой до его собственной включительно в сум-ме в два раза больше суммы всех номеровкомнат от первой до той, в которой посели-ли Незнайку, включительно. Все номера вотеле занумерованы подряд от 1 до 1599, иЗнайка живет в комнате с номером, боль-шим 200. Определите, в каком номере жи-вет Знайка. Если получится несколько зна-чений номеров, то в ответе напишите ихсумму.

Заключительный этап

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

Вариант 1

1. Найдите такое наименьшее натуральноечисло, что его половина есть пятая степеньнекоторого целого числа, а пятая часть естьквадрат некоторого целого числа.

2. Найдите сумму 1 1 1

x y z+ + , если извест-

но, что три различных действительных чис-ла x, y и z удовлетворяют условиям

31009 2018x x+ = , 3

1009 2018y y+ = ,

31009 2018z z+ = .

3. Найдите площадь фигуры, заданной накоординатной плоскости системой

2

2 2

3 3 2 ,

9 2 .

yx y x

x y xy

Ï - ≥ -ÔÌ

+ £ +ÔÓ

4. Вычислите

3 3

2 1 3 1tg arctg arctg

2 1 3 1

- -Ê + +ÁË - -…

3

100 1arctg

100 1

- ˆ+ ˜̄-… .

5. Развертка боковой поверхности усечен-ного конуса с образующей, равной 12, пред-ставляет собой часть кругового кольца с

центральным углом 2

3. Найдите радиусы

оснований этого усеченного конуса, еслиплощадь его поверхности равна площадиполного кругового кольца.

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

Ф И З И К А

Олимпиада «Покори Воробьевы Горы!» про-ходит с 2005 года. С самого начала она возник-ла как социальный проект, направленный напоиск талантливых школьников во всех реги-онах России. В 2017/18 учебном году олимпи-ада по физике проводилась для двух катего-рий школьников: «младшие» (7, 8 и 9 классы)и «старшие» (10 и 11 классы). Отборочный этаполимпиады проходил дистанционно: каждомуучастнику после получения заданий даваласьнеделя (168 часов) на выполнение задания.Заключительный этап проводился в очной фор-ме в пяти городах РФ: Железноводск, Кемеро-во, Москва, Саратов, Уфа. В олимпиаде тради-ционно используются оригинальные задачидостаточно высокого уровня сложности. Наи-более сложные и интересные задачи присут-ствуют в творческой части отборочного этапа.У некоторых из них не бывает «единственноправильного» решения, так как участник мо-жет использовать различные модели рассмат-риваемых явлений, а оценка его решения за-висит и от адекватности и уровня точностииспользуемой модели, и от корректности ре-шения в рамках выбранной модели.Ниже приводятся примеры заданий обоих

этапов олимпиады для «старших» школьников.

Избранные задачи других вариантов

1. Решите неравенство2 2 2

4 5 3 12 13 4 2x x x x x x- + + - + £ - - .

2. Решите неравенство1 1

2 3 1 2x x≥

- - - -.

3. Решите неравенство

2 2

1 2

2 2 14 40 4x x x x£

- - - + + -.

4. Решите неравенство

2 2 31tg 3ctg 2cos 3

3x x x+ £ .

5. Незнайка собирается приготовить кодню своего рождения три бочки малиново-го морса, смешивая малину с водой, при-чем процентное содержание малины в боч-ках будет таково, что если смешать содер-жимое бочек в пропорции 1:2:3, то полу-чится 10-процентный морс, а если в про-порции 5:4:3, то получится 25-процентныйморс. Каким будет процентное содержаниемалины в морсе при смешивании равныхколичеств исходных трех растворов? Ка-ким планируется содержание малины в тре-тьей бочке?

6. Однажды два друга вложили деньги вобщее дело: каждый вложил свою сумму, авместе – 1 млн руб. За ночь один из нихвложил в то же дело дополнительную сумму.Сколько всего денег он вложил в итоге, еслиего новая доля в общем деле оказалась в 7 разбольше прежней, тогда как доля другого – в3 раза меньше прежней?

7. Число в семеричной системе счисленияявляется трехзначным. В системе счисленияс основанием 11 оно записывается теми жетремя цифрами, но в обратном порядке.Какова его запись в десятичной системесчисления (найдите все возможные значе-ния)?

8. Найдите все значения a, при каждом изкоторых уравнение (16 6 8 8 4 2x x x- ◊ + ◊ + -

) 22 2 2 1 0xa a a- - + - = имеет ровно триразличных корня.

9. Найдите наименьшее значение x y-при условии

( ) ( )4 4 3 2cos 1 4cos 1 8 cos cosx y x y+ + = ,

[ ]; 2x Π, 3

;2 2

yÈ ˘Œ Í ˙Î ˚

.

10. Для функции ( )2

21

xf x

x= -

+ найдите

сумму

( )1 1 1... 1

2018 2017 2f f f f

Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ+ + + + +Á ˜ Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯ Ë ¯

( ) ( ) ( )2 ... 2017 2018f f f+ + + + .

11. Найдите площадь треугольника ABC,

в котором ( ) 11cos

16ABC ACB– - – = , AB = 4,

AC = 5.

12. Внутри треугольника ABC взята такаяточка D, что 40ABD CBD– = – = ∞ ,

20ACD– = ∞ , 30CAD– = ∞ . Найдите:а) углы BAD и BCD;б) расстояние между центрами окружнос-

тей, описанных около треугольников ABC иBCD, если BC = 3.

Публикацию подготовили Б.Будак,Д.Горяшин, А.Зеленский, А.Козко,

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

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 850

ка во столько же раз меньше сопротивлениярезистора. Найдите отношение мощности,выделяемой на диоде, к мощности, выделя-емой на резисторе. Ответ запишите в видечисла.

Часть II (творческое задание)

Архивы профессора Челленджера

1. Подводная оптикаОднажды профессор Челленджер произ-

водил наблюдения за обитателями пруда счистой водой. При этом он использовалплосковыпуклую тонкую линзу, фокусноерасстояние которой в воздухе F = 30 см.Линза размещалась на поверхности воды(рис. 2). Профессор рассматривал мелкий

объект, находившийся точно под центромлинзы на глубине h = 63 см. С каким попе-речным увеличением был виден объект? Из-вестно, что показатель преломления стекла,из которого изготовлена линза, л 2n = , пока-

затель преломления воды 2 1,414n = = .

2. Термомеханическое релеВ одном из опытов профессора Челленд-

жера было необходимо, чтобы при достиже-нии в установке определенной температу-ры подавался сигнал. Нужный датчик уда-лось изготовить на основе биметаллическойпластины, т.е. двух длинных тонких плас-тин одинаковых размеров: длина L, ширинаD, толщина d, причем L D d≫ ≫ , изготов-ленных из разных металлов и по всей поверх-ности соприкосновения прочно сваренныхдруг с другом (рис. 3,а). Металлы имеют

Рис. 1

Рис. 2

Отборочный этап

Задание отборочного тура состояло из тесто-вой части (проверялись только ответы) и твор-ческой части (проверялись и оценивались ре-шения).

