НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО …kvant.mccme.ru/pdf/2014/2014-04.pdf32...

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

ИЮЛЬ

АВГУСТ Ю420

14

2 Левитирующий магнитный волчок. А.Панов

6 Свяжитесь с графом. П.Кожевников, А.Шаповалов

11 Равновесие тел и потеря устойчивости. И.Горбатый

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

15 Задачи М2349–М2355, Ф2355–Ф236217 Решения задач М2334–М2340, Ф2340–Ф2347

Н А Ш И О Б Л О Ж К И

25 Неваляшка из воздушного шарика31 «Портрет» числа π

« 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

26 Задачи27 Конкурс имени А.П.Савина «Математика 6–8»27 Буратино и его универсальный шаблон квадратичной параболы.

С.Дворянинов

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

29 О перевернутом маятнике. А.Буров, И.Косенко

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Многогранники вокруг нас

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

34 Угол в квадрате. А.Блинков, Ю.Блинков

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

37 Об одной конструкции с касающимися окружностями.И.Богданов

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

39 Электрические цепи с измерительными приборами.Б.Мукушев

О Л И М П И А Д Ы

43 XXXV Турнир городов45 Избранные задачи LXXVII Московской математической

олимпиады46 Избранные задачи Московской физической олимпиады51 XXI Международная олимпиада школьников «Туймаада».Физика

52 Ответы, указания, решения

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье А.Панова

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.Л.Семенов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

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

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

В.Н.Дубровский,А.А.Егоров, А.А.Заславский,

П.А.Кожевников (заместитель главногоредактора), С.П.Коновалов, А.А.Леонович,Ю.П.Лысов, В.В.Произволов, В.Ю.Протасов,

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

А.И.Черноуцан (заместитель главногоредактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

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

В.Г.Болтянский, А.А.Боровой,

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

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

УЧРЕДИТЕЛЬ

Российская академия наук

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 42

Левитирующий магнитныйволчок

А.ПАНОВ

ОПРЕДЕЛИМ ЛЕВИТАЦИЮ КАК СВОБОДНОЕ ЗА-висание тел в воздухе. Мы будем рассматрива-ривать исключительно магнитную левитацию.

И в самом деле, магниты кажутся подходящими канди-датами. Чтобы заставить тело левитировать, нужнокаким-то образом компенсировать силу тяжести. Амагниты, обращенные друг к другу одноименнымиполюсами, отталкиваются. Если расположить их наопределенном расстоянии друг над другом, то магнит-ное отталкивание как раз сможет уравновесить силутяжести, и верхний магнит зависнет над нижним.

Многие пытались действовать подобным образом, ноничего не получалось. Магниты каким-то образомизворачивались в воздухе, оказывались повернутымидруг к другу разноименными полюсами и притягива-лись. И на этом все заканчивалось – никакой левита-ции. Не помогает и замена отталкивающего магнита нацелую систему магнитов, расположенных на плоскостиили в пространстве, – и в этом случае добиться зависа-ния не удается.

Казалось, что левитация невозможна. И этому быломощное теоретическое подтверждение.

Теорема Ирншоу – невозможность левитации

Начнем с двойной цитаты Гейма – Берри из статьиАндрея Гейма «Магнетизм для всех» (http://www.physics.umd.edu/grt/taj/411c/EveryonesMagnetism.pdf, http://www.scientific.ru/journal/translations/magn_ed.html):

«Попробуйте, например, заставить левитироватьмагнитное тело. Вы, конечно, легко сможете поднятьего с помощью подковообразного магнита, но вы несможете заставить его зависнуть с помощью какойбы то ни было хитроумной конфигурации магнитов.Чтобы понять, в чем здесь дело, нужно вспомнитьтеорему Ирншоу, которая (как ее недавно перефор-мулировал Майкл Берри) утверждает, что никакойстационарный объект, сделанный из зарядов, магни-тов и масс, не может быть подвешен в пространствес помощью любой фиксированной комбинации элект-рических, магнитных и гравитационных сил».

Эта теорема была доказана английским священиком,математиком и физиком Самуэлем Ирншоу в 1842году. Она имеет простую формулировку, красивоедоказательство и хорошо известна каждому физику.Многие физики считали ее абсолютным запретом маг-нитной левитации, но оказалось, что существуют об-ходные пути.

Простой эксперимент

Начнем с простого эксперимента, который на первыйвзгляд представляет собой не больше чем пародию намагнитную левитацию. На рисунке 1 видны два магни-та, нанизанные на деревян-ный стержень, – один нео-димовый, другой феррито-вый, но это пока не такважно. Главное, что магни-ты повернуты друг к другуодноименными полюсами ивзаимно отталкиваются –верхний висит над нижним.

Почему это нельзя назватьлевитацией? А потому, чтоэто зависание не являетсясвободным – свободномудвижению верхнего магни-та препятствует деревяннаяпалочка. Нет ли здесь про-тиворечия с теоремой Ирн-шоу? Нет, потому что кромемагнитных и гравитацион-ных сил на верхний магнит действуют упругие силы,возникающие при его взаимодействии с деревяннойпалочкой.

Но все не так плохо. Продолжим анализ нашегоэксперимента. Высота зависания верхнего магнита –это та высота, на которой действующие на него силатяжести и магнитная сила уравновешиваются. Не бу-дем снимать верхний магнит с палочки, а расположимего на этой высоте строго горизонтально и отпустим.Легко убедиться, что в этом случае потенциальнаяэнергия магнита будет уменьшаться не за счет верти-кального падения, а за счет его поворота в магнитномполе. Если бы не деревянная палочка, верхний магнитповернулся бы на 180∞ – своим противоположнымполюсом к нижнему магниту – и притянулся к нему.Палочка препятствует этому.

Если бы удалось заменить палочку на что-то менеевещественное, но тоже препятствующее повороту, товозможно, проблема левитации была бы решена. Ока-зывается, в этом может помочь гироскопический эф-фект. Именно закрутка кольцевого магнита вокруг осиможет воспрепятствовать его опрокидыванию и даль-нейшему падению. Это – ключевая идея для того типалевитации, который мы обсуждаем. Но, во-первых, еене так просто реализовать. А во-вторых, как уже

Рис.1. Магнит на палочке

Л Е В И Т И Р У Ю Щ И Й М А Г Н И Т Н Ы Й В О Л Ч О К 3

говорилось, для ее реализации имеется дополнитель-ное психологическое препятствие в виде теоремы Ир-ншоу.

Рой Харриган – практика левитации

В 1976 году американский изобретатель Рой Харри-ган после многочисленных экспериментов заставиллевитировать в магнитном поле магнитный волчок. В1983 году Харриган получил патент на свое изобрете-ние. С дальнейшей судьбой этого изобретения связанацелая детективная история, но здесь мы не будем еюзаниматься. Так или иначе, на основе этого изобрете-ния была создана игрушка под названием левитрон,которая пользуется огромным успехом и продаетсямиллионными тиражами.

Майкл Берри – теория левитации

Одна из первых научных публикаций о данном типелевитации принадлежит известному английскому уче-ному, специалисту в области математической физикиМайклу Берри. В 1996 году он опубликовал статью, гдеописана теория движения магнитного волчка в магнит-ном поле (http://www.phy.bris.ac.uk/people/berry_mv/the_papers/Berry271.pdf). Это упрощен-ная теория, но она хорошо согласуется с результатамиконкретных экспериментов. В ста-тье много математики, и мы огра-ничимся лишь небольшим извле-чением оттуда (к счастью, Берринаписал еще и короткий популяр-ный текст, который распростра-нялся вместе с игрушкой: http://www.phy.bris.ac.uk/people/b e r r y _ m v / t h e _ p a p e r s /Berry272.pdf).

Оказывается, что для данноймагнитной базы (большого маг-нита, находящегося внизу) и ма-ленького магнита, расположен-ного внутри волчка, существуетузкий диапазон масс волчка, длякоторых возможна левитация.Это означает, что нужно оченьточно отрегулировать массу вол-чка. На практике это достигает-ся его постепенным утяжелени-ем с помощью пластмассовыхшайб или резиновых колечек ма-лого веса. Имеются существен-ные ограничения относительноскорости вращения волчка и вы-соты его полета. Нужен опреде-ленный навык доставки волчкав точку левитации. Также необ-ходимо аккуратное горизонталь-ное выравнивание магнитнойбазы. Наконец, эти настройкимогут меняться в промежутке отодного запуска до другого. Не-мудрено, что Харригану при-

шлось проявить немалое упорство, чтобы заставитьволчок левитировать.

Но мы отклонились от теории, вернемся к ней. Всвоей статье Берри выводит упрощенную формулу дляпотенциальной энергии магнитного волчка в магнит-ном поле, созданном магнитным диском радиусом а.Используется система координат, в которой ось zнаправлена вертикально вверх, а оси х и y – горизон-тально. После перехода к безразмерным величинам:

, ,x y z

x y za a a

ξ η ζÆ = Æ = Æ =

и после соответствующих преобразований массы волч-ка и его потенциальной энергии формула для потенци-альной энергии E приобретает следующий вид:

( )( ) ( )

( )2 2

0 3 2 7 22 2

8 2 51

1 8 1E M

ξ η ζζ

ζ ζ

+ -= + +

+ +,

где 0M – приведенная безразмерная масса волчка.Обозначим через 0ζ высоту (равновесную высоту), накоторой гравитационная и магнитная силы, действую-щие на волчок массой 0M , компенсируют друг друга.Между 0M и 0ζ имеется такое соотношение:

( )0

0 5 220

3

1M

ζ

ζ=

+.

Рис.2. Картины уровней потенциальной энергии волчка для разных равновесных высот

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 44

Из формулы для потенциальной энергии следует, чтолевитация возможна только тогда, когда относитель-ная высота нахождения волчка z aζ = заключена впределах

20,5 0,632

5

z

a< < = …

Тогда диапазон для соответствующих масс получаетсятаким:

00,859 0,818M> >… …

Мы видим, что эти диапазоны на самом деле достаточ-но узки.

Для полученных теоретических результатов имеетсяхорошее визуальное представление. На рисунке 2представлены картины уровней потенциальной энер-гии для различных значений равновесной высоты 0ζ ,а можно сказать, и для соответствующих значений

равновесной массы ( )5 220 0 03 1M = ζ + ζ . Горизонталь-

ная ось на каждом кадре – это ось x aξ = , идущаявдоль радиуса дискового магнита, представляющегобазу. Вертикальная ось – это ось z aζ = . Цветамипредставлены значения потенциальной энергии – отфиолетового для минимума до красного для максиму-ма. На кадрах от 0 0,52ζ = до 0 0,62ζ = видны фиоле-товые точки минимума потенциальной энергии, ихокружают потенциальные ямы, и вблизи этих точекволчок может левитировать. На крайних кадрах равно-

весные точки ( ) ( )00; 0; 0,48ζ = и ( ) ( )00; 0; 0,64ζ =находятся на вершинах небольших горок, и эти равно-весные точки неустойчивы. С первой из них волчокскатывается вниз, со второй – вбок.

Заметим, что теоретическое описание хорошо согла-суется с реальными экспериментами. Но тем не менее,это всего лишь приближенная модель, которая описы-вает поведение быстро вращающегося волчка. В статьеБерри есть и более точная модель, которая устанавли-вает дополнительные границы для скорости устойчивовращающегося волчка. Но это уже для самостоятельно-го чтения.

На этом мы заканчиваем наше затянувшееся вступле-ние и переходим к главному.

Как это сделать самому

Конечно, вы всегда можете посмотреть в интернете,как можно добиться левитации волчка. Поиск на словоLevitron даст гигантское количество ссылок. А я рас-скажу о своем опыте.

В качестве базы использовались три кольцевых фер-ритовых магнита (рис.3) с внешним диаметром 110 мм.Заказывались они в петербургской компании «Магни-ты и системы» (http://magnet-prof.ru). Выбор имен-но ферритовых магнитов – принципиальная вещь.А.Гейм в своей уже цитировавшейся статье пишет, чтоиспользование керамических магнитов необходимо дляпредотвращения возникновения индуцированных то-ков, рассеивающих энергию вращения.

Самое сложное – это сборка и настройка магнитно-го волчка. В волчке использовался маленький коль-цевой ферромагнит диаметром 20 мм, вынутый из

динамика. На рисунке 4 представлен весь тот допол-нительный «мусор», из которого собран волчок. Осьюволчка служит четырехсантиметровый пластиковый

винт с резьбой в 5 мм и с отпиленной головкой. Ивинт, и гайка, что побольше, куплены в магазинеавиамоделей, а та, что поменьше, – в магазине радио-деталей. Основой для сборки волчка служит пласт-массовая крышка от молочной бутылки. В центрекрышки шилом протыкается отверстие, в которое ввин-чивается винт. В крышку вкладывается магнит иутяжеляющие элементы: резиновые прокладки, плас-тиковые или картонные шайбы и т.п. При этом луч-ше немного недогрузить, чем перегрузить, – тонкаянастройка будет происходить позже. И все это с двухконцов стягивается гайками. Скажем еще, что плас-тиковые крышки по краям делаются ребристыми,чтобы их легче было откручивать. Но эти ребрышкив то же время ухудшают аэродинамику волчка, тор-мозят его, что приводит к уменьшению времени леви-тации. Так что боковую поверхность крышки стоитобмотать гладкой клейкой лентой.

Запуск волчка удобно производить со стопки изпрозрачных коробок для компакт-дисков (они тожеприсутствуют на рисунке 4). Их надо положить на базу

Рис.3. Левитация магнитного волчка

Рис.4. Детали для сборки волчка

Л Е В И Т И Р У Ю Щ И Й М А Г Н И Т Н Ы Й В О Л Ч О К 5

из кольцевых магнитов точно по центру. Волчок нужнораскрутить, и это уже непросто. Следует одновременнои подобрать высоту стопки, с которой запускаетсяволчок, и убедиться в том, что волчок достаточнотяжел, иначе он не будет устойчиво вращаться.

Как только волчок у вас раскрутится, нужно осто-рожно и медленно поднимать стопку коробок вместе сволчком. И, если повезет, в некоторый момент волчокоторвется вверх и повиснет. Но, скорее всего, сразу такне случится. Либо волчок не будет отрываться, и тогданужно уменьшить его массу – снять один из грузиков.Либо его резко подбросит вверх, и он отлетит в сторонуи сразу рухнет. В этом случае его нужно утяжелить, иудобнее всего это сделать с помощью резиновых коле-чек. Часть из тех колечек, что показаны на рисунке 4,куплены в магазине сантехники, а светлые вырезаны изрезинки от пипетки. И те и другие удобно натягиваютсяна гайки.

Но и это еще не все. Даже при правильно подобран-ной массе волчка он может не зависать, а сваливатьсявбок. Однако в этом случае сваливание при каждомзапуске обязательно будет происходить в одну и ту жесторону. И тогда нужно заняться выравниванием маг-нитной базы. Именно для этого нужны синие клинья,два из которых видны на рисунке 3, а третий скрыт замагнитами.

Отметим, что все эти настройки придется повторитьнеоднократно. Но если вам хоть раз удастся запуститьволчок, дальше он будет летать как миленький. Прав-да, время от времени придется проводить микроскопи-ческую корректировку массы волчка.

В принципе, можно купить и готовую игрушку, ноэто уже совсем другое дело.

