2019-12-hq-prekvant.mccme.ru/pdf/2019/2019-12.pdf · 10 Египетские дроби....

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 На перекрестке идей: история открытиямагнитного резонанса. В.Птушенко

10 Египетские дроби. С.Кузнецов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

12 Задачи М2586–М2589, Ф2593–Ф259613 Решения задач М2574–М2577, Ф2581–Ф2584

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

18 Задачи19 Периметр и площадь на клеточках. Е.Бакаев

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

23 Задачи 13–20

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

24 Самое правильное уравнение динамики.А.Стасенко

27 Что такое фазовый портрет (окончание).В.Соловьев, С.Дворянинов

Н А Ш И Н А Б Л Ю Д Е Н И Я

30 Куда дует ветер?

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

31 Метод перераспределения зарядов. Е.Бакаев,А.Полянский, Г.Челноков

О Л И М П И А Д Ы

34 XLI Турнир городов. Задачи осеннего тура

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

36 Институт криптографии, связи и информатикиАкадемии ФСБ России

И Н Ф О Р М А Ц И Я

42 Заочная физико-техническая школа при МФТИ

49 Ответы, указания, решения

62 Напечатано в 2019 году

Вниманию наших читателей (33)

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье В.Птушенко

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

Ю№1220

19

ДЕКАБРЬ

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,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

На перекрестке идей:история открытия магнитного

резонансаВ.ПТУШЕНКО

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20191201

МИНУВШИЙ 2019 ГОД – ЮБИЛЕЙНЫЙне только для таблицы Менделеева.

Ровно вдвое меньше, 75 лет, исполнилосьодному из наиболее значительных откры-тий в физике XX века – открытию элект-ронного парамагнитного резонанса (ЭПР).Открытие это было сделано в предпослед-нем военном, 1944 году в городе КазаниЕвгением Константиновичем Завойским.

А спустя два года, в 1946 году, в СШАбыло открыто родственное явление ядер-ного магнитного резонанса (ЯМР) Эдвар-дом Парселлом и независимо от него Фе-ликсом Блохом. С тех пор круг примене-ний ЭПР и ЯМР и родственных им явле-ний, называемых обобщающим терминоммагнитно-резонансные явления, чрезвы-чайно вырос.На первый взгляд, эти явления несрав-

нимы с таблицей Менделеева – как мини-

мум, по своей известности. Про таблицуМенделеева знает каждый школьник, амногие ли, кроме специалистов, слышалипро ЭПР и ЯМР? Однако в действитель-ности даже только одно из многих приме-нений магнитно-резонансных явлений, аименно магнитно-резонансная томография(МРТ), наверняка известно почти всем, ааббревиатуру «МРТ», украшающую фа-сады или крыши самых высоких домов,можно увидеть, даже не выходя из поезда,проезжающего через хоть сколь-либо круп-ные города.Здесь мы кратко расскажем о том, как и

в результате развития каких физическихидей появилась эта область науки, какиеплоды она принесла и какова судьба ееисследователей.

Радио, атомное ядро…

Открытия часто делаются на пересече-нии нескольких линий исследований, какна пересечении лучей прожекторов. В слу-чае с магнитным резонансом одну из линийможно считать зародившейся в конце XIXвека. Все началось с открытия электромаг-нитных волн Генрихом Герцем в 1888 годуи изобретения радио в 1895 году Алексан-дром Степановичем Поповым. Первые де-сятилетия двадцатого века проходят «подзнаком радио»: им увлекаются, ему внима-ют, от него многого ожидают. Чтобы по-нять его социальное значение, достаточновспомнить фразу из записных книжекписателя Ильи Ильфа, записанную им в1930 году: «В фантастических романахглавное это было радио. При нем ожида-лось счастье человечества. Вот радио есть,

Евгений Константинович Завойский(1907–1976)

а счастья нет». Несмотря на грустнуюусмешку великого сатирика, радио в дей-ствительности вдохновляло очень многихв те годы – и тех, кто слушал первыерадиопередачи, и тех, кто собирал радио-приемники и радиопередатчики своимируками. Выросло несколько поколенийрадиолюбителей. Среди них был и юныйЖеня Завойский, со студенческой скамьимечтавший об исследованиях вещества спомощью радио.Вторая же линия – эта те самые исследо-

вания вещества. В 1897 году Иоганн ЭмильВихерт и Джозеф Джон Томсон открылиэлектрон. Наконец-то могла появитьсяпервая (не считая натурфилософских тео-рий античности) модель атома – точнее,даже несколько моделей. Самая известнаяиз них – это модель пудинга, предложен-ная тем же Дж.Дж.Томсоном в 1904 году,в соответствии с которой электроны погру-жены в распределенный в пространствеположительно заряженный материал, какизюм в тесто (рис.1,а). Однако к 1911 годуэксперименты Эрнста Резерфорда по про-хождению альфа-частиц через золотуюфольгу показали, что есть небольшое чис-ло частиц, отраженных назад. Такое былобы невозможно при прохождении частицчерез «пудинг», в котором весь заряд какбы «размазан» по большому объему.Cущественно изменить свое направлениечастицы могли бы только при столкнове-ниях с очень маленькими элементами объе-ма, несущими в себе весь заряд атома. Этиобласти компактного расположения заря-да были названы ядрами. Начала своесуществование ядерная физика.

Атомное ядро, ядерная физика – такойже символ первой половины двадцатоговека, как и радио. И исследование атомно-го ядра с помощью радиоволн – это задача,в которой встречались сразу два символафизики этого времени.

…и квантовая физика

Разумеется, не только Завойский думалоб этой задаче. Здесь стоит вспомнить ещеодно направление развития физики. Мо-дель атома, предложенная Резерфордом(рис.1,б), дала начало не только ядернойфизике, но и новому этапу в становленииквантовой физики. Согласно этой моде-ли, электроны в атоме вращаются вокругмаленького центрального ядра, подобнопланетам вокруг Солнца (отсюда названиемодели – планетарная). Но в отличие отпланет электроны – заряженные частицы.А заряженная частица при всяком движе-нии, кроме равномерного прямолинейно-го, должна порождать электромагнитноеизлучение, как утверждают законы клас-сической электродинамики, т.е. должнаизлучать, а значит – терять энергию. Чтопроисходит с планетой или, нам проще этопредставить, со спутником, вращающимсявокруг планеты и теряющим энергию, на-пример за счет трения о ее атмосферу?Спутник постепенно снижается и в концеконцов падает на поверхность планеты.Планета при потере энергии должна былабы упасть на Солнце, а электрон – на ядро.Почему же он не падает?Через два года, в 1913 году, Нильс Бор

предположил, что в атомах электронымогут находиться только в определенныхсостояниях, двигаясь по так называемымстационарным орбитам без какого-либоизлучения. А излучают они лишь припереходе с одной орбиты на другую. Ины-ми словами, энергия электрона, а точнее,его момент импульса, может приниматьлишь ряд определенных дискретных зна-чений, т.е. квантуется. Напомним, что вклассической механике момент импульса– это мера вращательного движения тела,тем большая, чем дальше находятся еготочки от оси вращения и чем большуютангенциальную скорость они имеют. Но

Рис. 1. Пудинговая (а) и плантерная (б) моделиатома, предложенные Дж.Дж.Томсоном (1904 г.)и Э.Резерфордом (1911 г.) соответственно

Н А П Е Р Е К Р Е С Т К Е И Д Е Й : И С Т О Р И Я О Т К Р Ы Т И Я М А Г Н И Т Н О Г О Р Е З О Н А Н С А 3

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 24

вращение заряженной частицы – электро-на – это одновременно вращение и массы,и заряда. Первое создает момент импульсаLur

, а второе – магнитный дипольный мо-мент M

uur

, т.е. делает частицу микроскопи-ческим магнитом (рис.2).Магнит макроскопических размеров, а

стало быть, и его магнитный дипольныймомент (который является векторной ве-личиной) можно сориентировать во внеш-нем магнитном поле любым образом. Про-шло еще почти десять лет, и немецкиефизики Отто Штерн и Вальтер Герлах вэксперименте с пучками атомов (1922 г.)обнаружили, что ориентация магнитногодипольного момента атома в магнитномполе также квантуется. Они заставлялиатомы серебра пролетать (естественно, ввакууме) через зазор магнита с очень неод-нородным полем (рис.3). В таком полетраектория частицы, имеющей магнитныйдипольный момент, искривляется: она втя-гивается в область более сильного магнит-ного поля или выталкивается из нее в

зависимости от ориентации своего магнит-ного момента относительно направлениямагнитного поля. В итоге атомы с разнойориентацией магнитного момента прилета-ли в разные участки детектора (пластин-ки) на выходе из магнита. Однако вместопроизвольного набора траекторий наблю-дались только две.В том же 1922 году Альберт Эйнштейн и

Пауль Эренфест, анализируя экспериментШтерна и Герлаха, предположили, что припереходе атома между состояниями с раз-ными ориентациями его дипольного мо-мента также должны излучаться или по-глощаться электромагнитные волны, по-добно тому, как это происходит при пере-ходах электрона между разными орбитамив атоме (рис.4). На языке классическойфизики частица ведет себя как заряженныйволчок. Под действием внешнего постоян-ного магнитного поля этот волчок начинаетпрецессировать вокруг направления поля.Если же одновременно подействовать нанего дополнительным переменным магнит-ным полем подходящей ориентации и час-тоты, то волчок, не переставая прецессиро-вать, развернется относительно постоянно-го магнитного поля. На квантовом языке,

Рис. 3. Схема эксперимента Штерна и Герлаха.Здесь 1 – нагреватель, 2 – пучок атомовсеребра, 3 – неоднородное магнитное поле, 4– результат, ожидаемый на основе классичес-ких представлений о магнитном моменте, 5 –наблюдаемый результат эксперимента

Рис. 4. Иллюстрация переходов между состоя-ниями с разными ориентациями дипольногомомента частицы

uur

M относительно внешнегомагнитного поля напряженности

uur

H в терми-нах классической (а) и квантовой (б) физики.В обоих случаях переход обозначен краснойстрелкой

Рис. 2. Возникновение момента импульса имагнитного момента у вращающегося заря-женного тела

частица, находящаяся на нижнем магнит-ном уровне, поглотит квант энергии пере-менного магнитного поля и перейдет наверхний магнитный уровень. И вот в 1937году это поглощение было обнаруженоамериканским физиком Исидором Раби,также в экспериментах с пучками, правдана этот раз – молекулярными, а исследу-емый магнитный момент принадлежалядрам, а не электронам. Его экспериментбыл похож на эксперимент Штерна и Гер-лаха, только наряду с зазорами магнитовс сильно неоднородным полем молекулытакже пролетали через участок с однород-ным полем, в котором их облучали радио-частотным излучением (рис.5,а). При по-глощении этого излучения молекулы мог-ли изменить ориентацию магнитного мо-мента своих ядер и в результате «перейти»с одной траектории на другую. И такоепоглощение было обнаружено! Причем,

что важно, оно было резонансным, т.е.происходило только при определеннойчастоте, которая соответствовала величинекванта электромагнитного излучения, какраз равной разности между энергиями двухсоседних ориентаций ядра в магнитномполе (рис.5,б). Это было первое в миреэкспериментальное обнаружение ядерно-магнитного резонанса.

От резонанса в пучках к резонансув конденсированном веществе

И все же это был еще не настоящийЯМР. Дело в том, что поглотить излуче-ние – это лишь полдела, нужно еще иизбавиться от поглощенной энергии. Ведьв результате поглощения и вызванного имперехода между энергетическими уровня-ми происходит обеднение нижнего уров-ня, т.е. становится меньше таких частиц,которые могли бы поглотить следующуюпорцию энергии. А на верхнем уровне,наоборот, частиц становится все больше,и они могут возвращаться на нижний,испуская излучение. В конечном итоге ихстанет одинаковое количество (как гово-рят, произойдет выравнивание заселенно-стей уровней) и поглощение электромаг-нитной энергии прекратится, возникнетравновесие. Чтобы поглощение не пре-кращалось, нужно, чтобы частицы воз-вращались на нижний уровень без излу-чения и разность заселенностей уровнейвсегда оставалась ненулевой. Обычно таки происходит в системе любых частиц.Безызлучательная потеря энергии, илирелаксация возбужденного состояния, про-исходит в любой системе, где есть взаимо-действие частицы с каким-либо окруже-нием. А какое окружение у частиц, летя-щих в вакууме?! Другое дело – в веще-стве: там ядра находятся в составе крис-таллической решетки (если исследуетсятвердое вещество) или же окружены мо-лекулами растворителя (если веществожидкое). Взаимодействия, которые испы-тывает ядерный спин с окружением, оченьразнообразны, и именно они определяютхарактеристики резонансного поглощениярадиоизлучения магнитным диполем ядра:форму, положение и интенсивность ли-

Рис. 5. Схема эксперимента Раби (а) и получен-ная им резонансная кривая (б). Здесь A и B –магниты, создающие неоднородное магнитноеполе dH/dz; C – магнит, создающий однород-ное магнитное поле

uur

H , в котором частицыоблучаются радиоизлучением и могут погло-щать его и изменять ориентацию своего маг-нитного момента

r

; щель на выходе из перво-го магнита пропускает только частицы с нуж-ными траекториями


К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 26

ний поглощения, их зависимость от ин-тенсивности излучения, температуры, ме-ханических напряжений и многих другихфакторов, которые только могут игратьроль в каждом конкретном случае. И имен-но эта связь характеристик сигнала маг-нитного резонанса со свойствами окруже-ния и делает его таким замечательнымметодом исследования вещества!Но магнитный резонанс в веществе еще

предстояло открыть. И это оказалось оченьнепросто. То, что удалось сделать Раби впучке невзаимодействующих молекул,никак не удавалось сделать в конденсиро-ванном состоянии (т.е. в жидкости илитвердом теле). Важную роль здесь играл иметод регистрации, и выбор вещества. Длянаблюдения электронного парамагнитно-го резонанса необходимо было исследо-вать парамагнитные вещества, т.е. веще-ства, обладающие собственными микро-скопическими магнитами электронногопроисхождения. Наблюдать ядерный маг-нитный резонанс можно было и в диамаг-нитных веществах, обладающих толькоядерными магнитами. Еще за нескольколет до Раби поиском ЯМР в кристалличес-ких диамагнитных солях начал занимать-ся голландский физик Корнелис Якоб Гор-тер. Его поиски оказались безуспешными,но приобретенный им опыт работ позво-лил ему дать ценные советы Раби, которыеи помогли сделать открытие. А опытыРаби, в свою очередь, вдохновили Завой-ского на поиск ЯМР.К тому времени Завойский уже активно

занимался изучением взаимодействия ра-диочастотных электрических полей с ве-ществом, но сведения об открытииРаби указали ему наиболее интерес-ное направление поисков. Поиски этибыли на грани технических возмож-ностей того времени, поскольку по-глощаемая веществом при резонансеэнергия радиочастотного излучениячрезвычайно мала. Чтобы ее зарегис-трировать, Гортер использовал пря-мой метод: он измерял, наскольконагрелось исследуемое вещество в ре-зультате облучения. Завойский же раз-работал метод, основанный на изме-

нениях свойств самого генератора радио-излучения; этот косвенный метод оказалсяочень чувствительным. Полностью погру-зившись в исследования поглощения ра-диоизлучения веществом, помещенным вмагнитное поле, весной 1941 года ЕвгенийКонстантинович Завойский со своими еди-номышленниками Семеном Александро-вичем Альтшулером и Борисом Михайло-вичем Козыревым смогли увидеть первыесигналы ЯМР от ядер водорода воды.Но начавшаяся война и непонимание

коллег не позволили довести исследова-ния до конца. Работы Завойского былипризнаны бесперспективными, экспери-ментальная установка уничтожена. Усло-вия военного времени вскоре заставилиего заняться работами, имеющими воен-ное приложение, а также многочислен-ными общественными работами, харак-терными для военного времени: дежур-ством в пожарных командах, рытьем око-пов, военной подготовкой, заготовкой сенаи дров для университета и т.п. Однако в1943 году, как только появилась малей-шая возможность заняться своими основ-ными научными работами, Завойский вер-нулся к предвоенным исследованиям.Было ясно, что для этих измерений нуж-но однородное магнитное поле. Из-за от-сутствия хороших магнитов он стал рабо-тать с магнитными полями, создаваемы-ми обычным соленоидом (катушка из не-скольких витков провода) – более одно-родными, но относительно слабыми(рис.6; фото из музея Е.К.Завойского).В таких слабых полях измерить погло-щение радиоволн атомными ядрами очень

Рис. 6. Экспериментальная установка Е.К.Завойского,1943–1944 годы

сложно: у ядра очень маленький магнит-ный момент, его взаимодействие со сла-бым магнитным полем приводит к совсемничтожному эффекту. По сравнению сядром электрон является гораздо болеесильным магнитом – его магнитный мо-мент в тысячи раз больше, чем у ядра. Инаблюдать, как поворачивается магнит-ный момент электрона в слабом магнит-ном поле (поглощая при этом энергиюрадиоволн), было гораздо проще. В 1944году Завойский смог обнаружить резо-нансное поглощение радиоизлучения в па-рамагнитных кристаллах, помещенных вмагнитное поле (рис.7). Электронный па-рамагнитный резонанс (ЭПР) был открыт.

Эстафета открытий

Спустя два года, два американских фи-зика, Эдвард Парселл и Феликс Блох,независимо друг от друга открыли погло-щение энергии радиоволн ядрами водоро-да (ЯМР) в воде и в парафине. Этиоткрытия сразу были оценены физикамив Европе и в США (в СССР – тоже, нопримерно с десятилетним запозданием).Начался вал исследований в этой облас-ти. Одна за другой, открывались все но-вые и новые разновидности магнитныхрезонансов (поглощение радиоизлученияядрами, обладающими квадрупольнымэлектрическим моментом, ферромагнит-ными и антиферромагнитными вещества-ми и др.), все новые их свойства (напри-мер, сверхтонкая структура спектров ЭПР,обусловленная магнитным взаимодействи-

ем электронов и ядер), все новые методы(импульсные варианты магнитно-резонан-сной спектроскопии, так называемые двой-ные резонансы и др.). В нашей странеС.А. Альтшулер теоретически предсказалакустический парамагнитный резонанс –резонансное поглощение звука парамаг-нитным веществом, помещенным в маг-нитное поле.Возможно, одним из самых важных для

приложений ЯМР в химии (и не только)стало открытие так называемого химичес-кого сдвига. Атомное ядро «чувствует»расположение соседних электронов в мо-лекуле, в итоге частота, при которой онодает сигнал ЯМР, будет немного разли-чаться у двух одинаковых ядер, принадле-жащих разным молекулам или даже раз-ным атомным группам в составе одноймолекулы. А значит, получив спектр ЯМРкакого-либо вещества, можно определить,какие группы входят в состав его молекул,сколько их и даже как они друг относи-тельно друга расположены – т.е. опреде-лить химическую структуру молекулы!Поэтому ЯМР уже с конца 1950-х годовстал одним из важнейших аналитическихметодов в химии. Он был просто незаме-ним при изучении сложных органическихмолекул, а со временем стал эффективноприменяться и для исследования простран-ственной структуры белков, наряду с ме-тодом рентгеноструктурного анализа(рис.8; выполнен с использованием базыданных 3-мерных структур белков). Спомощью ЯМР удалось увидеть подвиж-

Рис. 7. Спектр электронного парамагнитного резонанса (ЭПР), впервые полученныйЕ.К.Завойским в 1944 году (а) и один из «современных» примеров спектра ЭПР (б)


К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 28

ность белка в растворе, тогда как рентгено-структурный анализ позволяет работатьтолько с закристаллизованными белкамии информации о подвижности белка в егоестественной среде дать не может.Но еще большую славу магнитно-резо-

нансной спектроскопии принесло приме-нение так называемого градиентного маг-нитного поля. Первые исследователи ЯМРи ЭПР стремились к созданию наиболееоднородного магнитного поля: ведь еслинапряженность поля будет различаться вразных участках изучаемого объекта, тонаходящиеся в них ядра или электроныокажутся в разных условиях и дадут сиг-налы при разных частотах. В итоге узкаярезонансная линия «размажется» и иска-зит свою форму или вовсе перестанетбыть видна. Но если создать неоднород-ное магнитное поле, изменяющееся не какпопало, а, например, равномерно и толь-ко в одном направлении (т.е. создать маг-нитное поле, имеющее градиент величи-

ны напряженности), то можно различитьсигналы одинаковых ядер, расположен-ных в разных участках исследуемого об-разца вдоль градиента поля. Иными сло-вами, увидев, насколько сдвинулась резо-нансная линия какого-либо ядра, можноопределить, где находится это ядро. Азначит, можно построить пространствен-ную картину исследуемого объекта! Из-меняя направление градиента поля, мож-но получить полноценное трехмерное изоб-ражение, причем изображение его «внут-ренностей», не нарушая целостностиобъекта, т.е. без каких-либо разрезов, вне-дрений зондов и тому подобное.Этот метод широко известен под назва-

нием магнитно-резонансной томографии(МРТ), или ЯМР-томографии, и стано-вится в последнее время одним из основ-ных важнейших методов диагностики вмедицине. Метод ЭПР-томографии менеераспространен, но также используется вмедицинских исследованиях.

Рис. 8. Пространственные структуры белка цитохрома c, полученные методом ЯМР-спектроскопии.Видна подвижность белка в растворе (разными цветами показаны структуры белка в разныемоменты времени)

Путь к признанию

Можно смело сказать, что у методов,эстафета открытия которых празднует вэтом году свой 75-летний юбилей, счаст-ливая судьба. Судьба же их первооткры-вателей оказалась разной. Э.М.Парселли Ф.Блох очень скоро после открытияполучили Нобелевскую премию и стали вряд самых именитых физиков в западнойнауке, возглавляя в разные периоды круп-ные исследовательские физические цент-ры или общества. Е.К.Завойский продол-жал работу в области ЭПР в Казанскомуниверситете (где он работал со студен-ческой скамьи и где было сделано еговыдающееся открытие) лишь в течениетрех лет после своего открытия. Отсут-ствие даже простых приборов для прове-дения исследований и невозможность по-лучить их через официальные каналы го-сударственного снабжения науки (а дру-гих практически не было) делали ситуа-цию бесперспективной. Из-за невозмож-ности продолжения работы, а также из-заневыносимых условий жизни, угрожав-ших здоровью семьи, в 1947 году Завойс-кий принял предложение И.В.Курчатовапокинуть Казань и заняться работами посозданию советского ядерного оружия.Следующие четыре года он работал в ядер-ном центре в городе Сарове, однако горь-ко сожалел об этой своей деятельности.Как только появилась возможность, онперешел на работу в Лабораторию изме-рительных приборов АН СССР, извест-ную нам сейчас как Институт атомнойэнергии имени И.В.Курчатова, и занялсямирными приложениями – созданиемсверхбыстрых электронно-оптических пре-образователей, пучков ядер с поляризо-ванными спинами и, наконец, исследова-ниями плазмы, что было необходимо дляреализации управляемого термоядерногосинтеза.Но свои работы по ЭПР Завойский, к

счастью для отечественной науки, успелопубликовать до того момента, когда всенаучные работы в стране стали рассмат-риваться как секретные. Поэтому они былипереведены на английский язык и опуб-ликованы в специальных англоязычных

журналах, которые СССР издавал дляраспространения за границей сведений оработах советских ученых. (Очень скоровыпуск этих журналов прекратился.) Такработы Завойского стали известны во всеммире, и приоритет его не был потерян длянашей страны.В 1957 году за открытие ЭПР Завойс-

кий получил Ленинскую премию, его пор-трет и статья были опубликованы в газете«Правда». С этого момента иностранныеученые, увидев, наконец, что загадочныйавтор первых в мире работ по ЭПР, ис-чезнувший десять лет назад со страницнаучных журналов, существует в действи-тельности и жив, начали ежегодно выдви-гать его кандидатуру на Нобелевскую пре-мию. С 1958 по 1966 год его 15 развыдвигали ученые из Швеции, Швей-царии, Великобритании, Нидерландови ГДР, а также 7 раз – соотечественники(подробнее «Нобелевская история»Е.К. Завойского описана в журнале «На-ука и жизнь» №12 за 2019 г.). Но количе-ство работ «Нобелевского уровня» в этигоды было очень велико, списки претен-дентов содержат десятки, а то и сотниимен, известных нам сейчас по учебни-кам, а премии могли получить лишь не-сколько человек (напомним, что Нобелев-ские премии в этот период получили со-ветские физики И.Е.Тамм, И.М.Франк,П.А.Черенков, Л.Д.Ландау, А.М.Прохо-ров и Н.Г.Басов). Возможно, свою нега-тивную роль сыграло и то обстоятель-ство, что Завойского почти не выпускалииз СССР на международные конферен-ции, а живое общение с иностраннымиколлегами всегда способствовало между-народному признанию ученого. А можетбыть, Завойский просто не успел полу-чить свою заслуженную премию: он умерв 1976 году, не дожив до 70 лет.Тем не менее, приоритет Завойского в

открытии ЭПР признан во всем мире, егоимя помнят и ценят. Уже более четвертивека назад учреждена и ежегодно вруча-ется ученым из самых разных стран мирапрестижная Международная премия име-ни Е.К.Завойского за научные достиже-ния в области магнитного резонанса.


Египетские дробиС.КУЗНЕЦОВ


МНОГИМ, НАВЕРНОЕ, ИЗВЕСТНО, ЧТОв Древнем Египте дробные числа

записывали довольно своеобразным спо-собом. Египтяне использовали только дро-

би с числителем 1: 1 1 1, , ,

2 3 4… , такие дро-

би называются аликвотными, а также

дроби 2

3 и

3

4. Остальные дроби представ-

лялись в виде сумм упомянутых вышедробей; при этом египтяне следили, чтобывсе дроби в сумме были различны.Для чего же может быть полезно такое

странное представление дробей? Рассмот-рим следующую задачу: нужно разделить5 лепешек поровну между 8 людьми. Ясно,

что каждый должен получить 5

8 лепешки

– можно разделить каждую лепешку на 8равных частей и дать каждому по 5 такихчастей. Египетская дробь, однако, даетболее экономный способ разделения: по-

скольку 5 1 1

8 2 8, достаточно разделить

4 лепешки пополам (и каждому дать пополовине), и только последнюю, 5-ю, ле-пешку делить на 8 частей.Возникает естественный вопрос – а вся-

кое ли рациональное число от 0 до 1, т.е.правильную дробь, можно представитьтаким образом. Этот вопрос нетривиалениз-за требования различности дробей:

нельзя просто разложить дробь k

n в сумму

раз

1 1

k

n n…

14243

.