Часть I (тестовое задание)

1 (8 баллов). Маленький мальчик катает-ся на карусели, сидя почти неподвижно вкресле, которое вращается вокруг верти-кальной оси карусели с угловой скоростью2 рад/с по окружности радиусом 2 м.Его отец едет на велосипеде со скоростью10 м/с по дорожке, проходящей мимо ка-русели. В момент, когда он проезжает точ-ку дорожки, наиболее близкую к карусели,его сын тоже проходит наиболее близкую кдорожке точку своей траектории, при этомрасстояние между ними равно 3 м и ихскорости относительно земли сонаправле-ны. Найдите скорость отца в системе отсче-та, связанной с сыном, в этот момент време-ни. Ответ запишите в м/с.2 (8 баллов). Один моль гелия нагревают

таким образом, что его давление растет пря-мо пропорционально объему, увеличиваясьв 1,3 раза. Найдите количество теплоты,

подведенное к гелию в ходе этого процесса,если известно, что его начальная температу-ра равнялась 200 К. Универсальная газоваяпостоянная R = 8,31 Дж/(моль·К). Ответзапишите в джоулях, округлив до ближай-шего целого.3 (9 баллов). В схеме, показанной на

рисунке 1,а, диод не является идеальным –его вольт-амперная характеристика (зависи-мость силы тока от приложенного напряже-ния) показана на рисунке 1,б. Как видно, удиода есть некоторое пороговое напряжение,ниже которого он заперт даже при прямомвключении, а при его превышении он про-пускает любой ток (считаем, что это справед-ливо для токов, характерных для этой схе-мы). Известно, что величина ЭДС источни-ка в 6 раз больше порогового напряжениядиода, а внутреннее сопротивление источни-

Рис. 3

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

разные коэффициенты теплового расшире-ния 1 2π и разные модули Юнга 1 2E Eπ .При температуре

0 0 Ct = o пластина ровная,а при изменении температуры она изгибает-ся по дуге окружности и при достижениинеобходимой температуры t касается кон-такта и замыкает цепь подачи сигнала. Дляправильной регулировки датчика нужноподобрать расстояние h между плоскостьюнедеформированной пластины и поверхнос-тью контакта (рис. 3,б). Выведите формулу«калибровочной зависимости» датчика ( )h t .

3. Поиски нуляВ одной из записных книжек профессора

Челленджера найдено упоминание об «осо-бенном четырехугольнике». Плоский четы-

рехугольный кар-кас ABCD (рис.4)был изготовлен изн е п р о в о д я щ е г ожесткого стержня иимел стороны с дли-нами AB = 3 см, BC == 2 см, CD = 4 см иDA = 5 см. Площадьчетырехугольника

210,78 cмS ª . На

каркас по всему пе-риметру был равно-

мерно нанесен заряд. В записной книжкеутверждалось, что у этого четырехугольникаесть точка, в которой напряженность элект-рического поля равна нулю. Найдите этуточку, определите расстояние от нее до каж-дой из сторон четырехугольника и укажитееще хотя бы один пример равномерно заря-женного четырехугольника, имеющего та-кую точку.

4. Гравитационная волнаСудя по записям в архивах, профессор

Челленджер много внимания уделял поискугравитационных волн. Для этой цели онсоздал детектор в виде тяжелого груза ипружины, которые были помещены в ваку-умную камеру. Крепление камеры былоснабжено специальными устройствами, изо-лирующими ее от колебаний здания. Всостоянии покоя груз растягивал пружинуна ( )0 7,000 0,005 смl = ± (здесь и далееуказаны погрешности, с которыми извест-ны данные эксперимента). Профессору уда-

лось обеспечить очень слабое затухание ко-лебаний груза: после выведения его из рав-новесия в процессе свободных колебанийамплитуда убывала в 2 раза примерно за1000 периодов колебания. Однажды детек-тор зарегистрировал почти периодическийсигнал продолжительностью около 900 с, втечение которых груз колебался практичес-ки вертикально (угол отклонения оси коле-баний от вертикали не превышал 0,1o ). Награфике (рис. 5) представлена временнбя

зависимость отклонений груза ( )x t от по-ложения равновесия на участке длительнос-тью 70 мс, взятом из средней части сигнала(на других аналогичных участках картинас высокой точностью повторялась). Анализпоказал, что эту кривую можно (с отклоне-ниями, не превышающими 0,01 мм) описатьформулой

( ) 2 2sin sin

7x t A t t

T T

Ê ˆ Ê ˆ= Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯,

где ( )0,50 0,01 ммA = ± , ( )8,00 0,01 мcT = ± .Предположим, что этот сигнал был вызвангравитационным излучением, которое явля-ется наложением гармонических колебанийвида ( ) ( )cosmg t g t= +

r r. Здесь g

r – из-

менение ускорения свободного падения, выз-ванное волной. В рамках этого предположе-ния найдите:

* спектр сигнала (т.е. набор частот гармо-нических колебаний, из которых он состо-ит);

* амплитуду ( mg ) каждого из гармоничес-ких колебаний.

Насколько реалистично это предположе-ние? При ответе на этот вопрос учтите, чтосигнал, зарегистрированный 14.09.2015 де-текторами LIGO, вносил в ускорение сво-бодного падения искажения порядка 1210 g- .

Рис. 4

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 852

Заключительный этап

Вариант 1

Задание 1

Вопрос. Гантель, состоящая из двух ма-леньких шариков массой m каждый и легко-го жесткого стержня длиной L, движется вплоскости таким образом, что скорость еецентра масс v, а угловая скорость . Чемуравна ее кинетическая энергия?

Задача. Гантель, состоящая из двух мас-сивных маленьких шариков и легкого жест-кого стержня длиной L, покоилась на глад-кой горизонтальной поверхности. В один изее шариков врезается третий (такой же),скорость которого 0v

r направлена под углом

30= o к стержню (рис.6). Происходит ло-

бовое абсолютно упругое соударение. Най-дите угловую скорость вращения гантелипосле удара.

Задание 2

Вопрос. Точка K – это точка на pV-диаграмме, описывающая состояние посто-янного количества одноатомного идеальногогаза. Угол наклона изотермы в этой точке коси V равен . Каков угол наклона адиаба-ты в этой же точке к оси V? Ответ надообосновать.

Задача. На рисунке 7 показана диаграммациклического процесса над постоянным ко-личеством гелия, являющимся рабочим те-

лом тепловой ма-шины Цикл состо-ит из изохоры,

адиабаты и про-цесса с линейнойзависимос т ьюдавления от объе-ма, в котором

объем увеличивается в 2,5 раза. Пунктирнаякривая – участок адиабаты, касающейсядиаграммы этого процесса в точке 2. Найди-те КПД цикла. Уравнение адиабаты дляодноатомного идеального газа имеет вид

5 3 constpV = .

Задание 3

Вопрос. Плоский воздушный конденсаторзаряжен и отключен от источника. В негочастично вставили диэлектрическую плас-тинку, толщина которой чуть меньше рассто-яния между пластинами конденсатора, иотпустили ее, не подталкивая. Что произой-дет с пластинкой после этого? Трение междупластинкой и пластинами конденсатора оченьмало.

Задача. В схеме, показанной на рисунке8, конденсаторы изначально разряжены.

После замыкания ключа 1K заряд конден-сатора емкостью С стал равным q = 5 мкКл.Затем ключ 2K разомкнули, а конденсаторемкостью C полностью заполнили диэлект-риком с проницаемостью 3= . Какой за-ряд после этого будет на конденсаторе ем-костью 2С?

Задание 4

Вопрос. Пучок параллельных световыхлучей падает на линзу с оптической силой

1 2D = + дптр. На каком расстоянии за нейнужно соосно поставить линзу с оптическойсилой 2 5D = - дптр, чтобы из второй линзылучи пучка вышли параллельно?