Послесловие

В то же самое время, когда Майкл Берри разбиралсяс левитроном, Андрей Гейм заставил левитироватьлягушку в сильном магнитном поле. Это был другойтип левитации – диамагнитная левита-ция. Но полученные Берри теорети-ческие результаты подходили и дляэтого случая, и в 1997 году Берри иГейм написали уже совместную статью«Летающие лягушки и левитроны»(Of flying frogs and levitrons; http://www.phy . b r i s . a c . uk/peop l e/berry_mv/the_papers/Berry285.pdf).За эту работу им в 2000 году присуди-ли Игнобелевскую премию (http://www.phy . b r i s . a c . uk/peop l e/berry_mv/igberry.html). Вот, что онисказали по этому поводу:

«В последние годы левитация быланашим сильным научным увлечением.Мы потратили на нее много сил имного времени, отвечая на поставлен-ные перед нами вопросы. Но мы ничуть не жалеем обэтом и считаем, что наши усилия оправданы темобщественным интересом, который вызвали получен-ные нами результаты».

А в 2010 году Андрей Гейм вместе с КонстантиномНовоселовым получил уже и Нобелевскую премию –за открытие графена (Нобелевская лекция А.Гейма;http://ufn.ru/ru/articles/2011/12/e/).

Приложение

После экспериментов с левитирующим магнитнымволчком осталось несколько небольших магнитов. Да-вайте пустим их в дело и сделаем еще одну движущу-юся игрушку – простой электромотор. Кроме магнитовпонадобится также батарейка, пара английских була-вок или металлических скрепок, скотч и моток тонкоймедной изолированной проволоки. Из деталей, изобра-женных на рисунке 5, можно будет собрать два мотора.

Самое первое, что нужно сделать, это намотатьнесколько витков проволоки, скажем, на толстый фло-мастер, затем снять их и сделать колечко. Длина такогоколечка вместе с двумя прямолинейными отводамидолжна немного превышать длину батарейки, как этовидно на рисунке 5. Сразу же зачистите от изоляцииоба прямых конца проволоки. Изогните две скрепкиили английские булавки, как показано на рисунке 5, и

примотайте их скотчем к батарейке. В ушки скрепок(булавок) вставьте зачищенные концы проволоки, до-бавьте магниты – и моторы закрутятся (рис.6).

Рис.5. Детали для сборки электромотора

Рис.6. Работающие моторы

Свяжитесь с графомП.КОЖЕВНИКОВ, А.ШАПОВАЛОВ

ЛЮБИТЕЛИ ЗАНИМАТЕЛЬНЫХ ЗАДАЧ ВЕРОЯТ-но встречали вопрос такого рода:Задача 1. Какое наибольшее число ребер можно

перекусить в проволочном каркасе куба так, чтобыкаркас не развалился на части?

Тут, конечно, надо уточнить, что вершины трогатьнельзя, а ребро разрешается перекусывать где-то по-средине. Нетрудно привести пример, когда перекусы-

вают 5 ребер из 12, и каркас неразваливается (рис. 1). Но ясно, чтопри любой попытке перекусить ещеодно ребро каркас распадется на двечасти. Все, задача решена? Нет, ко-нечно! Опытный в решении задаччитатель понимает, что это тольконачало. То, что этот пример нельзя

улучшить, не означает, что нельзя перекусить большеечисло ребер каким-то другим способом, может бытьсовсем не похожим на наш. Однако другие попыткиприводят к тому же результату: 5 ребер перекуситьудается, а 6 – нет. Появляется уверенность в справед-ливости такого утверждения: каркас куба, в которомперекусили 6 ребер, обязательно распадется. Но какэто доказать? Перебирать варианты не хочется: даже сучетом симметрии куба их не так уж мало. Попробуемпридумать доказательство, которое объяснило бы суть!

Чтобы далее было удобнее рассуждать, каждуювершину куба будем считать шариком (рис.2). Пока

каркас не распался, муравей можетпо целым ребрам проползти от лю-бого шарика до любого другого.При этом перекушенные ребра да-вайте вовсе удалим – связь междушариками не нарушится. Сколькоже нужно целых ребер, чтобы обес-печить связь между всеми шари-ками?

Будем действовать с конца: удалим вначале вообщевсе ребра, а затем некоторые из них будем восстанав-ливать. После удаления всех ребер у нас есть 8разрозненных шариков. Восстановим ребро междукакими-то двумя шариками – у нас появится неболь-шой кусок каркаса. Далее, восстанавливая еще одноребро, можно к нашему куску присоединить еще одиншарик – и в нашем куске будет уже три шарика.Продолжая по одному присоединять шарики к имею-щемуся куску, на 7-м шаге мы присоединим после-дний, 8-й шарик. Пять ребер, которые мы не задей-ствовали в процессе, – это ребра, которые можно невосстанавливать (в исходной формулировке это те 5ребер, которые можно перекусить). Возможный про-

цесс восстановления показан нарисунке 3.

Итак, смысл ответа «5» проясня-ется. Но вдруг мы действовали не-экономно?! Нельзя ли присоеди-нять шарики не по одному, а груп-пами? Однако тогда придется до-бавлять ребра на создание этихгрупп, ведь изначально шарики разрознены (чтобысделать группу из двух шариков, потребуется однодополнительное ребро, из трех – два ребра и т.д.).Возня с группами подсказывает идею: давайте после-дим за числом групп!

Вначале каждый шарик составляет отдельную груп-пу, т.е. всего групп 8. Восстанавливая очередное ребро,мы можем связать две группы в одну, уменьшив числогрупп на одну. Если же восстанавливаемое ребросоединяет два шарика внутри одной группы, то числогрупп не изменяется. В конце процесса все шарикидолжны быть связаны в одну группу, а значит, опера-цию восстановления ребра придется проделать не ме-нее чем 8 – 1 = 7 раз, т.е. придется восстановить неменее 7 ребер.

Все, задача, наконец, решена!Чтобы лучше разобраться в использованном нами

приеме, решим еще однузадачу.

Задача 2. Из спичексложена шахматная дос-ка 8 8¥ , сторона каж-дой клетки равна длинеспички (рис.4). Жук хо-чет, чтобы с любойклетки можно было дой-ти до любой другой, непереползая через спич-ки. Какое наименьшеечисло спичек придетсядля этого убрать, еслиграничные спички уби-рать нельзя?

Решение. Вначале унас есть 64 отделенныедруг от друга области-клетки. В конце они дол-жны объединиться в еди-ную область. Будем уби-рать спички по одной иследить за областями, накоторые спички разби-вают доску (под облас-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

С В Я Ж И Т Е С Ь С Г Р А Ф О М 7

тью мы понимаем набор клеток, по которым жукможет путешествовать, не переползая через спички).Ясно, что, убрав спичку, мы можем слить не более двухобластей в одну, т.е. уменьшим число областей не болеечем на одну. Нам понадобится не менее 63 слияний, изначит, убрать надо не менее 63 спичек.

А вот пример (рис.5): уберем все внутренние гори-зонтальные спички и все внутренние вертикальныеспички на нижней горизонтали – как раз 63 спички всумме. Задача решена.

Теорема о связности графа

Что общего в решениях задач 1 и 2? И там и тут былиразрозненные объекты (шарики, клетки), которые мыобъединяли в группы (области), а ключом к решениюстала идея проследить за количеством таких групп(областей).

В обеих задачах есть связи между парами объектов:ребро куба соединяет пару вершин, спичка служитграницей между парой соседних клеток. Связи туточень наглядны, и это облегчает их подсчет.

Чтобы по возможности не повторять одни и те жерассуждения в разных ситуациях, математики вводятобщие понятия. Структуры, в которых есть связимежду парами объектов, называются графами. На-глядное представление графа такое: изображается си-стема точек – вершин графа, где некоторые парывершин соединены линиями – ребрами графа. Приэтом не важно, где именно на плоскости расположе-ны вершины, как именно выглядят ребра – в видеотрезков или кривых. Изображая граф, мы также необращаем внимания на возможные пересечения реберв точках, отличных от вершин.

Можно изготовить модель графа из пуговиц-вершини нитей-ребер. Раскладывая такую модель на столе илизапутывая как угодно, мы граф не изменяем. В моделииз пуговиц и нитей хорошо видны связные куски –компоненты: на такие компоненты можно разделитьмодель, не разрывая нитей.

Давайте более строго поговорим о связности в гра-фах. Граф называется связным, если от любой еговершины можно дойти до любой другой вершины,двигаясь по ребрам (т.е. переходя несколько раз извершины в вершину по ребру). Пусть в произвольномграфе зафиксирована вершина A. Множество вершин,в которые можно попасть из данной вершины A,двигаясь по ребрам, назовем компонентой связностивершины A и обозначим ( )K A . При этом считается, чтосама вершина A входит в компоненту ( )K A .

Если из вершины A в вершину B можно пройти,двигаясь по ребрам, то компоненты связности ( )K Aи ( )K B совпадают, а в противном случае у них нетобщих вершин (докажите это!). Таким образом, мно-

жество всех вершин графа разбивается на компонен-ты связности (в частности, множество вершин связ-ного графа представляет собой одну компоненту). Нарисунке 6 изображен пример графа, у которого всего4 компоненты связности. Обратим внимание на то,что компонента может состоять и из одной изолиро-ванной вершины.

Сформулируем важную и часто используемую теоре-му о связности.

Теорема. 1. Пусть дан связный граф с n вершинами.Тогда в нем не менее n – 1 ребер.

2. Пусть граф с n вершинами распадается на kкомпонент связности. Тогда в нем не менее n – kребер.

Доказательство. (Оно фактически воспроизводитрассуждения из решений уже разобранных нами за-дач.)

Сотрем в графе все ребра. Тогда все его вершиныстанут изолированными, т.е. граф распадется на nкомпонент связности. Начнем восстанавливать ребрапо одному. Каждое проведенное ребро либо соединяетдве компоненты связности в одну, либо никак не меняетразбиение на компоненты. Тем самым, восстановлениеребра может уменьшить число компонент не более чемна 1. Поэтому, чтобы уменьшить число компонент с nдо k, потребуется провести не менее n – k ребер. Вчастности, чтобы сделать граф связным (т.е. сделатьk = 1), надо провести не менее n – 1 ребер.

Попробуем еще раз вернуться к задачам 1 и 2 ипроанализировать, какое отношение к ним имеет теоре-ма связности.

Картинка на рисунке 1 почти совпадает с нагляднымпредставлением графа, и из теоремы сразу следует, чтодля сохранения связности нужно оставить не менее 7ребер.

Картинка со спичками на рисунке 4 тоже представля-ет собой изображение графа, но не того, которыйнужен для решения задачи. И неудивительно: ведьчтобы создать связь между клетками, мы убираемспичку! Опишем нужный нам граф. Поставим верши-ны в центры клеток (всего 64 вершины), а ребромбудем соединять пары центров соседних клеток, еслина границе между ними нет спички. Рассматриваятакой граф, мы полностью сводим задачу к ситуации,описанной в теореме.

Наверное, идея подсчета числа областей более ясновидна в задаче про спички (и ее решение выглядит дажеболее просто, чем доказательство теоремы).

Упражнения

1. Шоколадка 4 6× разделена бороздками на 24 квадрат-ные плиточки. За один ход можно разламывать один любойкусок в любом месте и любом направлении, но обязательновдоль бороздок. За какое наименьшее число разломов можнополностью разделить целую шоколадку на плиточки?

2. Решите задачу 2 в предположении, что убирать гранич-ные спички можно и жук может выползать за пределы доски(но жук хочет только иметь возможность посещать все 64клетки).

Указание. Можно считать, что вначале у нас есть 65областей, считая внешнюю.

3. Пусть дан связный граф c n вершинами и k ребрами,Рис. 6

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 48

причем k > n – 1. Докажите, что можно удалить ребро так,чтобы граф остался связным.

Указание. Можно использовать прием, который мы встре-чали: удалить сначала все ребра, а затем восстанавливать ихпо одному.

Из упражнения 3 вытекает, что примеры в задаче 1всегда можно получить, перекусывая одно за другим 5ребер, заботясь лишь о сохранении связности.

Упражнение 4 (Д.Храмцов, Всероссийская олимпиада,окружной этап, 1998 г.). Куб со стороной 3n ≥ разбитперегородками на единичные кубики. Какое минимальноечисло перегородок между кубиками нужно удалить, чтобыиз каждого кубика можно было добраться до границыкуба?

Необычные вспомогательные графы

Понятны типовые ситуации, которые легко описыва-ются на языке графов: это города и соединяющие ихдороги (авиалинии), знакомства людей в некоторойкомпании...

Далее мы рассмотрим задачи, в которых применениеграфов (и конкретно теоремы связности) не стольочевидно, но весьма продуктивно. Намеком на исполь-зование графа в решении той или иной задачи могутстать связи между парами объектов или даже простовыделенный набор пар.

Задача 3 (по мотивам задачи И.Раскиной). Есть mболельщиков: некоторые из них (возможно, все илиникто) болеют за «Спартак», а остальные – за«Динамо». Разрешается спросить у любых двоих,болеют ли они за разные команды, и они честноответят «да» или «нет». Требуется посадить бо-лельщиков в два автобуса так, чтобы в каждом былиболельщики только одной команды. За какое мини-мальное количество вопросов это наверняка можносделать?

Ответ: m – 1.Решение. Пример. Если задать вопросы первому и

второму, первому и третьему, …, первому и m-у, торассадить будет легко: ответивших «да» сажаем вавтобус вместе с первым, а остальных – в другойавтобус.

Оценка. А теперь рассмотрим ситуацию, когда былозадано не более чем m – 2 вопроса. Построим графвопросов: вершины соответствуют болельщикам, аребра соединяют пары болельщиков, которым былзадан вопрос. В нашем графе m вершин и не болееm – 2 ребер, значит, по теореме связности он несвязен. Но возможно ли по несвязному графу понять,как правильно разделить болельщиков? Рассмотримодну из компонент связности A. Множество A делитсяна два подмножества A¢ и A¢¢ (болельщики «Спарта-ка» и болельщики «Динамо» соответственно). Анало-гично, компонента связности B делится на подмноже-ства B¢ и B¢¢ . В один из автобусов надо посадитьболельщиков из множества A¢ , однако неизвестно,какое именно из подмножеств B¢ и B¢¢ к ним нужнодобавить. В самом деле, если бы множество B¢ оказа-лось болельщиками «Динамо», а B¢¢ – «Спартака»,на все заданные им вопросы они дали бы в точности те

же ответы (все вопросы были заданы внутри компо-ненты связности). А рассадка должна была быть дру-гой. Значит, по ответам рассадка однозначно не вос-станавливается.

Упражнение 5 (И.Раскина, Турнир имени А.П.Савина,2011 г.). Решите предыдущую задачу, если дополнительноизвестно, что m = 2n и что ровно n человек болеют за«Спартак» и n – за «Динамо».

Разберем еще несколько задач про клетчатые фигу-ры. В следующей задаче, как и в задаче 2, нам поможетграф, иллюстрирующий соседство клеток.

Задача 4. На клетчатой бумаге нарисован много-угольник площадью в n клеток. Его контур идет полиниям сетки. Каков наибольший периметр много-угольника? (Сторона клетки равна 1.)