Уже в древнеегипетском источнике –папирусе Ринда – мы находим таблицуразложений в суммы различных аликвот-

ных дробей для чисел вида 2

n.

К счастью, в современных обозначенияхне составляет труда решить задачу и вобщем виде. Для этого воспользуемся сле-дующим тождеством:

1 1 1

1 1n n n n.

Применяя это тождество, мы будем рас-кладывать данную аликвотную дробь всумму других аликвотных дробей, но ужес бульшими знаменателями. Тем самыммы будем избегать повторяющихся дробейв разложении. Например, упомянутая ра-нее задача из папируса Ринда в общем видерешается так:

2 1 1 1 1 1

1 1n n n n n n n.

Аналогично можно поступить и с произ-

вольной дробью k

n: сначала представить ее

в виде суммы k одинаковых дробей 1

n, а

потом, оставив первую из них в покое,начать «разгонять» остальные – заменить

вторую на 1 1

1 1n n n, к третьей при-

менять это же равенство до тех пор, пока

все компоненты не станут больше 1

1n n,

и так далее.Таким методом действительно можно

разложить произвольное число в суммуразличных аликвотных дробей, однако ихколичество и их знаменатели окажутся, вобщем случае, астрономически велики.Фибоначчи предложил другой метод пост-роения египетской дроби (суммы различ-ных аликвотных дробей) для данной обык-

новенной дроби k

n, где k n . Через n k

обозначается наименьшее целое число, не

меньшее n

k. (Поскольку 1

n

k, это число

Е Г И П Е Т С К И Е Д Р О Б И 11

не меньше 2.) Далее,

1 k n k nk

n n k n n k.

Первая дробь в этом разложении ужеаликвотная, а ко второй дроби, если онаокажется не аликвотной, мы опять приме-ним ту же процедуру.Поскольку 1n k n k , новый числи-

тель k n k – n окажется меньше старогочислителя k. Таким образом, наш процессне может продолжаться бесконечно и ос-тановится не более чем через k шагов. Сдругой стороны, несложная выкладка по-казывает, что знаменатели получаемыхаликвотных дробей все время растут, азначит, все эти дроби различны.Алгоритм Фибоначчи эффективнее по-

казанного ранее метода, однако и он внекоторых случаях дает неоптимальныеразложения. Например,

5 1 1 1

121 33 121 363,

в то время как метод Фибоначчи дастразложение

5 1 1 1 1

121 25 757 763309 873960180193

+ 1

1527612795642093418846225.

Здесь эффективности алгоритма мешаетего жадность: он всегда пытается вычле-

нить из k

n наибольшую возможную алик-

вотную дробь, 1

n k – в нашем случае это

1

25, в то время как более скромное начало

с 1

33 дает лучший результат.

Современные методы позволяют раскла-дывать дробь в сумму различных аликвот-ных довольно эффективно. Например,М.Воуз в 1985 году построил алгоритм,

раскладывающий дробь k

n в сумму не

более чем 2logC n аликвотных (здесь C –константа, не зависящая от k и n).С египетскими дробями связаны несколь-

ко открытых вопросов теории чисел. Так,

гипотеза Эрдёша–Штрауса утверждает, чтолюбая дробь с числителем 4 может бытьразложена в сумму трех (!) аликвотных,независимо от значения знаменателя n.Эту гипотезу проверили на компьютередля значений n до 1410 , однако доказатель-ства для всех n пока не найдено.В заключение расскажем еще об одном

применении разложения дроби в суммуаликвотных – правда, не обязательно раз-личных. Начнем с известной задачи: даныдва бикфордовых шнура, каждый из кото-рых горит ровно 1 минуту, но, возможно,неравномерно. Как с помощью этих шну-ров отмерить полторы минуты? Посколь-

ку 1

1,5 12, мы можем сначала отмерить

минуту с помощью одного шнура, а затемподжечь второй шнур с двух сторон –тогда он сгорит за полминуты.Эту конструкцию можно обобщить на

произвольную аликвотную дробь: если мыбудем поддерживать на шнуре одновре-менно n точек горения, то шнур сгорит за1

n минут. Например, подожжем шнур с

краю и в середине. Средний огонек пойдетв обе стороны, т.е. раздвоится. Такимобразом, один кусок шнура будет гореть сдвух сторон, а другой – с одной. Еслипервый шнурок догорит раньше, то по-дожжем второй, опять же, изнутри. Иначе– погасим один из концов первого шнуркаи подожжем его изнутри. Будем так дей-ствовать до тех пор, пока все шнурки недогорят, поддерживая в любой моментвремени ровно 3 точки горения. Тогда

шнур сгорит за 1

3 минуты.

Произвольную же дробь можно разло-жить в сумму аликвотных – таким обра-зом, мы научились отмерять произвольноевремя, выраженное в минутах рациональ-ным числом. При этом чем меньше алик-вотных дробей в сумме, тем меньше шну-ров нам потребуется.

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: [email protected] и [email protected] соответственно или по почтовому адресу:119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант».

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

Задачи М2586–М2589 предлагались на XLI Турнире городов.Автор задач Ф2593–Ф2596 – С.Дмитриев.

Задачипо математике и физике

Задачи М2586–М2589, Ф2593–Ф2596

M2586. Дан многоугольник, у которогокаждые две соседние стороны перпендику-лярны. Назовем две его вершины не друж-ными, если биссектрисы многоугольника,выходящие из этих вершин, перпендику-лярны. Докажите, что для любой верши-ны количество не дружных с ней вершинчетно.

М.Скопенков, А.Заславский

M2587. В каждой клетке полоски длины100 стоит по фишке. Можно за 1 рубльпоменять местами любые две соседниефишки, а также можно бесплатно поме-нять местами любые две фишки, междукоторыми стоят а) ровно три фишки; б)ровно четыре фишки. За какое наимень-шее количество рублей можно переставитьфишки в обратном порядке?

Е.Бакаев

M2588*. Точка M лежит внутри выпукло-го четырехугольника ABCD на одинако-вом расстоянии от прямых AB и CD и наодинаковом расстоянии от прямых BC иAD. Оказалось, что площадь четырех-угольника ABCD равна

MA MC MB MD◊ + ◊ .

Докажите, что четырехугольник ABCD а)вписанный; б) описанный.

Н.Седракян

M2589*. Дана возрастающая последова-тельность положительных чисел

2 1 0 1 2a a a a a- -< < < < < <… … , беско-нечная в обе стороны. Пусть kb – наимень-шее целое число со свойством: отношениесуммы любых k подряд идущих членовданной последовательности к наибольше-му из этих k членов не превышает kb .Докажите, что последовательность1 2 3, , ,b b b … либо совпадает с натуральным

рядом 1, 2, 3, ..., либо с некоторогомомента постоянна.

И.Митрофанов

Ф2593. Две одинаковые по длине дорож-ки в парке заметены снегом. Два дворни-ка, Вася и Петя, должны очистить дорож-ки от снега. Первую дорожку они началичистить с двух концов, и, когда она былаочищена, выяснилось, что Вася очистил 20метров длины. Вторую дорожку они тоженачали чистить с двух концов, но теперьВася увеличил скорость в 3 раза, а Петясохранил прежний темп. Когда обе дорож-ки были очищены, оказалось, что на Васи-ну долю пришлось всего 50 метров. Асколько метров дорожек очистил Петя?

Ф2594. Для переправки цистерн с нефте-продуктами по Каспийскому морю из Бакув Астрахань во время второй мировойвойны их заполняли не полностью, и вэтом случае стальная цистерна вместе со

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 13

стальной платформой и стальными коле-сами плавала в воде. Грузоподъемностьсовременной цистерны для перевозки бен-зина 60 т. Это при полном заполнениикузова – емкости для хранения жидкости.Масса тары цистерны 23,4 т, объем кузо-ва 373,1 м . Какое максимальное количе-ство бензина (в тоннах) можно перепра-вить морем таким способом в одной цис-терне за один рейс? Плотность стали

37,8 т м , плотность воды в Каспии – при-мерно 31 т м .

Ф2595. «Водность» тумана (облака) – этообщая масса водяных капелек в единицеобъема тумана. Над землей на высоте 1 кмнаходится неподвижное облако с воднос-тью 33 г м . Облако окружено прозрачнымвоздухом, температура которого 273 К, адавление 510 Па. Какова средняя темпе-ратура внутри облака? Давление насы-щенных паров воды при 273 К равно611 Па.

Ф2596. Чайник потребляет от электричес-кой сети мощность 2 кВт. Масса воды,которую Вася с небольшим запасом нали-вает в чайник, равна 0,3 кг (а в чашкупомещается 0,2 л воды). В таком чайникеВася нагревает для приготовления чаячистую и первоначально холодную (20 C∞ )воду, доводя ее до кипения. Как тольковода (через одну минуту после включениячайника) начинает кипеть, Вася тут жеотключает чайник от сети, но вода продол-жает кипеть еще примерно 10 секунд.Каков КПД использования электроэнер-гии, если считать полезной только то коли-чество теплоты, которое нужно, чтобывода, наливаемая в чашку, имела темпера-туру 100 C∞ ? Удельная теплоемкость воды

( )4200 Дж кг К◊ .

Решения задачи М2574–М2577,

Ф2581–Ф2584

M2574. Дано натуральное число n. Дока-жите, что числа вида n nx y+ при всевоз-можных натуральных x и y дают не более

чем ( )12

n n + остатков при делении на 2n .

Заметим, что остаток числа nx при деле-нии на 2n зависит только от остатка числаx при делении на n. Действительно,

( ) 1 2 2n n n nn n nx n x C n C n C n+ = + ◊ + ◊ + + ◊ =…

= 2 2nx n tn+ + ,

где t – целое число; таким образом, отприбавления (или вычитания) к числу xчисла n остаток n-й степени при делении на

2n не меняется.Заменив в выражении n nx y+ числа x и yна их остатки при делении на n, считаемтеперь, что { }, 0,1, 2, , 1x y nŒ -… . Крометого, выражение n nx y+ симметрично,поэтому можно рассматривать лишь выра-жения с 0 1x y n£ £ £ - .Для фиксированного { }0,1, 2, , 1y nŒ -…

имеем 1y + соответствующих значений x.Итого, имеем не более 1 2 n+ + + =…

( )12

n n += пар 0 1x y n£ £ £ - , что дока-

зывает требуемую в задаче оценку.Н.Сафаеи

M2575. Дано вещественное число ( )1; 2t Œ .Докажите, что существует многочлен

( ) 11 1 0

n nn nP x a x a x a x a…

--= + + + + , у

которого все коэффициенты равны 1±(i = 0, 1, 2, …, n), и такой, что

( ) 2019 1P t - £ .

Сведем утверждение задачи к некоторомуболее общему утверждению.Последовательность положительных чи-сел 0 1 2, , , , nb b b b… назовем разновесом,если 0 1b £ и 0 1 11k kb b b b -£ + + + +… привсех 1, 2, ,k n= … .Докажем следующую лемму о разнове-сах: пусть число a таково, что

0 11 na b b b£ + + + +… для некоторогоразновеса 0 1 2, , , , nb b b b… . Тогда в выра-жении 1 0n nb b b-± ± ± ±… можно выбратьзнаки «плюс» или «минус» так, чтобызначение этого выражения отличалосьот a не более чем на 1.(Лемму можно переформулировать в тер-минах взвешиваний так: гири масc0 1 2, , , , nb b b b… можно разложить на две

чаши весов так, чтобы разность масс начашах отличалась от a не более чем на 1.)Докажем лемму индукцией по n.

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 214

База: при 0n = каждое число [ 0 1;a bŒ - -

]0 1b + отличается от 0b или от 0b- небольше чем на 1.Переход. Пусть утверждение верно дляразновеса 0 1 1, , , nb b b -… . Рассмотрим раз-новес 0 1 1, , , ,n nb b b b-… . Число a для опре-деленности будем считать неотрицатель-ным (иначе сменим все знаки в выражении

1 0n nb b b-± ± ± ±… ). Рассмотрим число

na a b= -¢ . Тогда

( )0 11 n na b b b b£ + + + + - =¢ …

= 0 1 11 nb b b -+ + + +… .

С другой стороны,

0 1 11n n na b a b b b b -- = - £ £ + + + +¢ … .

Таким образом, 0 1 11 na b b b -£ + + + +¢ … .Тогда можно применить лемму к числу a¢и разновесу 0 1 1, , , nb b b -… : выберем знаки

так, чтобы ( )1 2 0 1n nb b b a- -± ± ± ± - £¢… ,

а значит, ( )1 2 0 1n n nb b b b a- -± ± ± ± - £… ,что нам и требовалось. Лемма доказана.Для решения задачи теперь достаточноположить 2019a = и заметить, что длянекоторого n число nt больше a, а числа

21, , , ,nt t t… представляют собой разновес.

Докажем последнее утверждение индук-цией по n. При 1n = имеем 1 1t < + –верно по условию. Сделаем переход: пред-положим, что ( )1 21 1n nt t t- -£ + + + +… .Тогда

1 1 1 12n n n n nt t t t t t- - - -= ◊ £ ◊ = + £

£ ( )2 11 1 n nt t t- -+ + + + +… ,

что завершает доказательство перехода.Н.Сафаеи, П.Кожевников

M2576. Доска 8 8¥ разрезана на доми-ношки (прямоугольники 1 2¥ и 2 1¥ ).а) Докажите, что длина границы междугоризонтальными и вертикальными до-миношками не превышает 52.б*) Найдите максимально возможнуюдлину границы между горизонтальными ивертикальными доминошками.

а) У каждой из 32 доминошек разбиенияесть две короткие стороны (длины 1) и дведлинные (длины 2). Заметим, что если

горизонтальная и вертикальная доминош-ки граничат, то хотя бы одна из нихпримыкает к другой доминошке короткойстороной. Поэтому для решения задачидостаточно найти среди всех 64 короткихсторон всех доминошек хотя бы64 52 12- = коротких сторон, которыепримыкают либо друг к другу, либо ккраю доски.Пусть к краю доски примыкают l длинныхсторон доминошек. Периметр доски равен32, поэтому к краю доски примыкают32 2l- коротких сторон; положим2 32 2k l= - , тогда 16l k= - .Если 6k ≥ , то уже найдено 2 12k ≥ корот-ких сторон, примыкающих к краю доски.Пусть 5k £ , тогда 2 16 3 0l k k- = - > ,т.е. к краю доски примыкает длинныхсторон на 16 3k- больше, чем коротких.Следовательно, на периметре доски най-дется 16 3t k≥ - пар соседних (имеющихобщий конец) длинных сторон. Каждойтакой паре соответствует пара доминошек,примыкающих короткими сторонами другк другу. Значит, мы имеем по крайнеймере ( )2 2 2 16 3 2 32 4t k k k k+ ≥ - + = - ≥

12≥ коротких сторон, которые примыка-ют либо друг к другу, либо к краю доски.б) Ответ: 50.Для доказательства оценки усилим рас-суждения из пункта а) и докажем, чтонайдется хотя бы 64 50 14- = короткихсторон, которые примыкают либо друг кдругу, либо к краю доски. Из рассужденияв пункте а) следует, что это количествоможет оказаться меньше 14 только при k ,равном 5 или 6. При этом (i) если 5k = ,то на периметре доски не должны сосед-ствовать друг с другом короткие стороны(иначе увеличится число t пар соседству-ющих длинных сторон и мы получим оцен-ку ( )2 2 2 16 3 1 2 34 4t k k k k+ ≥ - + + = - =

= 14; (ii) если же 6k = , то на доске вообщене должно быть пар примыкающих друг кдругу коротких сторон, в частности, недолжно быть пар соседствующих другс другом длинных сторон на периметредоски.Докажем, что ни одна из двух указанныхвозможностей не реализуется. Предвари-тельно отметим, что к каждой стороне


доски должно примыкать четное количе-ство коротких сторон.(i) Имеем 2 10k = коротких сторон, при-мыкающих к краям доски, значит, наодной из сторон доски не менее 3, а значит,не менее 4 коротких и не более 2 длинныхсторон. Ясно, что тогда среди короткихсторон на периметре найдутся две сосед-ствующие – противоречие.(ii) Имеем 2 12k = коротких сторон, при-мыкающих к краям доски ABCD (рис.1).

Так как не должно быть пар соседствую-щих друг с другом длинных сторон напериметре доски, к каждой стороне доскипримыкают не менее двух коротких сто-рон. Значит, к какой-то стороне доски, дляопределенности к горизонтальному отрез-ку AB, примыкают ровно две короткиестороны, в таком случае примыкание к ABопределяется так: длинная-короткая-длин-ная-короткая-длинная. Тогда к каждомуиз отрезков AD и BC примыкает не менее4 коротких сторон, а значит, ровно по 4; кCD тогда примыкают ровно две короткиестороны.Далее, обе клетки, помеченные краснымиточками, не могут быть покрыты горизон-тальными доминошками, иначе на AD най-дутся два соседних длинных отрезка. Дляопределенности, пусть верхняя клетка скрасной точкой покрыта вертикальнойдоминошкой, так что на рисунке 1 закра-шены зафиксированные в настоящий мо-мент доминошки. Теперь, так как никакиедоминошки не могут примыкать друг кдругу короткими сторонами, мы последо-вательно однозначно определяем положе-

ние доминошек, закрывающих клетки сномерами 1–14. Но после этого закрыть,не нарушая правила, клетку, помеченнуюсиней точкой, невозможно. Противоречие.Пример с длиной границы 50 приведен нарисунке 2. Тем самым, доказанная в пун-

кте б) оценка точна, и задача полностьюрешена.В завершение несколько слов об историизадачи. Пункт а) (автор – Б.Френкин)был предложен летом 2019 года на Турни-ре матбоев имени А.П.Савина, причем натот момент жюри не знало точного значе-ния максимума. Задача не была решена ниодной из команд, однако участница турни-ра Е.Аржанцева построила пример с дли-ной границы, равной 50, после чего авторуудалось усилить оценку до точной.

А.Заславский

M2577*. Внутри остроугольного треу-гольника ABC выбраны точки P и Qтакие, что ABP CBQ– = – и ACP– =

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 216

BCQ= – (т.е. изогонально сопряженныеточки). Через точки P и Q провели пря-мые, перпендикулярные биссектрисе углаBAC (рис.1). Эти перпендикуляры пере-секают отрезки AB и AC в точках pB ,

qB , pC , qC . Пусть W – середина дугиBAC описанной окружности треуголь-ника ABC. Прямые WP и WQ пересека-ют вторично в точках 1P и 1Q .Докажите, что точки 1P и 1Q лежат наописанной окружности трапеции

p q q pB B C C .

Докажем, что 1P лежит на окружности

( )p q q pB B C C (для 1Q доказательство будетаналогичным). Проведем рассуждения дляслучая, когда 1P лежит на дуге BC, несодержащей A (иначе рассуждения в на-правленных углах аналогичны). Каждыйиз вписанных углов 1BPW– , 1CPW–равен четверти дуги BWC, или

902

BAC–∞ - (рис.2). Этому же значению

равны углы p pAB C– и p pAC B– в равно-бедренном треугольнике p pAB C . Из ра-венства 1 pBPP AC P– = – следует, что точ-ки 1P , B, pC и P лежат на одной окруж-ности, откуда 1p pC PP C BP– = – . Анало-гично, 1p pB PP B CP– = – , таким образом,

1p p p pC PB C BP B CP– = – + – . Теперь длярешения задачи достаточно доказать, что

p q p p pC C B C BP B CP– = – + – .Пусть , ,a b cP P P – проекции точки P напрямые BC, CA, AB соответственно; ана-логично определим проекции , ,a b cQ Q Q

точки Q (рис.3). Как известно, точки, ,a b cP P P , , ,a b cQ Q Q лежат на одной ок-

ружности (см. например, статью «Изого-нально сопряженные точки» в «Кванте»№1 за 2016 г.). Используя также окруж-ности ( )с aBP PP и ( )b aCP PP , имеем

p p c bC BP B CP P BP PCP– + – = – + – =

= с a b a c a b с с bP P P P P P P P P PQ P– + – = – = – .

Итак, достаточно установить, чтоp q p c c bC C B PQ P– = – , т.е. что q p c bC B Q PP .

Рассмотрим преобразование подобия, пе-реводящее равнобедренный треугольник

p pAB C в q qAC B . Из условия изогонально-сти ( )BAP CAQ– = следует, что при этомпреобразовании P переходит в Q и, следо-вательно, bP переходит в cQ . Отсюда

: :b p c qAP AB AQ AC= , следовательно,

q p c bC B Q PP . Задача решена.Отметим, что данная задача обобщает из-вестные факты о точках касания со сторо-нами и описанной окружностью так назы-ваемой «полувписанной» окружности (т.е.окружности, касающейся прямых AB , ACи окружности (ABC)). Действительно, в«предельном» случае P Q I= = точки pBи qB «склеиваются» в точку касания ок-ружности с прямой AC. Аналогично имеемточки касания p qC C= и 1 1P Q= .В конструкции, рассматриваемой в задаче,можно обнаружить много красивых фак-тов. Сюжет на эту тему планируется напе-чатать в одном из следующих номеровжурнала «Математическое просвещение».

П.Бибиков, Ф.Петров

Рис. 2

Рис. 3


Ф2581.1 Гелий находится в сосуде куби-ческой формы с ребром a = 1 м и жесткимистенками, имеющими нулевую теплоем-кость и нулевую теплопроводность. Со-суд движется со скорость v = 1 км/с внаправлении жесткой стенки. Удар – исосуд мгновенно остановился. До ударадавление газа было p = 1 Па, а темпера-тура была T = 1 К. Каковы установив-шиеся давление и температура внутрисосуда после удара? Каким было макси-мальное давление газа на одну из стеноксосуда после удара?

Понятно, что в состоянии теплового равно-весия, которое установится после удара,кинетическая энергия хаотического тепло-вого движения молекул с начальной тем-пературой 1 К сложится с кинетическойэнергией упорядоченного движения моле-кул до удара, и вместе они будут энергиейтеплового движения при новой установив-шейся температуре. Энергия упорядочен-ного движения молекул газа больше энер-гии теплового движения при начальнойтемпературе в

22 2

2т

4160

3 3

pv mv v

kT m kTv

◊= = ª раз

(здесь 271,67 10 кгpm -= ◊ – масса прото-на, 231,38 10 Дж Кk -= ◊ – постояннаяБольцмана). Поэтому новая температураи новое давление будут в 161 раз большепрежних величин. Это значит, что устано-вившаяся температура после удара будетравна 161 К, а новое давление будет равно161 Па.Сразу после соприкосновения стенки сосу-да, т.е. одной из граней кубика, с непод-вижной жесткой стенкой давление на этугрань изнутри будут оказывать налетаю-щие на нее молекулы гелия. Можно счи-тать, что в течение короткого промежуткавремени 310 ct a v -= ª давление будетоказываться не на все 6 граней, а только наодну. Поэтому максимальное давление наэту грань сосуда будет равно( )160 6 1◊ + Па, т.е. max 961p = Па.

Ф2582. В космосе вдали от других телнаходятся 8 одинаковых легких малень-ких шариков, каждый из которых несетна себе электрический заряд Q. Шарикисвязаны тонкими непроводящими нитя-ми одинаковой длины. В состоянии равно-весия шарики находятся в вершинах кубас ребром b, а нити расположились вдольребер куба. Каковы силы натяжения ни-тей?

Каждая нить, прикрепленная к одномушарику, а к каждому шарику прикрепле-ны три взаимно перпендикулярные нити,компенсирует своим натяжением все про-екции на ее направление кулоновских сил,действующих на этот шарик со стороныдругих шариков. Поскольку суммарнаяпроекция всех кулоновских сил на на-правление одного из ребер куба равна

( )2

0,5 1,52 1 2 3

kQF

b

- -= + +

(здесь k – постоянная в законе Кулона), тотакой и будет сила натяжения каждойнити.

Ф2583. К батарейке подключен резисторсопротивлением R, и по нему течет токI. К этому резистору параллельно емуподключили еще один такой же резистор,и ток через первый резистор уменьшилсяна одну шестую часть. Резистор какогосопротивления нужно подключить к этойбатарейке, чтобы в нем выделялась мак-симальная мощность? Какова величинаэтой максимальной мощности?

Обозначим неизвестные параметры бата-рейки – ЭДС и ее внутреннее сопротивле-ние – через E и r соответственно. Изусловия задачи следует, что

5 5 1

6 6 2 2I

r R r R= =

+ +

E E.

Отсюда получаются неизвестные парамет-ры батарейки:

5

4IR=E ,

4

Rr = .

Чтобы в нагрузке выделялась максималь-ная мощность, ее сопротивление должно

1 Автор решений задач Ф2581–Ф2584 –С.Варламов. (Продолжение см. на с. 22)


Эти задачи предлагались на XIV Южномматематическом турнире.

Задачи

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

1. Из трех палочек можно сложитьтреугольник. От каждой палочки отло-мили по куску и сложили из нихдругой треугольник. Всегда ли из ос-тавшихся частей тоже можно сложитьтреугольник?

Л.Емельянов

2. Приведите пример натуральногочисла a, при котором число

a ◊1001 ◊1003 ◊1005 + 4

будет точным квадратом.Н.Агаханов

3. На контурную карту нанесены 10городов (без названий) и дороги меж-ду некоторыми из них. Незнайке дализадание нанести на карту названия

городов, но выдали лишь список паргородов, напрямую соединенных до-рогой. Этого хватило, чтобы одно-значно установить название каждогогорода. Как такое могло быть?

С.Волчёнков

4. Прямоугольник, состоящий из кле-ток шахматной доски, назовем важ-ным, если все его угловые клеткичерные. На каждой клетке шахматнойдоски написано количество важныхпрямоугольников, содержащих этуклетку. Пусть B – сумма чисел, напи-санных на черных клетках, а W –сумма чисел, написанных на белыхклетках. Найдите B – W.