Задача. Две тонкие линзы, одна из кото-рых собирающая, а другая рассеивающая,расположены на общей оптической оси нарасстоянии L друг от друга. На той же осина расстоянии 3L от ближней из линз распо-ложен точечный источник света. Если ближек источнику размещена собирающая линза,то изображение источника находится на рас-стоянии L за рассеивающей линзой. Если, неперемещая источник, переставить линзы, тоизображение будет находиться на расстоя-нии 7 3L за собирающей линзой. Найдитефокусные расстояния обеих линз.

Публикацию подготовил К.Парфенов

Рис. 7

Рис. 6 Рис. 8

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» №7)

1. Ответ – на рисунке 1.2. Одной кошкой обойтись неполучится, так как из каждогодома выходит не больше трехдорог, значит, каждая кошка от-пугивает мышей не больше чем

из четырех домов.На рисунке 2 выде-лены дома, куда мож-но поселить двух ко-шек.3. 11∞ .Рассмотрим треуголь-ники, выделенные нарисунке 3 зеленымцветом. Один угол вкаждом треугольнике

известен, другой угол прямой. Из того, что сум-ма углов треугольника равна 180∞ , находим

третьи углы: 180 90 10 80∞ - ∞ - ∞ = ∞, 180 90∞ - ∞ -26 64- ∞ = ∞. Зная их, можно найти два угла сине-

го треугольника, ведь они образуют развернутыеуглы вместе с уже известными углами:

180 80 14 86∞ - ∞ - ∞ = ∞ , 180 64 33 83∞ - ∞ - ∞ = ∞. Те-перь, зная два угла синего треугольника, нахо-дим третий: x = 180 86 83 11∞ - ∞ - ∞ = ∞.4. 4 способа.Предположим, что после добавления гирьки вx кг гири можно разбить на три группы равноймассы. Группы, состоящие только из исходныхгирек, будут весить целое число килограммов,поэтому и x – целое. Суммарная масса всехгирек в три раза больше массы одной группы,значит, 20 + x делится на 3, т.е. x дает остаток 1при делении на 3.Теперь учтем, что масса новой гирьки не долж-на превосходить массу одной группы, т.е.

20

3

xx

+£ , откуда получаем, что 10x £ .

Рис. 1

Рис. 2

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

ВОПРОСЫ И ЗАДАЧИ

1. Отсутствием атмосферы и продолжительнос-тью лунной ночи, равной двум земным неделям.2. Метеоры, полярные сияния, радуга и сереб-ристые облака – атмосферные явления, на Лунеих не может быть. А вот затмения Солнца Зем-лей, искусственные спутники и кометы на Луненаблюдаются даже лучше, чем на Земле, по-скольку не мешает атмосфера.3. Время рассеяния атмосферы у крупных пла-нет – Венеры, Земли, Юпитера и так далее –очень велико и существенно превышает их воз-раст. У Меркурия же из-за малой скорости «убе-гания» и высокой температуры поверхности вре-мя рассеяния очень мало, так что его атмосферадавно утеряна.4. Ось вращения Меркурия почти перпендику-лярна к плоскости орбиты. Поэтому высокаятемпература днем там только в низких широтах,в полярных же районах планеты Солнце стоитнизко над горизонтом и температура там крайнемала – около 60 кельвинов. А в глубоких метео-ритных кратерах, куда солнечные лучи совсемне попадают, она ее ниже.5. Этим доказательством является смена фаз –изменение вида планеты от полного диска доузкого серпа.6. По постепенному уменьшению блеска звезды.При покрытии же звезды Луной, у которой от-сутствует атмосфера, блеск остается постояннымвплоть до почти моментального исчезновения.7. Температура на поверхности Венеры, изме-ренная космическими аппаратами, оказалась мно-го больше критической температуры для воды,выше которой она не может существовать в жид-кой фазе ни при каком давлении.8. В условиях малого атмосферного давлениячасть воды выкипит, а оставшаяся часть замерз-нет.9. Рассеянный атмосферой Венеры свет все жечастично доходит до ее поверхности, поэтомуднем на Венере довольно светло, примерно какна Земле в пасмурную погоду, ночью же тамсовсем темно.

Рис. 3

Покажем, что при всех x, для которых выполня-ются эти два условия, гири можно разбить натри группы равной массы.

При x = 1: 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4;

при x = 4: 2 + 6 = 3 + 5 = 4 + 4;

при x = 7: 2 + 7 = 3 + 6 = 4 + 5;

при x = 10: 2 + 3 + 5 = 4 + 6 = 10.

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 854

10. На Венере. Причина этого – в противопо-ложном направлении вращения планеты.11. Марс обращается вокруг Солнца, ось еговращения наклонена к плоскости орбиты и со-храняет свое направление в пространстве – поэтим причинам на нем происходит смена временгода.12. На Венере и Юпитере – так как оси враще-ния этих планет почти перпендикулярны плоско-стям орбит, а сами орбиты близки к круговым.13. Возможная причина этого – меньшая плот-ность Сатурна по сравнению с Юпитером.14. В основном они состоят из водорода и гелия.15. Наличием у Урана нескольких колец, разде-ленных, подобно кольцам Сатурна, щелями.16. Входящий в состав атмосферы Нептунаметан поглощает излучение красной части егоспектра.

МИКРООПЫТ

Ответ – в продолжении приведенной в эпиграфефразы Галилео Галилея: «...Чем тоньше серпЛуны и чем соответственно больше ее затемнен-ная часть, тем больше освещенная часть Земли,видимая с Луны, и тем сильнее отражение све-та». Этот свет наиболее ярок, когда соответству-ющая часть Земли ( по отношению к Европейс-кой части России – это Тихий океан) закрытаоблаками. У них коэффициент отражения выше,чем у суши или у воды.

XXIV ТУРНИР МАТЕМАТИЧЕСКИХ БОЕВИМЕНИ А.П.САВИНА

1. 5.Оценка. Докажем, что суперпуперпростых чи-сел, стоящих подряд, не более пяти. Предполо-жим, что их хотя бы шесть. Среди шести после-довательных натуральных чисел есть два числа,кратные трем, и хотя бы одно из них даетостаток 0 или 6 при делении на 9. Покажем, чтооно не может быть суперпуперпростым. Его сум-ма цифр, а значит, и сумма цифр суммы цифрдают такой же остаток при делении на 9, что исамо число, т.е. 0 или 6. Значит, она делится на3, но не равна 3, а такое число не может бытьпростым. Противоречие.Пример. Первое число: 9...939...97 (всего 23цифры – сначала 5 девяток, затем тройка, 16девяток и семерка). Его сумма цифр равна9 21 3 7 199◊ + + = , у следующих двух чисел онаравна 200 и 201 соответственно. Следующимидет число 9999940...0 с суммой цифр 49, а уследующего числа она равна 50. Эти числа так-же суперпростые.Отметим, что последовательных суперпростыхчисел не может быть более трех, причем 199,

200, 201 – первая из таких троек в натуральномряду.2. Введем прямоугольную систему координат,начало которой – в центре левой нижней клетки,оси направлены параллельно краям доски, аединичный отрезок равен длине стороны однойклетки. Рассмотрим произвольную ладью, кото-рая стоит в клетке с центром (x; y), и вычислимсуммарную длину пути остальных ладей до этойклетки.По горизонтали ладьи, стоящие левее рассмат-риваемой, должны сделать ходы длины 1, 2, ......, x, а ладьи, стоящие правее нее, – ходы 1, 2,......, 99 – x. Таким образом, суммарная длина ихпути по горизонтали равна

( ) ( )( )1 2 1 2 99x x+ + + + + + + - =… …

=( ) ( ) ( )1 99 100

2 2

x x x x+ - -+ = 2

99 99 50x x- + ◊ .