Ответ: 2n + 2.Решение. Пример. Прямоугольник 1n ¥ .Оценка. Сумма периметров n клеток равна 4n. Из

этих периметров складывается периметр многоуголь-ника и удвоенная сумма длин отрезков сетки внутримногоугольника: ведь к каждому внутреннему отрезкуклетки примыкают с двух сторон. Чтобы оценитьобщую длину внутренних отрезков, построим граф:вершины – клетки прямоугольника, ребра связываютклетки с общей стороной. Этот граф связен: ладьяможет свободно путешествовать между всеми клеткамивнутри многоугольника. По теореме, у графа не менееn – 1 ребра, т.е. общая длина внутренних отрезков неменее n – 1. Но тогда периметр многоугольника не

более ( )4 2 1 2 2n n n- - = + .Комментарий. Конечно, эту оценку можно доказать

и индукцией по числу клеток. Но индуктивное утвер-ждение нужно формулировать умело. На занятияхматематического кружка немало школьников пыталисьопираться на кажущееся очевидным (а по сути близкоек упражнению 3) утверждение: «многоугольник из( )1k + -й клетки можно получить, добавив одну клеткук какому-нибудь многоугольнику из k клеток», но таки не смогли его доказать...

Заметьте, что во многих задачах бывает полезнаболее общая конструкция «двойственного графа», ког-да области в некоторой «карте» на плоскости объявля-ются вершинами, а если у двух областей-вершин естьобщая часть границы, то они соединяются ребром.

Упражнение 6 (А.Шаповалов, Турнир имени А.П.Сави-на, 2009 г.). На клетчатой бумаге нарисован тысячеугольниксо сторонами по границам клеток. Из какого наименьшегочисла клеток он может состоять?

Задача 5 (X Турнир городов). Тетрадный листраскрасили в 23 цвета по клеткам (при этом всецвета присутствуют). Пара цветов называетсяхорошей, если найдутся две соседние клетки, закра-шенные этими цветами. Каково минимальное числохороших пар?

Путь к решению. Среди всевозможных пар цветовявно выделены хорошие. Это намек на возможностьпостроить граф «цветов» и оценить число ребер в нем!

Ответ: 22 пары.

С В Я Ж И Т Е С Ь С Г Р А Ф О М 9

Решение. Пример. Нетрудно построить пример с 22хорошими парами цветов. Например, 22 хорошие парыполучаются, если в «море» первого цвета плавают«островки» каждого из остальных 22 цветов. Здесьхорошие пары цветов – это в точности пары с участиемпервого цвета.

Оценка. Докажем, что меньше чем 22 хорошие парыбыть не может. Рассмотрим такой граф Г: каждомуцвету сопоставим вершину графа (итого 23 вершины),для каждой хорошей пары цветов соединим ребромсоответствующие им вершины. Если доказать, чтограф Г связный, то по теореме о связности в нем будетне менее 22 ребер. Возьмем в Г любую пару вершин-цветов A, B и на тетрадном листе отметим клетку Kцвета A и клетку L цвета B. Будем перемещаться,начиная с клетки K, в соседние по стороне клетки ичерез несколько ходов придем в клетку L. В соответ-ствии с перемещением по тетрадному листу будемдвигаться по вершинам графа Г: если мы на очередномходу из клетки M цвета C перешли в соседнюю с нейклетку N другого цвета D, то в графе Г мы из вершиныC переходим в вершину D (C и D соединены ребром,так как клетки M и N соседние); если цвет клетки неменяется, то в графе Г мы остаемся на месте. Так мыполучаем в графе Г путь по ребрам из вершины A ввершину B. Это доказывает связность графа Г.

Упражнение 7. Клетки шахматной доски раскрасилировно в 33 цвета. Пару разных цветов назовем хорошей, еслиможно поставить пару бьющих друг друга коней на клеткиэтих цветов. Найдите наименьшее возможное число хорошихпар.

Указание. Здесь нас интересуют не пары соседних клеток,а пары клеток, с одной из которых ходом коня можноперейти на другую.

Задача 6 (С.Токарев). Дан клетчатый прямоуголь-ник m n¥ . Каждую его клетку разрезали по одной издиагоналей. На какое наименьшее число частей мограспасться прямоугольник?

Ответ: m + n.Решение. Пример. Можно во всех клетках провести

параллельные разрезы (рис.7), тогда количество частейбудет m + n.

Оценка. Пусть в каждойклетке проведен разрез

вдоль одной из диагоналей. Построим граф: вершиныбудут соответствовать треугольничкам – половинамразрезанных клеток, а ребро между вершинами прове-дем, если соответствующие треугольнички имеют об-щий катет. Нетрудно понять, что каждой из частей, накоторые распался прямоугольник, соответствует ком-понента связности нашего графа (пример – на рисунке8). Число вершин равно удвоенному числу клеток, т.е.2mn. Число ребер равно числу границ между соседни-

ми клетками, т.е. ( ) ( ) ( )1 1 2m n n m mn m n- + - = - + .Согласно теореме, количество компонент связности втаком графе не меньше чем m + n.

Упражнение 8 (И.Акулич, XXIV Турнир городов). Какоенаибольшее число клеток доски 9 ¥ 9 можно разрезать пообеим диагоналям, чтобы доска не распалась на части?

Указание. Постройте граф, вершины которого – целыеклетки или четвертушки разрезанных клеток (число вершинв нем зависит от числа разрезанных клеток).

Последнее упражнение интересно тем, что вспомога-тельный граф в нем можно построить многими спосо-бами. Кстати, и ответ далеко не очевиден.

Теперь приведем решение задачи М2339 «Задачника«Кванта».

Задача 7 (В.Мокин, задача М2339, обобщение зада-чи М1295). Дана доска m n× , разбитая на единичныеклетки. Сначала в ( ) ( )m 1 n 1 1- - + клеток ставитсяпо фишке. Пусть в некоторый момент на доскенашлись такие четыре клетки, центры которыхявляются вершинами прямоугольника со сторонами,параллельными краям доски, что ровно в одной изэтих клеток стоит фишка; тогда эту фишку можноснять. Докажите, что хотя бы одну фишку неудастся снять с доски, проделывая только описанныеоперации.

Решение. Построим граф: вершины – вертикали игоризонтали, их всего m + n. Ребро связывает верти-каль с горизонталью, если на их пересечении нетфишки. Изначально свободны ( ) ( )1 1 1mn m n- - - - =

2m n= + - клетки, т.е. число ребер меньше m + n – 1.По теореме наш граф – не связный.

Клетку на пересечении горизонтали h и вертикали vбудем обозначать ( ),h v , а если эта клетка свободна, то( ),h v означает и ребро от h до v. Что произойдет приописанном в условии снятии фишки? Пусть четырецентра клеток расположены в вершинах прямоуголь-ника на пересечении горизонталей p, q и вертикалей r,s, а фишка снимается с клетки ( ),p r . Тогда, по усло-вию, клетки ( ),p s , ( ),q s и ( ),q r , свободны. Это означа-ет, что в момент перед снятием фишки в графе былиребра ( ),p s , ( ),q s и ( ),q r . Они образовывали путь из pв r, т.е. p и r лежали в одной компоненте связности.Снимая фишку, мы добавляем в графе ребро ( ),p r , нокомпонент связности это не меняет. Поэтому граф были остается не связным.

Заметим теперь, что на пустой доске каждая верти-каль связана с каждой горизонталью. Такой графсвязен: горизонтали в нем связаны двузвенным путемчерез любую вертикаль, и наоборот. Но уже доказано,что связный граф мы получить не можем, поэтому всефишки снять нельзя.

Путь к решению. Построенный граф кажется нео-бычным. Однако для математиков таблица из нулей иединиц – достаточно привычный способ представлениятак называемых двудольных графов: в таких графахвершины делятся на два сорта (две доли), а ребра могутсвязывать только вершины разных сортов. Доска изпоследней задачи естественно превращается в таблицуиз нулей и единиц, если фишки заменить на 0, а пустые

Рис. 7 Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 410

места – на 1. Как мы видели, интерпретация таблицыв виде двудольного графа может помочь (см. такжерешение задачи 8 для 10 класса регионального этапаВсероссийской олимпиады в «Кванте» 2 за 2014 г.).

Имеется еще много интересных задач, где неожидан-ное использование графов помогает решить труднуюзадачу. Подобные сюжеты уже попадали на страницы«Кванта» (см., например, статью «Реконструкция ге-нома: головоломка из миллиарда кусочков» в прошломномере журнала). Мы надеемся вернуться к дальней-шему обсуждению этой красивой темы в будущем. Апока завершим знакомство трудной задачей, в которойтеорема о связности графа срабатывает совершенноудивительным образом.

Задача 8 (Д.Фомин, задача М1232). Хозяйка испек-ла для гостей пирог. За столом может оказатьсялибо p человек, либо q. На какое минимальное количе-ство кусков (не обязательно равных) нужно заранееразрезать пирог, чтобы в любом случае его можнобыло раздать поровну? Рассмотрите случаи:

а) p и q – взаимно простые числа;б) p и q имеют наибольший общий делитель d > 1.Ответ: а) p + q – 1; б) p + q – d.Решение. Пример. Нам важна не форма кусков, а их

вес. Изобразим пирог отрезком [0, pq] на числовойпрямой и будем делить его на меньшие отрезки. Весакусков будут пропорциональны длинам этих отрезков.Разделим синими точками большой отрезок на p рав-ных частей, а красными – на q равных частей. Будетp – 1 синяя и q – 1 красная точки. Заметим, что точкиделения соответствуют целым числам, при этом синиекратны q, а красные кратны p.

a) Если p и q взаимно просты, то точки делениясоответствуют разным целым числам. Действительно,общая точка должна быть общим кратным p и q. Внашем случае это как минимум число pq, т.е. внутрьотрезка эта точка не попадает. Тогда будет всего( ) ( )1 1 2p q p q- + - = + - точки, и они разделят пирогна p + q – 1 частей.

б) Если ( )НОД , 1p q d= > , то p = md, q = nd, гденатуральные числа m и n взаимно просты. Общиекратные p и q имеют вид kmnd, где k – натурально. Набольшой отрезок они попадают при k = 1, 2, …, d – 1.Тем самым, всего будет ( ) ( ) ( )1 1 1p q d- + - - - =

1p q d= + - - точек, и они разделят пирог на p + q – dчастей.

Оценка. Можно считать, что в гости могли прийтилибо p дам, либо q гусар. Всех их будем считатьвершинами графа. Всего в графе p + q вершин. Пустьесть план раздачи кусков и дамам, и гусарам. Даму игусара, которым достался бы один и тот же кусок (илинесколько кусков), соединим ребром. Итак, числоребер графа не больше числа кусков. Будем считать,что пирог весит pq фунтов. Рассмотрим компонентусвязности. И дамы, и гусары из этой компонентыполучили бы один и тот же набор кусков, т.е. в суммепоровну. Но дамы получают по q фунтов, гусары – поp, поэтому суммарный вес для компоненты делится на

( )НОК ,p q . (Кстати, вес отдельного куска не обязанбыть целым, но нам это не важно, мы следим лишь за

суммарными весами.) Значит, компонента получает всумме не менее ( )НОК ,p q фунтов.

а) Так как p и q взаимно просты, то ( )НОК ,p q pq= .Значит, компонента получает весь пирог, и другихкомпонент нет. Граф связен, поэтому число ребер неменьше p + q – 1, то же верно и для числа кусков.

б) Известно равенство ( ) ( )НОД , НОК ,p q p q pq◊ = .Значит, компонента получает не менее pq d фунтов.Но тогда в графе не более d компонент связности. Потеореме, число ребер не меньше p + q – d, то же вернои для числа кусков.

Упражнение 9. Придумайте решение предыдущей задачидля случая q = p + 1 без применения графов.

Задачи для самостоятельного решения

Задача 9 (А.Шаповалов, Турнир имени А.П.Савина, 2014г.). Нарисован выпуклый многоугольник, разбитый непере-секающимися диагоналями на треугольники. Можно листороны и диагонали раскрасить в желтый и красный цветатак, чтобы жук мог проползти из каждой вершины в любуюдругую по желтым отрезкам, а клоп – по красным?

Задача 10 (А.Шаповалов, Турнир имени А.П.Савина,2011 г.). Клетчатый квадрат 8 ¥8 разрезали по границамклеток на три многоугольника одинакового периметра. Най-дите наибольшее возможное значение этого периметра.

Задача 11 (А.Анджанс,XXV Всесоюзная олимпи-ада). Фигура на рисунке 9разрезана по сторонам кле-ток на несколько много-угольников, ни один из ко-торых не содержит квадра-та 2 ¥2. Каково наимень-шее возможное число мно-гоугольников?

Задача 12 (А.Марачев,XXXV Турнир городов).Из кубиков 1 ¥1 ¥1 склеенкуб 3 ¥3 ¥3. Какое наи-большее количество кубиков можно из него выкинуть, чтобыосталась фигура с такими двумя свойствами:

– со стороны каждой грани исходного куба фигура выгля-дит как квадрат 3 ¥3 (глядя перпендикулярно этой грани,мы не увидим просвета – видны 9 кубиков фигуры);

– переходя в фигуре от кубика к кубику через их общуюгрань, можно от каждого кубика добраться до любогодругого?

Задача 13 (А.Шаповалов, Турнир имени А.П.Савина,2000 г.). Есть 101 банка консервов весами 1001 г, 1002 г,......, 1101 г. Этикетки с весами потерялись, но завхозу кажет-ся, что он помнит, какая банка сколько весит. Он хочетубедиться в этом за наименьшее число взвешиваний.

а) У завхоза есть двое чашечных весов: одни точные,другие – грубые. За одно взвешивание можно сравнить двебанки. Точные весы всегда показывают, какая банка тяже-лее, а грубые – только если разница больше 1,1 г (а иначепоказывают равновесие). Завхоз может использовать толькоодни весы. Какие ему следует выбрать?

б) У завхоза есть только грубые весы. Какое наименьшеечисло взвешиваний ему понадобится?

Задача 14 (В.Болтянский, задача М980, б). Пусть точка Oлежит внутри выпуклого многогранника с вершинами

1, , nA A… . Докажите, что среди углов i jAOA не менееn – 1 не острых.

Рис. 9

Равновесие тели потеря устойчивости

И.ГОРБАТЫЙ

СУЩЕСТВУЮТ ЯВЛЕНИЯ, В КОТОРЫХ ПРИ МА-лом изменении некоторого параметра происхо-дит резкое изменение состояния рассматривае-

мой системы. В этом случае говорят о потере устойчи-вости, бифуркациях, переключениях, срывах и катас-трофах. Круг таких явлений разнообразен, они прояв-ляются не только в физике, но и в других науках,например в биологии и экономике. Математическаятеория устойчивости связана с именами российскихматематиков А.М.Ляпунова, А.А.Андронова, В.И.Ар-нольда и их учеников.

В этой статье рассматриваются некоторые задачиравновесия и устойчивости в механических системах,которые могут быть решены школьными методами.

Состоянием равновесия механической системы назы-вают такое ее состояние, при котором все точки систе-мы покоятся по отношению к выбранной системеотсчета. Если в качестве механической системы рас-сматривается твердое тело, то для его равновесиянеобходимы два условия:

внеш 0F =ur

, внеш 0M = ,

где внешFur

– векторная сумма внешних сил, действую-щих на тело, а внешM – их суммарный момент относи-тельно произвольной оси. Для получения достаточныхусловий равновесия к этим условиям следует добавитьеще равенство нулю скоростей всех точек тела внекоторый момент времени.