Олимпиада ЮАР

« 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 19

ВЭТОЙ СТАТЬЕ РЕЧЬ ПОЙДЕТ О КЛЕ-точных фигурках – таких фигурках,

которые составлены из клеточек листаклетчатой бумаги. Как связаны площадь ипериметр такой фигурки? Среди всехфигурок одной и той же площади у какихпериметр наибольший? Вот основные воп-росы, с которыми мы разберемся.Решать упражнения не обязательно для

понимания дальнейшего материала, но онипозволяют лучше разобраться с пройден-ным, так что рекомендуем уделить имвнимание. Ответы и указания к ним даныв конце журнала. Решения задач данысразу после условий; над ними тоже лучшесначала поразмышлять самостоятельно.Условимся, что фигурки, о которых пой-

дет речь, являются связными. Это значит,что от любой клетки фигурки можно дойтидо любой другой, переходя в соседние постороне клетки. Например, множества кле-ток А, Б и В на рисунке 1 – это фигурки,но Б и В вместе не образуют одну фигурку,

так как от клеток Б до клеток В указаннымспособом дойти нельзя.

Периметром фигурки называют длинуее границы. Например, у фигурки А пери-метр 8, а у Б и В – по 16.

Некоторые (но не все!) клеточные фи-гурки являются многоугольниками (на-помним, что граница многоугольника дол-жна быть замкнутой несамопересекающей-ся ломаной, иначе гово-ря, многоугольник – этофигурка «без дыр»). На-пример, фигурка А яв-ляется многоугольни-ком, а фигурки Б и В –нет.Введем некоторые но-

вые понятия. В каждойклетке фигурки будемписать, сколько сторонэтой клетки лежит внут-ри фигурки. Назовем этовнутренним набором чисел фигурки. При-мер показан на рисунке 2,а.

Упражнение 1. Существует ли фигурка стаким внутренним набором чисел:а) 1,1,1,1,4;б) 0,1,2,3,4;в) 1,1,1,1;г) 2,2,2,2,3,3,3,3,4?

Задача 1. Докажите, что сумма чиселвнутреннего набора фигурки всегда четна.В сумме чисел внутреннего набора, бу-

дем обозначать ее внутр

, каждая внут-ренняя перегородкамежду клетками посчи-тана по 2 раза (рис.2,б).Таким образом,

внутр2i , где i – ко-

личество внутреннихперегородок.Теперь в каждой клет-

ке фигурки будем пи-сать, сколько сторонэтой клетки лежит награнице фигурки. На-

Периметр и площадьна клеточках

Е.БАКАЕВ

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20191203

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 220

зовем это внешним набором чисел фигур-ки. Пример приведен на рисунке 3,а.

Упражнение 2. Существует ли фигурка стаким внешним набором чисел:

а) 0,3,3,3,3;б) 0,2,3,3;в) 0,0,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,3;г) 1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1?

Задача 2. Как по внешнему наборучисел найти периметр фигурки?

Во внешнем наборе каждый единичныйотрезок периметра посчитан один раз(рис.3,б). Значит, сумма чисел внешнегонабора равна периметру: внешн

p.Теперь используем найденные свойства

внутреннего и внешнего наборов для выво-да полезной формулы.Задача 3. Пусть s – это площадь фигур-

ки, p – ее периметр, а i – количествовнутренних перегородок. Найдите и до-кажите формулу, связывающую эти тривеличины.

Поймем, как связаны внешний и внут-ренний наборы. В одном случае мы длякаждой клетки считали, сколько из еесторон лежит внутри, а в другом – сколь-ко на границе. Таким образом, в двухнаборах вместе мы посчитали все 4 сто-роны каждой из s клеток. Значит,

внутр внешн4s. Используя резуль-

таты предыдущих задач, получим:

2 4i p s.

Упражнение 3. Найдите все фигурки, укоторых периметр больше площади

а) в 5 раз; б) в 4 раза;в) в 3 раза.

Из доказанной формулы следует такоесвойство.Задача 4. Докажите, что периметр

клетчатой фигурки всегда является чет-ным числом.

Из формулы видно, что p является раз-ностью четных чисел 4s и 2i, поэтому онотоже четно.

В следующих упражнениях снова помо-гает та идея, что при суммировании пе-риметров частей разрезы учитываютсядважды.

Упражнения

4. Квадрат 5 5 разрезали на несколькомногоугольников так, что суммарная длинаразрезов равна 12. Чему может быть равенсуммарный периметр всех многоугольников?

5. Доску 6 6 разрезали на прямоугольники1 2 . Какой может быть суммарная длинаразрезов?

6. Квадрат 8 8 разрезали на тетраминошки(фигурки из четырех клеток). Суммарная дли-на разрезов оказалась равна 60. Сколько средиэтих фигурок может быть квадратов?

Теперь обсудим следующую задачу.Задача 5 (Н.Стрелкова). Квартира 3 3

состоит из 9 квадратных комнат 1 1.Каждые две соседние комнаты соединеныдверью. Какое наименьшее количестводверей должно быть открыто, чтобыкот, находящийся в одной из комнат, могсвободно гулять по всей квартире?

Территорией будем называть множе-ство комнат, между которыми можно сво-бодно передвигаться. Если от одной ком-наты нельзя дойти до другой, то ониотнесены к разным территориям. (В при-мере на рисунке 4 территория кота состоит

из 5 комнат, а общее количество террито-рий равно 3.)

Первое решение (размер территориикота). Сначала закроем все двери и будемоткрывать их по порядку. Пусть этот поря-док выбирает сам кот. Он может подойтик любой закрытой двери и мяукнуть, итогда мы откроем ему эту дверь. Если онаведет в новую комнату, территория кота

Рис. 4

« 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 21

увеличится на одну комнату. Если же этадверь ведет в комнату, до которой кот ужемог дойти иным путем, то территория неизменится. Получается, с каждой откры-той дверью территория кота увеличивает-ся не больше чем на 1. Сначала она равна1, а в конце – 9. Значит, потребуетсяоткрыть хотя бы 8 дверей.

Задача решена. Подумайте, где именноиспользуется, что мы предлагаем выбратьдверь коту, а не открываем ее сами.Второе решение (количество террито-

рий). Снова закроем все двери и будемоткрывать их по одной. Теперь будемсчитать общее количество территорий.Сначала каждая комната образует однутерриторию, т.е. всего территорий 9. Вконце все комнаты образуют одну террито-рию. Дверь может соединять либо дверазные территории – тогда при ее откры-вании количество территорий уменьшитсяна 1, либо соединять территорию с самойсобой – тогда количество территорий неуменьшится. Снова выходит, что хотя бы8 дверей должны быть открыты.

В следующем упражнении помогает тотже прием.

Упражнение 7. В квадратном лабиринтеразмером 6 6 от любой клетки можно дойтидо любой другой. Какое наибольшее количе-ство внутренних перегородок может в нембыть?

Теперь применим этот подход к клетча-тым фигуркам.Задача 6. Какое наименьшее количе-

ство внутренних отрезков сетки можетбыть в фигурке с площадью s?

Рассмотрим произвольную фигурку пло-щади s, покрасим ее всю в белый цвет.Выберем одну из клеток фигурки, покра-сим ее в черный. Далее будем закрашиватьпо одной белой клетке в черный цвет так,чтобы новая черная клетка примыкала постороне к уже закрашенной части. (Такуюклетку всегда получится найти: если есть ибелая клетка, и черная, то на пути от однойдо другой встретится пара из двух сосед-них разноцветных клеток.) Каждый разколичество внутренних отрезков сетки вчерной фигурке будет увеличиваться хотя

бы на единицу. В итоге все клетки станутчерными. Значит, внутренних отрезковисходной фигурки не меньше s – 1.

Заметим, что алгоритм добавления кле-ток здесь ровно такой же, что и в задачепро кота.

Легко привести пример, в котором внут-ренних отрезков действительно столько:это, например, прямоугольник 1 s.Задача 7. Какой наибольший периметр

может быть у фигурки с площадью s?Нами уже доказана формула 2 4i p s.

Из нее видно, что при фиксированном sчем больше p, тем меньше i. Значит,периметр наибольший тогда, когда коли-чество внутренних отрезков наименьшее.Как мы уже выяснили, это достигается вслучае 1i s . Подставив это в формулу2 4i p s , получим, что 2 2p s . Итак,периметр фигурки с площадью s не большечем 2 2s . Пример подходит прежний.

Попробуйте применить ту же идею пос-ледовательного добавления клеток в сле-дующих упражнениях.

Упражнения

8. Из фигурки, состоящей из 20 клеток,можно вырезать квадрат 3 3. Докажите, чтоее периметр не больше 34.

9. Известно, что некоторую клеточную фи-гурку можно разрезать на 5 квадратов 2 2.Какой наибольший периметр у нее может быть?

10. Нарисуйте по 10 разных фигурок, укаждой из которых периметр равен 14, а пло-щадь равна а) 6; б) 7.

в) Почему фигурки из пункта б) содержатквадрат 2 2, а фигурки из пункта а) – нет?

Разберем теперь задачу, где можно при-менить доказанную в задаче 7 оценкупериметра.Задача 8. Можно ли квадрат 5 5 раз-

резать на два клетчатых многоугольни-ка, у каждого из которых периметр ра-вен 28?

Предположим, что можно так разрезать.Дальше можно действовать по-разному.

Первое решение. Так как сумма площа-дей фигурок равна 25, то у одной изполученных фигурок площадь не больше12. По предыдущей задаче, ее периметр небольше 2 12 2 26. Противоречие.

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 222

Второе решение. Пусть длина разрезаравна v, тогда суммарный периметр фигу-рок равен 20 2v, а по условию это 28 2.Из полученного равенства находим v = 18.Так как частей две, то разрез один и неможет разветвляться – он представляетсобой одну цепочку отрезков, проходя-щую по узлам внутри квадрата 5 5. (По-ясним это подробнее. Если узел находитсяна разрезе, то из него выходит ровно дваотрезка разреза. Ведь один отрезок выхо-дить не может, и 3 или 4 также не могут –потому что фигур две и разрез долженразделять две разные фигуры. Значит,если пойти от границы по разрезу, тобудем всегда идти по линии без развилок.)

Итак, разрез – это цепочка из 18 отрезков,значит, на ней лежит 17 узлов. Но внутриквадрата находится 4 4 16 узлов – на 1меньше минимального необходимого ко-личества. Противоречие.

Напоследок заметим, что в задачах 5 и 6речь по сути идет о теореме из теорииграфов: в связном графе на n вершинах неменее n – 1 ребер. Соответственно, этутеорему можно доказать аналогично зада-че 5. Подробнее о графах говорить небудем: вместо этого порекомендуем статьюП.Кожевникова и А.Шаповалова «Свяжи-тесь с графом» («Квант» №4 за 2014 г.),посвященную задачам, в которых скрытаупомянутая теорема.

равняться внутреннему сопротивлениюбатарейки. Это означает, что нужно под-ключить к батарейке резистор сопротив-лением

4

RR =¢ .

Максимальная мощность в этом случаебудет равна

22

max25

16P I R

R= =E

.

Ф2584. Молоко жирностью 3,2% проли-ли на лист бумаги с напечатанным мел-ким тестом. Через слой молока толщи-ной 0,1 мм текст еще читается, а черезболее толстый слой – нет. Оценитеразмеры капелек жира в таком молоке.

Поскольку размеры капелек жира требу-ется оценить, а не вычислить точно, то дляпростоты расчетов можно принять, что всекапельки масла, взвешенные в воде, име-ют такую же плотность, как и вода, а ихформа не шарик, а кубик с ребром D.Обозначим концентрацию капелек жирачерез n, тогда из условия задачи, очевид-но, следует, что

3 0,032nD = .

Жир имеет отличающийся от воды коэф-фициент преломления, поэтому на стенках

капелек свет частично отражается, а час-тично проходит сквозь границу раздела.Это рассеяние света молоком и приводит кэффекту «исчезновения» темных букв тек-ста на фоне белого рассеянного света.Если на слой молока с очень малой толщи-ной x порядка D падает свет и площадь, накоторую он падает, равна 2S D= , то долясвета, прошедшего через воду и не попав-шего ни на одну капельку жира, равна

( )21p xnD= - .

Пусть расстояние, пройденное светом вмолоке, равно L, тогда соответствующаядоля прошедшего света, не рассеянногокапельками, составляет

( ) ( )2 21 expL xL xp xnD LnD= - = - .

Согласно условию задачи при слое молокатолщиной 0,1 мм текст уже не виден. Аэтот слой свет проходит дважды, т.е.

2 0,1L = ◊ мм. «Текст не виден» означает,что контрастность видимой картины рас-пределения света и темноты стала меньше,например, чем 10%. Тогда

( )2exp 2 0,1LnD- = , откуда 2 1nD ª .

Из двух соотношений для размеров капе-лек D и концентрации n получаем оценоч-ное значение для размеров капелек жира:

63 10 мD -ª ◊ .

(Начало см. на с. 13)

КОНКУРС ИМЕНИ А .П .САВИНА

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

Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу:[email protected] или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии укажите город,школу и класс, в котором вы учитесь, а также обратный почтовый адрес.

Мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и команд (в такомслучае присылается одна работа со списком участников). Участвовать можно, начиная с любоготура. Победителей ждут дипломы журнала «Квант» и призы. Задания, решения и результатыпубликуются на сайте sites.google.com/view/savin-contest

13. Можно ли в клетках таблицы 6 7¥расставить 29 семерок и 13 пятерок так, чтобыво всех столбцах, кроме одного, суммы чиселбыли одинаковые и во всех строках, кромеодной, суммы чисел были одинаковые?

Н.Чернятьев

14. На стороне AB остроугольного треу-гольника ABC отметили точку K. Серединаотрезка CK равноудалена от точек A и B.Докажите, что AK < BC.

Е.Бакаев

15. Даны k палочек, длина каждой –натуральное число, при этом нет двух одина-ковых по длине палочек. Известно, что излюбых трех палочек можно составить тре-угольник периметра не больше 1000. Каковонаибольшее возможное значение k?

П.Кожевников

16. Квантик и Ноутик хотят показать такойфокус. Зритель задумывает два натураль-ных числа: n и 2n , затем сообщает одно изних Квантику, а другое Ноутику. После этогоКвантик показывает Ноутику черную илибелую карточку, и Ноутик сразу угадываетчисло Квантика. Помогите Квантику и Ноу-тику договориться о своих действиях, чтобыфокус всегда удавался.

Жюри

17. Барон Мюнхгаузен огородил свои вла-дения забором в форме n-угольника. Он утвер-ждает, что каждый внутренний угол этого n-угольника либо меньше 10∞, либо больше350∞. Может ли барон быть прав? Решитезадачу для а) n = 10; б) n = 11; в) n = 101.1

А.Перепечко

18. Вычислите сумму

100 100 98 100 98 96

99 99 97 99 97 95…

◊ ◊ ◊+ + +

◊ ◊ ◊

... + 100 98 96 4 2

99 97 95 3 1

…

…

◊ ◊ ◊ ◊ ◊

◊ ◊ ◊ ◊ ◊.

Г.Мерзон

19. Квантик и Ноутик по очереди закра-шивают клетки на доске 8 8¥ , по однойклетке за ход, начинает Квантик. Первыйход можно сделать куда угодно. Каждыйследующий ход должен быть таким, чтобыновая клетка граничила по стороне ровно содной закрашенной клеткой. Кто не можетсделать ход, проиграл. Кто может обеспе-чить себе победу?

Н.Чернятьев

20. В каждой вершине правильного4k-угольника сидело по блохе. Каждая бло-ха дружит с двумя своими соседями. Поло-вина блох – красные, половина – синие,причем красные и синие блохи чередуются.Блохи начали прыгать. В первую секундупрыгнули красные: каждая прыгнула в точ-ку, симметричную ей относительно прямой,соединяющей двух ее друзей. Во вторуюсекунду аналогичным образом прыгнули всесиние блохи. В третью секунду снова прыг-нули все красные и т.д. Докажите, чточерез k секунд все блохи снова окажутся ввершинах некоторого правильного 4k-уголь-ника.

Е.Бакаев

Задачи 17–20 перенесены из «Кванта»№1 за 2020 год.1 Интересно также подумать над общим случа-

ем: что получается при всех n.

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

Самоеправильноеуравнениединамики

А.СТАСЕНКО

ЛЕТ ТРИСТА НАЗАД, А ТО И РАНЬШЕ,суть законов физики выяснялась в тече-

ние многословных диспутов, например меж-ду Симпличио и Сагредо – героев ГалилеоГалилея (1632 г.). Первый из двух был, каксказал бы Н.В.Гоголь, просто «умный»(simplex – простой), второй – «умный вовсех отношениях».

Вообразим себе их беседу о динамике телапеременной массы в наше время.

Симпличио: Дорогой друг, я слышал, что,согласно великому Ньютону, изменение им-пульса тела p со временем равно внешнейсиле F, действующей на это тело:

dpF

dt.

Но ведь p = mv. Если масса тела постоянна,ее можно вынести за знак дифференциала:

dvm ma F

dt.

Это уравнение хорошо известно всем здра-вомыслящим школьникам: ускорение телаa пропорционально действующей силе. Аесли масса тела изменяется, например, какв случае ракеты или межконтинентальногосамолета, испаряющейся или растущей засчет конденсации капли воды в облаке…,то какое выражение правильнее было бынаписать:

dvm F

dt или

dmvF

dt?

Сагредо: Дорогой Симпличио, в случаетела переменной массы и то и другое невер-но. Но поступим, как древние греки – вос-пользуемся доказательством от противного

(reduction ad absurdum – приведение к про-тиворечию). Возьмем частный случай – от-сутствие внешней силы, т.е. F = 0. Тогда издвух испытуемых выражений получим, чтоили v совершенно не зависит от времени или

1v

m∼ .

Правильным же является уравнение Ме-щерского:

dv dmm F u

dt dt, (1)

где u – скорость выбрасываемой или присо-единяемой массы относительно тела; онаможет быть и постоянной и даже равнойскорости самого тела v, в общем – любой.Однако рассмотрим все по порядку.

Сравним ракету с другим, казалось бы,близким ей «по духу», летательным аппара-том – прямоточным воздушно-реактивнымдвигателем. Но прежде – о самой ракете.Представим себе, что в некоторый произ-вольный момент времени t ракета имеласкорость v и массу m. Мысленно разобьемракету на две части – ту, обозначим ее массучерез M , которая через малый промежу-ток времени t «собирается» отлететь назад(отработанное топливо ракеты), и тот «оста-ток» массы m M, который полетит даль-ше, но уже с другой скоростью, равнойv v . Скорость части массы, отлетевшейот «остатка», обозначим через u, тогда еескорость относительно земного наблюдателябудет равна v v u . Так как разделениеэтих двух частей произошло под действиемвнутренних сил, суммарный импульс ракетыне изменится:

mv m M v v M v v u .

В результате алгебраических преобразова-ний уравнение закона сохранения импульсапримет вид

m v u M .

Если учесть, что отброшенная масса M вточности равна убыли массы ракеты,

M m , то полученное равенство можнопереписать в виде

v m

u m. (2)

Тот, кто умеет суммировать бесконечномалые приращения, т.е. интегрировать, извыражения (2) легко получит (учитывая,DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20191204

Ф И З И Ч Е С К И Й Ф А К У Л Ь Т А Т И В 25

что в момент t = 0 было v = 0 и 0m m )

00

ln lnv

m mu

,

или0ln

v m

u m. (3)

Это – знаменитая формула Циолковского.Историки науки говорят, что он затратил нанее немало времени: первооткрывателю все-гда трудно. Сегодня грамотный школьниквыведет ее за несколько минут.Проанализируем полученную формулу (3).

Если убыль массы ракеты в единицу времениесть величина постоянная, обозначим ее че-

рез m

t, то с течением времени масса

ракеты изменяется по закону (рис.1)

0m m t .

По прошествии времени , когда сгорит ибудет выброшено все топливо, масса ракетыстанет равной 0m m , а ее скоростьбудет

0lnm

v um

.

Очевидно, что ракета достигнет тем большейскорости, чем меньше станет ее оставшаясямасса. Это печально, ибо неэкономно, но чтоподелаешь – такова природа. Хорошо ужето, что найдена лазейка, используя которуюможно достичь «скорости убегания» от пла-неты, хотя и дорогой ценой.Но есть еще одна возможность – увеличе-

ние относительной скорости выброса отрабо-танного топлива. Вот что писал К.Э.Циол-ковский по этому поводу: «Чтобы снарядполучил наибольшую скорость, надо, чтобыкаждая частица продуктов горения или ино-го отброса получила наибольшую относи-тельную скорость. Она же постоянна дляопределенных веществ отброса. Экономияэнергии тут не должна иметь места: невоз-можна и невыгодна».Итак, нужно постараться увеличить ско-

рость выброса u.Теперь аналогично обсудим воздушно-ре-

активный двигатель (рис.2). Вот он «гото-

Рис. 1. Ракета ускоряется за счет отбрасыванияназад только собственной массы, ее скорость иускорение могут достичь произвольно задан-ной величины

Рис. 2. Прямоточный реактивный двигательотбрасывает не только массу горючего, но изахваченный для его сжигания атмосферныйвоздух. Тепло, выделяемое при горении, со-здает скорость истечения массы продуктовсгорания из двигателя и, как следствие, еготягу. Основная масса воздуха – инертный азот,который в двигателе лишь подогревается. Егоускорение стремится к нулю, а скорость неможет превзойти некоторой константы

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 226

вится» в момент времени t «заглотить» пор-цию воздуха массой вm и, израсходовавмассу горючего гm , выбросить образовав-шуюся смесь с относительной скоростью u.При этом, разумеется, изменение массы са-мого летательного аппарата будет равно

гm m . Запишем закон сохранения им-пульса для системы двигатель – горючее –воздух:

в в г0m mv m m v v u

+ гm m v v .

Здесь v – скорость аппарата в момент време-ни t, v v – его новая скорость в моментвремени t t , первое слагаемое слева отра-жает тот факт, что поглощенный двигателемвоздух первоначально покоился. Отсюда,пренебрегая совсем малыми величинами –произведением m v , после некоторых пре-образований получим

г в 1v m m v

u m m u.

Отношение масс г вm m обозначим через. Тогда предыдущее равенство примет вид

г 1v m v u

u m или

1v m v u

u m. (4)

Посмотрите внимательно на уравнения (3)и (4). Они имеют нечто общее, а именно: длятого чтобы скорость летательного аппаратаросла ( 0v ), нужно, чтобы его массаубывала ( 0m ). Но есть и очень важноеотличие: в правую часть уравнения (4) вхо-дит множитель 1 v u , который по дос-тижении скорости 1v u становитсяравным нулю. Это значит, что воздушно-реактивный двигатель, «заглатывающий воз-дух», не может разогнаться до скорости,существенно большей, чем относительнаяскорость истечения продуктов сгорания.Скорость такого двигателя имеет предел,преодолеть который невозможно. А для ра-кеты аналогичного предела нет.На самом деле этим уже все сказано,

однако в принципе можно получить и точныевыражения для скорости ракеты и воздуш-но-реактивного двигателя.Наконец, рассмотрим прямо противопо-

ложный случай – когда масса тела растет современем. Пусть в облаке из микрокапель

одна из них стала падать, поглощая на своемпути встречные капли. (В начальный моментвремени, когда ее скорость еще невелика,пренебрежем сопротивлением воздуха.) Вэтом случае в уравнении Мещерского (1)можно положить u v . Изменение им-пульса падающей капли переменной массыза малое время t равно

mv mg t . (5)

По условию задачи изменение массы каплиза время t равно

cрm v S t , (6)

где – плотность воды, срv – средняяскорость капли за время t , 24S r –площадь поверхности капли, – безразмер-ный коэффициент пропорциональности. С

другой стороны, поскольку 343

m r (здесь

r – радиус капли), то 24m r r S r.

Если за время t капля проходит расстоя-ние y , то

cp

yt

v.

Подставив выражения для m и t в равен-ство (6), получим

r y y∼ .

Следовательно, радиус капли растет про-порционально пройденному пути, т.е. про-порционально y.Поскольку капля движется с постоянным

ускорением a, то 2 2y at , т.е. 2y t∼ . Зна-чит,

2r t∼ , 3 6m r t∼ ∼ .

Учитывая эти соотношения, из уравнения(5) получаем

6 6t at t g t .

Дифференцируя левую часть этого равен-ства находим ускорение a:

7 6 67at at t t g t , и 7

ga .

К глубокому сожалению, наш любимыйпреподаватель МФТИ Г.И.Косоуров, ут-верждавший, что в физике никогда не полу-чается семерки, не дожил до решения этойзадачи. Много сделавший для журнала«Квант» и для Всесоюзных олимпиад он,несомненно, порадовался бы вместе с нами.


Что такоефазовыйпортрет

В.СОЛОВЬЕВ, С.ДВОРЯНИНОВ

Следовать за мыслями великого челове-ка есть наука самая занимательная.

А.С.Пушкин

Космология Фридмана

О том, что Вселенная расширяется, в нашидни многие наверняка слышали, читали изнают. А какой может быть эволюция на-блюдаемой Вселенной в будущем? Удиви-тельно, но еще в 1922 году А.А.Фридман встатье «О кривизне пространства» опреде-лил возможные варианты развития Вселен-ной. Сейчас мы хотим познакомить читате-лей с этой статьей. Конечно, рассказатьо работе ученого непросто. Свою статьюФридман адресовал коллегам физикам, уни-верситетским профессорам. Тем не менее,мы постараемся сделать доступной основ-ную канву мыслей ученого, внесшего реша-ющий вклад в понимание структуры кос-моса.Начнем с простой школьной задачи. На

плоскости с координатами 1 2;x x надо изоб-разить множество точек,координаты которых удов-летворяют уравнению

22 1x cx , где c – произ-

вольная постоянная. Та-кое уравнение задает се-мейство квадратичных па-рабол (рис.1). Эволюцияэтих парабол такова: привозрастании параметра сот до нуля ветви пара-бол отходят от отрицатель-ной полуоси ординат иприближаются к оси абс-

цисс. При с = 0 имеем прямую линию. Приизменении с от нуля до ветви параболнеограниченно приближаются к оси орди-нат.