Аналогично, суммарная длина пути этих же ла-

дей по вертикали равна 2 99 99 50y y- + ◊ . Об-

щая длина пути ладей равна 2 21 99S x y x= + - -

99 99 100y- + ◊ . Так как центр доски имеет коор-

динаты 99 99;

2 2

Ê ˆÁ ˜Ë ¯

, то квадрат расстояния от него

до клетки, в которой стоит выбранная ладья,

равен2 2

2

99 99

2 2S x y

Ê ˆ Ê ˆ= - + - =Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯

= 2

2 2 9999 99

2x y x y+ - - + .

Таким образом, для всех ладей величины 1S и

2S отличаются на одну и ту же константу, отку-да и следует утверждение задачи.3. Жидкостями из бутылей, помеченных A, B иC соответственно (рис.4), можно наполнить вотношении 3 : 2 : 1 стакан Труса, в отношении 1:3 : 2 стакан Балбеса и в отношении 2 : 1 : 3стакан Бывалого. Шесть строк таблицы соответ-ствуют шести случаям распределения жидкостейпо бутылям. Синим выделены крепости в стака-нах, не превосходящие 60 градусов, а красным –превосходящие. По таблице видно, как устано-вить, какова крепость самогона в бутылях, потому, кто уронил стаканы.Существуют и другие способы решения, в част-ности, можно сделать три смеси, используя вкаждом случае две бутыли из трех.4. При n, кратных трем, и n = 1.Пусть удалось записать числа так, что указан-ных уголков не нашлось. Покрасим клетки сле-дующим образом: если в ней стоит число вида3k, то красим белым цветом, если стоит числовида 3k – 2, то синим цветом, а если стоит число

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

вида 3k – 1, то красным. Рассмотрим квадратразмером 2 2¥ . В нем два цвета присутствуютпо два раза, а одного цвета нет. В самом деле,если есть все три цвета, то есть и разноцветныйуголок, а его быть не должно. Если один цветприсутствует трижды, то он также образует зап-рещенный уголок.Нетрудно заметить, что если вдоль вертикаль-ной стороны квадрата 2 2¥ клетки разного цве-та, то во всей горизонтальной полосе, содержа-щей этот квадрат, третьего цвета нет. То жесамое можно утверждать и про два разных цветапо горизонтали и соответствующую вертикаль-ную полосу. Так как хотя бы одна из этих полосдолжна пересекать полосу с клетками третьегоцвета, т.е. должна содержать клетки третьегоцвета, то никакой квадрат 2 2¥ не может бытьпокрашен в шахматном порядке.Пусть левый нижний квадрат 2 2¥ имеет, на-пример, горизонтальную раскраску. Тогда каж-дая из двух нижних строк покрашена однимцветом. Переходя к следующим строкам, легкопонять, что все они являются одноцветными.Поэтому либо количество клеток каждого цветаодинаковое (и тогда количество строк кратнотрем), либо найдутся такие два цвета, что коли-чество клеток одного из них как минимум на nбольше, чем количество клеток другого. В дей-ствительности же количества клеток разных цве-тов отличаются не более чем на 1.Как устроены примеры для n, указанные в отве-те, легко понять из доказательства оценки.5. Можно.

Так как 416 2= , то монеты можно закодировать

последовательностями из нулей и единиц длины4. При первых четырех взвешиваниях будем

класть на левую чашу весов все монеты, у кото-рых на соответствующих местах стоит 0, а направую чашу – все монеты, у которых на этихместах стоит 1.Если в результате каждого такого взвешиваниявесы останутся в равновесии, то у фальшивыхмонет на всех четырех местах стоят разные циф-ры. Разобьем монеты на 8 пар так, чтобы вкаждой паре коды монет отличались по всемразрядам. Тогда в какой-то одной паре обе моне-ты фальшивые. Каждую пару можно считатьновой монетой, тогда задача сводится к извест-ной: двумя взвешиваниями определить более лег-кую фальшивую монету из не более чем девятимонет.Если же в каком-то из первых четырех взвеши-ваний одна из чаш перевесит, то мы узнаемсоответствующую цифру у обеих фальшивыхмонет. Тем самым, один или несколько разрядовфальшивых монет станут известны. Разобьемподозрительные монеты (их уже будет меньше8) на пары так, чтобы в каждой паре неизвест-ные разряды были разными. Далее действуеманалогично.6. При всех нечетных N, а также при N = 2, 4,10 победит Петя, а в остальных случаях победитВася.Будем нумеровать клетки числами от 1 до Nслева направо. Очевидно, что при 5N £ побе-дит Петя.Рассмотрим N = 6. Тогда все клетки можно

разбить на пары: (1; 4), (2; 5) и (3; 6). Прилюбом ходе Пети Вася может поставить фишкуна второе число из пары. Тем самым у Васивсегда будет ход, и он не проиграет. Аналогич-ная выигрышная стратегия для Васи работает идля N = 8, если рассматривать пары (1; 5),(2; 6), (3; 7) и (4; 8). Для четных 12N ≥аналогичная стратегия также работает, так какполоску можно разбить на группы по 6 и 8клеток и провести рассуждение по индукции.Переход от N к N + 2: если есть группа изшести клеток, то она заменяется на группу извосьми клеток, а если ее нет, то две группы повосемь клеток заменяются на три группы пошесть клеток.При N = 7, N = 9 и при нечетных N > 12побеждает Петя, так как, поставив первым хо-дом фишку на последнюю клетку, он обеспечи-вает передачу хода и использует стратегию Васи,описанную выше.При N = 10 побеждает Петя, ставя фишку на 3. УВаси есть две возможности для ответного хода, нопосле следующего хода Пети ходы Васи опреде-ляются однозначно, т.е. возникают две цепочкиходов: П3 – В7 – П10 – В6 – П9 – В5 – П2 и

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 856

П3 – В6 – П2 – В5 – П1 – В4 – П8. В обоихслучаях у Васи нет хода.При N = 11 также побеждает Петя, ставя фишкуна 3. Оставшиеся клетки можно разбить на пары(1; 4), (2; 5), (6; 9), (7; 10) и (8; 11). Прилюбом ходе Васи Петя может поставить фишкуна второе число из пары, и у него всегда будетход.7. N – 1 камень.Будем использовать для обозначения камней ихмассы.Оценка. Предположим, что есть способ сделатьожерелье из всех N камней.Если N = 2m – 1, то рассмотрим m таких камней:m, m + 1, …, 2m – 1. Их больше половины,поэтому какие-то два из них окажутся соседни-ми. Но массы каждых двух камней из этогонабора отличаются менее чем в 2 раза. Противо-речие.Если N = 2m, то рассмотрим m таких камней:m + 1, m + 2, …, 2m. Массы каждых двухкамней из этого набора отличаются менее чем в 2раза. Значит, никакие два из них не могут бытьсоседними, поэтому они расположены в ожере-лье через один. Тогда два из них являютсясоседними с камнем m, однако это может бытьтолько камень 2m. Противоречие.Пример. Если N = 2m – 1, то можно не исполь-зовать камень m, а остальные камни можно рас-положить в ожерелье следующим образом: 1,m + 1, 2, m + 2, …, m – 2, 2m – 2, m – 1, 2m – 1.Тогда для каждого k от 2 до m – 1 междукамнями k – 1 и k расположен камень m + k – 1.