Равновесие тела устойчиво, если при малом смеще-нии тела из положения равновесия возникают силы,возвращающие его в поло-жение равновесия. При не-устойчивом равновесии ма-

лое отклонение тела от положения равновесия вызыва-ет силы, стремящиеся увеличить это отклонение. Нарисунке 1 приведены примеры устойчивого равнове-сия, а на рисунке 2 – неустойчивого.

Приступим теперь к рассмотрению конкретных за-дач.

Задача 1. Два заряда

Небольшой шарик с массой m и зарядом q покоитсяна горизонтальной непроводящей поверхности (рис.3).К нему очень медленно подносят, перемещая верти-кально вниз, другой шарик с зарядом –q. На какомрасстоянии от горизонтальной поверх-ности шарики столкнутся?

На нижний шарик действуют силытяжести, реакции опоры и кулоновско-го взаимодействия. Запишем условиеравновесия шарика на горизонтальнойповерхности:

2

20

kqN mg

h+ − = ,

где h – расстояние между шариками, k – постоянная взаконе Кулона. Это равновесие устойчивое: при маломсмещении нижнего шарика из этого положения повертикали или по горизонтали возникает «возвращаю-щая» сила. С уменьшением h сила реакции N уменьша-ется и при некотором h оказывается равной нулю. Сэтого момента положение нижнего шарика на горизон-тальной поверхности становится неустойчивым, онотрывается от поверхности и устремляется к верхнемушарику со все возрастающим ускорением. Посколькуверхний шарик движется очень медленно, то столкно-вение шариков происходит на высоте

2kqh

mg= .

Задача 2. Муфта и четыре пружины

К муфте, которая может скользить по гладкомустержню, прикреплены четыре пружины, как показанона рисунке 4. Две из них, расположенные вдоль стерж-ня, имеют жесткость в n = 2 меньше, чем «поперечные»пружины, перпендикулярные стержню. Первоначальнопружины не деформированы, а затем поперечные пру-жины начинают медленно сжимать. При какой отно-сительной деформации этих пружин равновесное поло-жение муфты потеряет устойчивость?

Рис.2. Неустойчивое равно-весие: а) муфта на стержнемежду двумя сжатыми пру-жинами; б) подвижная бу-синка между двумя закреп-ленными зарядами

Рис.1. Устойчивое равновесие:а) муфта на стержне междудвумя пружинами; б) подвиж-ная бусинка между двумя зак-репленными зарядами

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 412

Направим ось х вдоль стержня. Пусть муфта смести-лась из положения равновесия на малую величину х.Действующие на нее силы изображены на рисунке 5.Проекция результирующей силы на ось х равна

2 sin 2xk

F k l xn

= ∆ α − ,

где k – жесткость, а l∆ – деформация поперечныхпружин. Учитывая, что

sinx

l lα =

− ∆,

получим

( )( )2

1 1xkxl l

F nn l l l

∆ = + − − ∆ .

Из этой формулы следует, что если ( )1 1n l l+ ∆ < , топроекция силы xF отрицательна при x > 0 и положи-тельна при x < 0, т.е. в этом случае при отклонениисистемы от положения равновесия возникают силы,стремящиеся вернуть систему к равновесию (x = 0).Положение равновесия становится неустойчивым при( )1 1n l l+ ∆ > . Отсюда находим «пороговую» относи-тельную деформацию поперечных пружин:

1 1

1 3

l

l n

∆= =

+ .

Задача 3. Три заряда

Положительный 1q и отрицательный 2q точечныезаряды закреплены на оси x по разные стороны отгладкой непроводящей пластины, плоскость которойперпендикулярна оси x. Маленький положительнозаряженный шарик также находится на оси x, упира-

ясь в пластину, как пока-зано на рисунке 6. Перво-начально пластина рас-положена вблизи отрица-тельного заряда, шарикпри этом находится в рав-новесии. Пластину начи-нают поступательно пе-ремещать вдоль оси х,медленно увеличивая рас-

стояние l между пластиной и отрицательным заря-дом. Когда l достигает 1/3 расстояния между заря-дами, шарик «улетает» с оси х. Определите отноше-ние 1 2q q . Влиянием вещества пластины на электри-ческое поле, а также силой тяжести пренебречь.

Предположим, что шарик сместился вдоль оси y,перпендикулярной оси x, на малое расстояние h (рис.7).

Проекция на ось y результирующей силы, действую-щей на шарик со стороны точечных зарядов, равна

1 1 2 2sin sinyF F F= α − α ,

где 1 1sin h rα = , 2 2sin h rα = , а 1r и 2r – расстоянияот шарика до зарядов 1q и 2q соответственно. Положе-ние шарика на оси x будет устойчивым, если 0yF < .Потеря устойчивости происходит при условии

1 1 2 2sin sinF Fα = α .

Из закона Кулона следует, что2

1 1 22

2 2 1

F q r

F q r= .

Следовательно,2

1 2 2 12

2 1 21

sin

sin

q r r

q rr

α= =

α .

Отсюда получаем3

1 1

2 2

q r

q r

=

.

При малых h расстояния 1r и 2r примерно равнысоответствующим расстояниям, измеренным вдоль осих. Поэтому

31

2

2 8q

q= = .

Задача 4. Четыре заряда

На концах тонкой непроводящей спицы длиной 2lзакреплены положительные точечные заряды Q(рис.8). Положительно заряженная бусинка можетдвигаться по спице безтрения и в начальныймомент покоится в по-ложении равновесия. Кспице с большого рассто-яния медленно прибли-жают положительныйзаряд q, перемещая еговдоль перпендикуляра кспице, проходящего через ее середину. Когда рассто-яние между зарядом q и бусинкой стало равным l,бусинка пришла в движение. Определите отноше-ние зарядов Q/q.

Направим ось x вдоль спицы, ось y – через центрспицы и движущийся заряд, а начало отсчета осейвыберем в центре спицы. Пусть x > 0 – малое смеще-ние бусинки из центра спицы. Тогда проекция на осьx результирующей силы, действующей на бусинку,

Рис. 4 Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

Р А В Н О В Е С И Е Т Е Л И П О Т Е Р Я У С Т О Й Ч И В О С Т И 13

равна

( ) ( )0 0 02 2 3x

kQq kQq kqq xF

yl x l x= − + ≈

+ −

0 003 3 3 3

4 4kQq x kqq x Q qkq x

l y l y

Ê ˆª - - = - -Á ˜Ë ¯

,

где 0q – заряд бусинки, y – координата заряда q, k –постоянная в законе Кулона. Равновесие бусинки ста-новится неустойчивым при 0xF = . При этом по усло-вию задачи y = l. Следовательно,

1

4

Q

q= .

Задача 5. Два заряда и пружинка

Небольшой заряженный шарик покоится на гладкомгоризонтальном непроводящем столе. К шарику при-соединена пружинка жесткостью k, второй конецкоторой закреплен на столе. Вдоль оси пружинки кшарику с большого расстояния очень медленно при-ближают такой же, но противоположно заряженныйшарик. Определите деформацию пружинки в моментстолкновения шариков, если величина заряда каждогошарика равна q.

Направим ось х вдоль оси пружинки от первогошарика (он закреплен на пружине) ко второму, кото-

рый медленно приближаетсяк первому (рис.9). Началоотсчета примем в точке, гдепервоначально находилсяпервый шарик при недефор-мированной пружинке. Про-екция на ось х силы, дей-ствующей на первый шарик,

определяется формулой

( )

2

204

xq

F kxl x

= −πε −

,

где х – координата первого шарика, l – координатавторого, 0ε – электрическая постоянная. Графикизависимости ( )xF x при 0 < x < l для различныхзначений параметра

1 32

0

1

2

q

l k

α = πε

приведены на рисунке 10. Минимальное значение силыдостигается при

( )1mx x l= = − α .

Это выражение нетрудно получить стандартным мето-дом, вычисляя производную и решая уравнение

( ) 0x mF x′ = . Подставляя найденное значение mx в

( )x mF x , получим минимальное значение функции:

31

2mF kl = α −

.

При 2 3α < значение mF отрицательно и, как видно изрисунка 10, уравнение 0xF = имеет два корня, один из

которых соответству-ет устойчивому рав-новесию шарика напружинке, а второй– неустойчивому.При 2 3α = два кор-ня уравнения 0xF =«сливаются» в один,а при 2 3α > проек-ция силы xF поло-жительна при любыхзначениях х в диапа-зоне 0 < x < l.

Итак, когда второй шарик находится на большомрасстоянии от первого, величина l велика и поэтому

2 3α < . При этом первый шарик растягивает пружин-ку на устx x= и его равновесие устойчивое. По мереприближения второго шарика к первому величина lуменьшается, а величины mF , устx и α растут –пружинка растягивается все сильнее. При достиженииусловия 2 3α = шарик на пружинке теряет устойчи-вость, проекция силы xF становится положительной ипервый шарик устремляется навстречу второму, покане происходит их столкновение. Поскольку второйшарик по условию задачи приближается очень медлен-но, то деформация пружины в момент столкновенияравна значению l, при котором 2 3α = :

1 32

0

3

2 2

ql

k

= πε

.

Задача 6. Два заряженных шарика на нитях

Два маленьких шарика, заряд одного из которых

0q , а другого 0q− , подвешены на двух изолирующихнитях длиной L = 1 м каждая. Точки подвеса нитейочень медленно сбли-жают так, что ониостаются все времяв одной горизонталь-ной плоскости. Ког-да расстояние меж-ду точками подвесанитей стало равнымa = 5 см, шарикистолкнулись. Найди-те величину заряда

0q . Масса каждогошарика m = 4 г.

Направим ось x,как показано на рисунке 11. Тогда проекция на эту осьрезультирующей силы, действующей на один из шари-ков, равна

sinxF F T= − α = ( )

20

20

sin4 2

qT

s x− α

πε −,

где s – расстояние между точками подвеса нитей, Т –сила натяжения нити, α – угол, который составляеткаждая нить с вертикалью. Из рисунка 11 видно, чтоsin x Lα = . По условию L s≫ , поэтому угол αявляется малым, sin tgα = α и cos 1α = . Выражая из

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 414

уравненияcosT mgα =

силу натяжения Т и подставляя ее в предыдущееуравнение, получим

( )

20

204 2

xq mg

F xLs x

= −πε −

,

или

( )202

0

2

42

x

q mgF x

Lsx

= − πε −

.

Заметим, что последнее выражение отличается от ана-логичного выражения из задачи 5 лишь обозначения-ми: 0 2q q= , 2l s= , k mg L= . Поэтому можно вос-пользоваться результатом решения задачи 5 и записатьусловие потери устойчивости в рассматриваемом слу-чае в виде

1 320

0

3

2 2 8

s q L

mg

= πε

,

где s = a. Выражая отсюда 0q , получим ответ:

390

02

6,4 10 Кл3

a mgq

L−πε = = ⋅

.

Задача 7. Стержень, опущенный в воду

Однородный тонкий стержень, подвешенный нанитке за один из концов, начинают погружать в воду,медленно опуская точку подвеса (рис.12). Определи-те максимальную глубину погружения h нижнегоконца стержня, если его длина l = 18 см, а плотностьматериала стержня составляет n = 1/2 от плотно-сти воды.

Рассмотрим стержень, погруженный в воду и откло-ненный от вертикали на угол α (рис.13). Суммарныймомент силы тяжести и архимедовой силы относитель-но горизонтальной оси, проходящей через верхнийконец стержня, равен

A sin sin2 2

x lM F l mg

= − α − α

,

где AF gSx= ρ – сила Архимеда, ρ – плотность воды,х – длина погруженной в воду части стержня, S –площадь поперечного сечения стержня, m nSl= ρ – егомасса. При M < 0 момент сил уменьшает угол α , а при

M > 0 – увеличивает отклонение стержня от вертикали.Условие M = 0 определяет углы, соответствующиеположениям равновесия. Подставляя в формулу длямомента выражение для силы Архимеда и массы стерж-ня, получим

( )2 22 sin2

gSM x lx nl

ρ= − − + α .

Из формулы ( )cos H l xα = − выразим x, подставим впредыдущую формулу и после преобразований полу-чим

22

sincos cos

2 cosm

m m

gS H HM H

H H

ρ α= α − α +

α ,

где 1mH l n= − . При mH H> уравнение M = 0 имееттолько один корень: 0α = , который соответствуетустойчивому положению равновесия. Действительно, вточке 0α = момент сил ( )M α меняет знак с «минуса»на «плюс», как показано на рисунке 14, поэтому при

малом отклонении от равновесия возникает моментсил, возвращающий стержень к положению равнове-сия. Если же mH H< , то характер зависимости ( )M αизменяется. Как видно из рисунка 15, точка 0α =становится неустойчивой, а устойчивое положение рав-новесия реализуется при ( )arccos mH Hα = . В этомслучае глубина погружения нижнего конца стержняопределяется формулой

cos 1m

lh l H H

H

= α − = −

.

Видно, что с уменьшением H величина h тоже умень-шается, следовательно, максимальное значение h дос-тигается при mH H= :

( )max 1 1 5,3 смmh h l H l n= = − = − − ≈ .

Итак, при медленном опускании точки подвеса стер-жень сначала будет оставаться вертикальным, а при

mH H≤ начнет отклоняться от вертикали на угол,определяемый формулой ( )arccos mH Hα = .

А теперь – эксперимент. Возьмите карандаш, при-крепите к его концу ниточку и медленно опускайтеподвешенный на ниточке карандаш в кастрюлю сводой. Если наши теоретические предсказания под-твердятся – радуйтесь. Ну а если нет – вспомните словавеликого физика: «Чем дальше эксперимент от теории,тем ближе он к Нобелевской премии».

Рис. 12 Рис. 13


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 в нем задачинестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамки школьной программы. Наиболее трудныезадачи отмечаются звездочкой. После формулировки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется,не все эти задачи публикуются впервые.

Решения задач из этого номера следует отправлять по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант».Решения задач из разных номеров журнала или по разным предметам (математике и физике) присылайте в разныхконвертах. На конверте в графе «Кому» напишите: «Задачник «Кванта» 4–2014» и номера задач, решения которыхВы посылаете, например «М2349» или «Ф2355». В графе «От кого» фамилию и имя просим писать разборчиво. В письмовложите конверт с написанным на нем Вашим адресом и необходимый набор марок (в этом конверте Вы получитерезультаты проверки решений). Решения задач по математике и физике можно присылать также по электроннымадресам: [email protected] и [email protected] соответственно.

Условия каждой оригинальной задачи, предлагаемой для публикации, присылайте в отдельном конверте в двухэкземплярах вместе с Вашим решением этой задачи (на конверте пометьте: «Задачник «Кванта», новая задача пофизике» или «Задачник «Кванта», новая задача по математике»).

В начале каждого письма просим указывать номер школы и класс, в котором Вы учитесь.Задачи М2349–М2351, М2354 предлагались на XXXV Турнире городов, задача М2352 предлагалась на XII Устной

олимпиаде по геометрии.

Задачипо математике и физике

Задачи М2349–М2355, Ф2355–Ф2362

M2349. Профессор Выбегалло написал 1001 статью. Вкаждой статье он может поставить ссылки на другиестатьи, но никакие две статьи не должны ссылатьсядруг на друга. Выбегалло получит значимость k, еслипосле этого у него будет k статей, на каждую изкоторых ссылаются хотя бы k статей. Какой наиболь-шей значимости он может добиться?