Ясное дело, что координаты точек плоско-сти и параметр можно обозначать разнымибуквами. На плоскости с координатами

;R R уравнение 2 2 1R R при каждомотрицательном значении параметра зада-ет две ветви гиперболы (рис.2). При 0

получаем две прямые 1R . При положи-тельных значениях получаем эллипсы,которые при возрастании параметра от нулядо отходят от этих прямых и неограни-ченно приближаются к отрезку 1 1Rоси абсцисс.Мы специально использовали непривыч-

ные для школы буквы R, R и дляобозначения координат кривой второго по-рядка и для параметра. Почему? Да потому,что именно такие обозначения мы видим водном знаменитом уравнении!Уравнение Фридмана. В 1922 году рабо-

тавший в Петрограде Александр Александ-рович Фридман впервые получил и исследо-вал такое уравнение:

2 22

2 2

3 32

R cc

R R. ( )

Об этом уравнении можно прочитать, напри-мер, в статье С.Дворянинова и В.Соловьева«Космология Фридмана: горы реальные ипотенциальные» («Квант», 2017, №1, 2).Здесь с и – постоянные: с – скорость света,

2

16 G

c, где G – гравитационная постоян-

ная из закона всемирного тяготения Ньюто-

на; 2 32

M

R, где M – постоянная положи-

тельная величина.DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20191205

Окончание. Начало – в предыдущем номережурнала.

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 228

Сейчас мы будем рассматривать уравнение( ) как алгебраическое уравнение на плос-кости ;R R с фиксированным положитель-ным параметром , причем 0R . Нашаближайшая цель сугубо математическая –показать на плоскости точки, координатыкоторых удовлетворяют этому уравнению.Для этого запишем его в виде

2 2 2

3 3a

R c RR,

где новая постоянная a выражается черезстарые постоянные. Это уравнение связыва-ет координаты R и R .Для построения графика этой функции на

плоскости ;R R рассмотрим при положи-тельных значениях аргумента R вспомога-тельную функцию

2 2

3 3a

y R c RR

.

При малых R график этой функции ведетсебя как гипербола, имеющая асимптотой осьординат, а при больших R – как парабола.Эта функция имеет единственную точкуминимума (проверьте!). Минимальное зна-чение в зависимости от может быть поло-жительным, равным нулю и отрицательным(рис.3). Если значения достаточно велики,

то минимальное значение оказывается поло-жительным, и тогда 0y R при всех поло-жительных значениях R. При других значе-ниях эта функция может иметь одно нуле-вое значение – в точке 0R или два – в точках

1R и 2R . При неотрицательных значениях y«извлекаем квадратный корень» и приходимк графику уравнения Фридмана (рис.4).

Фазовые траектории. Теперь пришло вре-мя сказать, что в уравнении Фридмана вели-чина R зависит от времени: R R t и чтоR есть производная R t этой величины.Стало быть, уравнение ( ) – это дифферен-циальное уравнение, а кривые на рисунке 4– это фазовые траектории (о них рассказы-вается в первой части статьи). Стрелки вдольтраекторий показывают направление движе-ния фазовой точки в зависимости от време-ни. В верхней полуплоскости 0R t , по-этому функция R t здесь возрастает ивдоль каждой фазовой траектории фазоваяточка движется вправо. В нижней полуплос-кости – наоборот, фазовая точка движетсясправа налево. Этот рисунок не являетсяфазовым портретом уравнения ( ), на немпоказано лишь несколько фазовых траекто-рий, так как в этом уравнении нет произ-вольной постоянной.В зависимости от на фазовой плоскости;R R есть или одна точка покоя – 0;0R ,

или две – 1;0R и 2;0R . Единственнойточки покоя другие фазовые траектории недостигают никогда, а вот в каждую из двухточек покоя фазовая траектория попадает законечное время (в этих двух точках каса-тельная к траектории вертикальна).Заметим, что фазовые траектории вблизи

точек покоя ведут себя подобно графикамдвух дифференциальных уравнений 2 2x x

и 2 4x x. Решения первого уравненияtx t ce с ненулевым начальным усло-

вием никогда в ноль не обращаются, т.е.точка покоя для них недостижима. Второеуравнение имеет, например, решение

21x t t с начальным условием0 1x , оно обращается в ноль при t = 1,

т.е. за конечное время. Соответствующаятраектория попадает в точку покоя за ко-нечное время, может оставаться там при

11 t t , а затем ее покинуть и двигатьсяпо закону 2

1x t t t . Такую точку по-коя можно назвать точкой поворота (воз-врата). О связи этого свойства фазовыхтраекторий с практическими задачами при-чаливания кораблей рассказано в статьеС.Дворянинова, З.Краутера и В.Протасова«Сколько времени длится причаливание»(«Квант», 2017, №11).А каков же физический смысл величины

R?

Рис. 3

Рис. 4


Как устроена видимая нами Вселенная.Для муравья, ползущего по веревке, весьмир сводится к двум направлениям: впередили назад. Это – одномерный мир. Дляребенка, еще не вставшего на ноги и играю-щего на полу, мир не просто плоский, дву-мерный, он вдобавок еще и ограничен разме-ром его детской. Таков же мир животных,обитающих на заповедном острове и не уме-ющих плавать.Долгое время человек представлял поверх-

ность Земли плоской. Ощущения и непос-редственные наблюдения могут формиро-вать ложные представления. Если человекузавязать глаза и попросить его двигаться попрямой линии, то его траектория окажетсяпохожей на окружность. У большинствалюдей шаг правой ногой чуть-чуть длиннеешага левой, и потому на каждом шаге проис-ходит малый, но все же поворот. Идти попрямой не получается. При этом человекубежден, что он идет строго по прямой.Вообразим еще, что человек может обозретьна поверхности Земли лишь круг радиусом,скажем, 10 метров. Поставим перед нимзадачу продолжить нарисованный на землепрямолинейный отрезок длиной 5 метров.Пусть вся поверхность Земли – суша. Чело-век, продолжая этот отрезок с помощью,например, метровой линейки, несомненноудивится, вернувшись в исходную точку спротивоположной стороны.А как устроен видимый нами мир? Если на

ракете лететь все время, как нам кажется, попрямой, то где в конце концов мы окажемся?Эйнштейн в своей первой статье по космоло-гии в 1917 году предположил, что наш мирискривлен и представляет собой трехмернуюсферу. В свое время люди считали наш миркуском плоскости, на деле Земля оказаласьдвумерной сферой. Давайте по аналогиивслед за Эйнштейном примем допущение отом, что и наш мир искривлен и это – сфера,но трехмерная. Она – «поверхность» четы-рехмерного шара радиусом R, и, как показа-ли математики, ее объем равен 2 32V R .При таком подходе R называют радиусом

мира, а величину M

V – средней плотно-

стью вещества во Вселенной, где M – массавещества.

Уравнения Фридмана есть следствия урав-нений общей теории относительности (ОТО)

и сделанных Эйнштейном предположенийоб однородности и изотропности простран-ства. Десять уравнений ОТО сводятся кдвум дифференциальным уравнениям, наи-более простое из которых – уравнение ( ) –и называется сейчас уравнением Фридмана.Это уравнение оставляет Вселенной толькоодну степень свободы – ее радиус.

При выводе своих уравнений Фридмансчитал, вслед за Эйнштейном, что Вселеннаяв среднем равномерно заполнена пылью,которая не создает никакого давления. Про-странство однородно и изотропно, т.е. егосвойства одинаковы по всем направлениям ив любой точке.Величина , входящая в уравнение ( ), –

это введенная Эйнштейном космологическаяпостоянная. Эйнштейн ввел ее для того,чтобы его уравнения имели пространственнооднородное статическое решение, соответ-ствующее точке покоя R0, для которого Rесть постоянная величина, не зависящая отвремени.В наши дни мы наблюдаем расширяющу-

юся Вселенную. Об этом свидетельствует такназываемое красное смещение света от дале-ких галактик. Следовательно, в настоящиймомент фазовая точка, соответствующая на-блюдаемому состоянию Вселенной, – этокакая-то из точек 1 6T T (см. рис.4) первойкоординатной четверти, в этой четверти про-изводная 0R t и R t возрастает. Фазо-вая траектория, проходящая через такуюточку, определяет будущее Вселенной, ееэволюцию. Здесь возможны несколько сце-нариев. Напомним, что данные наблюдений(а именно, реликтовое излучение, открытоев 1965 году) говорят, что в самом началеэволюции Вселенной произошел «Большойвзрыв». Тогда радиус R практически равнял-ся нулю, и поэтому нынешнему состояниюВселенной не могут соответствовать точки,обозначенные как 4T и 6T . Для таких точекв прошлом 0R .

Первый сценарий. С ходом времени Все-ленная продолжит расширение. При этомскорость расширения либо будет сначалаубывать (для точки 1T ), достигнет положи-тельного минимума и затем начнет неограни-ченно возрастать, либо будет монотонно инеограниченно возрастать (для точки 2T ). Вобоих случаях Вселенная будет монотонно инеограниченно расширяться.

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 230

Второй сценарий. Скорость расширениябудет монотонно убывать (для точки 3T ),неограниченно приближаясь к нулю. Все-ленная будет расширяться, но при этомвеличина R останется ограниченной. Этотпроцесс будет длиться бесконечно долго.Время приближения к точке 0;0R беско-нечно. Здесь фазовые траектории не пересе-каются, подобно тому, как сепаратриса нафазовом портрете маятника не содержитточку покоя (см. первую часть статьи).

Третий вариант. Для точки 5T Вселеннаябудет расширяться, скорость расширениябудет уменьшаться и через некоторое конеч-ное время станет равной нулю. Вселеннаяокажется в стационарном состоянии c ради-усом 1R R и может оставаться таковойсколь угодно долго. А может затем и начатьсжиматься с неограниченно возрастающей

скоростью, при этом радиус Вселенной будетстремиться к нулю. Это объясняется тем, чтов точке 1;0R нарушается единственностьрешения дифференциального уравнения ( )и фазовые траектории пересекаются.

Реальная история. Фридман умер в 1925году, так и не узнав о том, что Вселенная ивпрямь подчиняется его уравнению, что онарасширяется (1929 г.), что имел место Боль-шой взрыв (1965 г.) и что расширение внашу эпоху происходит с ускорением (1998г.). Наш анализ мог бы быть актуальным впериод между 1965 и 1998 годами. Сейчас извсех сценариев лишь точка 2T на качествен-ном уровне соответствует имеющимся дан-ным. Количественную связь между двумяпараметрами a и , следующую из совре-менных данных, мы обсуждали в упомяну-той статье «Космология Фридмана…».

КУДА ДУЕТ ВЕТЕР?

Осенью или зимой в тихую и туманнуюпогоду ветки на деревьях и кустах, провода,мачты антенн покрываются мохнатым инеемили инееобразным ледяным слоем — изморо-зью. Иней и изморозь состоят из мельчайшихчастичек льда, слипшихся в виде столбиков,тонких перьев, игл и т.п. Обычно инеем назы-вают снежные кристаллы, которые образуютсяиз водяных паров в насыщенной влагой атмос-фере, а изморозью — ледяной осадок, возник-ший из переохлажденных капелек тумана. Инейи изморозь могут появляться, а могут и исче-зать — если вдруг потеплеет или подует сухойветер (кристаллики льда тают или испаряютсясоответственно).Оказывается, даже небольшой ветерок спо-

собен сильно изменить картину морозных узо-ров. Посмотрите на фотографию ветки расте-ния, покрытого изморозью. Ветка была сфо-

тографирована морозным утром, когда былочень сильный туман, гололед и дул слабыйветер. Можно ли по этой фотографии одно-значно установить направление ветра? Давай-те попробуем.Так как изморозь образуется из капелек

тумана, она появляется на предметах преиму-щественно с подветренной стороны и можетбыстро расти при ветре. В нашем случае вовремя съемки погодные условия были благо-приятны росту изморози (а не таянию льда), аслабый ветер способствовал появлению ани-зотропии формы ледяных наростов. Поэтому,глядя на фотографию, легко определить пре-имущественное направление ветра — слеванаправо.А теперь подумайте, как по виду ледяных

кристалликов изморози или инея (не привле-кая каких-либо метеоданных) узнать, давноили недавно образовался ледяной нарост наветках.

А.Митрофанов

Н А Ш И Н А Б Л Ю Д Е Н И Я


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

Методперераспределения

зарядов

Е.БАКАЕВ, А.ПОЛЯНСКИЙ,Г.ЧЕЛНОКОВ

ЗАДАЧИ ЭТОЙ СТАТЬИ РЕШАЮТСЯ С ПО-мощью двойного подсчета (подсчета дву-

мя способами). Когда такой подсчет не со-всем элементарен, его бывает удобно сфор-мулировать как назначение объектам неко-торых величин и их последующее перерасп-ределение. Эти величины будем называтьзарядами.Здесь мы представим несколько красивых

и непростых «олимпиадных» задач, решаю-щихся с помощью такого подхода. Методперераспределения зарядов (по-английскиdischarging method) применяется и за преде-лами олимпиад: например, с помощью негобыла доказана знаменитая теорема о четы-рех красках. Подробнее с методом можноознакомиться в проекте Летней конферен-ции Турнира городов.1 Представленные встатье задачи составляют вводный разделэтого проекта.К следующим задачам даны решения, но

рекомендуем перед прочтением решенийподумать над задачами самостоятельно.

1. В прямоугольной таблице m строк и nстолбцов, где m n . В некоторых клеткахтаблицы стоят звездочки так, что в каж-дом столбце стоит хотя бы одна звездоч-ка. Докажите, что существует хотя быодна такая звездочка, что в одной строкес нею находится больше звездочек, чем водном столбце с нею.Дадим каждому непустому столбцу заряд

–1, а каждой непустой строке заряд 1. Тогдасумма зарядов отрицательна. Теперь пусть

каждый ряд (столбец или строка) раздастсвой заряд поровну всем звездочкам, кото-рые в нем стоят. Так как суммарный зарядотрицательный, то найдется звездочка с от-рицательным зарядом. Если в ее строке aзвездочек, а в ее столбце их b, то ее заряд1 1a b

. Раз эта величина отрицательная, то

a b, значит, эта звездочка искомая.2. В библиотеке на полках стоят книги,

при этом ровно k полок пусты. Книги пере-ставили так, что теперь пустых полок нет.Докажите, что найдется хотя бы 1k

книга, которая теперь стоит на полке сменьшим числом книг, чем стояла раньше.В этом решении будем следить только за

изменением заряда книг. Распределим заря-ды так: если книга сначала стоит на полке сn книгами, то она забирает у этой полкизаряд 1 n , и если в конце стоит на полке с mкнигами, то она отдает полке заряд 1 m.Тогда суммарный заряд книг уменьшился наk. Но заряд каждой книги меняется меньшечем на 1.Значит, есть по крайней мере 1k книг,

которые отдали больше, чем получили. Этокак раз те книги, количество которых требо-валось оценить.

3. На плоскости дано n окружностейрадиуса 1, причем известно, что каждаяпересекается хотя бы с одной другой ок-ружностью и никакая пара не касается.Докажите, что все вместе окружностиобразуют не меньше n точек пересечения (водной точке могут пересекаться более двухокружностей).Дадим каждой точке пересечения заряд

1. Пусть точка, лежащая в пересечении kокружностей, отдает им по 1 k. Покажем,что теперь у каждой окружности заряд неменее 1.Выберем на произвольной окружности s

точку P, которая отдала этой окружности небольше, чем другие точки, пусть это 1 m.Тогда через P проходит 1m окружностей,пересекающихся с s в каких-то 1m различ-ных точках, отличных от P. Таким образом,на s не менее m точек пересечения и все ониотдали ей хотя бы по 1 m. Значит, каждаяокружность получила заряд не менее 1.Следовательно, количество окружностей непревышает количество точек пересечения.

1 Проект представляли: Е.Бакаев, В.Булан-кина, А.Полянский, А.Рябичев, Г.Челноков,см. https://www.turgor.ru/lktg/2019/

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 232

Подумайте: где в доказательстве использо-валось то, что окружности единичного ради-уса?

4. На плоскости нарисовано n прямых вобщем положении (любые две пересекают-ся и никакие три не проходят через однуточку). Докажите, что среди частей, накоторые эти прямые разбивают плоскость,найдется не менее 2n треугольников.На каждой из этих прямых будет образо-

вано по 2n отрезка, значит, всего на нихбудет 2n n отрезков. Эти n прямых делят

плоскость на 1

12

n n частей (это можно

доказать по индукции; оставим доказатель-ство этого утверждения в качестве упражне-ния). Из них 2n частей будут неограниченны-ми (опять же, подумайте самостоятельно,почему это так). Значит, ограниченных час-тей (в виде многоугольников) будет m =

=1

12

n n2 3 2

22

n nn конечных

граней. Пусть среди них t треугольников.Рассмотрим отрезок AB. Пусть две другие

данные прямые, кроме AB, проходящие че-рез A и B, пересекаются в точке C. Назовемту полуплоскость относительно AB, в кото-рой лежит точка C, верхней для отрезка AB.Дадим каждому отрезку AB заряд 1 и

передадим этот заряд в ту смежную с нимгрань, которая лежит в верхней для ABполуплоскости. Каждый треугольник полу-чит заряд 3. Докажем, что остальные граниполучат не больше 2. Если грань получаетзаряд от стороны AB, то внешние углы A иB этой грани в сумме больше 180 . Суммавнешних углов многоугольника равна 360 ,так что получить заряд от трех ребер можно,только когда все эти три ребра попарнососедние, т.е. только в случае треугольника.Исходная сумма зарядов отрезков равна

получившейся сумме зарядов граней, отку-да получаем 2 3 2 2n n t m t m t.

Преобразовав, получим 2 22 3n n n n

2 t. Отсюда 2n t.Другому решению этой задачи посвящена

статья А.Канеля и А.Ковальджи «Треуголь-ники и катастрофы» в «Кванте» №11 за 1992год.Можете также подумать, как распростра-

нить решение этой задачи на псевдопрямыев общем положении:

Внутри окружности нарисовано 3n

кривых, соединяющих противоположныеточки на окружности. Известно, что лю-бые две кривые имеют ровно одну общуюточку и никакие три из них не проходятчерез одну точку. Кривые делят круг нанесколько частей; внутренней назовемчасть, если она не ограничена окружнос-тью; а треугольной назовем часть, если ееограничивают ровно три кривые. Докажи-те, что число внутренних треугольныхчастей по крайней мере 2n .

5. Квадрат разрезали на несколько тре-угольников. Докажите, что среди них най-дется два с общей стороной.Предположим, нашлось разбиение, в кото-

ром никакие два треугольника не имеютобщей стороны. Присвоим каждой вершинеразрезания заряд, равный сумме сходящих-ся в ней углов треугольников. Таким обра-зом, вершины бывают трех видов:1) вершины квадрата – с зарядом 2;2) вершины, лежащие на стороне квадрата

или на стороне одного из треугольников, – сзарядом ;3) вершины, не лежащие на стороне квад-

рата или треугольника, – с зарядом 2 .Пусть есть a вершин второго типа и b

вершин третьего типа. Тогда заряды в суммедают 2 2a b , следовательно, число тре-угольников равно 2 2a b .Построим следующий плоский граф.

Возьмем все вершины треугольников в каче-стве вершин. Проведем в каждом треуголь-

Построение графа по разрезанию квадрата на треугольники

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 33

нике по три ребра (см. рисунок) и посадимна получившуюся треугольную грань заряд. Остальные грани имеют не менее 3 вер-

шин, разобьем их диагоналями на треуголь-ники (включая внешнюю грань, котораяявляется четырехугольником) и посадим накаждый из них заряд 0.Итак, в полученном плоском графе все

грани треугольные и имеют заряд 0 или .По построению сумма зарядов равна

2 2a b и никакие две грани с заряда-ми не граничат по ребру. Пусть V, E, F –количество вершин, ребер и граней соответ-ственно. Из равенства 2E = 3F и формулыЭйлера V – E + F = 2 получаем соотношение

E = 3V 6 3 4 6a b .

Теперь пусть каждая грань отдаст по третисвоего заряда смежным с нею ребрам. Сред-ний заряд ребер будет равен

2 2 13 3 12 6 3

a b

a b. Но как минимум одно

ребро имеет заряд 0. Именно, хотя бы одноребро было проведено за пределами квадра-та, его-то заряд точно нулевой. Следователь-но, найдется ребро, по которому граничатдва треугольника с зарядом , противоре-чие.

Задачи для самостоятельного решения

6. В некоторых клетках прямоугольной табли-цы нарисованы звездочки. Известно, что длялюбой отмеченной клетки количество звездочек вее столбце совпадает с количеством звездочек в еестроке. Докажите, что число строк в таблице, вкоторых есть хоть одна звездочка, равно числустолбцов таблицы, в которых есть хоть одназвездочка.

7. На фестиваль Зиланткон приехало E эльфови D гномов. После фестиваля каждый гном под-рался по крайней мере с одним эльфом, а каждыйэльф – не более чем с десятью гномами. Такжеизвестно, что у каждого гнома соперников-эль-фов было больше, чем у любого из них – сопер-

ников-гномов. Докажите, что 10

11D E .

8. Таблица n n заполнена нулями и единица-ми так, что если число в какой-то клетке таблицыравно 0, то сумма всех чисел в ее кресте (крестомклетки называется объединение ее столбца и еестроки) не меньше 1000. Найдите наименьшуювозможную сумму чисел в таблице.

9. Пусть есть выпуклый n-угольник и выбраноm красных точек, отличных от вершин, таких, чтолюбой отрезок между двумя вершинами много-

угольника содержит по крайней мере одну крас-ную точку. Докажите, что

1 1 11

2 3 1 2m n

n… .

Источники задач

1. М1214 «Задачника «Кванта» (А.Разборов).2, 6, 8. Фольклор.3. Теорема 1 (K.Bezdek, R.Connelly) из статьи:

H.Last, R.Pinchasi. At Least n – 1 IntersectionPoints in a Connected Family of n Unit Circles inthe Plane. – Discrete & Computational Geometry,38:2 (2007), 321–354.

4. Идея этого решения предложена Felsner иKriegel, см. Теорему 5.15 из книги: Stefan Felsner.Geometric Graphs and Arrangements.

5. Эта задача переоткрывалась неоднократно.Например, М320 «Задачника» (А.Печковский)или теорема 6 в статье: Andrey Kupavskii, JбnosPach, Gбbor Tardos. Tilings with noncongruenttriangles. – European Journal of Combinatorics, 73(2018), 72–80.

7. Переформулировка задачи Д.Карпова, IVКубок памяти А.Н.Колмогорова.

9. Теорема 3 в статье: J.Matouрek. BlockingVisibility for Points in General Position. – Discrete& Computational Geometry, 42:2 (2009), 219–223.

О Л И М П И А Д Ы

Задачи осеннего тура

Базовый вариант

8–9 классы

1. (3)1 Фокусник выложил в ряд колодуиз 52 карт и объявил, что 51 из них будутвыкинуты со стола, а останется тройка треф.Зритель на каждом шаге говорит, какую посчету с края карту надо выкинуть, а фокус-ник выбирает, с левого или с правого краясчитать, и выкидывает соответствующуюкарту. При каких начальных положенияхтройки треф можно гарантировать успехфокуса?

А.Воропаев

2. (4) Дана окружность с центром O идве ее различные точки A и C. Для любойдругой точки P на отметим середины X иY отрезков AP и CP и построим точку Hпересечения высот треугольника OXY. До-кажите, что положение точки H не зависит отвыбора точки P.

А.Соколов

3. (4) См. задачу М2587,а «Задачника«Кванта».

4. (5) Даны целые числа 1 1000, ,a a… . Покругу записаны их квадраты 2 2

1 1000, ,a a… .Сумма каждых 41 подряд идущих квадратовна круге делится на 2

41 . Верно ли, чтокаждое из чисел 1 1000, ,a a… делится на 41?

Б.Френкин

5. (5) У Васи есть неограниченный запасбрусков 1 1 3 и уголков из трех кубиков1 1 1. Вася целиком заполнил ими короб-ку m n k, где m, n и k – целые числа,большие 1. Докажите, что можно было обой-тись лишь уголками.

М.Евдокимов

10–11 классы

1. (3) См. задачу 1 базового варианта для8–9 классов.

2. (4) Дан выпуклый пятиугольникABCDE, в котором AE CDP и AB = BC.Биссектрисы его углов A и C пересекаются вточке K. Докажите, что BK AEP .

Е.Бакаев

3. (4) См. задачу М2582 «Задачника «Кван-та».

4. (5) См. задачу М2586 «Задачника «Кван-та».

5. (5) См. задачу М2587,б «Задачника«Кванта».

Сложный вариант

8–9 классы

1. Назовем сложностью целого числа 1nколичество сомножителей в его разложениина простые. Для каких n все числа между nи 2n имеют сложность

а) (2) не больше, чем у n; б) (2) меньше,чем у n?

Б.Френкин

2. (7) Два остроугольных треугольникаABC и 1 1 1A BC таковы, что точки 1B и 1Cлежат на стороне BC, а точка 1A – внутритреугольника ABC. Пусть S и 1S – площадиэтих треугольников соответственно. Дока-жите, что

1

1 1 1 1

S S

AB AC A B AC.

Н.Седракян, И.Богданов

3. (7) Есть 100 внешне неразличимыхмонет трех типов: золотые, серебряные имедные (каждый тип встречается хотя быраз). Известно, что золотые весят (имеютмассу) по 3 г, серебряные – по 2 г, медные– по 1 г. Как на чашечных весах без гирекопределить тип у всех монет не более чем за101 взвешивание?

В.Новиков

XLI Турнир городов

1 В скобках после номера задачи указаночисло баллов, присуждавшихся за ее полноерешение. Итог подводился по трем задачам,по которым достигнуты наилучшие результа-ты (баллы за пункты одной задачи суммиру-ются).

О Л И М П И А Д Ы 35

4. (7) Из центра O описанной окружноститреугольника ABC опустили перпендикуля-ры OP и OQ на биссектрисы внутреннего ивнешнего углов при вершине B. Докажите,что прямая PQ делит пополам отрезок, со-единяющий середины сторон CB и AB.

А.Соколов

5. (8) Назовем пару ,m n различныхнатуральных чисел m и n хорошей, если mnи 1 1m n – точные квадраты. Докажи-те, что для каждого натурального m суще-ствует хотя бы одно такое n m , что пара

,m n хорошая.Ю.Маркелов

6. (9) У Пети было несколько сторубле-вок, других денег не было. Петя стал поку-пать книги (каждая книга стоит целое числорублей) и получать сдачу мелочью (монета-ми в 1 рубль). При покупке дорогой книги(не дешевле 100 рублей) Петя расплачивал-ся только сторублевками (минимальнымнеобходимым их количеством), а при покуп-ке дешевой (дешевле 100 рублей) расплачи-вался мелочью, если хватало, а если нехватало – сторублевкой. К моменту, когдасторублевок не осталось, Петя потратил накниги ровно половину своих денег. Мог лиПетя потратить на книги (к этому моменту)хотя бы 5000 рублей?