Так как 1k m£ - , то ( )1 2 2 1m k k k+ - ≥ > - .Еще соседними являются камни 1 и 2m – 1, длякоторых условие также выполняется.Если N = 2m, то можно не использовать каменьm + 1, а остальные камни можно расположитьв ожерелье следующим образом: 1, m + 2, 2,m + 3, …, m – 1, 2m, m. Аналогично случаюнечетного N легко проверить, что массы каждыхдвух соседних камней в таком ожерелье отлича-ются хотя бы вдвое.8. Петя.Можно считать, что сначала король стоит в левомнижнем углу. Занумеруем числами от 1 до 100строки снизу вверх, а столбцы – слева направо.Закрасим все клетки, у которых обе «координа-ты» четные (рис.5). Первым ходом Петя двигаеткороля в клетку (2; 2). Тогда при любом ходеВаси король попадет в клетку, которая не закра-шена, а ответным ходом Петя сможет поставитькороля в одну из закрашенных клеток. Эта ситу-ация будет повторяться до тех пор, пока корольне попадет в клетку с «координатами» (100; 100),а это произойдет с ходом Пети.

9. 7 команд.Наибольшее количество очков, которая можетнабрать одна команда, – это утроенное количе-ство сыгранных ею матчей. Заметим, что коман-да, ставшая последней и имеющая положитель-ную разность сыгранных партий, должна на-брать меньше половины от этого количества оч-ков. Для этого у нее должны быть поражения.Отметим, что при поражении со счетом 2 : 3положительная разность достигается либо побе-дой со счетом 3 : 0, либо двумя победами сосчетом 3 : 2, но в обоих случаях будет набранобольше половины возможных очков. Следова-тельно, последняя команда должна хотя бы разпроиграть со счетом 1 : 3, а выиграть со счетом3 : 0. В этом случае команда все равно наберетполовину от возможного количества очков. Двапоражения со счетом 1 : 3 не компенсируютсяникакими двумя победами, если требовать одно-временного выполнения двух условий: меньшеполовины набранных очков и положительнаяразность.Таким образом, последняя команда должна хотябы три раза проиграть с таким счетом, что ком-пенсируется двумя победами со счетом 3 : 0 иодной победой со счетом 3 : 2. Тогда оба требуе-мых условия будут выполняться, а количествосыгранных ею матчей будет не меньше шести.Следовательно, в турнире должно участвоватьне меньше 7 команд.Пример для турнира семи команд – см. таблицу(рис.6).Замечание. Оценку можно получить и по-друго-му. Если в турнире участвовало 6 команд, тообщее количество сыгранных матчей равно6 5

152

◊= , тогда сумма набранных командами

очков равна 45. В этом случае последняя коман-

Рис. 5

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

да не могла набрать больше шести очков. Дей-ствительно, если она набрала хотя бы 7 очков, аостальные пять – хотя бы по 8, то 7 5 8+ ◊ =

47 45= > .Заметим, что следующие операции сохраняютколичество набранных командой очков, но улуч-шают разность выигранных и проигранныхпартий:1) замена двух поражений со счетом 2 : 3 напобеду 3 : 2 и поражение 1 : 3;2) замена победы 3 :2 и поражения 2 : 3 напобеду 3 : 0 и поражение 1 : 3;3) замена трех побед со счетом 3 : 2 на двепобеды со счетом 3 : 0 и поражение 1 : 3.При шести набранных очках, применяя, покавозможно, эти операции, в итоге получим двепобеды со счетом 3 : 0 и три поражения сосчетом 1 : 3. Следовательно, разность партий неможет стать положительной. Значит, команд боль-ше шести.10. Заметим, что у прямоугольного семиугольни-ка есть хотя бы два соседних прямых угла.Следовательно, от него можно отрезать прямоу-гольник и оставшаяся часть будет опять же пря-моугольным семиугольником. Прямоугольникможно разрезать на три прямоугольника, а каж-дый прямоугольник разрезать на два прямоу-гольных семиугольника, например, как показанона рисунке 7.

11. а) 45 .Пусть прямые AK и DC пересекаются в точке Е(рис.8). Из точки L опустим перпендикуляр LGна АЕ. Так как L лежит на биссектрисе угла

KAD, то LG = LD = KC. Тогда в треугольникеKEL две высоты равны, поэтому этот треуголь-ник равнобедренный с основанием KL.а) Пусть KAL DAL , тогда KEL

90 2 , 45EKL . Так как угол EKL –внешний для треугольника KAL, то 45KLA .б) Так как треугольник KEL равнобедренный,то KG = LC. Тогда AD + KC = AG + KC = AK ++ KG + KC = AK + LC + DL = AK + CD, т.е. вчетырехугольник ADCK можно вписать окруж-ность. Ее центр является пересечением биссект-рис углов A, C и D четырехугольника ADCK,что равносильно утверждению задачи.12. Не сможет.Пусть Олег сначала сложит «ежа» из семи куби-ков: выберет центральный кубик с координата-ми (0; 0; 0) и к каждой его грани приклеит покубику. Далее он будет приклеивать к этомубольшому многограннику по одному кубику. Есликакой-то из отдельных (никуда не приклеен-ных) кубиков целиком покрашен, то он прикле-ит его на место вида (0; 0; k). Если отдельныхпокрашенных кубиков нет, значит, последнимходом Миша красил большой многогранник. Втаком случае Олег приклеит к большому много-граннику новый кубик на позицию, которая яв-ляется первой не занятой в следующем списке:

(1; 1; 0), (1; –1; 0), (–1; 1; 0), (–1; –1; 0),

(1; 0; 1), (–1; 0; 1), (1; 0; –1), (–1; 0; –1),

(1; 1; 1), (–1; 1; 1), (1; –1; 1), (–1; –1; 1),

(1; 1; –1), (–1; 1; –1), (1; –1; –1), (–1; –1; –1),

(0; 1; 1), (0; –1; 1), (0; 1; –1), (0; –1; –1).В этом списке каждый новый кубик, будучиприклеенным после всех предыдущих, будетиметь четное количество открытых граней, кото-рые будут покрашены, так как рано или поздноМиша покрасит большой многогранник. Покаэтого не произойдет, Олег будет приклеиватьпокрашенные кубики на места вида (0; 0; k);позиции такого вида не имеют общих граней спозициями из списка.

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 858

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП XLIVВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫШКОЛЬНИКОВ ПО МАТЕМАТИКЕ

9 класс

1. Обозначим 1 1 0c a p . По условию, прилюбом n имеем 1 1n na a p p , или n na p

1 1a p c.Предположим, что c > 0. Найдется индекс nтакой, что 2na c . Тогда n n n na p a c a

2 2

n na a, т.е. 2 n n np a p . Значит, na не

делится на np ; это противоречит условию.

Итак, c = 0 и, следовательно, n na p – простоечисло при всех n.2. Из симметрии, прямая AL является биссект-рисой угла BAC и проходит через центры ок-ружностей и .Поскольку соответственные стороны треуголь-ников KBL и MCL параллельны, существуетгомотетия с центром L, переводящая первыйтреугольник во второй. Эта гомотетия переводитокружность с диаметром KL в окружность сдиаметром LM, т.е. в . Отрезок AB, касаю-щийся , перейдет в параллельный ему отрезокCA , касающийся ; при этом, поскольку

В итоге все кубики, кроме семи, образующих«ежа», будут либо приклеены в соответствии сосписком и рано или поздно их открытые гранибудут покрашены, либо окажутся приклеены ужебудучи целиком покрашенными на места вида(0; 0; k). Значит, у них будет четное количе-ство покрашенных граней.13. Любым.Запишем числа построчно на клетках шахматнойдоски. Заметим, что удаление с доски любоготрехклеточного уголка соответствует стираниютрех чисел, согласно условию задачи. С другойстороны, хорошо известно, что на шахматнуюдоску можно положить 21 трехклеточный уголоктак, что любая наперед заданная клетка будетсвободна.14. 2 : 1.Пусть M и K – середины АВ и PQ соответствен-но (рис.9). Так как РА = РС и QB = QC, то МP

и MQ – серединные перпендикуляры к катетамтреугольника АВС. Следовательно, PMQ

90ACB . Тогда MK – медиана прямоу-гольного треугольника PMQ, проведенная к ги-

потенузе, поэтому 1

2MK PQ .