И.Богданов, Е.Молчанов

M2350. Клетки таблицы 7 5¥ заполнены числами так,что в каждом прямоугольнике 2 3¥ (вертикальном илигоризонтальном) сумма чисел равна нулю. Заплатив100 рублей, можно выбрать любую клетку и узнать,какое число в ней записано. Какого наименьшего числарублей хватит, чтобы наверняка определить суммувсех чисел таблицы?

Е.Бакаев

M2351. Дан многочлен двадцатой степени с целымикоэффициентами. На плоскости отметили все точки сцелыми координатами, у которых ординаты не меньше0 и не больше 10. Какое наибольшее число отмеченныхточек может лежать на графике этого многочлена?

Г.Жуков

M2352. Дан правильный треугольник ABC площади 1и точка P на его описанной окружности. Прямые AP,BP, CP пересекают прямые BC, CA, AB в точках A¢ ,B¢ , C¢ соответственно. Найдите площадь треугольни-ка A B C¢ ¢ ¢ .

А.Заславский

M2353. На окружности расположены n фишек. За ходможно взять две из них и переместить в противополож-ных направлениях на равные дуги. а) Докажите, что неболее чем за n – 1 ход можно добиться того, чтобы

точки, в которых стоят фишки, образовывали правиль-ный n-угольник. б) Решите ту же задачу с дополнитель-ным ограничением: в процессе перемещения фишкамзапрещается перескакивать через другие фишки.

По мотивам задачи олимпиадыGulf Mathematical Olympiad

M2354. Дан треугольник, у которого нет равныхуглов. Петя и Вася играют в такую игру: за один ходПетя отмечает точку на плоскости, а Вася красит ее посвоему выбору в красный или синий цвет. Петя выиг-рает, если какие-то три из отмеченных им и покрашен-ных Васей точек образуют одноцветный треугольник,подобный исходному. За какое наименьшее числоходов Петя сможет гарантированно выиграть (каковбы ни был исходный треугольник)?

К.Кноп

M2355*. Докажите, что существует бесконечно много

натуральных n, не представимых в виде a b

с d

p p

p p

--

, где

p – простое, а a, b, c, d – натуральные числа.В.Сендеров

Ф2355. Из речного порта A к расположенному нижепо течению реки порту B одновременно стартовалибуксир и четыре (N) загруженных плота. Расстояниемежду портами L, скорость течения реки u. Буксиртащит плоты по одному, при этом его скорость vотносительно воды с буксируемым плотом такая же,как и без плота. За какое минимальное время всеплоты могут быть доставлены в порт B? Время, нуж-ное для сцепления и расцепления плотов с буксиром,мало. Размерами плотов и буксира в сравнении с Lможно пренебречь.

Р.Аванесян, Э.Хачатрян

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 416

Ф2356. Три невесомых шкива ради-усами R, 2R и 3R концентрично скреп-лены между собой в единый блок инасажены на ось, на которой блокможет вращаться без трения (рис.1).На шкивы намотаны невесомые инерастяжимые нити, к которым под-вешены грузы массами 10m, m и 2mсоответственно Найдите ускорениегруза массой 10m.

И.Акулич

Ф2357. Днем 21 июня Солнце «стоит» высоко, и накаждый квадратный метр поверхности земли падаетизлучение, несущее мощность W = 1 кВт. Ветра нет,влажность воздуха невысокая, температура воздуха0 20 Ct = ∞ . Оцените время, за которое высохнет лужа

на асфальте, если ее начальная глубина h = 1 см.Нужные данные отыщите самостоятельно.

С.Варламов

Ф2358. Электрические заряды равномерно распреде-лены по длинному тонкому изолированному стержню

MN с линейной плотностью зарядов σ .1) Покажите, что в произвольной точкеK электрическое поле E

ur стержня на-

правлено по биссектрисе угла MKN. 2)Определите направление и величинунапряженности электрического поля вплоскости, которая перпендикулярнастержню и содержит одну из конечныхточек стержня. 3) Определите напря-женность электрического поля отрезкаАВ, равномерно заряженного с линей-ной плотностью σ , в точке О, удален-ной от отрезка на расстояние r (рис.2).Углы α и β заданы.

А.Бычков

Ф2359. На стеклянном баллоне лам-почки накаливания написано: 220 В,

10 Вт. Сопротивление спирали холодной лампочки,измеренное с помощью мультиметра, оказалось рав-ным 484 Ом. Какой ток потечет через эту лампочку,если включить ее в сеть постоянного тока напряжением110 В?

А.Старов

Ф2360. Две толстые медные шины лежат на горизон-тальном столе (рис.3; вид сверху). К шинам подклю-чена идеальная батарейка с ЭДС E = 1 В. На шинахнаходится медная перемычка mn, которая движется

поступательно с постоянной горизонтальной скорос-тью v = 1 м/с в направлении, указанном стрелкой. Вперемычку вставлено сопротивление R = 1 Ом. В однуиз шин «врезан» идеальный амперметр и указанорасположение (знаки) его клемм. Вертикальное иоднородное магнитное поле направлено вверх (от ри-сунка к читателю), его индукция равна по модулю В == 1 Тл. Какой ток тек через амперметр в моментывремени, когда перемычка проходила через точки А иС, если в момент прохождения перемычки через точкуD амперметр показывал I = +1А? Каким было рассто-яние между точками касания перемычкой шин в моментпрохождения перемычкой точки D? Угол между пере-мычкой и прямой шиной равен 2 5 72α π= = ∞ . Дляизмерения расстояний на рисунке пользуйтесь линей-кой с миллиметровыми делениями.

Д.Сергеев

Ф2361. Стеклянную плоскопараллельную пластинку вформе диска диаметром d = 4 см разрезали на две частис одинаковыми массами m = 10 г в виде собирающейи рассеивающей линз и с фокусны-ми расстояниями 1 10F = + см и

2 10F = - см соответственно(рис.4). Линзы раздвинули так,что между ними образовался не-большой зазор постоянной толщи-ны δ = 1 мм. Система линз облу-чается мощным пучком лазерногоизлучения интенсивностью I == 10 2кВт см . Рассчитайте эффективную силу взаи-модействия между линзами, возникающую из-за пре-ломления света. Через какое время линзы «схлопнут-ся»? На поверхности линз нанесено просветляющеепокрытие. Потерями в стекле пренебречь. Силу тяже-сти не учитывать.

А.Гуденко

Ф2362. Тончайшая паутинка, случайно попавшая вкадр при фотографировании со вспышкой удаленногопредмета (узоров гардины), на фотографии преврати-лась в яркую широкую линию, пересекающую кадр(рис.5).Каково расстояние от линзы объектива фото-аппарата до паутинки? Линзу объектива считайте тон-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

кой. Кадр на рисунке в увеличенном масштабе воспро-изводит светочувствительную матрицу размером4,3 5,8 мм¥ .Указание. Технические характеристики фотоснимка:диафрагма D = 2,75 мм, фокусное расстояние линзыобъектива F = 14 мм, выдержка τ = 1/80 c, присут-ствует фотовспышка.

А.Гуденко

Решения задач М2334–М2340Ф2340–Ф2347

M2334. Эксперту предъявили 12 одинаковых на видмонет, среди которых, возможно, есть фальшивые.Все настоящие монеты весят одинаково, все фальши-вые – тоже, фальшивая монета легче настоящей. Уэксперта есть чашечные весы и эталонные монеты: 5настоящих и 5 фальшивых. Сможет ли он за 4взвешивания определить количество фальшивых мо-нет среди предъявленных?

Ответ: сможет.Очевидно, достаточно показать, что можно за двавзвешивания определить количество фальшивых мо-нет среди шести данных. Назовем эти шесть монетнеизвестными. Берем три настоящие монеты и трифальшивые, взвешиваем их с неизвестными. Если весыв равновесии, то среди неизвестных монет ровно трифальшивых. Пусть вес эталонных монет больше. Тогдасреди неизвестных монет 4, 5 или 6 фальшивых.Возьмем пять эталонных фальшивых и одну эталон-ную настоящую и взвесим их с неизвестными монета-ми. При равенстве мы получаем, что среди неизвест-ных монет ровно 5 фальшивых, если перевесят эталон-ные – 6 фальшивых, если перевесят неизвестные – 4фальшивые. Случай, когда при первом взвешиванииперевесили неизвестные монеты, рассматривается ана-логично, но второе взвешивание производится с 5эталонными настоящими монетами и одной эталоннойфальшивой.

О.Нечаева

M2335. По кругу расположены n луночек, одна изкоторых отмечена. Петя и Вася играют в следую-щую игру. В начале игры Вася кладет шарик в одну излуночек. Далее за каждый ход Петя называет нату-ральное число k (числа k могут отличаться на разныхходах), а Вася перемещает шарик из луночки, вкоторой он находится, на k луночек по часовой либопротив часовой стрелки (по своему усмотрению).При каких n Петя может играть так, чтобы черезнесколько ходов шарик: а) гарантированно попал вотмеченную луночку; б) гарантированно попал либов отмеченную луночку, либо в одну из соседних сотмеченной луночек?

Ответ: а) при n, равном степени двойки;б) при всех n.Будем считать, что луночки занумерованы по часовойстрелке от 0 до n – 1, причем номер 0 имеет отмеченнаялуночка.а) Пусть 2kn = , 1k ≥ (при k = 0 луночка всего одна).Одна из возможных стратегий Пети очень проста: если

шарик находится в луночке номер s, он называет числоs. Если Вася сдвинет шарик против часовой стрелки, тоон немедленно попадет в отмеченную луночку. Значит,он вынужден сдвинуть шарик по часовой стрелке, т.е.в луночку номер t, где ( )2 modt s n≡ . Так как t – 2sделится на 2k , то t четно. Таким образом, послепервого шага шарик обязательно находится в луночкес четным номером. Аналогично, на следующем шагеномер луночки будет обязательно делиться на 4 и т.д.Поэтому не позже чем на k-м шаге номер луночки будетделиться на 2k , а такая луночка только одна – отмечен-ная.Пусть теперь n не является степенью двойки, т.е. имеетнечетный делитель, больший 1: ( )2 2 1kn r= + . Пустьдля начала k = 0, т.е. n нечетно. Тогда Вася может вначале положить шарик в любую луночку (кромеотмеченной). Действительно, в этом случае расстояниемежду этой луночкой и отмеченной будет четным,считая по часовой стрелке, и нечетным в противномслучае (или наоборот). Поэтому, назовет ли Петячетное число или нечетное, Вася в любом случае можетсдвинуть шарик так, чтобы он не попал в отмеченнуюлуночку – а больше ничего и не требуется. То же самоеверно и в случае k > 0, но с одним отличием: Вася можетположить шарик в лунку, номер которой не делится на2r + 1, и в дальнейшем сохранять это условие. В самомделе, пусть шарик находится в луночке с номером s, неделящемся на 2r + 1, и Петя называет число t. ТогдаВася может переместить шарик в луночку с номером

( )modu s t n≡ + или ( )modv s t n≡ − . Оба числа u и vне могут делиться на 2r + 1, иначе ( )u v s t+ = + +

( ) 2s t cn s cn+ − + = + делится на 2r + 1, откуда sделится на 2r + 1 – противоречие.Отметим, что если Вася в начале положит шарик,например, в лунку номер 2r + 1, то Петя сможетвыиграть по схеме, аналогичной случаю 2kn = .б) Пусть n > 3 (для 3n ≤ задача очевидна). Пусть rΦ– множество номеров луночек, в которые можно поло-жить шарик, чтобы Петя мог выиграть не более чем заr ходов, в частности 0 1, 0, 1nΦ = − (шарик уже ле-жит в нужной луночке).Пусть множество rΦ не совпадает с множеством 0, 1,2, …, n – 1, и пусть k + 1 – наименьший номер, невходящий в rΦ (заметим, что 1k ≥ , так как 1 r∈ Φ ),а m – наименьший номер, больший k и входящий в rΦ(такой номер m найдется, так как 1 rn − ∈ Φ ). Такимобразом, 0, 1, …, k, rm ∈ Φ , k + 1, …, 1 rm − ∉ Φ . Еслиk и m одной четности, рассмотрим луночку с номером

2

k m+. Если изначально шарик лежит в ней, то Петя

может назвать число 2

m k−, и куда бы Вася ни двинул

шарик, он попадает либо в луночку номер k, либо влуночку m, и, поскольку k, rm ∈ Φ , получаем

12 rk m

++

∈ Φ (при этом 2 r

k m+∉ Φ ). Если k и m разной

четности, аналогично предыдущему, рассмотрим лу-

ночку номер ( )1

2

k m− +. Если изначально шарик ле-

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 418

жит в ней, то Петя может назвать число ( )12

m k− −, и

куда бы Вася ни двинул шарик, он попадает либо влуночку номер k – 1, либо в луночку m, и, поскольку

k – 1, rm ∈ Φ , получаем ( )

11

2 r

k m+

− +∈ Φ (при этом

( )12 r

k m− +∉ Φ ).

Мы показали, что множество 1r+Φ строго шире, чемrΦ (есть луночки, которые еще не входят в rΦ , но уже

входят в 1r+Φ ). Значит, для некоторого r < n получимrΦ = 0, 1, 2, …, n – 1. Таким образом, Петя выигры-

вает всегда.В связи с приведенным решением отметим следующийинтересный вопрос: как по заданному n научитьсяопределять наименьшее r, для которого rΦ = 0, 1, 2,...…, n – 1?

П.Кожевников, А.Толпыго

M2336. Даны положительные числа x и y, x < y. Длялюбых чисел a, b, c, принадлежащих отрезку [x; y],докажите неравенство

+ ++ + ≥

+ + + +

2 2 2a b c a b c

bc xy ca xy ab xy x y.

Из условия следуют неравенства ( )( ) 0b x c y− − ≤ ,( )( ) 0c x b y− − ≤ , складывая которые, получаем

( ) ( )2 0bc xy bx cy by cx+ − + + + ≤ ⇔

¤ ( ) ( )( )2 0bc xy b c x y+ − + + ≤ ⇔

¤ ( )( )2

b c x ybc xy

+ ++ ≤ . (1)

Аналогично,( )( )

2

c a x yca xy

+ ++ ≤ , (2)

( )( )2

a b x yab xy

+ ++ ≤ . (3)

Воспользуемся известным неравенством

( )222 21 21 2

1 2 1 2

nn

n n

a a aaa a

b b b b b b

+ + ++ + + ≥

+ + +…

……

,

которое справедливо при всех положительных1 2 1 2, , , , , , ,n na a a b b b… … . (Это неравенство следует из

классического неравенства Коши–Буняковского–Шварца

( )( )2 2 2 2 2 21 2 1 2n nx x x y y y+ + + + + + ≥… …

≥ ( )21 1 2 2 n nx y x y x y+ + +…

после замены ii

i

ax

b= , i iy b= .)

Имеем2 2 2a b c

bc xy ca xy ab xy+ + ≥

+ + +( )2

3

a b c

bc ca ab xy

+ ++ + +

.

Складывая (1), (2) и (3), получаем, что знаменательдроби в правой части не больше чем ( )( )a b c x y+ + + ,откуда

2 2 2a b c

bc xy ca xy ab xy+ + ≥

+ + +

≥( )

( )( )

2a b c a b c

a b c x y x y

+ + + +=

+ + + +,

что и требовалось.Д.Аубекеров

M2337. Имеются n карточек, на которых написанацифра 1, и n карточек, на которых написана цифра2. Вася складывает из этих карточек 2n-значноечисло. За один ход Петя может поменять местаминекоторые две карточки и заплатить Васе 1 рубль.Процесс заканчивается, когда у Пети получаетсячисло, делящееся на 11. Какую наибольшую суммуможет заработать Вася, если Петя стремится


заплатить как можно меньше? Решите задачу: а) дляn = 2013; б) для любого заданного n 11≥ .