Т.Казицына

7. (10) В клетчатом деревянном квадрате102 клетки намазаны черной краской. Петя,используя квадрат как печать, 100 раз при-ложил его к белому листу, и каждый раз эти102 клетки (и только они) оставляли черныйотпечаток на бумаге. Мог ли в итоге на листеполучиться квадрат 101 101, все клеткикоторого, кроме одной угловой, черные?

А.Грибалко


1. (5) Многочлен ,P x y таков, что длявсякого целого 0n каждый из многочле-нов ,P n y и ,P x n либо тождественноравен нулю, либо имеет степень не выше n.Может ли многочлен ,P x x иметь нечет-ную степень?

Б.Френкин

2. (5) Отрезки AA , BB и CC с концамина сторонах остроугольного треугольникаABC пересекаются в точке P внутри тре-

угольника. На каждом из этих отрезков какна диаметре построена окружность, в кото-рой перпендикулярно этому диаметру про-ведена хорда через точку P. Оказалось, чтотри проведенные хорды имеют одинаковуюдлину. Докажите, что P – точка пересечениявысот треугольника ABC.

Г.Гальперин

3. (6) См. задачу 3 сложного варианта для8–9 классов.

4. (10) См. задачу М2589 «Задачника«Кванта».

5. (6+6) См. задачу М2588 «Задачника«Кванта».

6. Куб, состоящий из 3

2n единичныхкубиков, проткнут несколькими спицами,параллельными ребрам куба. Каждая спицапротыкает ровно 2n кубиков, каждый кубикпроткнут хотя бы одной спицей.

а) (6) Докажите, что можно выбрать такие22n спиц, идущих в совокупности всего в

одном или двух направлениях, что никакиедве из этих спиц не протыкают один и тот жекубик.

б) (6) Какое наибольшее количество спицможно гарантированно выбрать из имею-щихся так, чтобы никакие две выбранныеспицы не протыкали один и тот же кубик?

Н.Гладков, А.Зимин

7. (12) Некоторые из чисел 1, 2, 3, ..., nпокрашены в красный цвет так, что выпол-няется условие: если для красных чисел a, b,c (не обязательно различных) a b c де-лится на n, то b = c. Докажите, что красныхчисел не больше n .

А.Семенов

Материал подготовили Е.Бакаев,А.Глуцюк, С.Дориченко, А.Заславский,

П.Кожевников, Л.Медников, В.Новиков,В.Ретинский, А.Рябичев, Е.Рябов,

А.Семенов, М.Скопенков, И.Фролов,А.Шаповалов

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

Вступительные экзамены

Ф И З И К А

ВАРИАНТ 1

1. Во сколько раз уменьшится сила тяготе-ния между двумя одинаковыми однородны-ми шарами, если вначале шары соприкаса-лись друг с другом, а затем один из шаровотодвинули на расстояние, равное удвоенно-му диаметру шаров?

2. Какую массу воды надо дополнительноиспарить в комнате объемом 3

49,8 м , чтобыпри температуре 27 C повысить относи-тельную влажность от 25% до 50%? Давле-ние насыщенных паров при температуре27 C равно 3,6 кПа, молярная масса воды18 г/моль, универсальная газовая постоян-ная 8,3 Дж моль К .

3. Расстояние между пластинами в плос-ком конденсаторе 10 мм. Разность потенци-алов между обкладками 300 В. Какая силасо стороны электрического поля будет дей-ствовать на заряд 1 нКл, внесенный в кон-денсатор?

4. Квадратная рамка со стороной 15 смрасположена в однородном магнитном полес индукцией 0,02 Тл так, что нормаль к ееповерхности образует угол 60 с вектороминдукции. Определите магнитный поток че-рез плоскость рамки.

5. Подвешенный на легкой пружине ша-рик совершает гармонические колебания спериодом T и амплитудой A вдоль верти-кальной оси. Найдите модуль скорости ша-рика в те моменты, когда его ускорение помодулю составляет часть амплитуды уско-рения ( 1).6. На покоящийся на гладком горизон-

тальном столе клин массой M с высоты hпадает резиновый шарик массой m и отска-кивает под углом к горизонту (рис.1).Найдите скорость клина после удара. Соуда-рение между шариком и клином считать

абсолютно упругим. Трение между столом иклином не учитывать.7. Одноименные клеммы двух источников

с ЭДС 1E и 2E и внутренними сопротивлени-ями 1r и 2r соответственно соединили так,что образовалась замкнутая цепь. Затем кклеммам одного из источников подключилиидеальный вольтметр. Найдите его показа-ния, если 1E = 5 В, 2E = 2 В, 1r = 10 Ом,

2r = 5 Ом.8. Стержень движется с постоянной скоро-

стью относительно лабораторной системыотсчета (ЛСО) в продольном направлениимимо двух меток A и B, расположенных нарасстоянии x друг от друга (в ЛСО).Сначала в момент времени 1t напротив мет-ки A оказался передний конец стержня.Затем напротив метки B в моменты 2t и 3tоказались передний и задний концы стержнясоответственно. Найдите собственную длинустержня 0L .

ВАРИАНТ 2

1. Автомобиль стартует с постоянным ус-корением и проезжает участок длиной 100 м.Какова скорость автомобиля в конце участ-ка, если он проезжает его за 5 с?

2. С некоторой высоты со скоростью 20 м сгоризонтально брошен камень. Через 4 спосле броска кинетическая энергия камнястала равной 3000 Дж. Какова масса кам-ня?

3. ЭДС источника 5 В, его внутреннеесопротивление 3 Ом. Какой ток протекает в

Институт криптографии, связии информатики Академии ФСБ

России

Рис. 1

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 37

цепи, если на нагрузке выделяется мощность0,75 Вт?4. Сколько фотонов попадает за 1 с в глаз

человека, если глаз воспринимает свет сдлиной волны 550 нм при мощности свето-вого потока 161,8 10 Вт. Постоянная План-ка 346,6 10 Дж с.5. К первому грузу массой 1m подвешен на

веревке второй груз массой 2m . Масса верев-ки m. К первому грузу приложена сила F,направленная вертикально вверх. Найдитенатяжение веревки в сечении на одной чет-верти длины сверху.

6. Чтобы изотермически уменьшить объемгаза в открытом в атмосферу вертикальномцилиндре с герметичным поршнем в n раз, напоршень поместили груз массой m. Грузкакой массы следует добавить, чтобы объемгаза изотермически уменьшился еще в k раз?

7. В тонкостенной диэлектрической одно-родно заряженной сфере радиусом R имеет-ся маленькое отверстие. Заряженная части-ца с зарядом q движется из бесконечности ксфере вдоль прямой, проходящей через от-верстие и центр сферы. В тот момент, когдачастица находилась на расстоянии 2R отцентра сферы, ее скорость была 1v , а потен-циал в центре ближайшего отверстия былравен . Какова будет скорость частицы,когда она достигнет центра сферы? Сферазакреплена и неподвижна.8. Проволочное полукольцо радиусом

а = 10 см находится в однородном магнит-ном ноле с индукцией B = 0,1 Тл (рис.2).

Вектор магнитной индукции перпендику-лярен плоскости полукольца. Центр полу-кольца соединен с ним двумя проводника-ми, один на которых, АО, неподвижный,другой, ОС, поворачивают вокруг точки Oс угловой скоростью 10 рад с. Сопро-тивление единицы длины всех проводников

0,65 Ом м. Найдите ток в контуре АОСв момент, когда угол между АО и ОСравен .

Межрегиональная олимпиадашкольников на базе ведомственных

образовательных организаций

М А Т Е М А Т И К А

1 (9–10 классы). В одной из клеток беско-нечной клетчатой бумаги находится робот,которому могут быть отданы следующиекоманды:i вверх (робот перемещается на соседнюю

клетку сверху);i вниз (робот перемещается на соседнюю

клетку снизу);i влево (робот перемещается на соседнюю

клетку слева);i вправо (робот перемещается на сосед-

нюю клетку справа).Если, например, робот выполнит последо-

вательность из четырех команд (вверх, впра-во, вниз, влево), то он, очевидно, вернется висходное положение, т.е. окажется в той жеклетке, из которой начал движение. Сколькосуществует всего различных последователь-ностей из 4 команд, возвращающих робота висходное положение?2 (9). Имеются карандаш, линейка, а

также некоторое специальное устройство,которое для любого изображенного на плос-кости угла строит два луча, делящие этотугол на три равных угла. С помощью этихинструментов постройте на плоскости уголвеличиной 10o. (Напомним, что карандашомможно отметить точку плоскости, в частно-сти, точку пересечения двух прямых. Линей-ка лишь позволяет провести прямую черездве отмеченные точки и никаких «парал-лельных» или «перпендикулярных» краев унее нет.)3 (9–10). Действительные числа x, y, z

удовлетворяют соотношениям2 24 2 30 25 5 12x x yz y y xz

29 3 20z z xy .

Найдите все возможные тройки чисел , ,a b c ,где

2 5 , 3 5 , 3 2a x y b z y c z x.

4 (9–11). Найдите все такие функцииf x , которые одновременно удовлетворяюттрем условиям: 1) 0f x для любого

0x ; 2) 1 1f ; 3) f a b f a2 22f b f a f b a b для любых

,a b R .

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 238

5 (9–11). В четырехугольнике ABCD диа-гонали пересекаются в точке O. Известно,что

3, 3 2,

2ABO CDOS S BC

3cos

10ADC .

Найдите синус угла между диагоналями это-го четырехугольника, если его площадь при-нимает наименьшее возможное значение приданных условиях.

6 (9–11). Найдите все простые числа,десятичная запись которых имеет вид101010…101 (единицы и нули чередуются).

7 (9–10). Обыкновенная дробь 1

221 пред-

ставлена в виде периодической десятичнойдроби. Найдите длину периода. (Напри-

мер, длина периода дроби 25687

999000,25712712712... 0,25 712 равна 3.)

8 (9–11). Аня с Борей играют в «морскойбой» по следующим правилам: на окружно-сти выбираются 29 различных точек, прону-мерованных по часовой стрелке натуральны-ми числами от 1 до 29. Аня рисует корабль– произвольный треугольник с вершинами вэтих точках. Будем называть «выстрелом»выбор двух различных натуральных чисел kи m от 1 до 29. Если отрезок с концами вточках с номерами k и m имеет с треугольни-ком Ани хотя бы одну общую точку, токорабль считается «раненым». Боря произ-водит «залп» – несколько выстрелов одно-временно. Аня нарисовала корабль и показа-ла его Боре. И тут они заметили, что любой«залп» из K различных выстрелов обяза-тельно ранит корабль Ани. Укажите какое-нибудь расположение корабля Ани, при ко-тором значение K будет минимальным.

9 (10–11). Найдите какие-нибудь целыечисла A и B, для которых выполняется

неравенство 0,999 2 1A B .10 (11). Известно, что уравнение3

1 0x x имеет единственный действи-тельный корень 0x . Придумайте хотя быодно уравнение вида

3 20az bz cz d ,

где a, b, c, d – целые числа и 0a , однимиз корней которого было бы число

20 03 1z x x .

11 (11). Докажите, что для всех 3

0;8

x

справедливо неравенство3

sin1 1 2

8sin sin sin sin2

3 3 2

x

x x xx

.

Указание: воспользуйтесь выпуклостью

вниз графика функции 1

sinf t

t на ин-

тервале 0; .12 (11). В каждую из k ячеек квадратной

таблицы n n записана единица, а в осталь-ные ячейки – ноль. Найдите максимальноезначение k, при котором, независимо отисходного расположения единиц, меняя ме-стами строки между собой и столбцы междусобой, можно добиться того, что все единицыокажутся выше побочнойдиагонали или на ней. (По-бочной называется диаго-наль, идущая из левого ниж-него угла в правый верхнийугол. На рисунке 3 приве-ден пример; содержимоеячеек, лежащих выше по-бочной диагонали или на ней, выделеножирным.)

Ф И З И К А

9 класс

1. Капиллярную трубку с очень тонкимистенками прикрепили к коромыслу весов,после чего весы уравновесили. К нижнемуконцу капилляра прикоснулись поверхнос-тью воды. После этого пришлось уравнове-шивать весы грузом массой m = 0,13 г.Определите радиус капилляра r. Коэффи-циент поверхностного натяжения воды (притемпературе, когда был проведен экспери-мент) 0,073 H м . Ускорение свободногопадения 210 м сg . (15 баллов)2. Два одинаковых проводящих шарика

несут заряды разного знака. Отношение ве-личин зарядов равно k. Шарики были при-ведены в соприкосновение и снова удаленына прежнее расстояние. Во сколько раз nсила взаимодействия шариков до соприкос-новения больше силы их взаимодействияпосле соприкосновения? (15 б.)3. Железный стержень длиной L = 1,5 м

при продольной нагрузке Р = 5000 Н не

Рис. 3


должен удлиняться более чем на L == 0,3 мм. Какого сечения S надо взять этотстержень? Модуль Юнга железа

9 219,6 10 Н мE . (15 б.)4. Однородный тонкий обруч массой m и

радиусом R скатывается без скольжения снаклонной плоскости на горизонтальнуюповерхность. На какую высоту h подпрыг-нет обруч после удара о горизонтальнуюповерхность, если он скатился с высоты Н?Угол наклона плоскости к горизонту равен

. (25 б.).5. Найдите работу А, совершаемую одним

молем ( 1 моль) идеального газа в цикле(1–2–3–1), состоя-щем из двух участ-ков линейной зави-симости давления отобъема и изохоры(рис.4). Точки 1 и 2лежат на одной пря-мой, проходящей че-рез начало коорди-нат. Температуры 1T

и 2T в соответствующих точках 1 и 2 извес-тны, 3 1T T . (30 б.).

10 класс

1. В спирт на незначительную глубинуопущена трубка с диаметром внутреннегоканала d = 0,5 мм. Определите вес Р спирта,вошедшего в капилляр. Коэффициент по-верхностного натяжения спирта (при темпе-ратуре, когда был проведен эксперимент)

0,023 Н м . (20 баллов)2. Частица в прямоугольном сосуде, имев-

шая скорость vr

, столкнулась последователь-но с тремя взаимно перпендикулярнымистенками. Найдите изменение вектора ско-рости частицы v

r

. Все столкновения считатьабсолютно упругими. (20 б.)3. В половине куба с длиной ребра а из

материала плотностью сделана полусфе-рическая выемка диаметром а (рис.5). Ос-тавшуюся часть распилили пополам по вер-тикали и положили на гладкую горизонталь-ную поверхность. Небольшое тело массой m

поместили на внутреннюю стенку первойполовины на высоту H и отпустили. Накакую высоту h тело поднимется на второйполовине? Трение не учитывать. (20 б.)4. В ряде случаев молекулу газа позволи-

тельно представлять в виде шарика диамет-ром d. Найдите число столкновений вединицу времени выделенной молекулы газас другими молекулами. Средняя скоростьотносительного движения молекул газа

отнv , концентрация молекул n. (20 б.).5. В схеме, изображенной на рисунке 6,

известны сопротивления, они одинаковы:

1 2 3R R R R , также известны токи 1I ,

2I , 3I и емкости конденсаторов 1C , 2C , 3C .Найдите заряд на конденсаторе емкостью

1C . (20 б.)

11 класс

1. На чаше весов массой М, закрепленнойна пружине, сидит птичка массой m (рис.7).Сразу после того, как птич-ка улетела в горизонталь-ном направлении, чаша ста-ла колебаться по вертикалис амплитудой колебаний A.Найдите период колебаний.Массой пружины и затуха-нием колебаний пренебречь,чаша весов может двигать-ся только по вертикали. Ус-корение свободного паде-ния равно g. (20 баллов)2. После орудийного вы-

стрела снаряд массой 40 кг разорвался внекоторой точке траектории на два осколка,разлетевшихся с импульсами величиной

41 1,8 10 кг м сp и 4

2 0,6 10 кг м сp .Импульсы осколков направлены под углом

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 240

60 друг к другу. Определите, прикаком отношении масс осколков выделивша-яся при взрыве кинетическая энергия будетминимальной, и найдите эту энергию. (20 б).3. В схеме, изображенной на рисунке 6,

известны сопротивления, они одинаковы иравны R каждый, также известны емкостиконденсаторов 1C , 2C , 3C и их заряды 1q ,

2q , 3q . Найдите ток 1I . (20 б.)4. Две одинаковые катушки индуктивнос-

ти подключены через ключи 1K и 2K кисточнику с постоянной ЭДС E и внутрен-ним сопротивлением r (рис.8). В начальный

момент времени обаключа разомкнуты.Затем замыкают сна-чала ключ 1K , а по-том ключ 2K . Опре-делите силу тока,протекающего черезключ 1K в моментзамыкания ключа

2K , если известно, что после замыканияключа 2K установившийся ток через ключ

1K в два раза больше, чем установившийсяток через ключ 2K . Активными сопротивле-ниями катушек пренебречь. (20 б.)5. Найдите работу А, совершаемую одним

молем ( 1 моль) идеального газа в цикле1–2–3–4–1, состоя-щем из участка ли-нейной зависимостидавления от объема,двух изохор и изоба-ры (рис.9). Точки 1 и3 лежат на одной пря-мой, проходящей че-рез начало координат.Температуры 1T и 3T

в соответствующих точках 1 и 3 известны,

4 1T T . (20 б.)

М А Т Е М А Т И К АИ К Р И П Т О Г Р А Ф И Я

Избранные задачи

1 (8–9, 10 классы). Каждому набору

1 2 3 4 5, , , ,x x x x x (где 0,1ix ) функция

1 2 3 4 5, , , ,f x x x x x ставит в соответствиелибо 0, либо 1. Условимся значения 0 и 1называть противоположными. Известно, чтоесли в произвольном наборе 1 2 3, , ,x x x

4 5,x x изменить значение 1x или 5x на

противоположное, то и соответствующее зна-чение функции изменится на противополож-ное. Последовательность 1 2, ,x x … полученапо правилу:

1 2 3 4 5 0x x x x x ,

5 1 2 3 4, , , ,k k k k k kx f x x x x x , 1, 2,k …

Найдите 14x , если известны первые 13 чле-нов этой последовательности: 0,0,0,0,0,1,0,1,1,0,0,1,1. Ответ обоснуйте.2 (8–9, 10 кл.). Для зашифрования слова

из пяти букв каждая его буква заменяется начисло согласно таблице на рисунке 10. Полу-ченный набор чисел 0 1 2 3 4, , , ,x x x x x затем

преобразуется в набор 0 1 2 3 4, , , ,y y y y y последующему правилу. Сначала вычисляютвспомогательные числа 0 1 2 3 4, , , ,y y y y y поформулам

0 4 3 2 10 0 1 2 3 42 2 2 2 2y x x x x x ,

1 00 12 2 2

k kk ky x x x…

+ 4 3 1

1 2 42 2 2kk kx x x… ,

1, 2, 3k ,

4 3 2 1 04 0 1 2 3 42 2 2 2 2y x x x x x .

А затем полагают ky равным остатку отделения числа ky на 32. Расшифруйте ис-ходное слово, если

0 1 2 3 4, , , , 11, 27, 2,16, 0y y y y y .

3 (8–9, 10 кл.). В каждую клетку доски4 4 Аня положила по нескольку зерен(рис.11) и передала доску Боре. Трансвер-салью доски называется набор из 4 клеток,любые две из которыхрасположены в разныхстроках и разных столб-цах. Боря за один ходможет снять одинаковоеколичество зерен с каж-дой клетки какой-либоодной трансверсали. Закакое минимальное чис-

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11


ло ходов Боря может снять все зерна сдоски?4 (8–9 кл.). Ваня покрасил n точек число-

вой прямой с координатами 1 1a ,

2 1 2 3a a , …, 1n na a n в белыйцвет, а остальные точки из отрезка 1, na a сцелыми координатами – в синий. Какоемаксимальное количество отрезков разнойдлины, один из концов которого белый, адругой синий, он сможет построить?5 (8–9, 10 кл.). Для зашифрования слова

каждая его буква заменяется на двухзначноечисло согласно таблице на рисунке 12. Затем

выбираются секретные ключи 1K , 2K –натуральные числа от 1 до 9. С их помощьюкаждое двузначное число преобразуется так.Пусть A – первая цифра двузначного числа,B – его вторая цифра. Двузначное число

,A B преобразуется в число 1 1,A B поформулам 1A B , 1 10 1B r A K B .Здесь 10r x – остаток от деления числа x на10. Затем число 1 1,A B преобразуется вчисло 2 2,A B по аналогичным формулам,но только вместо ключа 1K используетсяключ 2K . Далее каждое исходное двузнач-ное число ,A B было заменено числом

2 2,A B . В результате получилось вот что:59 28 77 64 95 64 90 41 64. Восстановитеисходное слово.

6 (8–11 кл.). При входе в личный кабинетна терминале требуется ввести четырехзнач-ный пароль из 0 и 1. Для этого на терминалеимеются 4 кнопки и 4 окошка. При нажатиина кнопку в соответствующем окошке теку-щий символ заменяется на противополож-

ный (т.е. если в окошкесейчас горит цифра 1, топосле нажатия на кнопкутам будет 0 и наоборот).Сейчас во всех окошках вы-ставлена 1 (рис.13). Какое

наименьшее количество нажатий кнопок по-требуется, чтобы перебрать все возможныеварианты пароля?

7 (10 кл.). Про числа A и B известноследующее:

1) 2 21 2A p p , где 1p и 2p – различные

простые числа,

2) 2,B q q N ,

3) 236B A .Найдите все такие числа A и B.8 (11 кл.). В Крипто-Вегасе на табло

игрового автомата отображаются два нату-ральных числа 0 5x и 0 201y . При на-жатии кнопки первое из этих чисел заменя-ется на 1 11 0x r a x b , где a и b – неко-торые неизвестные натуральные числа, авторое число заменяется на 1 2017 0y r y

523 . Здесь kr m – остаток от делениянатурального числа m на k. Нажав кнопкуеще раз, получим (по таким же формулам)числа 2 11 1x r a x b и 2 2017 1 523y r yи так далее. Игрок получает приз, если приочередном нажатии на табло загорятся числа

4nx и 1993ny . Определите:а) какие из следующих четырех последо-

вательностей (1): 2,5,4,7,1 ; (2): 6,9,7,1,3 ;

(3): 7,10,9,2,8 ; (4): 1,0,8,8,7 при надле-жащем выборе a и b и вышеуказанныхфиксированных 0x , 0y могли бы совпасть споследовательностью 1 5, ,x x… , получен-ной на этом игровом автомате;

б) может ли игрок получить приз, если

1 5, ,x x… – одна из (реализуемых) после-довательностей из пункта а)?

9 (11 кл.). Для подтверждения переводи-мой в банк суммы братья A и B используют«кольцевую подпись», которая не позволяетопределить, кто именно из них совершилперевод. Брат A имеет свой открытый ключ

5Ae и некий секрет, позволяющий для

любого натурального y 90y находить

Ax такое, что 91AeAy r x . Здесь kr m –

остаток от деления натурального числа m наk. У брата B есть свой ключ 25Be и свойсекрет. Тогда A для подписи суммы M слу-чайно выбирает натуральные числа Bx и v,не превосходящие 100, вычисляет

91Be

B By r x и находит Ay из уравнения

3101 0A Br M y M y v v . ( )

Используя свой секрет, A находит Ax такой,

что 91Ae

A Ay r x . Тогда тройка чисел

, ,A Bx x v будет подтверждением факта пе-ревода суммы M. В банке корректность

Рис. 12

Рис. 13

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 242

подтверждения проверяют подстановкой

91Ae

A Ay r x , 91Be

B By r x и v в уравнение

( ). Например, 1, 90, 46 – корректное под-тверждение суммы M = 46. Постройте хотябы одно корректное подтверждение суммыM = 69.

10 (11 кл.). Известно, что оба числа p и2018 800p простые. Докажите, что число4 8p тоже простое.

Публикацию по математике, а такжематематике и криптографии подготовил

С.Рамоданов;по физике – М.Алексеев, В.Попов

И Н Ф О Р М А Ц И Я

Заочная физико-техническая школапри МФТИ

Заочная физико-техническая школа(ЗФТШ) Московского физико-техническо-го института (национального исследователь-ского университета) (МФТИ) проводит на-бор в 8–11 классы учащихся 7–10 классовобщеобразовательных учреждений (школ,лицеев, гимназий и т.п.), расположенных натерритории Российской Федерации.

ЗФТШ работает в сфере профильногодополнительного образования детей с 1966года. За прошедшие годы школу окончилиболее 100 тысяч учащихся; практически всеее выпускники поступают в ведущие вузыстраны, а каждый второй студент МФТИ –ее бывший ученик.

Научно-методическое руководство школойосуществляет Московский физико-техничес-кий институт.

Обучение в школе ведется по четыремпредметам научно-технической направлен-ности – физике, математике, информатикеи химии. В 8 классе изучаются только фи-зика и математика. В 9–11 классах к этимпредметам добавляются математические ос-новы информатики и ИКТ (информатика)и химия. Учащиеся могут по своему выборуизучать один, два, три или четыре пред-мета.

Количество заданий в год по классам ипредметам представлено в таблице:

Задания составляют опытные преподава-тели кафедр общей физики, высшей матема-тики и департамента химии МФТИ, а такжевыпускники МФТИ и другие специалисты,имеющие большой опыт работы с одаренны-ми школьниками. Задания содержат теоре-тический материал, разбор характерныхпримеров и задач по соответствующей теме и8–12 контрольных вопросов и задач длясамостоятельного решения. Это и простыезадачи, и более сложные. Примеры заданийможно посмотреть на сайте ЗФТШ.

Цель нашей школы – помочь учащимся 8–11 классов общеобразовательных учрежде-ний, интересующимся предметами научно-технической направленности, углубить исистематизировать свои знания по этим пред-метам, а также способствовать их професси-ональному самоопределению.

Программы ЗФТШ являются профильны-ми дополнительными общеразвивающимипрограммами и едины для всех отделений.