Докажем теперь, что РВ = PQ. Действительно,

150PCB PCA BCA и 360PCQ

150PCA BCA BCQ . Следователь-но, РСВ = РСQ (по двум сторонам и углумежду ними), откуда и следует требуемое равен-

ство. Таким образом, 1

2MK PB .

15. Могут.Рассмотрим треугольник АВС, в котором

90C , 60A , и проведем биссектрису ADи перпендикуляр DE к катету ВС (рис.10,а).Перегнем треугольник по прямой DE, тогда точ-ка А займет положение A , после чего сделаемразрез по прямой DA (рис.10,б).

Рис. 9

При таком разрезании и последующем разгиба-нии образуются три треугольника: АСD, AFDи BFD, где F – точка пересечения прямых DAи АВ.Докажем, что эти треугольники равны. Для это-го достаточно доказать, что DF AB , так как вэтом случае равенство треугольников АСD иAFD будут следовать из их симметрии относи-тельно биссектрисы AD, а равенство треугольни-ков AFD и BFD – из равенства соответствую-щих острых углов и наличия общей стороныDF.Так как DE CAP , то 60DEF CAB ,

30ADE CAD . Из симметрии относитель-но прямой DE следует, что FED ADE30 , значит, 90AFD , что и требовалось.

Рис. 10

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

3. Тогда нетрудно видеть, что конь, выйдя из L,сможет ходить лишь по клеткам, содержащимкрестик на рисунке 12, а значит – не сможетпройти в R. Аналогично, при n = 3k + 2 можно

отметить все клетки горизонталей, номера кото-рых делятся на 3 (рис.13).Осталось показать, что при n = 3k + 1 требуемыеклетки обязательно найдутся. Докажем это ин-дукцией по k. При k = 1 утверждение очевидно:если одна из клеток 2, 3 и 3, 2 не отмечена,то через нее конь сможет дойти до цели.Для перехода предположим, что k > 1 и что дляменьших значений k утверждение уже доказано.Пусть среди любых трех клеток, идущих подиагонали, отмечено не больше одной, но коньне может пройти из L в R. Для клетки ,a bобозначим , 3 3, 3 3a b a k b k . Тогдаесли клетки ,a b и ,a b находятся на доскеи не отмечены, то конь может пройти из ,a b в

,a b по предположению индукции.Одна из клеток 2, 3 и 3, 2 не отмечена –пусть это 3, 2 . Если 3, 2 не отмечена, токонь может пройти по маршруту 3, 2L ...... 3, 2 R , что невозможно. Значит, 3, 2

отмечена; по предположению, тогда 2 , 3 неотмечена, а значит, 2, 3 должна быть отмеченапо аналогичным причинам. Далее, клетка 4, 4должна быть отмечена, иначе существует путь

3, 2 4, 4L ... 4 , 4 R; аналогично, от-мечена клетка 1, 1 (рис.14).

Рис. 12

Рис. 11

CA A A AB A AC , треугольник A CA рав-нобедренный (рис.11).Пусть O – центр . Поскольку CA и CA –касательные к , то CO – биссектриса в равно-бедренном треугольнике A CA , а стало быть – и

высота. Итак, медиана CO треугольника LCMявляется высотой, откуда и следует требуемое.

3. Положим i in a . Тогда 2

1i ia n , а

поскольку числа ia целые, имеем 22i i ia n n .

Если мы теперь покажем, что

1 25 1 2 25200 1a a k n n n… … , ( )

то правая часть доказываемого неравенства небудет превосходить 1 2 25n n n… , что и требо-валось.Пусть для определенности 1k a . Оценим под-коренное выражение в левой части ( ):

1 25 200a a k…

2 21 1 25 252 2 200n n n n k…

= 2 2 21 25 1 25 1 12 200 2n n n n n n… … .

Квадрат правой части ( ) равен2 21 25 1 2 1 3 24 252n n n n n n n n… …

+ 1 252 1n n… .

Сравнивая эти выражения, видим, что достаточ-но показать, что

21 1 1 2 1 3 24 25100 2n n n n n n n n… .

Но при любых i < j верно неравенство21 1i jn n n n . При этом в правой части стоит

25 24300

2 слагаемых такого вида. Оценивая

100 из них числом 21n , а остальные 200 – числом

1n , получаем требуемое.4. При n = 3k + 1, где k – натуральное число.Пронумеруем горизонтали числами 1, 2, …, nснизу вверх, а вертикали – слева направо. Будемобозначать клетку через ,a b , где a и b –номера ее вертикали и горизонтали соответствен-но.Покажем сначала, что при n = 3k и при n = 3k ++ 2 требуемые клетки найдутся не всегда. Приn = 3k можно отметить все клетки горизонталей,номера которых дают остаток 2 при делении на

Рис. 13

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 860

Из предположения получаем, что клетки с круж-ками на рисунке 14 не отмечены. Тогда, как мы

видим, конь может пройти из L в 4,1 , оттуда

(по предположению индукции) в 4 ,1 , а отту-да в R. Это противоречие завершает переходиндукции.5. Нет.Приведем стратегию, позволяющую Васе гаран-тированно выиграть. Первые ходы он делаетпроизвольно, пока перед его очередным ходомне будут окрашены 33 точки. Пусть A – одна изкрайних окрашенных точек, а B – неокрашеннаяточка, соседняя с другой крайней. Тогда суще-ствует отмеченная точка C такая, что ABC –равносторонний треугольник.На этом ходе Вася красит точку B в тот же цвет,что и A, без ограничения общности – в красный.Далее он действует так. Если Петя красит точку,соседнюю с C, то Вася красит C в красный цвети выигрывает, получив одноцветный треуголь-ник ABC. Если же Петя красит точку, несосед-нюю с C, то и Вася тоже красит несоседнюю с C.Если Вася сможет так действовать, то в резуль-тате точку C окрасит именно он и выиграет.Предположим, что он не смог сходить согласностратегии. Это значит, что Петя окрасил несосед-нюю с C точку, а Вася не имеет такой возможно-сти. Это значит, что остались неокрашеннымировно три точки: C и два ее соседа. Но тогдаокрашено 96 точек, и ход должен делать Петя.Полученное противоречие завершает решение.8. Достаточно показать, что точка H пересече-ния высот треугольника CDK совпадает с H.Поскольку AMKD – параллелограмм, имеем

KD ABP , а так как CH KD, то CH AB.

Остается показать, что AH CN.Заметим, что DCN DAM DKM, поэто-му четырехугольник CNKD вписан в некоторуюокружность. Пусть CX – диаметр этой окруж-

ности (рис.15). Тогда CK KX , значит,KX DHP . Аналогично, DX KHP , поэтомуKHDX – параллелограмм. Значит, при цент-ральной симметрии относительно середины от-резка DK точка H переходит в X. ПосколькуAKND – тоже параллелограмм, при этой жесимметрии точка N переходит в A. ОтсюдаAH XNP ; поскольку 90XNC (как опира-ющийся на диаметр), получаем AH CN.