Рассмотрим 2n-значное число A, состоящее из n единици n двоек. Пусть в этом числе в нечетных разрядахстоят ( )k A единиц и ( ) ( )l A n k A= − двоек, тогда вчетных разрядах наоборот будет ( )k A двоек и ( )l A

единиц (здесь ( )k A может принимать любое целоезначение от 0 до n).Пусть за один ход из числа A получается число A′ .Тогда ( ) ( ) 1k A k A′− ≤ , причем Петя может в самомделе за один ход уменьшить или увеличить ( )k A на 1,если только ( )k A′ не выйдет за пределы отрезка [0; n].(Отметим также, что Петя всегда может оставить ( )k Aнеизменным, обменяв две карточки с одинаковымицифрами.)Разность сумм цифр в нечетных разрядах и четныхразрядах числа A равна

( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2k A l A k A l S+ − + =

= ( ) ( ) ( )2l A k A n k A− = − .

Покрасим в множестве 1, 2, …, n все числа k такие,что n – 2k делится на 11. Покрашенные числа – эточисла, дающие фиксированный остаток r при делениина 11.Если Вася изначально сложит из карточек число A, томинимальная сумма (в рублях), которую Пете придет-ся заплатить, равна ( )( )d k A , где ( )d k равно рассто-янию от k до ближайшего покрашенного числа.Рассматривая покрашенные числа в каждом из случаев(см. таблицу), получаем следующий результат. Если

( )0, 2, 4, 6, 8, 10 mod11n ≡ , то r = 0, 1, 2, 3, 4, 5соответственно и наибольшее значение ( )d k равно 5(достигается при ( )5 mod11k r≡ ± ). Если же

( )1, 3, 5, 7, 9 mod11n ≡ , то r = 6, 7, 8, 9, 10 соответст-венно и наибольшее значение ( )d k равно r (достигает-ся при k = 0 или k = n).

П.Кожевников

M2338. Существует ли на плоскости такое множе-ство точек, что внутри любого треугольника площа-ди 1 окажется конечное непустое множество точекиз этого множества?

Ответ: существует.В каждый треугольник площади 1 можно вписатьпрямоугольник площади 1/2, проведя самую длиннуюсреднюю линию и опустив из ее концов перпендикуля-ры на параллельную ей сторону (рис.1). Поэтомудостаточно построить множество точек, которое (i)имеет непустое пересечение с каждым прямоугольни-

ком площади 1/2 и (ii) имеет конечное пересечение слюбым ограниченным множеством.Зафиксируем на плоскости точку O. Пусть на плоско-сти расположен прямоугольник ABCD площади 1/2,E – центр этого прямоугольника, а его стороны AB иAD равны a и b, где ab = 1/2, a b≥ . Положим 2c == MN, где M и N – середины отрезков EA и ECсоответственно. Хотя бы одна из точек M и N удаленаот O не меньше чем на c. Заметим, что обе точки M иN лежат в прямоугольнике ABCD вместе с кругамирадиуса ( ) ( )4 1 8 1 32b a c= > (так как AC = 4c > a) сцентрами в этих точках (рис.2). Таким образом, нам

достаточно будет построить множество точек, котороеудовлетворяет условию (ii) и следующему условию( i′ ): при всех c > 0 оно имеет непустое пересечение скаждым кругом радиуса ( )1 32c , центр которого отсто-ит не менее чем на c от точки O.Сделаем еще одно наблюдение: если на плоскости данаограниченная фигура F, то для любого 0ε > в нейможно выбрать так называемую конечную ε -сеть, т.е.такое конечное подмножество G F⊂ , что любая точкаиз F удалена от некоторой точки из G на расстояниеменьше ε . (Eсли, скажем, F – многоугольник, то вкачестве G можно взять узлы квадратной сетки сдостаточно малой стороной δ , принадлежащие F. Вобщем случае в качестве G можно взять максимальноеподмножество множества F такое, что круги радиуса

2ε с центрами в точках множества G попарно непересекаются. Действительно, если A F∈ , то круградиуса 2ε с центром в A должен пересекаться скругом радиуса 2ε с центром в некоторой точкеB G∈ . Тем самым, расстояние AB меньше ε .)Теперь мы готовы описать требуемое множество.Рассмотрим круги nB радиуса n с центром O, n = 0, 1,2, … (для n = 0 получается, что 0B совпадает с точкойO). В кольце 1\n n nR B B −= между окружностямирадиусов n – 1 и n выберем конечную ( )1 32n -сеть nG .Пусть множество G – этоточка O и объединениевсех этих ε -сетей

1 2, ,G G … (рис.3). Ясно,что G удовлетворяет ус-ловию (ii), так как каж-дое из множеств nG ко-нечно. Кроме того, оноудовлетворяет условию( i′ ). Действительно,пусть центр некоторогокруга радиуса ( )1 32cнаходится на расстоянииРис. 1

Рис. 2

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 420

c от начала координат, где 1n c n− < ≤ . Тогда, поопределению множества nG , в кольце nR найдетсяточка из nG , удаленная от центра круга на расстояниеменьшее ( ) ( )1 32 1 32n c≤ , что и требуется.Отметим, что условие этой задачи по звучанию близкок пока не решенной проблеме Данцера (Danzer problem).Для плоскости эта проблема формулируется так: суще-ствует ли множество M точек плоскости такое, чтолюбая выпуклая фигура площади 1 содержит хотя быодну из этих точек и в любом круге радиуса Rсодержится не более 2cR точек множества M, где c –некоторая константа?

И.Богданов, П.Кожевников

M2339. Дана доска ¥m n , разбитая на единичныеклетки. Сначала в ( ) ( )m 1 n 1- - + 1 клеток ставитсяпо фишке. Пусть в некоторый момент на доске на-шлись четыре клетки, центры которых являютсявершинами прямоугольника со сторонами, параллель-ными краям доски, такие, что ровно в одной из этихклеток стоит фишка; тогда эту фишку можно снять.Докажите, что хотя бы одну фишку не удастся снятьс доски путем нескольких описанных операций.

Решение см. в статье П.Кожевникова и А. Шаповалова«Свяжитесь с графом» в этом номере журнала.

M2340*. Четырехугольник ABCD описан около окруж-ности ω (рис. 1). Пусть I и J – центры окружностей,вписанных в треугольники ABC и ADC соответствен-

но. Каждая из окруж-ностей γB , γD прохо-дит через точки A иC. Эти окружностикасаются окружнос-ти ω в точках K и L.Докажите, что точ-ки I, J, K, L лежат наодной окружности.

Нам понадобится сле-дующая известнаялемма.

Лемма. Пусть окружность ω касается окружностиΩ в точке T и ее хорд AC и BD в точках K и Lсоответственно, причем T лежит на дуге AD, несодержащей точек B и C; I – точка пересечениябиссектрис углов CAD и BDA. Тогда TI – биссектрисаугла ATD.Доказательство.1 Пусть точки A, B, C, D следуют наокружности в этом порядке (остальные случаи разбира-ются аналогично). Пусть E AC BD= ∩ , BI – центрвписанной окружности треугольника ABD. Центр BIлежит на биссектрисе DI угла ADB. По лемме Саваямы(см., например, основную теорему в статье В.Протасова«Касающиеся окружности: от Тебо до Фейербаха» в«Кванте» 4 за 2008 г.) точка BI лежит на прямой KL.Пусть для определенности BI лежит между K и L, а I

лежит между BI и D (рис.2) (другие случаи аналогич-ны). Заметим, что

BAII IAD IDA∠ = ∠ + ∠ =

= ( )1

2EAD EDA∠ + ∠ = ( )1

1802

KEL° − ∠ .

Из равнобедренного треугольника EKL имеем

( )1180

2EKL KEL∠ = ° − ∠ .

Отсюда BEKL AII∠ = ∠ , значит, точки A, K, BI , Iлежат на одной окружности γ .Далее,

B BAI K EKB CAI∠ = ∠ − ∠ =

= ( )190

2 BKEL BAI BAC ° − ∠ − ∠ − ∠ =

= ( )1 1

2 2CAD BDA BAD BAC∠ + ∠ − ∠ + ∠ =

= 1

24

CD AB BCD BC + − + =

1

4ABC

.

При гомотетии с центром T, переводящей окружностьω в Ω , точка K переходит в точку на окружности Ω ,касательная в которой параллельна AC, т.е. в серединудуги AC. Следовательно, TK – биссектриса угла ATC,

и 1

4ATK ABC∠ =

. Получаем BAI K ATK∠ = ∠ , зна-

чит, точка T лежит на окружности γ .Отсюда

180 BATI AI D∠ = ° − ∠ = B BA AD I DA∠ + ∠ =

= ( )1

2BAD BDA∠ + ∠ =

= ( )1

4BAD BDA∠ + ∠ = 1 1

4 2ABD ATD= ∠

,

что и требовалось. Лемма доказана.Перейдем к решению задачи. Заметим, что вписанныеокружности треугольников ABC и ADC касаются.Действительно, если X – точка касания вписаннойокружности треугольника ABC со cтороной AC, то,используя описанность ABCD, имеем 2AX = AB + AC –– BC = AD + AC – DC, значит, X также является точкойкасания вписанной окружности треугольника ADC со

1 О другом подходе к доказательству этой леммы см. статьюИ.Богданова «Об одной конструкции с касающимися окружно-стями» в этом номере журнала.

Рис. 2

Рис. 1


Рис. 3

cтороной AC. Отсюда прямая IJ совпадает с IX, азначит, IJ AC⊥ .Пусть K и I лежат по одну сторону от прямой AC(рис.3). Пусть A′ и C′ – вторые точки пересечения KA

и KC с ω . Окружности ω и Bγ гомотетичны с центромв точке K. При этой гомотетии A и C переходят в A′и C′ соответственно, поэтому A C AC′ ′ P . По лемме KJ– биссектриса угла A K C′ ′ ′ , а значит, KJ проходитчерез середину P дуги A C′ ′ , не содержащей точки K.Касательная к ω в точке P параллельна AC. Аналогич-но, LI проходит через точку Q окружности ω , котораядиаметрально противоположна точке P. Так какIJ PQP и IJ AC⊥ , получаем KJI KPQ∠ = ∠ =

KLQ KLI= ∠ = ∠ . Из равенства углов KJI KLI∠ = ∠вытекает требуемое.

Ф.Ивлев

Ф2340. Подходящий к станции поезд движется соскоростью v = 36 км/ч. Один из пассажиров поста-вил чемодан на пол длинного коридора вагона. Но тутпоезд начал тормозить, двигаясь до полной останов-ки равнозамедленно с ускорением, равным по модулю

2a 2 м с= . Чемодан при этом стал скользить пополу и прошел до своей полной остановки путь s = 12 мотносительно вагона. Определите коэффициенттрения между чемоданом и полом, а также модульмаксимальной скорости, которую имел чемодан отно-сительно вагона.

Будем решать задачу в системе отсчета, связанной сземлей. Заметим, что время движения поезда и времядвижения чемодана до их полной остановки неодинако-вы – чемодан будет в течение некоторого временипродолжать двигаться после того, как поезд остановит-ся. Поэтому задачу удобно решать, используя кинема-тические формулы, из которых время движения ужеисключено. Также заметим, что чемодан будет двигать-ся относительно поезда вперед по ходу его движения.Из второго закона Ньютона следует, что ускорениечемодана относительно земли в то время, пока он

скользит, направлено горизонтально, назад по ходупоезда, и равно по модулю 1a gµ= , где µ - искомыйкоэффициент трения между чемоданом и полом. Путь,пройденный чемоданом относительно земли, равен

2

1 2

vs

gµ= . Путь, пройденный поездом относительно

земли, равен 2

2 2

vs

a= . Разность этих путей как раз и

равна s. Отсюда получаем уравнение2 2

1 2 2 2

v vs s s

g aµ= - = - ,

из которого находим

( )2

2

50,135

372

av

g aS vµ = = ª

+.

Скорость u чемодана относительно вагона равна разно-сти скоростей чемодана и вагона относительно земли.В течение времени, пока поезд движется, эта скоростьбудет выражаться формулой ( )u a g tµ= - . Из нееследует, что скорость u будет максимальной в тот

момент, когда поезд остановится, т.е. в момент v

ta

= .

Тогда для модуля максимальной скорости чемоданаполучаем

( )max 2

23,24 м с

2

a g v asvu

a as v

µ-= = ª

+.

М.Ромашка

Ф2341. На горизонтальной поверхности лежит стоп-ка кирпичей так, как показано на рисунке. Площадьсоприкасающихся уча-стков кирпичей оченьмала (много меньшеплощадей всех гранейкирпичей). Все кирпи-чи однородные и имеют один и тот же вес P = 24 Н.Вычислите, с какой силой каждый кирпич из нижнегоряда давит на поверхность.

Можно изобразить на рисунке силы, действующие накаждый из кирпичей, записать условия их равновесия– потребовать для каждого кирпича равенства нулюсуммы сил и суммы моментов сил – и получить ответ.Но можно и просто порассуждать, используя сообра-жения симметрии. Будем использовать второй подход.Ясно, что два крайних кирпича из нижнего ряда давятна поверхность с одинаковыми силами и два средних –тоже с одинаковыми силами, но другими. Каждый изкирпичей распределяет свой вес P поровну, по P/2, надва своих опорных края и еще передает вертикальновниз те силы, которые действуют на его края сверху.Для крайних кирпичей из нижнего ряда, очевидно,сила давления на поверхность, равна

1,5 36 H2

PP P+ = = .

Для средних кирпичей из нижнего ряда сила давленияпо одному их краю равна

31,5

2 2 2 2

P P P PP+ + = = ,

а по другому их краю, который ближе к середине

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 422

стопки, она составляет

22 2 2 2

P P P PP+ + + = ,

так что суммарная сила их давления на поверхностьравна

3,5P = 84 Н.

Полная сила давления на поверхность, естественно,равна весу всей стопки кирпичей:

2 36 H 2 84 H◊ + ◊ = 240 Н = 10Р.

М.Ромашка

Ф2342. Ванна на ножках в форме прямоугольногопараллелепипеда может заполняться водой из крана,а выходит вода из нее через сливное отверстие в дневанны прямо на пол. Если сливное отверстие закры-то, то при полностью открытом кране первоначаль-но пустая ванна заполнится водой до максимальногоуровня 0H за время 1t = 10 мин. Если кран закрытьи открыть сливное отверстие, то изначально полнаяводой ванна опорожнится за время 2t

= 20 мин.Каким будет уровень воды в первоначально пустойванне через 3t = 5 мин, если одновременно полностьюоткрыть кран и оставить открытым сливное отвер-стие? Как изменится ответ, если в ванну с откры-тым сливным отверстием вдобавок к первому крануодновременно подавать воду из второго (точно тако-го же) полностью открытого крана? Через какоевремя после начала эксперимента вода начнет пере-ливаться через края ванны в случае работы двухкранов?Примечание. Решать дифференциальные уравненияаналитически не нужно! Воспользуйтесь компьюте-ром.

Обозначим отношение площади сечения ванны 0S кплощади сечения сливного отверстия 1S через α ,

0 1S Sα = . При опустошении первоначально полнойванны уровень воды в ней уменьшается согласно урав-нению

2gHdH

dt α= - .