Набор в 8, 9, 10 и 11 классы на 2020/21учебный год проводится на заочное, очное иочно-заочное отделения.

Полная программа обучения рассчитанана 4 года – с 8-го по 11-й классы включитель-но, но начать обучение можно с любого изуказанных классов.

Согласно положению о ЗФТШ учащийсяможет обучаться только на одном отделе-нии ЗФТШ.

И Н Ф О Р М А Ц И Я 43

Учащиеся всех отделений, успешно спра-вившиеся с программой ЗФТШ, по оконча-нии 11 класса получают свидетельство ситоговыми оценками по изучавшимся в 11-мклассе предметам. Свидетельство учитыва-ется при поступлении в МФТИ в соответ-ствии с правилами приема в МФТИ и По-рядком учета индивидуальных достиженийпоступающих (https://pk.mipt.ru/bachelor/2020_ID).

Ученикам всех отделений будет предложе-но участвовать в физико-математическойолимпиаде «ФИЗТЕХ – 2021», которая про-водится на базе МФТИ и в ряде городовРоссии в феврале или начале марта, в другихочных и заочных олимпиадах МФТИ и егофакультетов.

Для учащихся и руководителей факульта-тивных групп работает online-лекторий пофизике, математике и химии по программеЗФТШ. Лекции читают преподавателиМФТИ (как правило, авторы заданий).Подробнее об этих мероприятиях можнопрочитать на сайте ЗФТШ.

Обучение в ЗФТШ бесплатное.Для учащихся, проживающих за предела-

ми Российской Федерации, возможно толь-ко платное обучение на заочном или очно-заочном отделениях.

Заочное отделение (индивидуальное за-очное обучение)

Телефон: (495) 408-51-45,e-mail: [email protected]Прием на заочное отделение проводится на

конкурсной основе по результатам выполне-ния вступительного задания по выбраннымдля изучения предметам.

Школьники, поступающие на заочное от-деление, выполняют вступительное заданиена сайте https://zftsh.online с помощьювстроенного редактора или путем прикреп-ления скан-копий или фотографий работ,выполненных в тетради.

Работы, выполненные в тетрадях и при-сланные по почте, приниматься не будут.

При регистрации на https://zftsh.onlineнеобходимо прикрепить хорошо читаемуюкопию справки из школы.

Вступительное задание необходимо отпра-вить на проверку не позднее 1 марта 2020года.

Решение приемной комиссии будет сооб-

щено в июле 2020 года по указанному прирегистрации адресу электронной почты. Так-же в личном аккаунте появится справка озачислении в ЗФТШ.

Вниманию школьников, уже обуча-ющихся на заочном отделении ЗФТШ

Если школьник уже обучается в ЗФТШ ихочет добавить на следующий год еще пред-мет, необходимо до 1 марта 2020 года вы-полнить на сайте https://zftsh.online всту-пительное задание по этому предмету. Вы-полнить вступительное задание нужно изсвоего уже имеющегося аккаунта. Еще разрегистрироваться не надо.

Решение приемной комиссии в таких слу-чаях не высылается, а справка о добавлениипредмета и задания по нему становятся дос-тупными ученику в личном аккаунте в июлев случае положительного решения приемнойкомиссии.

Обучение на платформе zftsh.online Ученик в течение учебного года в соответ-

ствии с программой получает в личном каби-нете на сайте https://zftsh.online доступ кзаданиям по изучаемым предметам. Учениквыполняет на сайте задания с помощьювстроенного редактора или путем прикреп-ления скан-копий или фотографий работ,выполненных в тетради.

Работы по истечении срока выполненияпроверяют на сайте закрепленные за учени-ком преподаватели ЗФТШ. Как только ра-бота проверена, ученик видит свою работу срецензией и авторскими решениями конт-рольной части задания.

Очно-заочное отделение (обучение вфакультативных группах)

Телефон: (498) 744-63-51,e-mail: [email protected]Факультативные группы могут быть орга-

низованы в любом общеобразовательномучреждении двумя, тремя или четырьмяпреподавателями – физики, математики,информатики и химии, в отдельных случаяхразрешается обучение по одному предмету.Руководители факультатива принимают внего учащихся, успешно выполнивших всту-пительное задание ЗФТШ (работы проверя-ются руководителями групп и в ЗФТШ невысылаются).

Группа (не менее 7 человек) принимаетсяв ЗФТШ по заявлению директора на бланке

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 244

общеобразовательного учреждения (образецможно посмотреть на сайте ЗФТШ в разделе«отделения» «очно-заочное» «по-ступление»). В заявлении должны быть ука-заны Ф.И.О. руководителей факультатив-ной группы по предметам и поименный ал-фавитный список обучающихся (Ф. И. О. валфавитном порядке полностью с указаниемкласса, в который поступают учащиеся, иитоговых оценок за вступительное заданиепо выбранным предметам, адрес, телефон иe-mail школы).

Заявление можно выслать обычной по-чтой, вложив конверт для ответа о приеме вЗФТШ с обратным адресом одного из руко-водителей на адрес ЗФТШ (с пометкой«Факультатив»), или выслать в отсканиро-ванном виде (с подписями и печатью) на e-mail: [email protected] до 1 апреля 2020года.

Работа руководителей факультативов мо-жет оплачиваться общеобразовательным уч-реждением как руководство профильнымифакультативными занятиями по предостав-лении ЗФТШ соответствующих сведений.

Руководители, работающие с учащимися,будут в течение учебного года получать учеб-но-методические материалы (программы пофизике, математике, химии и информатике,задания по темам программ, решения зада-ний с краткими рекомендациями по оценкеработ учащихся); приглашаться на курсыповышения квалификации учителей физикии математики (kpk.mipt.ru), проводимые набазе МФТИ. Работы учащихся проверяют иоценивают руководители факультативныхгрупп (в ЗФТШ не высылаются), а в ЗФТШвысылаются ведомости с итоговыми оценка-ми по каждому заданию и итоговая ведо-мость (11 класс) за год, образец – на сайтеЗФТШ. (Подробнее – в разделе «Рекомен-дации».)

Очное отделение (заочное обучение спосещением очных консультаций)

Телефон: (925) 755-55-80,Группа ВК: https://vk.com/vftshДля учащихся Москвы и Московской об-

ласти по программе ЗФТШ работают вечер-ние консультационные пункты. Набор в нихпроводится в сентябре в два этапа:i заочный этап – тестирование на сайте

http://zftsh.online,

i очный этап – устные экзамены.Более подробная информация о наборе на

очное отделение будет размещена на сайтахЗФТШ в августе 2020 года. Занятия с уча-щимися очного отделения проводятся в учеб-ных корпусах МФТИ в городах Долгопруд-ный и Жуковский.

Контакты ЗФТШ

Почтовый адрес: Институтский пер., д.9,г.Долгопрудный, Московская область,141700, ЗФТШ.

Телефоны: (495) 408–51–45 – заочноеотделение, (498) 744–63–51 – очно-заочноеотделение, (498) 744–65-83 и (925) 755–55–80 – очное отделение.

E-mail: [email protected] – заочное отде-ление, [email protected] – очно-заочноеотделение.

Web: www.school.mipt.ruhttps://zftsh.onlineВК: https://vk.com/club1032617Очное отделение при ФАЛТ МФТИ в

Жуковском –E-mail: [email protected]ВК: https://vk.com/vftshfalt

Ниже приводятся вступительные заданияпо физике, математике, информатике и хи-мии. Номера задач, обязательных для вы-полнения (для поступления на заочное иочно-заочное отделения), и максимальныебаллы приводятся в таблицах (в физике

Номера задач

Максимальные баллы


каждая задача оценивается по пятибалль-ной системе, в остальных предметах макси-мальное количество баллов за задачу ука-зано в скобках).

Вступительные задания

Ф И З И К А

1. Поезд длиной 150 м, двигаясь с посто-янной скоростью, въезжает на мост длиной300 м. Последний вагон покидает мост через1,5 мин после въезда поезда на мост. Найди-те скорость поезда.2. U–образная трубка с вертикально рас-

положенными коленами частично заполненаводой. В правое колено долили масло. Врезультате в правом колене оказались вода ислой масла высотой 20 см, а в левом – вода.Найдите разность уровней верхних поверх-ностей жидкостей в коленах трубки. Плот-ность воды и масла 31 г см и 30,9 г смсоответственно. Вода и масло не смешива-ются.3. С какой силой действует вода на пробку

в дне бочки? Площадь пробки 210 смS .Высота слоя воды в бочке Н = 1,5 м. Атмос-ферное давление 0 100000p Па. Плотностьводы 31 г см . Принять 210 м сg .4. На концах легкой линейки, располо-

женной горизонтально, лежат два груза(рис.1). Масса более тяжелого груза

1 100m г. Длина линейки l = 40 см. Рас-стояние от опоры до груза с большей массой

1 15l см. Найдите силу давления линейкина опору при равновесии системы. Размерыгрузов малы по сравнению с длиной линей-ки. Принять 210 м сg .5. Однородный шар висит на нити в возду-

хе. Сила натяжения нити F = 13,5 Н. Еслишар погрузить полностью в воду, то силанатяжения уменьшится на 1F = 5 Н. Найди-те плотность шара.

6. В батарею отопления вода поступает потрубе при температуре 1 50 Ct , а выходит

при температуре

2 48 Ct Сечение тру-бы 24 смS , скоростьводы 0,25 м сv . Ка-кое количество теплотыполучит помещение отэтой батареи за 1 ч?Плотность воды

31 г см , удельнаятеплоемкость воды

4200 Дж кг Кc .7. Цепь собрана из

четырех одинаковыхрезисторов (рис.2). К точкам A и B цепиподведено напряжение. Найдите отношениемощностей, выделяющихся на резисторах 2и 1.8. Чувствительные равноплечные весы

уравновешены. На одной чашке лежит кусокльда массой m = 1,5 кг, а на другой – гиря.Когда лед растаял, вся вода осталась вчашке, но равновесие нарушилось. Какоймассы грузик надо положить на чашку сгирей для восстановления равновесия? Плот-

ность воды, льда и воздуха 3 3в 10 кг м ,

3 3л 0,9 10 кг м , 31,2 кг м соответ-

ственно.9. Камень бросили со скоростью

0 20 м сv под углом 30 к горизонту.На какой высоте окажется камень после t == 1,6 c полета? Сопротивление воздуха неучитывать. Принять 210 м сg .10. Пять одинаковых брусков, связанных

легкими нитями, движутся по горизонталь-ной поверхности стола под действием гори-зонтальной силы F = 1,25 Н (рис.3). Масса

одного бруска m = 0,1 кг, коэффициенттрения между каждым бруском и столом

0,2 . Найдите силу натяжения междувторым и третьим брусками. Принять

210 м сg .11. Спутник Земли движется по круговой

орбите радиусом 3R, где R = 6400 км –радиус Земли. Найдите период обращенияспутника (в минутах).12. На гладком горизонтальном столе удер-

живают горку с небольшой шайбой на вер-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 246

шине. Масса горки в 8 раз больше массышайбы. Если горку продолжать удержи-вать, а шайбе сообщить незначительный тол-чок, то шайба, съехав с горки, имеет настоле скорость 1v . Какую скорость 2v бу-дет иметь шайба после съезда на стол, еслигорку и шайбу одновременно отпустить ишайба от незначительного толчка начнетсъезжать с горки? Поверхность горки глад-кая и имеет плавный переход к поверхностистола. Шайба скользит по горке, не отрыва-ясь от нее.13. Идеальный одноатомный газ в количе-

стве моль нагревают изобарически оттемпературы T до температуры 1,2T. Какоеколичество теплоты получил газ?14. В двух ближайших вершинах квадрата

со стороной a находятся точечные заряды Qи 2Q. Найдите напряженность электростати-ческого поля в ближайшей к заряду Q тре-тьей вершине квадрата.


1 (4 балла). В треугольнике ABC проведе-ны высоты 1AA и 1BB . Биссектрисы внеш-них углов при вершинах A и B пересекаютсяв точке L. Найдите угол при вершине Cтреугольника, если известно, что

1 72A AL , 1 75BBL .2 (4 б.). Найдите все пары натуральных

чисел ;x y , удовлетворяющих равенству38 38xy x y .

3 (3 б). Фигура Ф на плоскости определя-ется системой

0,

0,

3 .

x x

y y

x a y

Найдите все значения параметра a, прикоторых площадь фигуры Ф равна 5046.4 (4 б). Сумма двух натуральных чисел

равна 3597. При этом если к одному из этихчисел справа приписать цифру 6, а у другоговычеркнуть последнюю цифру, то получатсядва одинаковых натуральных числа. Найди-те эти числа.5 (6 б.). Антон, Борис и Василий реши-

ли переплыть с одного берега озера на про-тивоположный, расстояние между которы-ми составляет 3 км. При этом Антон решилплыть вместе с Борисом на лодке, а Васи-лий отправился вплавь самостоятельно соскоростью 10 метров в минуту. В некото-

рый момент времени Борис выпрыгнул излодки и поплыл к месту назначения такжесо скоростью 10 метров в минуту. В тот жесамый момент, когда Борис выпрыгнул излодки, Антон развернулся, доплыл до встре-чи с Василием, после чего Василий залезобратно в лодку и они отправились к пунк-ту назначения. Оказалось, что все трое при-были на противоположный берег реки од-новременно, а скорость лодки в 12 разбольше скорости каждого из пловцов. Оп-ределите, сколько времени заняла пере-права.

6 (4 б.). Мотоциклист проехал по замкну-тому пути ABCA такому, что АВС – прямо-угольный треугольник с катетами AB и BC,причем АВ + 1 = ВС. По участкам AB и BCмотоциклист ехал со скоростью 41 км ч , ана промежутке CA пошел дождь и вслед-ствие ухудшения погодных условий ско-рость была снижена до 29 км ч . В резуль-тате оказалось, что на путь ABC вдолькатетов треугольника мотоциклист затра-тил столько же времени, сколько и на путьвдоль гипотенузы CA. Определите длинупути ABCA, пройденного мотоциклистом.

7 (4 б.). Уравнение 2 0x ax b имеетдва корня такие, что их разность равна 17, аразность их кубов равна 1547. Найдите ко-эффициенты a и b.8 (4 б.). Медианы треугольника ABC,

проведенные из вершин A и C, взаимноперпендикулярны. Найдите AC, если

2 2 605AB BC .9 (5 б.). На отрезке KM выбрана точка L

такая, что KL = 6, LM = 30. На отрезках KL,LM и KM как на диаметрах в одну сторонупостроены полуокружности. Окружность касается всех трех полуокружностей. Най-дите радиус окружности .10 (3 б.). Длины сторон прямоугольного

треугольника равны a, b, c, а его площадьравна S. Известно, что числа a, b, c, Sсоставляют в указанном порядке арифмети-ческую прогрессию. Найдите периметр тре-угольника.11 (5 б.). Числа x, y, z образуют (в

указанном порядке) геометрическую про-грессию; числа х, у + 10, z образуют (вуказанном порядке) арифметическую про-грессию, а числа х, у + 10 и z + 80 (вуказанном порядке) – также геометричес-кую прогрессию. Найдите x, y и z.


12 (4 б). Известно, что ctg 3x = . Найдитезначение выражения

( ) ( )2 2sin 30 sin 45x x+ - - +o o

( )cos75 sin 75 2x+ +o o

.

И Н Ф О Р М А Т И К А

1 (1 балл). В какой системе счислениясправедливо равенство 22 + 44 = 110?2 (1 б.). Автомат получает на вход трех-

значное десятичное число, в котором нетцифр больше чем 7. По этому числу строитсяновое число по следующим правилам.

1. Вычисляется сумма первой и второй, атакже второй и третьей цифры.

2. Полученные два числа записываютсядруг за другом в порядке убывания (безразделителей).

Определите, какое из следующих чиселможет быть результатом работы автомата.

1) 1510; 2) 1406; 3) 1210; 4) 1014.3 (2 б.). Исполнитель умеет двигаться

вперед, оставляя след, и поворачиваться наугол, кратный 60 градусам. Какие фигурыможно нарисовать с помощью данного ис-полнителя?

1) Правильный шестиугольник; 2) пра-вильный пятиугольник; 3) квадрат; 4)правильный треугольник.4 (2 б.). Чертежнику был дан для испол-

нения следующий алгоритм:Сместиться на 3, 6

Повтори N разСместиться на 4,b

Сместиться на 6, 6конец

Сместиться на 53,26

Найдите целое значение b, для которогопосле выполнения программы Чертежникокажется в исходной точке.5 (1 б.). Выберите правильный ответ.Для того чтобы значения переменных X и

Y поменялись местами, необходима следую-щая последовательность команд присваива-ния:

1) B=X; X=Y; Y=B; 2) B=X; X=Y; X=B;3) B=X; X=Y; B=Y; 4) X=Y; Y=X.

6 (2 б.). Дана схема изображения в видетаблицы пикселей (рис.4). Чему равно ми-нимальное количество бит для его кодирова-ния?

1) 40; 2) 120; 3) 160; 4) 80.

7 (1 б.). Чему равно значение переменнойa после выхода из цикла(рис.5)?8 (1 б.). Логическая фун-

кция задана выражением

F A B

B C A C .

Найдите значение функ-ции при А = 1, В = 0 и С == 0.

9 (2 б.). Дан фрагментпрограммы на языке про-граммирования Pascal. Вы-числите, что будет выведе-но на экран монитора врезультате выполнения следующей последо-вательности операторов:

ws:=’электрификация’;sw:=’тр’;p:=pos(sw,ws);write(p:2).10 (2 б.). Исполнителю был дан следую-

щий алгоритм:ПОКА число меньше 100, выполняй:Прибавь 3Умножь на 2

Сколько раз будет выполнен данный цикл,если исходное число равно 5?11 (2 б.). Рассматриваются символьные

последовательности длиной 5 в шестибук-венном алфавите {А, Б, В, Г, Д, Е}. Сколькосуществует таких последовательностей, ко-торые начинаются с буквы А и заканчивают-ся буквой Е?12 (2 б.). Что будет напечатано в резуль-

тате выполнения процедуры (рис.6)?13 (2 б.). В электронной таблице значение

формулы =СРЗНАЧ(A2:C2) равно 5. Чемуравно значение формулы =СУММ(A2:D2),если значение ячейки D2 равно 7?

1) 27; 2) 22; 3) 15; 4) 20.14 (2 б.). В динамической (электронной)

таблице приведены данные о продаже путе-

Рис. 4

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 248

вок турфирмой «Все на отдых» за 4 месяца(рис.7). Для каждого месяца вычислено об-щее количество проданных путевок и сред-

няя цена одной путевки (рис.8). Известно,что доход фирмы от продажи каждой путе-вки не зависит от места отдыха и равен 10%от средней цены путевки в текущем месяце.В каком месяце доход турфирмы был макси-мальный?

Рис. 6

Рис. 7

1) Май; 2) июнь; 3) июль; 4) август.15 (3 б.). На вход программе подается

последовательность натуральных чисел.Признак конца ввода – ноль. Напишитепрограмму, которая находит сумму трех-значных чисел, кратных трем и последняяцифра которых равна 7. Числа не превосхо-дят 10000. Массивы не использовать.

Х И М И Я

1 (2 б.). Рассчитайте плотность 12%-гораствора карбоната натрия, полученногоупариванием его 10%-го раствора массой150 г до объема 112 мл.2 (5 б.). Бертоллетову соль массой 24,5 г

прокалили в присутствии диоксида марган-ца. Полученный газ смешали с газом, кото-рый образовался при взаимодействии диок-сида марганца массой 26,1 г с избыткомконцентрированной соляной кислоты. Опре-делите относительную плотность получен-ной газовой смеси по воздуху. Возможно ливзаимодействие компонентов данной смесидруг с другом?3 (15 б.). Даны четыре вещества: водный

раствор гидроксида натрия, соляная кисло-та, углекислый газ и оксид хрома (III).Напишите не менее пятнадцати уравненийреакций с участием данных веществ, а так-же с участием продуктов их взаимодей-ствия.4 (4 б.). В водном растворе соляной и

азотной кислот массой 170 г соотношениемассы воды и массы обеих кислот составляет3:2. При обработке этого раствора избыткомгидрокарбоната натрия выделилось 33,6 лгаза. Определите массовые доли каждой изкислот в растворе.5 (4 б.). Масса атома стабильного изотопа

элемента Х равна 244,98 10 г. Определи-те, что это за элемент, и рассчитайте объемфтора (л, н. у.), который может прореагиро-вать с простым веществом элемента Х массой6,0 г. Каким станет данный объем при дав-лении 2 атм и температуре 40 C ?

6 (8 б.). Изотопы элементов Х и Y имеютмассовые числа 37 и 40 соответственно. Ихядра содержат по 20 нейтронов. 1) Опреде-лите, каким химическим элементам соответ-ствуют изотопы, напишите электронные кон-фигурации для их атомов. 2) Определитехарактерные степени окисления данных эле-ментов и напишите электронные конфигура-Рис. 8

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 49

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

ции для всех полученных заряженных час-тиц. 3) Приведите формулы высших окси-дов данных элементов. Возможно ли взаимо-действие между этими оксидами? Объясни-те, почему. Если возможно, напишите урав-нение реакции.

7 (4 б.). Растворимость сульфата натрия в100 г воды при 20 C составляет 19,2 г, апри 30 C – 40,8 г. Вычислите массу глау-беровой соли, которая выпадет в осадок,если 500 г насыщенного при 30 C раствораохладить до 20 C .8 (3 б.). При добавлении по каплям ра-

створа гидроксида натрия к раствору хло-рида алюминия образуется белый аморф-ный осадок, а при добавлении растворахлорида алюминия к раствору гидроксиданатрия – нет (рис.9). Объясните данное

явление, напишите уравнения протекающихреакций в молекулярной и краткой ионнойформах.

9 (5 б.). Осуществите цепочку превраще-ний (рис.10).

Рис. 9

10 (6 б.). Изотопы элементов Х и Y имеютмассовые числа 37 и 40 соответственно. Ихядра содержат по 20 нейтронов. 1) Опреде-лите, каким химическим элементам соответ-ствуют изотопы, напишите электронные кон-фигурации для их атомов. 2) Определитехарактерные степени окисления данных эле-ментов и напишите электронные конфигура-ции заряженных частиц в высшей и низшейстепенях окисления. 3) Приведите формулывысших оксидов данных элементов. Воз-можно ли взаимодействие между этими ок-сидами? Объясните, почему. Если возмож-но, напишите уравнение реакции.11 (4 б.). При сжигании дихлоралкена

массой 37,5 г получили смесь газов(200 C ) общей массой 85,5 г. Установитемолекулярную и структурную формулыорганического вещества, если известно, чтооно не имеет ни геометрических изомеров,ни заместителей при атомах углерода, на-ходящихся в 3sp -гибридном состоянии.12 (6 б.). Составьте цепочку превращений

(рис.11).

Рис. 10

Рис. 11


ЗАДАЧИ

(см. «Квант» №11)

1. Ответ приведен на рисунке 1.2. 8 минут 20 секунд.Если расстояние от пальмы до баобаба равно Sметров, то скорость реки 25 м минS . Пустьскорость живого крокодила м минV , тогда

( )25 25S V S= - , так как живой крокодил рас-стояние S проплывает за 25 минут против тече- Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 250

ЗАДАЧИ


1. Нет.Пусть есть три палочки по 10 см. Отломим отпервых двух куски по 9 см, а от третьей – 1 см.Из кусков 9 см, 9 см, 1 см можно сложитьтреугольник, а из оставшихся – нельзя по нера-венству треугольника (1 + 1 < 9).

ния реки. Отсюда находим, что 2 25V S= . Зна-чит, когда живой крокодил плывет от пальмы добаобаба по течению реки со скоростью

25 3 25V S S+ = , он тратит на путь длиной Sвремя, равное ( ): 3 25 25 3S S = минуты.3. 9.Нетрудно понять, что схема (граф) того, какпенсионеры играли в первый день, это шести-

угольник, а во второй – пя-тиугольник. Пример пока-зан на рисунке 2. Если пен-сионеров не больше 8, тонайдутся трое, которые вы-ходили оба раза. Тогда ка-кие-то двое из них играливо второй день. Значит, вшестиугольнике они стоятнапротив. Тогда третий гра-

ничит в шестиугольнике с одним из этих двух, ав пятиугольнике между ними расстояние 2, и мынашли треугольник.4. Не может.Рассмотрим задачу на построение треугольникапо следующим данным: острому углу А, высотеBH и медиане СМ. Из условия следует, что онадолжна иметь два решения. При этом прямоу-гольный треугольник АВН по катету и остромууглу восстанавливается однозначно. Вершина Сдолжна находиться от середины М стороны АВна расстоянии, равном заданной медиане, т.е.окружность с центром М и радиусом, равныммедиане, должна пересечь отрезок АН в двухвнутренних точках 1C и 2C (рис.3). Тогда оба

треугольника 1ABC и 2ABC обязательно будуттупоугольными.

Рис. 2

Рис. 3 Рис. 5

Рис. 4

2. Например, при a = 1003 получится

( )2 2 21001 1005 1003 4 1003 4 1003 4◊ ◊ + = - ◊ + =

( )2

21003 2= - , при 1001 1003 1005 4a = ◊ ◊ + по-

лучится ( )2

1001 1003 1005 2◊ ◊ + .

3. Проверьте, что карта на рисунке 4 подходит.

4. 200.В каждом важном прямоугольнике черных клетокна одну больше, чем белых. Значит, разность B –– W равна количеству важных прямоугольников.Посчитаем его. Рассмотрим произвольный важ-ный прямоугольник. Рассмотрим 2 строки, вкоторых лежат самые верхние и самые нижниеклетки прямоугольника (эти строки могут и совпа-дать). Аналогично рассмотрим 2 столбца, в кото-рых лежат его самые левые и самые правыеклетки. Посмотрев на рисунок 5, можно заметить,

что для важных прямоугольников номера этих 4рядов имеют одинаковую четность. Количествоважных прямоугольников равно количеству спо-собов выбрать такие 4 ряда – посчитаем его.Выбрать пару нечетных строк можно 10 способами(4 способа, если строки совпадают, и 3 4 2 6¥ = ,если различаются), столькими же способами мо-жем выбрать пару нечетных столбцов. Значит,выбрать комбинацию из 4 нечетных рядов можно10 10 100¥ = способами. Столько же способов естьвыбрать комбинацию из 4 четных рядов.