10 класс

1. 2.При 2019; 1x корней нет, так как на ука-занном интервале левая часть неотрицательна, аправая – отрицательна.

При 1;x все модули раскрываются сознаком «+», поэтому уравнение примет вид

0g x , где 22009 1 2g x x x …

2018… . Так как 1g < 0, это квадратное

уравнение имеет единственный корень на проме-жутке 1; .Поскольку графики функций в левой и правойчастях симметричны относительно прямой

1009x (т.е. 2018f x f x ), то на про-

межутке ; 2019 столько же корней, сколь-

ко и на промежутке 1; , т.е. ровно одинкорень.Итого, у данного уравнения два корня.2. Пусть l – серединный перпендикуляр к BC(рис.16). Заметим, что l проходит через K. Пустьточка A симметрична точке A относительно l.Очевидно, A , а дуги AB и A C равны.Так как точка D симметрична точке A относи-тельно прямой MN, то D и A симметричныотносительно K. Это означает, в частности, чтоD, K и A лежат на одной прямой, т.е. прямаяQD проходит через A . Тогда

1 1

2 2KQC AQC A C AB ACB .

Поскольку MN BCP , имеем ACB ANK .

Рис. 15

Рис. 14

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

Отсюда KQC ANK , т.е. четырехугольникCNKQ – вписанный.

3. 1 2

2 2

k kN .

Обозначим через N k ответ в задаче; положим

1 2

2 2

k kf k .

Докажем сначала, что

11

2

kN k N k при 2k . ( )

После отмечания исходных N k клеток можноотметить хотя бы одну клетку A; это значит, чтолибо в столбце, либо в строке этой клетки уже

отмечено 1

2

k других клеток – пусть, для

определенности, в строке l.

Мысленно отметим все клетки строки l. Ясно,что любую клетку по-прежнему можно отметить.Удалим из клетчатой плоскости строку l и сдви-нем вместе две получившиеся полуплоскости так,чтобы снова получилась клетчатая плоскость.Теперь мы можем отметить любую клетку этойновой плоскости, отмечая на каждом шагу клет-ку, в кресте которой уже есть не менее k – 1отмеченных клеток (поскольку из этого крестаудалена одна клетка строки l). Следовательно,изначально на этой плоскости должно было бытьотмечено не менее 1N k клеток. Значит, наисходной плоскости сначала должно быть хотябы 1N k отмеченных клеток не из l; отсюдаи следует ( ).Поскольку 1 1N , из ( ) следует, что

слагаемых

1 1 2 2 3 3 4k

N k f k…1444442444443 .

Осталось показать, как отметить f k клетоктак, чтобы затем можно было отметить любуюдругую клетку плоскости. По индукции неслож-но доказать, что подходит пример, приведенныйна рисунке 17, состоящий из двух «лесенок»

высот 2

kp и

1

2

kq ; нетрудно понять,

что в нем как раз f k клеток.

5. Достаточно решить задачу для квадрата 3 3.Отсюда будет следовать, что знаменатели про-грессий в любых двух соседних столбцах равны,а значит, они равны и во всех столбцах.Из того, что в средней строке квадрата записанаарифметическая прогрессия, а во всех столбцах– геометрические прогрессии, следует, что рас-становка выглядит, как на рисунке 18. Теперь из

условия на остальные строки получаем

2a d a d a

p r q и 2a d p a d r aq .

Положим p

xq и

ry

q. Тогда из равенств выше

имеем 2a d y a d x axy и a d x

2a d y a .Складывая и сокращая на 2a, получаем x + y == xy + 1, или 1 1 0x y . Пусть, например,x = 1 (случай y = 1 аналогичен). Тогда

2a d a d y a, a d y a d, откудаи y = 1. Итого, p = q = r, что и требовалось.8. Нет.Приведем стратегию, позволяющую Леше выиг-рать. Пусть L и P – поля, на которых исходностоят лиловая l и пурпурная p фишки соответ-ственно. По условию, от L до P можно дойти поотрезкам; пусть Леша выберет один такой путь

1 1 2 2, , , , , ,n nL L P L P L P P… , в котором поля неповторяются. Позицию в игре будем обозначатьпарой ,A B , где A и B – поля, на которыхстоят l и p соответственно.Леша будет действовать следующим образом.

Рис. 16Рис. 17

Рис. 18

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 862

Рис. 19

Если его фишка l стоит на iL , он всегда переме-щает ее на iP . Если l стоит на iP , то его ходзависит от положения p: если та стоит на P, тоЛеша ходит на 1iL , иначе – на iL .Заметим сразу, что количество позиций в игреконечно, так что игра рано или поздно закончит-ся. Значит, если Леша всегда может сходитьсогласно стратегии, то рано или поздно не смо-жет сделать ход Паша. Осталось показать, чтоЛеша всегда сможет так сходить. После ходаПаши фишки находятся в одной и той же части,так что стратегия не может предписывать идтина поле, занятое p.Пусть до некоторого момента Леша ходил со-гласно стратегии и пусть перед очередным егоходом l стоит на одном из полей iL или iP , а p– на некотором поле U. Опишем множество ужевстречавшихся позиций, в которых l стояла на

iL или iP . Впервые l появилась на iL в пози-ции ,iL P перед Пашиным ходом (возможно,это было начало игры). Затем после каждойпары ходов Паши и Леши были использованы (внекотором порядке) позиции ,iL X и ,iP Xпри некотором поле X P .Итак, если перед ходом Леши l стоит на iL , а p– на поле U, то позиция ,iP U не встречаласьраньше. Если l стоит на iP , а p – на поле U P,то позиция ,iL U также не встречалась раньше.Значит, в обоих случаях Леша может сделать ходсогласно стратегии. Наконец, если l стоит на iP ,а p – на поле U = P, то i < n (иначе фишки быстояли на одном поле), так что поле 1iL существу-ет и l на нем еще не была. Поэтому Леша можетсходить туда. Доказательство окончено.

11 класс

1. Предположим, что многочлен P x не явля-ется монотонным. Тогда найдутся такие a b ,

что P a P b , а значит, и P P a

P P b , т.е. P P x не монотонен.2. Cчитаем, что нумерация переменных цикли-ческая, т.е. 1 1nx x , 2 2nx x и т.д.Заметим, что при всех i = 1, 2, …, n верно нера-

венство 22 2

1 11 1 1i i i ix x x x , так как

2 22 21 1 11 1 1 0i i i i i ix x x x x x .

Перемножая все такие неравенства, получим2 2 2

2 2 21 21 1 1 nx x x…

22 2

1 2 2 3 11 1 1 nx x x x x x… ,или

2 2 21 2

1 2 2 3 1

1 1 11

1 1 1

n

n

x x x

x x x x x x… .

Для доказательства исходного неравенства те-перь достаточно применить неравенство о сред-

них арифметическом и геометрическом:2 2 21 2

1 2 2 3 1

1 1 1

1 1 1

n

n

x x x

x x x x x x…

2 2 21 2

1 2 2 3 1

1 1 1

1 1 1

nn

n

x x xn n

x x x x x x… .