Время, за которое ванна полностью опорожнится,равно

0 0 02

1

2 2S H Ht

S g gα= = .

Отсюда получаем

0

2

2HHdH

dt t= - .

Если ванна была пуста и одновременно открыли крани оставили открытым сливное отверстие, то динамикароста уровня воды в ванне описывается уравнением

00

1 2

2HHdH H

dt t t= - .

Заметим, что установившийся уровень воды в ванне,когда производная уровня воды по времени равнанулю, при 2 1 2t t = как раз равен максимальному

уровню воды 0H . В случае работы всего одного кранаи открытого сливного отверстия вода из ванны не будетпереливаться через край никогда.При работе одновременно двух кранов уравнение изме-нится и станет таким:

00

1 2

22

HHdH H

dt t t= - .

В этом случае вода через некоторое время обязательнобудет переливаться через край ванны. Действительно,если предположить, что стенки ванны стали оченьвысокими, а площадь ее горизонтального сечения навсех высотах осталась прежней, то установившийсяуровень воды в ванне будет равен 04H .Чтобы найти ответы на поставленные вопросы, вос-пользуемся компьютером, так как аналитически напи-санные уравнения в рамках школьных возможностейрешить не удается. На рисунке, полученном с помощьюпрограммы «Excel», приведены две зависимости отно-сительного уровняводы 0H H в слу-чаях работы одно-го и двух кранов втечение 10 мин (си-няя и красная кри-вые соответствен-но). При работеодного крана через5 мин уровень водыдостигнет пример-но 00,3H , а при работе двух кранов через 5 минуровень воды достигнет примерно 00,8H . Вода вслучае одновременной работы двух кранов начнетпереливаться через край ванны примерно через 6,5 минпосле начала эксперимента.

С.Варламов

Ф2343. В распоряжении школьника Вовы имеетсяводопроводная вода с температурой 20 C∞ , чайникмощностью 1,2 кВт и вместительностью 1,5 л, элек-трокипятильник мощностью 500 Вт, а также боль-шой калориметр, в котором требуется получить100 л кипятка с температурой 100 C∞ . Как сделатьэто за наименьшее время? Вова предложил следую-щий план действий: нужно налить в калориметрнекоторый начальный объем воды 0V , опустить тудавключенный кипятильник и одновременно кипятитьводу в чайнике, доливая из него в калориметр порциикипятка по мере его готовности. Определите, какимдолжен быть начальный объем 0V и за какое время τудастся получить в калориметре 100 л кипятка,действуя указанным способом. Удельная теплоем-кость воды ( )4200 Дж кг С◊ ∞ , плотность воды

31 г см . Теплоемкостью калориметра, потерямитепла в окружающую среду и временем, затраченнымна наполнение чайника и выливание из него кипятка,можно пренебречь.

В результате всех действий Вовы 100 л кипятка полу-чатся за минимальное время τ , если все время будутработать и чайник, и кипятильник, причем доля воды,


нагреваемой кипятильником, должна равняться долеего мощности в суммарной мощности нагревательныхустройств. Уравнения теплового баланса в этом случаеимеют вид

( )1 2c V t P Pρ ∆ τ= + и 0 2c V t Pρ ∆ τ= ,

где ( )4200 Дж кг Сc = ◊ ∞ , 31000 кг мρ = , 30,1 мV = ,100 C 20 C 80 Ct∆ = ∞ - ∞ = ∞ , 1P = 1200 Вт, 2P =

= 500 Вт.Эти уравнения можно трактовать и иначе. Так как поусловию задачи потери тепла в окружающую средупренебрежимо малы, то можно считать, что порцииводы, которая закипела в чайнике, Вова сливает взапасной калориметр, в котором вода сохраняет темпе-ратуру 100 C∞ . Он должен поступать так до тех пор,пока не закипит вода объемом 0V в основном калори-метре (потом он перельет воду из запасного калоримет-ра в основной, и цель будет достигнута). Поэтомувремя кипячения τ можно найти из уравнения

0 2c V t Pρ ∆ τ= .

При этом при помощи чайника за то же время будетвскипячен объем воды 0V V- , что описывается уравне-нием

( )0 1c V V t Pρ ∆ τ- = .

Итак, из полученных уравнений находим

1 2

19765 c 5,5 чc V t

P P

ρ ∆τ = ª ª

+,

32 20

1 2

0,0294 м 29,4 лP PV

Vc t P P

τρ∆

= = ª =+

.

М.Ромашка

Ф2344. Знайка решил провести исследования Гей-Люссака для идеального газа, только более аккурат-но. Для этих целей он взял цилиндрический сосудбольшого объема с поршнем, который мог двигатьсяпрактически без трения, вынул поршень и охладилсосуд и поршень до температуры 200 К. Затем онвставил поршень обратно в сосуд так, что внутриоказался охлажденный до той же температуры воз-дух, обеспечил постоянное давление и провел измере-

ния зависимос-ти объема Vгаза в сосуде оттемпературыT. По получен-ным результа-там Знайка по-строил график(рис.1). Най-денная зависи-мость мало на-

поминала результаты, полученные Гей-Люссаком.Знайка понял свою ошибку. Он вставил поршень вцилиндр при температуре 200 К, и, очевидно, на днесосуда при этом оказалось некоторое количествольда, который образовался из воды, сконденсировав-шейся при охлаждении воздуха. Оцените массу льда,

который оказался в цилиндре у Знайки, если давление

в течение опыта было 5 2 10 Па◊ . Молярная массаводы 18 г/моль.

При низких температурах, когда вода находится втвердом или даже в жидком состоянии, давлениемводяных паров можно пренебречь. Следовательно,первые 4–5 точек графика (см. рис.1) соответствуютизобарическому расширению исследуемого идеальногогаза – сухого воздуха, из которого выморозили воду.Поэтому прямая 1 (рис.2), являющаяся продолжением

начального участка полученного Знайкой графика,должна проходить через начало координат.Используя точку графика с координатами T = 240 К и

2 310 мV -= , при помощи уравнения Клапейрона–Менделеева найдем количество идеального газа (сухо-го воздуха) в сосуде:

1 1 мольpV

RTν = ª .

При температурах, превышающих точку кипения воды(более 373 К), вода превращается в пар, которыйтакже можно считать идеальным газом. Поэтому точкилинейного участка графика – прямая 2 на рисунке 2,соответствующие температурам более 380 К, изобра-жают изобарный процесс для смеси двух идеальныхгазов – сухого воздуха и водяных паров.Используя точку графика с координатами T = 420 Ки 3 335 10 мV -= ◊ , при помощи уравнения Клапейро-на–Менделеева найдем суммарное количество идеаль-ного газа в сосуде:

2 2 мольpV

RTν = ª .

Следовательно, количество водяного пара в смесиравно

п 2 1 1 мольν ν ν= - = .

Масса одного моля водяного пара равна 18 г. Посколь-ку весь пар, находящийся в сосуде, изначально содер-жался в нем в виде льда, то искомая масса льда вцилиндре также равна 18 г.

В.Крыштоп

Ф2345. Два одинаковых вольтметра соединили па-раллельно, третий вольтметр подключили к этойкомбинации последовательно и к концам получившей-ся цепи присоединили идеальную батарейку. Приэтом вольтметры показывали 4 В, 4 В и 5 В. Каковонапряжение батарейки? Могут ли быть одинаковы-ми все три вольтметра? Что покажут эти же

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 424

приборы, если их все соединить последовательно иподключить к той же батарейке? Показания прибо-ров считайте точными.

Два параллельно включенных вольтметра показываютправильное (одинаковое) напряжение между их клем-мами, равное U = 4 В. Так как батарейка идеальная,ее ЭДС равна сумме падений напряжений на одиноч-ном вольтметре V = 5 В и на одном из включенныхпараллельно друг другу вольтметров U = 4 В, т.е.напряжение батарейки равно

U + V = 9 В.

Сумма токов, протекающих через два одинаковыхвольтметра, равна току, протекающему через одиноч-ный вольтметр. Если бы все три вольтметра бы-ли одинаковыми, то на одиночном вольтметре былобы напряжение 2 8 B 5 BU V= π = . Таким образом,вольтметры не могут быть одинаковыми.Каждый вольтметр имеет свое внутреннее сопротивле-ние. Если сопротивления одинаковых вольтметровравны r, то сопротивление R одиночного вольтметранайдем из соотношения 2U r V R= , откуда

2r UR V= . Когда все вольтметры включены друг задругом последовательно, ток в цепи равен

( )2 4 1

U V U VI

r R R U V

+ += =

+ +.

При этом на каждом из одинаковых вольтметровнапряжение будет равно

( )2 24 B 3,43 B

4 7

U U VIr

U V

+= = ª

+,

а на одиночном вольтметре –

( ) 15 B 2,14 B

4 7

V U VIR

U V

+= = ª

+.

С.Варламов

Ф2346. В цепи, схема которой изображена на рисун-ке, по очереди замыкают ключи -1 5K K , выжидаякаждый раз достаточно длительное время до оконча-

ния процессов зарядки конденсаторов. Во сколько разотличаются количества теплоты, выделившиеся врезисторе R после замыкания ключа 1K и ключа 5K ?До замыкания каждого из этих ключей все остальныеключи уже были замкнуты. Сопротивления всехпроводов и источника тока пренебрежимо малы.

Согласно закону сохранения энергии, после замыка-ния ключа 1K работа источника U q∆ при зарядкепервого конденсатора емкостью C до напряжения Uрасходуется на создание в этом конденсаторе электро-статического поля, обладающего энергией 2 2CU , и навыделение в резисторе количества теплоты 1Q :

2

12

CUU q Q∆ = + .

При полной зарядке конденсатора его заряд равенq CU∆ = , откуда получаем

2

1 2

CUQ = .

При замыкании ключей 2 5K K- следует учесть, чтовсе сопротивления проводов пренебрежимо малы, ноони обладают маленькой индуктивностью, поэтомувначале происходит быстрый неквазистационарныйпроцесс перераспределения зарядов между уже заря-женными конденсаторами и каждым следующим неза-ряженным конденсатором. При этом возникают элект-ромагнитные колебания, сопровождающиеся излуче-нием электромагнитных волн и потерями части энер-гии, запасенной в заряженных конденсаторах. Послетого как заряды на соединенных конденсаторах выров-няются, происходит более медленный, квазистацио-нарный процесс их дозарядки до напряженияисточника U через резистор, при этом после замыка-ния очередного ключа через источник каждый разпротекает один и тот же заряд q∆ .После замыкания ключей 1 4K K- первые 4 конденса-тора зарядятся до напряжения источника U, и ихзаряд будет равен 4 4q CU∆ = . Когда будет замкнутключ 5K , этот заряд быстро перераспределится междупятью конденсаторами, так что на каждом из нихокажется заряд 4 5q CU∆ =¢ , напряжение на каждомконденсаторе будет 4 5U U=¢ и энергия всех 5 заря-женных конденсаторов составит

225 8

2 5

CUW CU

¢= =¢ .

При дальнейшей медленной дозарядке через источникпротечет еще один заряд q CU∆ = , источник опятьсовершит работу 2U q CU∆ = , энергия пяти заряжен-ных конденсаторов станет равной

25

2

CUW = ,

и в резисторе выделится количество теплоты 5Q .Таким образом, закон сохранения энергии на этомэтапе имеет вид 5U q W W Q∆ = - +¢ , откуда находим

2 22 2

55 8

2 5 10

CU CUQ CU CU= - + = , и 1

5

5Q

Q= .

М.Семенов

Ф2347. Тележка высотой H = 30 см и длинойL = 40 см должна проехать под столом по горизон-тальному полу, двигаясь равномерно и прямолинейно(см. рисунок). К крышке стола снизу прикрепилилегкую пружину жесткостью k = 50 Н/м. К пружи-не прицепили маленький груз массой m = 0,4 кг. Принедеформированной пружине груз находился на высо-те h = 42 см над полом. Затем груз отпустили. Скакой минимальной скоростью может двигаться те-

лежка, чтобы она, проехав под столом, не заделагруз?

После отпускания груза на пружине он будет совер-шать гармонические колебания с круговой частотой

k

mω = .

Прежде всего выясним, на какой минимальной высотенад полом будет останавливаться груз в процессеколебаний. Из закона сохранения механической энер-гии имеем

( )2

2

kymgh mg h y= - + ,

где y – максимальная деформация пружины в процессеколебаний. Отсюда находим

20,16 м

mgy

k= = .

Поскольку h – y = 26 см, что меньше высоты тележкиL = 40 см, то тележка не сможет проехать под столомпри произвольной скорости движения.Очевидно, что минимально возможная скорость дви-жения тележки будет реализовываться при наиболее«удачном» варианте ее проезда под столом. Этотвариант таков: начало тележки должно поравняться смаятником тогда, когда груз, двигаясь снизу вверх,окажется на высоте H над столом, а конец тележкидолжен поравняться с маятником тогда, когда грузокажется на этой же высоте при движении маятникасверху вниз.Поместим начало координатной оси х, направленнойвниз, в положение равновесия груза маятника и будемотсчитывать время t от момента начала движения грузаиз нижнего положения вверх. Тогда закон движения

груза будет иметь вид

( ) 0 cosx t x tω= , где 0 0,08 м2

y mgx

k= = = .

В момент времени τ , когда груз окажется на высоте Hнад столом, его координата будет равна 0h H x- - ,поэтому

0 0 cosh H x x ωτ- - = ,

откуда

0

0

1arccos

h H x

xτ

ω- -

= .

Далее груз будет двигаться вверх до исходного положе-ния, а затем снова вниз. На высоте H над столом онвновь окажется через время

0

0

2 2 22 arccos

h H xt

x

π π∆ τ

ω ω ω- -

= - = - .

Это время должно быть равно времени движениятележки под маятником

Lt

v∆ = ,

где v – искомая минимальная скорость движениятележки. Приравнивая два последних выражения,получаем ответ:

0

0

22 arccos3

L Lv

h H х

х

ω ωπ

ππ= = =

Ê ˆ Ê ˆ- - -- Á ˜Á ˜ Ë ¯Ë ¯

= 3

1,07 м с4

L k

mπª .

М.Ромашка

П Р О Г У Л К И С Ф И З И К О Й

Неваляшка из воздушного шарика

(Начало см. на 4-й странице обложки)

… Весь процесс превращения воздушного шарика в игруш-ку-неваляшку занимает несколько секунд и показан на видео(http://youtu.be/JyfGRejU1b0).

Можно легко убедиться в том, что обычный воздушныйшарик, если его положить на стол, валится набок (рис.1).Однако если шарик сначала потереть тупой частью (сторо-

ной, противоположной отверстию для надувания, обозна-ченному стрелкой) о бумажные обои, а потом положить натот же стол, то он не будет валиться на бок и превратится вневаляшку (рис. 2).

Предлагаем читателям повторить эксперимент, проделан-ный автором, и найти объяснение этому загадочному превра-щению шарика. В качестве подсказки сообщаем, что тот жешарик после потирания об обои прилипает к ним.

К.БогдановРис. 1

Рис. 2

П Р О Г У Л К И С Ф И З И К О Й 25

« 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

88x49

Задачи

Эти задачи предназначены прежде всего учащимся 6–8классов.

Эти задачи предлагались на XX Летнем турнире имениА.П.Савина.