КОНКУРС ИМЕНИ А.П.САВИНА


5. а) Нет.Сложим все десять полученных сумм. Получимудвоенную сумму всех чисел, стоящих по кругу,а это четное число. Но среди 10 подряд идущихчисел ровно 5 нечетных, следовательно, их сум-ма нечетна. Значит, получившиеся 10 чисел немогут быть подряд идущими.б) Да.Например, если по кругу выписаны числа 1, 0,2, 1, 3, 2, 4, 3, 5, 4.6. Да.Приведем один из возможных примеров. Разде-лим каждую сторону треугольника на три рав-ные части, после чего проведем через точкиделения прямые, параллельные сторонам (рис.6).

Они разобьют треугольник на 9 равных малень-ких треугольничков, подобных исходному. В ка-честве первой части возьмем два соседних постороне треугольника (красные на рисунке), а вкачестве второй – остальные семь (синие нарисунке). Красная часть – параллелограмм, иего можно разрезать на 7 равных параллелог-раммов отрезками, параллельными сторонам.Синяя же часть сама по себе состоит из семиравных треугольников.7. а) Квантик; б) да.а) Нам понадобится лемма: в такой последова-тельности после каждого числа, в котором хотябы 100 цифр, следует число с меньшим количе-ством цифр.Из леммы получается, что в последовательностипосле любого числа хотя бы с 100 цифрами раноили поздно встретится число с менее чем 100цифрами, поскольку количество цифр будетуменьшаться и в какой-то момент станет меньше100. Тогда числа с менее чем 100 цифрами ни-когда не закончатся в нашей последовательности– иначе после последнего из них шли бы толькочисла с хотя бы 100 цифрами, что невозможно.Поэтому чисел с менее чем 100 цифрами в после-довательности бесконечно много, а всего различ-ных таких чисел конечное количество. Значит,какое-то из них повторится.Докажем лемму. Пусть A – число из нашей

последовательности, в нем k цифр, а в числе k всвою очередь n цифр. Следующее за A числонашей последовательности состоит не более чемиз 10 групп вида «число, не превышающее k, ицифра». Тогда в этом следующем числе не более

( )10 1n + цифр, и мы хотели бы доказать для

100k ≥ , что ( )10 1n k+ < , т.е. 110

kn + < . Так

как 1 2n n+ £ , достаточно доказать, что 20

kn < .

Осталось проверить условие: для любого числа

100k ≥ количество цифр в числе k не превыша-

ет 20

k. Для чисел от 100 до 119 условие, очевид-

но, выполнено (так как 3 < 5). Любое другое

число, большее 100, получается из какого-точисла от 100 до 119 прибавлением нужного коли-чества двадцаток. При каждом таком прибавле-нии количество цифр числа k увеличивается не

более чем на 1, а отношение 20

k увеличивается

ровно на 1, поэтому условие не нарушается.

б) Например, после числа 22 снова будет идти22. Другой пример: 31331415.8. Рассмотрим места, пронумерованные от 1 доm. Найдем количество способов занять ровно sмест так, чтобы было занято хотя бы одно изпервых t мест. Для этого нужно из всех возмож-ных способов вычесть способы, когда ни одно изпервых t мест не занято: s s

m m tC C -- .Посчитаем то же количество еще одним спосо-бом. Пусть iA – множество способов выбрать sмест так, чтобы место под номером i было заня-то. Запишем формулу включений-исключенийдля множеств 1 2, , , tA A A… :

1 2

,

t i i ji i j

A A A A A A∪ ∪…∪ ∩= - +Â Â

+ ( )1

1 2

, ,

1t

i j k ti j k

A A A A A A∩ ∩ … ∩ ∩…∩

-- + -Â .

В левой части написано как раз искомое количе-ство способов.В правой части k-е слагаемое имеет вид

( )1 2

1

, , ,

1k

k

i i i…

-- Â

1 2 ki i iA A A∩ ∩…∩ .

Количество комбинаций 1 2, , , ki i i… равно ktC ,

ведь выбираются какие-то k из t множеств. Вы-

ражение 1 2 ki i iA A A∩ ∩…∩ – это количество

способов занять s мест так, чтобы места 1 2, , , ki i i…

были заняты, т.е. s km kC -

- . Значит, это k-е слагае-

мое равно ( )1

1k k s k

t m kC C- -

-- .

Заменив таким образом каждое слагаемое в пра-вой части, получим:

( )1

1

1t

ks s k s km m t t m k

k

C C C C- -

- -

=

- = -Â .

Рис. 6

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 252

Преобразуем, заметив, что при k = 0 выражение

( )1

1k k s k

t m kC C- -

-- равно smC- :

( )0

1t

ks k s km t t m k

k

C C C -- -

=

= -Â .

Подставив теперь s = t = n, m = 2n, получим то,что требовалось доказать:

( ) 2

0

1 1t

k k n kn n k

k

C C --

=

= -Â .

Про формулу включений-исключений можно про-читать в книге Н.Я.Виленкина, А.Н.Виленкина,П.А.Виленкина «Комбинаторика» (М.: ФИМА,МЦНМО, 2010). В «Кванте» эта формула об-суждалась, например, в статье И.Яглома «Зап-латы на кафтане» в №2 за 1974 год.

ПЕРИМЕТР И ПЛОЩАДЬ НА КЛЕТОЧКАХ

1. а) Да, б) нет, в) нет, г) да.2. а) Да, б) нет, в) да, г) нет.3. а) Таких фигурок нет.Из формулы задачи 3 следует, что 4p s.б) Только 1 1.Подставим p = 4s в формулу, получим i = 0,значит, в фигурке нет соседних клеток.в) Только 1 2 .Рассмотрим внешний набор фигурки, у которойp = 3s. Сумма чисел набора в 3 раза большеколичества чисел. Тогда все числа набора –тройки. Под это условие подходит только 1 2 .4. 44.В суммарном периметре один раз учитываетсяпериметр квадрата 5 5 и дважды – длина раз-резов. Итого он равен 20 2 12 44.5. 42.Разрежем каждую доминошку пополам, на этоуйдет 18 разрезов длины 1. В итоге доска будетнарезана на квадратики 1 1 и суммарная длинаразрезов станет равна 60. Значит, до этого онаравнялась 60 18 42 .6. 4.У всех тетраминошек, кроме квадрата, периметр10. Пусть количество квадратов k, а другихтетраминошек – d. Тогда количество тетрамино-шек 16k d , а суммарный их периметр8 10 32 2 60 152k d . Отсюда находим

4k .7. 25.Должно быть хотя бы 35 «открытых дверей».Всего перегородок 60, значит, должно остатьсяне больше 25 перегородок.8. Построим нашу фигуру так. Возьмем квадрат3 3 и далее будем прибавлять по одной клетке.9. 32.Рассмотрим произвольную такую фигурку. Зак-расим в ней один квадрат 2 2, а далее будем

последовательно закрашивать другие квадраты2 2 так, чтобы каждый новый касался одногоиз ранее закрашенных. Отсюда понятно, чтоесть не менее 4 отрезков стыковки, каждый изкоторых в суммарном периметре квадратов учи-тывается дважды. Итого периметр фигурки неболее 5 8 4 2 32. Пример с периметром 32легко привести.10. в) В фигурках типа а) квадрата 2 2 нет,потому что при построении таких фигур «поодной клетке» каждая новая клетка должна ка-саться только одной из предыдущих, ведь здесьв точности 2 2p s . В фигурках типа б) естьквадрат 2 2, потому что 2 2p s , а значит,какая-то очередная клетка должна касаться двухпредыдущих, а тогда образуется цикл (замкну-тая цепочка) из клеток. Но циклы из меньшечем 8 клеток могут быть только вида 2 2 или2 3 .

МЕТОД ПЕРЕРАСПРЕДЕЛЕНИЯ ЗАРЯДОВ

6. Заменим каждую звездочку числом 1 k , где k– количество звездочек в ее строке (столбце).Тогда сумма чисел в каждой непустой строкеравна 1, следовательно, сумма всех чисел в таб-лице равна числу непустых строк. Но, аналогич-но, она равна и числу непустых столбцов.7. Дадим каждому эльфу заряд 1, тогда сум-марный заряд равен E. Если эльф подрался сk гномами, то пусть отдаст каждому из нихзаряд 1 k.Если гном подрался с m эльфами, то каждый изних подрался не больше чем с m –1 гномами( 11m ), а значит, отдаст ему заряд не меньше

1

1m. Следовательно, каждый гном получит

заряд не меньше 1

m

m, что не меньше

11

10.

Тогда суммарный заряд гномов не меньше 11

10D,

при этом он равен E. Отсюда получаем неравен-

ство 11

10D E, которое легко преобразуется к

требуемому виду.

8. 500n.Пусть в таблице стоит x единиц. Поместим вкаждую клетку c, в которой написано число 1,заряд, равный 2n. Раздадим заряд n поровнумежду нулями столбца клетки c, а другой зарядn – между нулями строки клетки c. Отметим, чтосуммарный заряд равен 2nx.Нулей всего 2n x . Пусть в столбце с нулевойклеткой c стоит s единиц, а в строке – t единиц.Тогда 1000s t . Итоговый заряд, который по-

лучит клетка c , равен sN N s tN N t .

Докажите самостоятельно, что он не меньше


XLI ТУРНИР ГОРОДОВ

ЗАДАЧИ ОСЕННЕГО ТУРА

Базовый вариант

8–9 классы

1. При крайних положениях.Тройку треф придется выбросить, только еслиона в какой-то момент окажется в центре ряда,иначе можно выбросить другую карту. Так какряд всегда содержит больше одной карты, токрайнюю карту можно сохранить до конца.Пусть тройка треф Т сначала была не с краю.Приведем стратегию для зрителя: он называетчто угодно, кроме крайних чисел, не давая уда-лять крайние карты. Когда останется три карты,тройка треф (если она еще будет на столе)окажется в центре. Зритель назовет 2.2. Так как YH OX AP , то YH APP , апрямая YH содержит среднюю линию треуголь-ника APC. Аналогично, прямая XH содержитсреднюю линию этого треугольника. Эти сред-ние линии пересекаются в точке H – серединестороны AC.

1000 500n n . Значит,

21000

2500

n n xnx

n.

Из последнего неравенства следует, что 500x n .9. Диагональю в этом решении будем называтьотрезок, соединяющий две вершины многоуголь-ника (т.е. в том числе и его сторону).Рассмотрим диагональ AB. Пусть по одну сторо-ну от прямой AB находится k вершин, а подругую m вершин и k m . Тогда назначим диа-

гонали AB заряд 1 1k (например, сторонамногоугольника получит заряд 1). Таким обра-зом назначим заряд каждой диагонали.

Для каждого k от 0 до 1 2 1n есть по n

диагоналей с зарядом 1 1k , а значит, сум-марный заряд диагоналей не менее

1 1 11

2 3 1 2n

n… .

Пусть каждая диагональ отдаст весь свой зарядлюбой из красных точек, которые на ней лежат.Покажем, что каждая красная точка получитзаряд не более 1. Пусть она лежит на m диагона-лях. Тогда по одну сторону от каждой из нихлежит не меньше 1m вершин, а значит, зарядкаждой из этих диагоналей не более 1 m .Итак, количество m красных точек не меньшесуммарного заряда этих точек, откуда следуеттребуемое неравенство. Рис. 7

4. Верно.

Из условия следует, что 2 2 241 mod 41k ka a (ин-

дексы считаем зацикленными, т.е. за 41 следует

1). Значит, 2 2 241 mod 41k ka a при любом n.

Так как числа 41 и 1000 взаимно просты, токвадраты всех чисел на круге дают при делении

на 241 один и тот же остаток. Следовательно,241 ka делится на 241 , поэтому 2

ka делится на 41,

а поскольку 41 – простое число, то и ka делитсяна 41.5. Так как mnk делится на 3, то один из множи-телей делится на 3; пусть это высота k. Доста-точно заполнить коробку 3m n . Из двух угол-ков можно сложить кирпич 1 2 3 . Если mnчетно, то основание коробки можно разбить надоминошки 2 1 и поставить на них по кирпичу,заполнив тем самым коробку. Иначе разобьемоснование коробки на квадрат 3 3 и два пря-моугольника, воз-можно, пустых(рис.7). Прямоу-гольники разобьемна доминошки, аквадрат – как нарисунке. На доми-ношки поставим покирпичу, а в остав-шееся место поло-жим три уголка.Коробка заполненауголками.


2. Пусть биссектриса угла C пересекает прямуюAE в точке F, а прямая, проходящая через Bпараллельно AE , пересекает отрезок CF в точкеX. Тогда BXC DCX BCX . ОтсюдаBX = BC = BA. Значит, BAX BXA FAX.Следовательно, AX – биссектриса угла A, поэто-му X совпадает с K и BK AEP .Замечание. На рисунке 8 точка F лежит настороне AE, но в решении это не используется.

Можно, впрочем, доказать, что биссектриса углаC не может пересекать сторону AB (а сторонуED – может).

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 254

Сложный вариант

8–9 классы

1. а) Для 2kn .Очевидно, 2k – наименьшее число сложности k.

Поэтому все числа между 2k и 1

2k имеют

сложность не больше k. Пусть n – не степеньдвойки. Тогда между n и 2n есть степень двойки(можно взять наибольшую степень двойки, мень-шую n, и удвоить ее). Очевидно, ее сложностьбольше, чем у n.б) Таких чисел нет.В силу пункта а), достаточно рассмотреть слу-

чай 2kn , где k натуральное. Но число 13 2k

имеет такую же сложность, как и n, и находитсямежду n и 2n.2. Пусть точки D и 1D симметричны точкам A и

1A относительно BC. Проведем биссектрисы AKи 1 1A K наших треугольников. Заметим, что K и

1K – центры окружностей, вписанных в четырех-угольники ABDC и 1 1 1 1A B DC , а требуемое нера-венство превратилось в очевидное неравенство

1r r , где r и 1r – радиусы указанных окружно-стей.3. Хватит даже 100 взвешиваний. Сначала дока-жем по индукции следующее вспомогательноеутверждение.Утверждение 1. Пусть есть k монет, среди кото-рых все три типа представлены, причем пропару монет A, a уже известно, что A a . Тогдаможно определить, какая из k монет какоготипа, за 1k взвешивание.Доказательство. База. Если монет три, сравнивоставшуюся монету с A и с a, мы упорядочим ихпо весу.Шаг. Сравним какие-нибудь две монеты, кромеA и a. Если они равны, то одну можно отбросить(запомнив, с какой она совпадает по весу), ивоспользоваться предположением индукции для

1k монеты. Если они не равны, скажем, чтополучилась пара B b. Теперь сравним A a иB b. Если веса пар равны, то A B и a b,так что мы можем выкинуть B и b (запомнив,что они совпадают по весу с A и a) и воспользо-ваться предположением индукции для 2k мо-нет.Пусть веса пар различны и, для определенности,A a B b . Заметим, что тогда обязательно

3A и 1b . Монеты в паре ,B a имеют либо

веса 2,1 , либо 2, 2 , либо 3, 2 . Тогда, срав-

нив A b с B a , мы однозначно восстановимвеса всех четырех монет. Среди них есть монетавеса 2, будем сравнивать с ней все остальныемонеты, на что уйдут оставшиеся 4k взвеши-вания. Утверждение 1 доказано.

Теперь выведем по индукции усиливающее зада-чу утверждение.Утверждение 2. Если есть k монет, среди кото-рых все три типа представлены, то можно опре-делить, какая монета какого типа, за k взвеши-ваний.Доказательство. База. Если монет три, то, срав-нив каждую с каждой, мы упорядочим их повесу.Шаг. Сравним какие-нибудь две монеты. Еслиони равны, то одну можно отбросить (запомнив,с какой она совпадает по весу), и мы переходимк случаю 1k монеты, среди которых все типыпредставлены. Если они не равны, скажем, чтообразовалась пара A a , и воспользуемся ут-верждением 1.4. Проведем гомотетию с центром B и коэффи-циентом 2. Точка O перейдет в точку D, диамет-рально противоположную вершине B на описан-ной окружности , точка P – в точку R пересе-чения биссектрисы угла B с , точка Q – вдиаметрально противоположную R точку S, «от-резок, соединяющий…» – в сторону AC (рис.9).

Осталось заметить, что диаметр RS проходитчерез середину стороны AC, так как R – середи-на дуги AC.

5. Пара 2

, 4 3m m m – хорошая (проверьте).

Путь к решению. Естественно попытаться найти

такое n, что 21

1

nk

m, а

21 1k mn

m m2

2 1kk

m – тоже квадрат. Самый простой

способ это обеспечить – положить 2 1

4 4k

km

,

тогда 1

4k

m (т.е. 4 1k m ), а

22

nk

m.

6. Нет.Посмотрим, сколько мелочи Петя мог получить.Рассмотрим самую последнюю дешевую покуп-

Рис. 9


ку, которая увеличила количество мелочи. Пустьстоимость этой покупки x, тогда перед этимбыло не более 1x рублей мелочи, а значит,после этого ее станет не больше чем

1 100 99x x рублей. Так как дорогие по-купки количество мелочи не уменьшают, то всепредыдущие покупки вместе с рассмотреннойдали в сумме не более 99 рублей мелочи. Темболее все дешевые покупки в сумме принесли неболее 99 рублей.Пусть было n покупок дороже 100 рублей. Каж-дая из них добавляет не более 99 рублей мелочи.Если бы других покупок совсем не было, то надорогие было бы потрачено не менее 2n сотен, асдача составила бы не более 99n – меньше поло-вины потраченного. Поэтому другие покупки есть.Но тогда у Пети было не менее 2 1n сторублев-ки, а мелочи в конце стало не больше 99 99n .Значит, 2 1 50 99 99n n , откуда 49n . Та-ким образом, мелочи останется не более99 49 99 5000 руб. Значит, и потрачено ме-нее 5000 рублей.7. Мог.Оказывается, любой квадрат 2 1 2 1N Nбез угловой клетки можно получить, 2N разприложив печать из 2N + 2 клеток. Приведемдва примера, которые легко обобщаются. Нарисунке 10,а ( 4N ) след печати окрашен в

темно-серый цвет. Сдвигая его вправо на однуклетку, мы постепенно покроем серую область.Развернув печать на 90 , аналогично покроембелую область.На рисунке 10,б ( 3N ) каждый отпечатокпокрашен в свой цвет.


1. Не может.Пусть наибольшая степень, в которой встречает-ся x, равна m, а наибольшая степень, в которойвстречается y, равна n, Для определенности по-ложим n m. Запишем многочлен ,P x y в виде

1n nA x y B x y … , где A x , B x ,… –

многочлены от x. Поскольку при всех целых

0 k n степень многочлена ,nP k y A k y

1nB k y + ... меньше n, то 0 1A A …

1 0A n… . У многочлена A x есть nразличных корней, поэтому его степень не мень-ше n. Но она не больше m, значит, m n. Приэтом одночлен n nx y заведомо встречается в про-изведении nA x y и не встречается в остальныхпроизведениях, поэтому deg , 2P x x n.Замечание. Можно показать, что условию зада-чи удовлетворяют все многочлены следующеговида и только они:

0 1 21 1c xy c x y c …

1k kc x k y k c… … ,

где k – неотрицательное целое число, 0 1, , kc c…

– константы.2. Пусть 2x – длина указанных хорд. По теоремео произведении отрезков хорд 2x AP A PPB BP CP C P (рис.11). По обратной тео-

реме точки A, A , B и B лежат на однойокружности. Значит, AA B ABB .Аналогично, AA C ACC , BBC BCC .Следовательно,

180AA B ABB BBC

= 180 BCC ACC AA C ,

т.е. AA – высота. Аналогично, BB и CC –высоты.6. Пусть ребра куба параллельны осям коорди-нат.а) Разобьем куб на слои толщиной 1, параллель-ные плоскости Oxy. Рассмотрим только спицынаправлений Ox и Oy. В каждом слое найдеммаксимум числа таких спиц, идущих в одномнаправлении. Точно так же найдем максимумычисла спиц для каждого слоя, параллельногоOxz и параллельного Oyz. Пусть k – минимум из6n этих максимумов.Рассмотрим слой K, где максимум равен k. Вслое можно выбрать 2n k строк и 2n k стол-

Рис. 10

Рис. 11

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 256

бцов, через которые не проходят спицы слоя. На

пересечении выбранных рядов есть 2

2n k ку-

биков, их протыкают 2

2n k спиц, перпенди-

кулярных K. Покрасим эти 2

2n k спиц в

синий цвет. Выберем грань P куба, перпендику-лярную слою K. Рассмотрим слои, параллель-ные P и не содержащие синих спиц. Их ровно k.В каждом таком слое можно выбрать не менее kспиц одного направления, всего не менее 2kспиц. Добавим к ним синие спицы. По известно-му неравенству,

222 212 2 2

2k n k k n k n .

б) 22n спиц.

Выделим в нашем кубе два меньших куба состороной n, примыкающих к противоположнымвершинам. Они состоят из 3

2n единичных куби-ков. Проткнем каждый выделенный кубик тремяперпендикулярными спицами. Тогда и все невы-деленные единичные кубики тоже проткнуты.Заметим, что каждая спица протыкает ровно nвыделенных кубиков. Значит, если спицы выб-раны так, что никакой кубик не проткнут дваж-ды, то спиц не более чем 3 2

2 : 2n n n .7. Лемма. Пусть D – некоторое множестворазличных простых делителей числа n. Количе-ство натуральных чисел, не превосходящих n ине кратных ни одному числу из D, равно

11

p D

np

.

Доказательство. Раскрыв скобки, получаем фор-мулу включений-исключений.Пусть красных чисел больше n . Тогда неко-торые красные числа имеют с n общий простойделитель. Пусть q – наибольшее из таких про-стых и a – красное число, кратное q. Для проти-воречия достаточно найти различные красные

числа b и c, сравнимые по модулю n

q, а для

этого достаточно показать, что n больше ко-личества возможных остатков красных чисел

по модулю n

q.

По лемме, 1

1p D

n np

, где D – множе-

ство всех простых делителей у n, а указанное

количество остатков не больше чем

,

11

p D p q

n

q p.

Достаточно доказать, что

,

1 11 1

p D p D p q

nn

p q p.

Сокращая на n и на скобки, в которых p q ,

получаем

,

1 1 11 1

p D p qp p q,

что равносильно неравенству

,

11p D p q

pq

p.

Оно верно, поскольку

1 2 3 21

2 3 2 1

q qq

q q… .

ИНСТИТУТ КРИПТОГРАФИИ, СВЯЗИ И

ИНФОРМАТИКИ АКАДЕМИИ ФСБ РОССИИ

ВСТУПИТЕЛЬНЫЕ ЭКЗАМЕНЫ

Ф И З И К А

Вариант 1

1. В 4 раза. 2. 2 1 н 324 г.100%

p Vm

RT

3. 30 мкНU

F qd

.

4. 2 cos 225 мкВбBa . 5. 2

2 1Av

T.

6. 2

2cos

cos

ghv m

M M m.

7. 1 2 2 1

1 2

3 Br r

Ur r

E E.

8. С точки зрения наблюдателя в ЛСО, движу-

щийся стержень имеет длину 2 20 1L L v c ,

где v – скорость стержня, с – скорость света. В

той же ЛСО 2 1x v t t и 3 2L v t t . От-сюда находим

3 20

2 2

2 1

x t tL

t t x c.

Вариант 2

1. 2

40 м сs

vt

. 2. 2 2 20

23 кг

Wm

v g t.

3. 2

1,2

4

2

PrI

r

E E, 1 1,5 AI , 2 0,17 AI .

4. 500Nt

nhc

. 5. 2

1 2

3 4F m mT

m m m.

6. 1

1

n km m

n.

7. 22 1

q kqv v

m R.

8. 2

B S ttI

R l a a

E

= 2

221,5 10 A

2 2 2

Ba Ba

a.


МЕЖРЕГИОНАЛЬНАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ

НА БАЗЕ ВЕДОМСТВЕННЫХ ОБРАЗОВАТЕЛЬНЫХ

ОРГАНИЗАЦИЙ


1. 36.Для краткости команду влево будем обозначатьЛ, вправо – П, вверх – В, вниз – Н. Чтобы роботвернулся в исходное положение, необходимо идостаточно, чтобы ему было отдано команд Лстолько же, сколько и команд П, а команд В –столько же, сколько и Н. Пусть k –количествокоманд Л в последовательности. Подсчитаем ко-личество kN искомых последовательностей дляk от 0 до 2.i k = 0. Последовательность состоит только изкоманд В и Н. Так как их поровну, то на 2местах из 4 должна быть команда В, а на остав-шихся двух – Н. Выбрать 2 места из 4 можно 2

4Cспособами. Следовательно, 2

0 4 6N C .i k = 1. Каждая из команд Л, П, В, Н встречает-ся в последовательности ровно 1 раз. Числоперестановок из 4 элементов равно 4!. Поэтому

1 4! 24N .i k = 2. Здесь две Л, две П и нет команд В и Н.Две команды Л можно разместить 2

4C способа-ми. Значит, 2

2 4 6N C .Таким образом, искомое число последовательно-стей равно 0 1 2 36N N N .2. На прямой, проведенной через две различныеточки A и D, отметим точки B и С, как показанона рисунке 12. Разделим развернутые углы ABСи DCB (которые следует представлять себе от-ложенными сначала в верхнюю, а затем и внижнюю полуплоскость относительно прямой AD)на три равные части. Получим в результате пря-мые, образующие угол 60 с прямой AD и пере-секающиеся в точках K и L. Пусть O – точкапересечения AD и KL. Угол BKO равен, очевид-но, 30 . Разделив его на три части, получимтребуемый угол.Построение выполнено.

3. 0,0,0 , 0,1,1 , 1,0, 1 , 1, 1,0 .Заметим, что

0a b c . (1)

Обозначим 24 2 30A x x yz , 225 5B y y

12xz и 29 3 20C z z xy . Вычитая друг из

друга эти равенства, получим систему

2 6 5 1 0A B a x z y ,

5 4 3 1 0B C b y x z , (1)

1 2 10 3 0A C c x y z .