5. Могло.Временно откажемся от условия различности чиселна карточках. Пусть A и B – две соседниекарточки (A лежит после B по часовой стрелке).Напишем на карточке A произвольное число, накарточке B – число 2, а на всех остальных карточ-ках – единицы. Если Вася снимет первой какую-либо карточку, отличную от A, то дальше онбудет снимать карточки подряд по часовой стрел-ке, «перескочив» через A (так как на B написанадвойка). Значит, A останется последней.Осталось сделать числа на карточках попарноразличными. Для этого достаточно ко всем чис-лам на карточках прибавить различные нату-ральные числа, делящиеся на 1000!. Действи-тельно, если при выкидывании карточки x настоле остается d карточек, то результат процессане изменится, если к x прибавить число, кратноеd (Вася просто отсчитает несколько дополни-тельных полных кругов). Значит, если к числуна карточке прибавить число, делящееся на 1000!,то результат процесса не изменится при любомвыборе изначальной карточки.6. Пусть диагонали 1AA , 1BB и 1CC пересека-ются в точке O, причем вершины A, B и C лежатна одном основании призмы, а вершины 1A , 1Bи 1C – на противоположной (рис. 19). Тогда

точки A, 1A , B и 1B лежат в одной плоскости, пересекающей параллельные основания при-

змы по параллельным отрезкам AB и 1 1A B . Ана-логично, 1 1AC ACP и 1 1BC BCP . Тогда треу-гольники ABC и 1 1 1A BC подобны по двум углам.Поскольку их описанные окружности равны, этитреугольники также равны.Впишем призму в сферу S. Плоскость пересе-кает сферу S по окружности, на которой лежатточки A, B, 1A и 1B . Поскольку AB и 1 1A Bпараллельны и равны, 1 1ABA B – прямоуголь-

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

ник, а O – его центр, откуда OA = OB = 1OA == 1OB . Аналогично, OA = OC = 1OA = 1OC .Значит, O – центр сферы S, а следовательно, ицентр призмы.

7. Обозначим 1

2017. Напомним, что частный

случай неравенства Бернулли 2017

1 x

1 2017x (при x ) можно переписать в

виде 1 1y y (при 2017 1y x ).

Лемма 1. Для любого натурального n верны

неравенства 1 1

11

n n

n n n.

Доказательство. Правое неравенство сразу сле-дует из упомянутого неравенства Бернулли. Длядоказательства левого, применяя то же неравен-ство, получаем

1 11 1

1 1 1 1

n n

n n n n,

откуда

1 1 11

1 1 1

n n n

n n n n.

Лемма 2. Для любого натурального n верны

неравенства 11 2 1n nn a a n .

Доказательство. Поскольку 1 11 nn a n ,

достаточно доказать, что 1 1

1n n n

2n , или

11 1 1 2n n

n. ( )

Применяя лемму 1, получаем

1 11 1 1 1 1

1

nn n n n

n n,

что доказывает левое неравенство ( ). Анало-гично, для правого имеем

111 1

n nn n n

n n1

2n

n.

Перейдем к решению задачи. Покажем, что чис-

ло 20172 1000N подходит. Для этого доста-

точно доказать, что при любом натуральном20172n число с пятеркой в десятичной записи

найдется даже среди чисел 1 1000, , ,n n na a a… .

Поскольку 20172n , найдется натуральное k та-

кое, что 110 2 10k kn . Покажем, что даже

среди 2k -х с конца цифр чисел

1 1000, , ,n n na a a… встретится пятерка, откуда ибудет следовать требуемое.По лемме 2, при каждом d = n, n + 1, …, n + 999имеем

1 2 1 2 2 1 4 1 9 10kd da a d n n ;

это означает, что 2k -я цифра при переходеот da к 1da либо не изменяется, либо увеличи-вается на 1 (при этом 9 переходит в 0).С другой стороны, по той же лемме,

1 1100 100 1 2 10 100 100

k kd da a n ;

это значит, за 100 таких переходов 2k -яцифра обязана хотя бы раз изменить свое значе-ние (на следующее по циклу). Значит, за 1000переходов она примет все 10 возможных значе-ний, в частности побывает и пятеркой.8. Саша.Если раскрасить всю доску шахматным образом,то мы окажемся в условии задачи 8 для 10класса: частями игрового поля будут клетки раз-ных цветов. Значит, Саша может применить вы-игрышную стратегию из решения этой задачи.

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАПLII ВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫ

ШКОЛЬНИКОВ ПО ФИЗИКЕ

9 класс

1. Паровоз двигался с юга на север; ветер дул отжелезной дороги в северо-восточном направле-нии под углом примерно 30∞ к меридиану;

0 10 м сv = ; min 5 м сv = ; 400 c= ; s = 4000 м.

2. 1) Правый поршень поднялся на 1

1 2

3

2

hSx

S S=

-,

а левый опустился на 2

1 2

3

2

hSy

S S=

-, при этом

1F = 3( )

( )1 2 1 2

2

1 22

S S S Sgh

S S

+

-;

2) в этом случае смещение поршней возможнолишь при их отрыве от поверхности жидкости и

2 0 13F p S= .

3. 1 4 м сv = ; см. рис.20.

4. ( )

( )1 0

1

1 0

36 cmc t t

N c t t

-= =

- -;

max 0 44 CN

t tc

= + = ∞ ;( ) ( )21 0

Nmlv

c t t m=

- +;

1 0,32 мм сv = .

5. 0 12 BU = , r = 0,8 кОм, 2 1,6 кОмR = .

Рис. 20

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 864

Рис. 21

10 класс

1. 22 sin cos 0,74u v v= = , где sin

R r

R r

-= =

+3

4= (произойдет два столкновения шайб).

2. 1 00,575 11,5 м сv vª ª ,

2 00,544 10,9 м сv vª ª .

3. 1) 101 22,4 c

p S

ml-= = ; 2) 1 0,4 мx a l= - = ;

3) 1

2 12

16,7 cal

a l-= =

+.

4. 1) 1 2ш

2

Q q qk

R r

Ê ˆ+= +Á ˜Ë ¯

;

2) 1 21

2 1

1 1O

Q q qk q

R r r r

Ê ˆÊ ˆ+= + + -Á ˜Á ˜Ë ¯Ë ¯

.

5. ( )2 2 2

2 1

8I U U

-= = , где

20,0015 А В= .

11 класс

1. 1) m 0,05= рад; 2) min 11,3 ct = ;

3) 0 = 1140 c- .

2. См. рис.21, график 2 можно восстановитьлишь от точки (2; 3,5) до точки (16; 7).

3. 42,1 км с

3v nx G= = .

4. 1) Со стенкой 2W ; 2) 01 2 2

1

CU Blv

B l Cm

m

=Ê ˆ

+Á ˜Ë ¯

;

3)

12 2

0

2 2

1

1

n

n n

B l CCU Bl

mv

B l Cm

m

-Ê ˆ

-Á ˜Ë ¯=

Ê ˆ+Á ˜Ë ¯

.

5. x

gLu

v= .

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ №ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №

Адрес редакции:

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

Тел.: +7 916 168-64-74Е-mail: math@kvant.ras.ru, phys@kvant.ras.ru

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив типографии ООО «ТДДС-СТОЛИЦА-8»

Телефон: +7 495 363-48-86,htpp: //capitalpress.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИ

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

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОР

Е.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА

М.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ 12+

ВНИМАНИЮ ЧИТАТЕЛЕЙ И АВТОРОВНАШЕГО ЖУРНАЛА!

Начиная с этого номера журнала «Квант»,некоторым статьям будет присваиваться при-нятый в научной среде способ идентификациипубликаций – DOI (Digital Object Identifier). Поприсвоенному (раз и навсегда) данной статьеидентификатору можно получить информа-цию о ней в базах данных, в частности – винтернете.

Посылая в редакцию нашего журнала ста-тью, просим авторов сообщать о себе, кромефамилии, имени и отчества, также место ра-боты, занимаемую должность и электронныйадрес (e-mail).