Предположим, что все три числа a, b, c отличныот нуля. Тогда 2 6 5 1 0x z y , 5 4 3y x z

1 0 и 1 2 10 3 0x y z , что невозможно,

так как, сложив 2-е равенство с 3-м и вычтя 1-е,получим 3 = 0. Значит, хотя бы одно из чисел a,b, c равно нулю. Рассмотрим возможные случаи.1) Все три числа a, b, c равны нулю. Тройкаa b c очевидно удовлетворяет условиям за-дачи (достаточно взять 0x y z ).2) Среди чисел a, b, c только два равны нулю.Это невозможно: если два числа равны нулю, то,согласно (1), равно нулю и третье.3) Только одно из чисел a, b, c равно нулю.

i 0a . Тогда 5

2

yx . Из системы (2) нахо-

дим 1b c .i 0b . Тогда 1a c .i 0c . Тогда 1a b .4. f x x .В тождестве из условия задачи

2 22f a b f a f b f a f b a b

(1)

положим 1a , 0b . Тогда

1 1 0 2 1 0 1f f f f f .

Поскольку 1 1f , находим

0 0f . (2)

Положив затем b a в (1), получим, с учетом(2), что

2f a f a a . (3)

Наконец, при 0b тождество (1) (с учетом

(2)) примет вид 2f a f a a . Значит, необ-

ходимо, чтобы f a a при 0a , так как по

условию 0f x для 0x . Далее, согласно

(3), f a a и при 0a . Окончательно,f x x для любого x R. Легко убедиться,что такая f x действительно удовлетворяеттребованиям 1), 2), 3) из условия задачи.

5. 6

37.

Докажем, что четырехугольник ABCD – парал-лелограмм. Пусть 1x , 2x , 1y , 2y – отрезки, накоторые диагонали делятся их точкой пересече-Рис. 12

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 258

ния (рис.13). Обозначим угол между диагоналя-ми через . По условию площади треугольни-

ков ABO и CDO равны, т.е. 1 2

1sin

2x y

2 1

1sin

2x y . Отсюда 1 1

2 2

x y

x y, и, следователь-

но, треугольники BOC и AOD подобны по пер-

вому признаку подобия: две стороны ( 1x и 1y )треугольника BOC пропорциональны двум сто-ронам ( 2x и 2y ) треугольника AOD, а углы,образованные этими сторонами ( BOC и

AOD ), равны. Пусть 1 1

2 2

x yk

x y – коэффи-

циент подобия треугольников BOC и AOD. Обо-

значим через S площади треугольников ABO и

CDO (по условию 3

2S ). Тогда BOCS k S и

AODS S k . В итоге, площадь четырехугольни-

ка ABCD может быть представлена в виде:

ABCD AOD CDO BOC ABOS S S S S

12S S k

k.

Известно, что для 0k минимальное значение

выражения 1

kk

достигается при k = 1. Значит,

1 2x x и 1 2y y , т.е. диагонали четырехуголь-

ника точкой пересечения делятся пополам, по-этому ABCD – параллелограмм. Его площадь

4 6ABCDS S .Для нахождения синуса угла между диагоналя-ми воспользуемся тем, что площадь четырех-угольника равна половине произведения диаго-налей на синус угла между ними:

1 2sin sin

2

ABCDABCD

SS AC BD

AC BD.(*)

Чтобы найти длины диагоналей, вычислим сто-рону CD, записав формулу для площади парал-лелограмма:

4 sinABCDS S AD CD ADC

4

sin

SCD

AD ADC 2

34

2 2 5

33 2 1

10

.

Теперь найдем диагонали AC и BD по теоремекосинусов из треугольников ADC и BCD:

2 22 cos 2AC AD CD AD CD ADC ,

2 22 cosBD AD CD AD CD ADC

74.

Подставив найденные значения в соотношение

(* ), получим 6

sin37

.

6. 101.Пусть 2 1n – количество цифр в исследуемомчисле 101010 101A … . Пусть 10q – основа-ние системы счисления. Тогда 0 2A q q …

2 22

2

1

1

nn q

qq

… . Рассмотрим случаи четного

и нечетного n.

i

2 2 2 1 2 1

2

1 1 12

1 11

n k kq q qn k A

q qq.

Таким образом, число A представлено в видепроизведения двух целых сомножителей (по тео-

реме Безу многочлен 2 11

kq делится без остат-

ка на многочлен 1q ), каждый из которых от-личен от 1. Значит, при четных n число A про-стым не является.

i

2 2 22

2 2

1 12 1 1

1 1

n kkq q

n k A qq q

.

При 1k оба сомножителя целые и отличны от1; значит, число A составное. Остается убедить-ся, что при 1k получается простое число

0 2101A q q .

7. 48.Рассмотрим пример. Переведем обыкновенную

дробь 34

275 в десятичную. Для этого выполним

деление уголком (рис.14). В результате найдем34

0,123636363 0,12 36275

… . Получена непе-

риодическая часть 12 и период 36. Обсудим,почему непериодическаячасть здесь возникла, и по-

кажем, что у дроби 1

221 ее

нет. Дело в том, что в деся-

тичной записи дроби 34

275

цифра 3 появляется всякий

раз, когда при очередном

делении на 275 получаетсяостаток 100. Мы видим (иэто ключевой момент!), чтоздесь один и тот же остаток100 дают различные числа:650 и 1750. Откуда, в своюочередь, взялись эти 650 и1750? Число 650 получи-

Рис. 13

Рис. 14


лось дописыванием нуля к числу 1 65r (остат-ку от деления на 275 числа 340). Значит,

110 650r . Аналогично, 210 1750r , где

2 175r . Числа 650 и 1750 дают одинаковыеостатки при делении на 275 из-за того, что ихразность на 275 делится нацело:

2 11750 650 10 275r r ⋮ . Такое возможнотолько потому, что числа 10 и 275 не взаимно

просты. Теперь понятно, почему у дроби 1

221непериодической части не будет: если 1r и 2r –

это различные остатки от деления на 221, топроизведение 2 110 r r на 221 нацело не делит-ся (число 221, в отличие от 275, взаимно простос 10 – основанием системы счисления, поэтомунепериодической части нет).

Итак, десятичная запись дроби 1

221 имеет такой

вид: 1

0221

, 1 2 na a a… . Найдем n. Обозначим

1 2 nA a a a… . Тогда 2110 10

221

n nA A …

По формуле для суммы бесконечно убывающей

геометрической прогрессии, 1

221 10 1n

A. От-

сюда 10 1

221

n

A . Поскольку A – натуральное

число, требуется найти (наименьшее) натураль-

ное n, при котором число 10n дает остаток 1 приделении на 221.Заметим, что 221 13 17 . Вообще, целое числоB (у нас 10

nB ) при делении на 221 даетостаток 1 в том и только том случае, когда B приделении и на 13, и на 17 также дает остаток 1.Необходимость очевидна. Достаточность: если

113 1B k и 217 1B k , то 1 213 17k k , а зна-чит, число 1k делится на 17, т.е. 1 17k m .Поэтому 13 17 1B m , и при делении на 221действительно получается остаток 1. Найдем те-перь такие n, что число 10n дает остаток 1 приделении на 13. Рассмотрим последовательность

10n

nb . Заменим ее члены остатками от деле-ния на 13. Получится вот что: 1 10b , 2 9b ,

3 13b , 4 3b , 5 4,b 6 1b ,… Каждый пос-ледующий член однозначно определяется преды-

дущим. Значит, nb – периодическая последо-

вательность, в которой каждый шестой член ра-вен 1. То же проделаем для 17. Там единицебудет равен каждый 16-й член. Таким образом,остаток 1 при делении и на 13, и на 17 получитсяпри НОК 6,16 48n .8. Корабль следует расположить так, чтобы натрех дугах, на которые вершины корабля разби-вают окружность, располагалось по 8, 9 и 9точек (не считая вершины самого корабля).Вершины треугольника Ани делят окружность

на три дуги. Пусть x, y и 26 x y – количе-ство точек на этих дугах, не считая вершинысамого треугольника. Чтобы «выстрел» с конца-ми в точках k и m не задел корабль, надо, чтобыобе эти точки лежали на одной из дуг. Выбратьдве различные точки на дуге, содержащей xточек, можно, очевидно, 2

xC способами. То же идля остальных дуг. Значит, число N «безопас-

ных» выстрелов равно сумме 2 2x yN C C

226 x yC . Тогда следующий выстрел уже обяза-

тельно «ранит» корабль, поэтому 1K N .Итак, требуется найти такие целые неотрица-тельные числа x, y, удовлетворяющие условию

26x y , при которых значение N минималь-но. Запишем выражение для N в развернутомвиде:

1 1 26 25

2 2 2

x x y y x y x yN .

Раскрыв скобки и приведя подобные, получим

2 226 265 325N x x y y . (1)

При каждом фиксированном y от 0 до 26 будемискать такое значение x, удовлетворяющее нера-венству

0 26x y , (2)

при котором значение N минимально. Если yфиксирован, то правая часть (1) принимает ми-нимальное значение при

26

2

yx (3)

(вершина параболы, принадлежащая промежут-ку (2)). Это минимальное значение равно

2313 156

4y y . Оно, в свою очередь, мини-

мально при 26

8,63

y . Из (3) тогда находим

26

3x . Среди точек с целыми координатами

8,8 , 8,9 , 9,8 , 9,9 – ближайших цело-

численных соседей точки минимума 26 26

,3 3

–

выбираем ту, которой соответствует наименьшее

значение N. Это точки 8,9 , 9,8 , 9,9 . Дляних 100N .9. Например, 3362A , 2378B .

Заметим, что если число вида 2x y , где x, y

целые, возвести в целую неотрицательную сте-пень n, то вновь получим число такого же вида,

т.е. 1 12 2n

x y x y , где 1x и 1y опять

же целые. Положительное число 2 1 , очевид-

но, меньше 1. Значит, возводя его в достаточнобольшую степень, можно получить число сколь

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 260

угодно малое. Найдем такое натуральное n, что

2 1 0,001n

. Поскольку 1

2 12

n

n , то,

очевидно, достаточно взять 10n , так как

10

1 1 10,001

1024 10002. Остается возвести

2 1 в 10-ю степень. Находим

2

2 1 3 2 2 ,

4 2

2 1 3 2 2 17 12 2 ,

8 2

2 1 17 12 2 577 408 2 ,

10 8 2

2 1 2 1 2 1

577 408 2 3 2 2 3363 2378 2 .

Таким образом, 10

0,999 1 2 1 1 , поэто-

му можно взять 3362A , 2378B .

Замечание. Приведенная в решении оценка оченьгрубая. На самом деле, уже

8

2 1 577 408 2 0,000867 0,001 .

Но7

2 1 0,002 0,001 .

10. Например, 3 25 10 11 0z z z .Запишем соотношения

20 03 1z x x ,

3 20 0 0 03zx x x x ,

2 4 3 20 0 0 03zx x x x .

Правые части можно упростить (привести помодулю 3

0 0 1x x ), воспользовавшись тем, что30 0 1x x . В результате получим

20 03 1z x x ,

20 0 03 2 1zx x x ,2 20 0 02 4 3zx x x .

Первые два равенства можно рассматривать каксистему линейных уравнений с двумя неизвест-

ными 0x и 20x . Решив ее, найдем 0

3 2

7

zx

z,

220

3 1

7

z zx

z. Подставив эти соотношения в

последнее равенство, получим искомое уравне-ние относительно z.11. Выполнив преобразования, получим

1 1 1 1

8 sin sin2sin sin3 3

x x x x.

По условию, 3

0;8

x . Следовательно, числа

3

x, x, 2x,

8

3

x лежат на интервале 0; . Рас-

смотрим функцию 1

sinf x

x. Ее вторая про-

изводная 2

3

2cos 1

sinsin

xf x

xx положительна

для всех 0;x , значит, на этом интервале

функция выпукла вниз. На координатной плос-

кости отметим точки ;3 3

x xA f ,

8 8;

3 3

x xB f , ;C x f x и 2 ; 2D x f x

(рис.15). Левая часть последнего неравенства –

сумма ординат точек A и B или, что то же самое,

удвоенная ордината точки K – середины отрезкаAB. Аналогично, правая часть последнего нера-венства – удвоенная ордината точки M, середи-ны CD. Поскольку f x выпукла вниз, весьотрезок AB расположен «выше» отрезка CD, азначит, ордината точки K больше ординаты точ-ки M. Неравенство доказано.12. 1k n при 1n и 1k при 1n .Таблицу размерами n n будем обозначать nT .Очевидно, что для таблицы 2T искомое макси-мальное k равно 3. Экспериментируя с таблицей

3T , можно заметить, что 4k (ниже мы дока-жем это строго). Сделанные наблюдения позво-ляют предположить, что для произвольного 1n

максимальное значение k равно 1n . Докажемэто. Прежде всего, покажем, что 2n единицытаблица содержать не может. Для этого приве-дем контрпример, но сначала вспомним опреде-ление трансверсали.Трансверсалью таблицы nT называют набор из nячеек, содержащих 1, любые две из которыхрасположены в разных строках и разных столб-цах. Ясно, что если какие-то ячейки образовыва-

Рис. 15


ли трансверсаль, то и пос-ле перестановки строк илистолбцов они снова обра-зуют трансверсаль. На ри-сунке 16 изображена таб-лица n n с 2n едини-цами, расположенными наглавной диагонали, а так-

же в таблице 2 2 в левом верхнем углу. Такаятаблица содержит две трансверсали. В то жевремя таблица, у которой все 1 лежат на иливыше побочной диагонали, содержит не болееодной трансверсали. Значит, к требуемому взадаче виду таблица на рисунке приведена бытьне может. Поэтому 1k n .Покажем, что 1n единицу всегда можно пере-нести на побочную диагональ или выше. Итак,дана таблица nT , содержащая 0 1k n еди-ниц. В такой таблице обязательно есть строкаили ровно с одной 1, или не содержащей единицвовсе. Рассмотрим эти случаи.iВ таблице nT есть строка, содержащая ровноодну 1. Поставим эту строку на последнее место.Затем, переставляя столбцы, переместим эту един-ственную 1 в крайний левый столбец (рис.17).

iВ таблице nT есть строка, содержащая тольконули. Поставим эту строку на последнее место.Переставляя столбцы, сделаем так, чтоб в край-нем левом столбце была хоть одна единица(рис.18).

В каждом случае получена подтаблица 1nT ,содержащая, по крайней мере, на одну 1 мень-ше, чем таблица nT . С таблицей 1nT можновыполнить аналогичные преобразования. В ре-зультате за 2n шага придем к таблице 2T , длякоторой уже установлено, что 3k . Формула

1k n доказана.

Ф И З И К А

9 класс

1. 1,4 мм4

mgr . 2.

2

4

1

kn

k.

3. 3 2 21,28 10 м 12,8 cм

PLS

E L.

4. 2sin2

Hh (скорость катящегося обруча в

конце наклонной плоскости равна gH и на-правлена под углом к горизонту).

5. 1 2 1

1 2

1 12

RT T TA

T T (работа численно

равна площади треугольника 123).

10 класс

1. 52 7,2 10 HP d . 2. 2v v v v

r r r r

.

3. 22 62

2 23

6

24 6

aMh H H

m M m a (вос-

пользуйтесь законами сохранения энергии и им-

пульса).

4. 2отнn d v . 5. 1 1 1 2q C R I I .

11 класс

1. 2MA

Tmg

.

2. 2

1

1

3

m

m,

1 2 6min

1 cos1,35 10 Дж

p pE

M.

3. 1 21

1 2

1 q qI

R C C. 4.

3I

r

E.

5. 31 1

1 3

1 12

TRT TA

T T.


И К Р И П Т О Г Р А Ф И Я

1. 1. 2. ЛЕММА. 3. За 5 ходов.

4. 1

22

n n. 5. ОБРЕТЕНИЕ.

6. 15 нажатий; пароли можно перебирать, на-пример, в таком порядке: 0111, 0011, 1011, 1001,1101, 0101, 0001, 0000, 0100, 1100, 1000, 1010,0010, 0110, 1110.7. 1 225A , 1 1521B ; 2 5929A , 2 7225B ;

3 104329A , 3 105625B .8. а) (3): (7, 10, 9, 2, 8); б) да.9. Например, (2, 1, 69).10. Перебором значений простого числа р можнопоказать, что р = 3 – единственно возможныйвариант. Но тогда 4

8 89p – простое число.

Рис. 16

Рис. 17

Рис. 18

Памяти В.Г.Болтянского 5 17Памяти М.И.Каганова 8 2

Статьи по математике

Г.Н.Вороной и геометрия чисел.Н.Долбилин 1 12

Египетские дроби. С.Кузнецов 12 10Задачи о фокусниках и теоремы Холла и

Шпернера. А.Эвнин 2 14Картография и кривизна. И.Тайманов 9 9Мудрецы, колпаки и арифметика конеч-

ных полей. С.Грибок 4 5

Одна задача о раскраске. А.Райгородский 8 15О квадратичных вычетах. Е.Смирнов 10 2

О точных степенях и не только.А.Корчевский 6 2

Прямоугольник из квадратов. Ф.Шаров 3 10Статистика языка. А.Пиперски 11 9Элементарное доказательство закона

больших чисел. Д.Чибисов 5 10Юбилей теоремы Райского. А.Романов 7 10

Статьи по физике

Ветру и солнцу навстречу. А.Минеев 9 2

Д.И.Менделеев и периодическая систе-ма элементов. Л.Белопухов 5 2

Звук в космосе. Возможно ли это?И.Есипов 11 2

На перекрестке идей: история открытиямагнитного резонанса. В.Птушенко 12 2

Объять необъятное, или Ее преПодобиеРазмерность. Ю.Брук, А.Стасеноко 2 2

Петр Леонидович Капица. Л.Белопухов 1 2

Поверхностное натяжение и температура.С.Варламов 6 8

Премия за лазерные инструменты.Л.Белопухов 3 2

Прозрачное и непрозрачное. Л.Ашкинази 8 10Прозрачное и непрозрачное (окончание).

Л.Ашкинази 10 11Симметрия в несимметричной вселенной

Андрея Сахарова. Г.Горелик 7 2

Удивление, понимание, восхищение.М.Каганов 8 2

Численные значения: зачем и почему онинужны. Л.Ашкинази 4 2

Математический мир

О вращении отрезка. В.Болтянский 5 17

Задачник «Кванта»

Задачи М2542–М2589, Ф2549–Ф2596 1–12

Решения задач М2530 – М2577,Ф2537 – Ф2584 1–12

Высоты треугольника и обратный ход.П.Кожевников 1 29

Об одной ортоцентрической четверке.А.Заславский 7 20

Ряд чисел, обратных к простым.В.Брагин 5 30

Составные лесенки. К.Кохась 8 29

«Квант» для младших школьников

Задачи 1–12

С т а т ь и п о м а т ема т и к е

Добрыня и куча камней. В.Клепцын 1 35

Замкнутые самопересекающиеся ломаные.А.Блинков, А.Грибалко 10 26

Периметр и площадь на клеточкахЕ.Бакаев 12 19

Чем круг отличается от квадрата?С.Волчёнков 4 23

Что не так с перестановкой слагаемых.К.Кохась 6 10

XXV Турнир математических боев имениА.П.Савина 8 37

С т а т ь и п о фи зи к е

Кювета с водой в поезде. С.Дворянинов 8 36

Левая, правая – где сторона?С.Дворянинов 3 26

Что такое теплопроводность.С.Дворянинов 2 30

Конкурс имени А.П.Савина

Задачи 1–4, 9–12

Итоги конкурса 2018/19 учебного года 5 40

Калейдоскоп «Кванта»

М а т ем а т и к а

Замощения параллелоэдрами 1 32

Когда один отрезок равен сумме двухдругих 4 «

Упаковки и покрытия 8 «

Физ и к а

Физика+техника (материалы) 3 32

Физика+техника (оружие) 10 «Физика+техника (приборы) 11 «Физика+техника (строительство) 2 «Физика+техника (транспортные задачи) 6 «Физика+техника (энергетика) 7 «

Школа в «Кванте»

М а т ем а т и к а

Алгоритм вычисления остатков. В.Голубев 2 35

Треугольник и классические неравенства.В.Дроздов 8 40

Физ и к а

Господин Великий Косинус. А.Стасенко 1 39Драма в облаках. А.Стасенко 4 28

Н А П Е Ч А Т А Н О В 2 0 1 9 Г О Д У

№ журнала с. № журнала с.

Н А П Е Ч А Т А Н О В 2 0 1 9 Г О Д У 63


Зачем плющить зерна, или О плотностипотоков. А.Стасенко 11 27

Кофе с экспонентами. А.Стасенко 7 25

Ледяная сосулька и космический трос.А.Стасенко 9 23

Физический факультатив

Льем воду… С.Дворянинов 10 29О длине траектории баллистического

движения. Ф.Григорьев 3 23

От пузырька до черных дыр. А.Стасенко 6 21Период ангармонических колебаний.

Ф.Григорьев 8 42

Принцип суперпозиции в электростатике.В.Крюков 5 41

Самое правильное уравнение динамики.А.Стасенко 12 24

Что такое фазовый портрет. В.Соловьев,С.Дворянинов 11 29

Что такое фазовый портрет (окончание).В.Соловьев, С.Дворянинов 12 27

Математический кружок

Бесконечность – не предел. Ф.Носков 8 40Вокруг ортотреугольника. П.Сергеев,

А.Савельева 6 26

Где спрятался Ним? И.Копылов 4 31Диагональ клетчатого прямоугольника.

Е.Бакаев 5 35

Еще раз о полуправильных многогранни-ках. С.Кузнецов 3 29

Изогональное сопряжение в четырехуголь-нике. А.Уткин 2 37

Метод перераспределения зарядов.Е.Бакаев, А.Полянский, Г.Челноков 12 31

Многократная лемма Холла в задачахпро мудрецов. М.Шевцова 7 27

Принесите еще шляп! К.Кохась 11 37Точка Нагеля и окружности пяти точек.

Н.Вяткин 9 25

Точка Нагеля и разностный треугольник.С.Арутюнян 9 30

Что не так с угадыванием шляп?К.Кохась 11 35

Лаборатория «Кванта»

Опыт по Галилею. М.Старшов 4 26

Наши наблюдения

Куда дует ветер? 12 30

Практикум абитуриента

Физ и к а

Законы отражения и преломления света.А.Черноуцан 1 42

Исследуем сферу ЭКСПО-2017.Б.Мукушев, А.Турдин 3 34

Относительность движения в задачахдинамики. А.Черноуцан 4 40

Относительность движения в задачахкинематики. А.Черноуцан 2 43

Олимпиады

Всероссийская олимпиада по физикеимени Дж.К.Максвелла 5 49

Европейская математическая олимпиададля девушек 4 56

Заключительный этап XLV Всероссийскойолимпиады школьников по математике 7 40

Заключительный этап LIII Всероссийскойолимпиады школьников по физике 7 43

LX Международная математическая олим-пиада 10 31

L Международная физическая олимпи-ада 10 35

LXXXII Московская математическаяолимпиада 5 47

Московская физическая олимпиада школь-ников 2019 года 4 47

Муниципальный этап LIII Всероссийскойолимпиады школьников по физике 2 50

Региональный этап XLV Всероссийскойолимпиады школьников по математике 3 40

Региональный этап LIII Всероссийскойолимпиады школьников по физике 3 42

XL Турнир городов. Задачи весеннеготура 5 45

XL Турнир городов. Задачи осеннего тура(2018 год) 1 50

XLI Турнир городов. Задачи осеннеготура 12 34

Экзаменационные материалы

ЕГЭ по физике 9 34

Инженерная олимпиада школьников 11 52

Институт криптографии, связи и инфор-матики Академии ФСБ России 12 36

Московский государственный техничес-кий университет имени Н.Э.Баумана 7 48

Московский государственный универси-тет имени М.В.Ломоносова. Физика 9 42

Национальный исследовательский универ-ситет «МИЭТ» 6 35

Новосибирский государственный универ-ситет 11 41

Олимпиада «Ломоносов». Физика 3 48Олимпиада «Покори Воробьевы горы!»

Физика 8 48Санкт-Петербургский государственный

университет Петра Великого 10 44

К В А Н T $ 2 0 1 9 / № 1 264

Физико-математическая олимпиада«Физтех» 9 44

Информация

Дни физики в Дубне 6 33

Заочная физико-техническая школа приМФТИ 1 52

Заочная физико-техническая школа приМФТИ 12 42

Заочная школа СУНЦ НГУ 7 35

Очередной набор в ВЗМШ 2 55

Нам пишут

Немного о школьной кинематике 2 28Разыскивается… трапеция 3 53

Четырьмя различными способами 6 32Связь разбиения треугольника с формулой

квадрата суммы и ее обобщение 8 38

Вниманию наших читателей! 1 59,642 34

3 14,284 305 167 64

8 64

9 21,6410 3011 8,1612 33

Коллекция головоломок

Буква Н 6 2-я с.облВоздушные змеи и домино 5 «Игра в прятки 8 «Кубики из полукубиков 7 «Кубиков мало не бывает 10 «Одиннадцать друзей Хирша 11 «Пентадроны 1 «Решетка на кубе 2 «Симфония симметрии 9 «Собери друзей 3 «Три в одном 12 «Шесть Т 4 «

Шахматная страничка

Гран-при в Москве 7 4-я с.обл.Красота динамичной игры 3 «Кубок мира ФИДЕ 2019 10 «Мистер 100 1 «Москвичи атакуют 12 «На шахматных полях Москвы 4 «Пешечный штурм 11 «Побег короля 2 «Преимущество двух слонов 9 «Староиндийский конь 8 «

Урожайный март 5 «Чемпионская игра 6 «

Прогулки с физикой

Вам кофе со сливками или без? 7 «Вода в поезде 8 «Дыры в... облаках 4 «Какая каша лучше? 11 «Катапульты, пушки, миноискатели... 10 «Куда дует ветер? 12 «Потребление энергии землянами 9 «Симметрия и асимметрия мироздания 5 «Средства передвижения: вчера,

сегодня, завтра 6 «Теплопроводность 1 «Физика+строительство 2 «Физика и... театр 3 «

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: [email protected], [email protected]

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив типографии ООО «ТДДС-СТОЛИЦА-8»

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

НОМЕР ПОД ГОТОВИЛИ

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

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

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОРЕ.В.Морозова

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

КВАНТ 12+


2019-12-hq-prekvant.mccme.ru/pdf/2019/2019-12.pdf · 10 Египетские дроби....

Documents

Transcript of 2019-12-hq-prekvant.mccme.ru/pdf/2019/2019-12.pdf · 10 Египетские дроби....