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

1. Найдите все возможные решения ребуса

ТЫ + ТЫ + ТЫ + ТЫ + ТЫ = ВЫ.Фольклор

2. На тараканьих бегах 20 тараканов выбегают друг задругом с интервалом в 1 минуту и бегут с постояннымискоростями. Второй догнал первого через 2 минутыпосле своего старта, третий второго – через 3 минутыпосле своего старта, …, двадцатый девятнадцатого –через 20 минут после своего старта. Через сколькоминут после своего старта двадцатый таракан догналпервого?

А.Шаповалов

3. У прямой дороги на расстоянии 5 метров стоят двастолба. Высота более высокого столба тоже 5 метров.Между верхушками столбов натянут провод. Подулветер, и маленький столб упал на дорогу в направле-нии высокого столба, как показано на рисунке. Чтостало с проводом: он провисает, он снова натянут илион порвался?

М.Раскин, Е.Бакаев

4. Внутри равностороннего треугольника отметилиточку, соединили ее с вершинами и разрезали треу-гольник по этим отрезкам. Можно ли выбрать точкутак, чтобы из полученных треугольников без сгибов иналожений удалось сложить другой треугольник?

А.Банникова

5. Из шести монет две более легкие – фальшивые.Есть чашечные весы, за каждое взвешивание на кото-рых надо предварительно заплатить одну монету. Еслиуплаченная монета настоящая, весы показывают пра-вильный результат, а если фальшивая – неизвестночто. Как найти (и не потратить) одну настоящуюмонету?

В.Клепцын, А.Заславский

27« 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

Мы начинаем очередной конкурс по решению математических задач для учащихся 6–8 классов. Решения задачвысылайте в течение месяца после получения этого номера журнала по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект,64-А, «Квант» или по электронному адресу: [email protected] (с пометкой «Конкурс «Математика 6–8»). Незабудьте указать имя, класс и домашний адрес.

Как и прежде, мы приветствуем участие в конкурсе не только отдельных школьников, но и математических кружков.Руководителей кружков просим указать электронный адрес или контактный телефон. По традиции, кружки-победителизаочного конкурса приглашаются на финальный очный турнир.

Конкурс имени А.П.Савина«Математика 6–8»

1. Окружность пересекаеткаждую сторону четырех-угольника, причем стороныотсекают от окружности рав-ные дуги (см. рисунок). Дока-жите, что в этот четырехуголь-ник можно вписать окруж-ность.

С.Дворянинов

2. Клетчатый квадрат 20 ¥20разрезан на клетчатые полоски шириной 1. Каждыйгоризонтальный или вертикальный ряд пересекает неболее k полосок. Найдите наименьшее возможноезначение k.


3. Пусть K, L – середины сторон BC и DA четырех-угольника ABCD. Докажите, что утроенная площадьчетырехугольника ABKL больше площади четырех-угольника DCKL.


4. При каких нечетных n = 2k + 1 число◊ ◊ ◊ ◊ + + ◊ + ◊ ◊… …1 2 3 ( 1) ( 2) (2 )k k k k не делится на n?


5. Когда 2014 поделили на некоторое натуральноечисло, получили неполное частное и остаток. А если бы2014 поделили на это неполное частное, остаток ока-зался бы в 50 раз меньше. Найдите этот остаток.

И.Акулич

Буратино и его универсальныйшаблон квадратичной параболы

С.ДВОРЯНИНОВ

–ПАПА КАРЛО, Я ЧТО-ТО НЕ МОГУ НАЙТИ НОЖ-ницы! Не помнишь, где они лежат? – Бурати-

но поднял голову от листа бумаги.– Ножницы? Зачем они тебе? Ты, кажется, сейчас

делаешь уроки по математике, – удивился Папа Карло.– Да, по математике. Но в школе мы начали прохо-

дить квадратичную функцию. Часто приходится рисо-вать ее график – параболу. Я сейчас на картонкенарисовал их три –

2 2 21, 2 , .

2y x y x y x= = =

Вырежу их и буду использовать на уроках: совмещувершину параболы с нужной точкой – вершиной – иобведу шаблон карандашом! Легко и быстро! Так гдеже наши ножницы?

– Ножницы вот, на месте. Только сколько же это тебешаблонов понадобится? Ведь в формуле

2y ax=

параметр а может быть любым числом. Ты же неможешь заготовить бесконечно много шаблонов?!

– Согласен, Папа Карло, – Буратино вздохнул. –Парабол бесконечно много, они все разные. Так чтобуду каждый день вырезать новые шаблоны, со време-нем у меня накопится целая библиотека.

– Стало быть, требуется бесконечно много парабол?– Конечно! А разве не так?– Давай подумаем. Начнем с простого. Сколько

числовых прямых ты можешь нарисовать с помощьюлинейки и циркуля? Одну, две или бесконечно много?

– Провожу по линейке прямую, точнее, ее часть.Выбираю направление, отмечаю точку ноль, – уверенноначал Буратино. – Беру любой единичный отрезок иотмечаю циркулем точки 1, 2, 3,± ± ± … Поскольку точку0 можно отметить в любом месте и, главное, единицамасштаба может быть любой, то числовых прямыхполучается бесконечно много, – подвел итог Буратино.

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 428

Рис. 2

– Верно. А если у тебя есть вырезанный из картонакруг с дыркой в центре, то, обводя его карандашом, тыможешь затем принять его радиус равным любомучислу. Один круговой шаблон позволяет рисоватьокружность любого радиуса. Все дело в выборе едини-цы длины. Замечательно, что этот же прием годится идля параболы! – торжественно заключил Папа Карло.

– Для параболы? Один шаблон параболы позволяетнарисовать любую параболу? – удивленно воскликнулБуратино. Да ни в жизнь! Быть такого не может! Посравнению с параболой 2y x= парабола 210y x=

така-а-я узкая, а парабола 21

10y x= така-а-я широкая!

У них совершенно разные формы, одна никак непохожа на другую, – твердо возразил Буратино. – Всекруги подобны. Вот вчера я видел в небе большойвоздушный шар, он выглядел кругом. Глядя на негоодним глазом, я расположил перед глазом маленькуюкруглую монету так, что она в точности закрылавоздушный шар. Это наглядное подтверждение подо-бия двух кругов. А разве это возможно для парабол?

– Хорошо, мой юный любитель математики, – ласко-во сказал Папа Карло. Я вижу, ты удивился. ВеликийАристотель сказал, что удивление – мать познания.Давай же сейчас внимательно, не спеша присмотримсяк параболе. Пусть у тебя есть вырезанный из картонашаблон параболы 2y x= . Я возьму его, помещу вер-

шину в точку (0, 0) сво-ей декартовой системыкоординат и обведу(рис.1). Для простотыможно еще потребовать,чтобы на шаблоне былаотмечена ось параболы.Заметь, пока у меня наосях не указана единицадлины! Эту единицу яБУДУ ВЫБИРАТЬ!!!

Как выбирать – зависит от того, какую параболу я хочунарисовать. Пусть – для определенности – мне нужнапарабола 24y x= . Провожу биссектрису первой коор-динатной четверти. Второй раз этот луч пересекаетпараболу в точке P с координатами ( ),n n , ибо точка Pравноудалена от осей координат (обозначение n у меня– от слова «неизвестная»). Но точка Р лежит и напараболе 24y x= , ее координаты удовлетворяют это-му уравнению, т.е.

24n n= , или 1

4n = .

Зная, таким образом, абсциссу и ординату точки Р, мыможем указать точки х = 1 и y = 1 на осях координат.В этой системе координат нарисованная нами криваяесть график функции 24y x= .

– А точно старая парабола целиком совпадет с новой?Мы ведь это только для одной точки проверили.

– А вот смотри. Мы с тобой изменили масштаб покаждой из осей в 4 раза. При старом масштабе условиетого, что точка ( ),x y лежит на старой параболе,задавалось равенством 2y x= . А теперь эта же точкаимеет новые координаты. Сообразил, какие?

Рис. 1

– Ну, раз у нас 1 по каждой из осей превратилась в1

4, то точка ( ),x y , наверное, превратится в ,

4 4

x y

?

– Верно! А теперь подставь новые координаты вуравнение новой параболы и проверь, сходится илинет.

– Должно получиться, что 2

44 4

y x =

. Если скобки

раскрыть, как раз выйдет, что 2y x= . Здорово! Все

верно! – Буратино чуть не захлопал в ладоши. – Давай

я попробую превратить ту же кривую в график 21

4y x= .

Теперь у меня координаты точки ( ),P n n должны

удовлетворять уравнению 21

4n n= , т.е. n = 4. Удиви-

тельно! Простое изменение единицы длины – и мыполучаем какую угодно параболу!

– Помнишь, Папа Карло, раньше была рекламамеждугородной телефонной связи:

Один поворот телефонного диска,И город далекий становится близким!

Так и у нас:

Одно измененье длины по осям –Парабола явится, нужная вам!..

Только мне еще интересно, а можно и тут, как в случаес кругами, расположить перед глазом шаблон «узкой»параболы так, чтобы он как раз закрыл шаблон «ши-рокой» параболы? Покажи, пожалуйста, – попросилБуратино.

Папа Карло проделал это для двух разных парабол.Мы же для примера приводим рисунок 2, на котором«узкая» парабола 22y x= закрывает «широкую» па-раболу 2y x= . Первая па-рабола находится посереди-не между наблюдателем ивторой параболой.

Параболу 2y x= можнозакрыть и параболой

24y x= – при этом «узкая»парабола 24y x= , должнабыть в четыре раза ближе к наблюдателю, чем «широ-кая» парабола 2y x= . Попробуйте это доказать.

Наш рассказ основан на том математическом факте,что все квадратичные параболы являются подобными.Согласитесь, утверждение довольно неожиданное. Лю-бая парабола подобна любой другой так же, какподобны между собой все круги и все квадраты.

Подобны одна другой и все гиперболы вида a

yx

= .

Задача 1. В декартовой координатной плоскости нарисо-

вана гипербола 1

yx

= . Измените единицу длины на осях

координат так, чтобы эта же кривая стала графиком функ-

ции 9

yx

= .

Задача 2. В декартовой координатной плоскости нарисо-вана кубическая парабола 3y x= . Измените единицу длинына осях координат так, чтобы эта же кривая стала графикомфункции 34y x= .

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

О перевернутоммаятнике

А.БУРОВ, И.КОСЕНКО

ИЗ ПОВСЕДНЕВНОЙ ЖИЗНИ МЫ ХОРОШО ЗНАЕМ, ЧТОперевернутый маятник – скажем, невесомый стержень с

грузиком на конце – неустойчив. Причем он готов падать «навсе четыре стороны» – влево и вправо, вперед и назад.Спрашивается, сохраняется ли это свойство, если маятник«ну очень длинный». Оказывается, нет. Если маятник оченьи очень длинный, то его равновесие относительно вращаю-щейся Земли становится устойчивым – он вообще никуда нехочет падать. Это свойство было подмечено К.Э.Циолковс-ким и составило основу так называемого космического лифта(см., например, [1–3]).

Так где же кончается неустойчивость равновесия перевер-нутого «короткого» маятника и начинается устойчивостьмаятника «длинного»? Постараемся ответить на этот вопрос.

Постановка задачи

Рассмотрим маятник, подвешенный в некоторой точке Oна экваторе вращающейся Земли. Почему на экваторе? Дапросто потому, что в этом случае формулы оказываютсянемного проще. Будем считать, что длина маятника равна l,а масса m сосредоточена на его свободном конце – в точке P.В системе отсчета, связанной с вращающейся Землей, намаятник действуют три силы – сила ньютоновского притяже-ния, центробежная сила инерции и реакция опоры.

В школьной физике, как известно, настороженно относят-ся к рассмотрению движения в неинерциальных, в частностиво вращающихся, системах отсчета. Однако из такого рас-смотрения можно почерпнуть кое-что полезное. Так, наблю-даемая в такой системе отсчета центробежная сила инерцииоказывается потенциальной и «с точностью до наоборот»похожей на силу упругости, подчиняющуюся закону Гука.

Действительно, сравним движение грузика на пружинке идвижение грузика на равномерно вращающейся карусели. Исила упругости и центробежная сила линейно зависят ототклонения грузика от равновесия, а соответствующие импотенциалы (потенциальные энергии) пропорциональныквадрату этого отклонения:

( ) 2y 0 ц,F k x x F m xω= - - = - ,

( )2 2 2

y 0 ц1 1

,2 2

U k x x U m xω= - = - .

Но в то время как сила Гука (сила упругости) стремитсявернуть грузик в положение равновесия, центробежная силастремится увести его подальше от равновесия. Этой разницейв направлении действия сил обусловлена противополож-ность знаков их потенциалов. Впрочем, центробежная силане так проста (о некоторых ее особенностях можно почитать,например, в [4]).

Итак, маятник будет находиться в равновесии по отноше-нию к вращающейся Земле, если действующие на него силыуравновешены. Этим равновесиям отвечают критическиеточки – точки минимума и максимума – так называемогоизмененного потенциала

22

ц п ц п, ,2

m mMU U U U r U G

ω= + = − = −

ρ, (1)

где цU – потенциал центробежных сил инерции, пU –потенциал сил ньютоновского притяжения. Термин «изме-ненный потенциал» подчеркивает, что во вращающейсясистеме отсчета потенциал не такой, как в неподвижнойсистеме. Здесь и далее r – расстояние от точки P до земнойоси, ρ – расстояние от точки P до центра Земли, ω –угловая скорость вращения Земли.

Введем вращающуюся вместе с Землей систему отсчетаOxyz, начало которой располагается в точке подвеса маятни-ка, ось x касается экватора, ось y параллельна земной оси,ось z направлена вдоль восходящей вертикали. Если R –радиус Земли, а ( ), ,x y z – координаты вектора OP

uuuur, то

измененный потенциал U можно записать в виде2 3

2 , ,2r R

U m U U ∗∗ ∗= ω = − −

ρ (2)

где

( ) ( )2 22 2 2,r x R z x y R z= + + ρ = + + + .

Величина R∗ – не что иное как радиус геостационарной, илисуточной, орбиты, т.е. той орбиты, на которой спутниксовершает оборот вокруг Земли за одни сутки. В нашем«экваториальном» случае это означает, что спутник остаетсянад одной и той же точкой экватора во все время движения.Справедливость сказанного следует из того, что при движе-нии по геостационарной орбите второй закон Ньютона при-нимает вид

22

Mmm R G

R∗

∗

ω = .

Свойства равновесия перевернутого маятника

Теперь пора искать критические точки функции U∗ , отли-чающейся от функции U лишь положительным множителем.Но... Имеется одно «но» – координаты ( ), ,x y z зависимы исвязаны соотношением

2 2 2 2 0f x y z l= + + − = , (3)

выражающим постоянство длины маятника. Сведущие людитотчас воспользуются методом множителей Лагранжа, ибудут правы. Ну а как быть несведущим? Давайте вместе сними обратим внимание на то обстоятельство, что верхнееположение маятника ( )0, 0, l будет положением относитель-ного равновесия уже из соображений симметрии – земноепритяжение, центробежная сила инерции и реакция связибудут действовать вдоль одной прямой, и реакция связи ужкак-нибудь сбалансирует первые две силы. А раз так, то вокрестности этого относительного равновесия

2 2 2 21 11 1

2 8z l x y l l

= − − = − ε = − ε − ε +

… , (4)

где2 2

2

x y

l

+ε = ,

причем приближенное равенство выполнено при малых посравнению с l значениях x и у. Здесь мы воспользовалисьтождеством

( ) ( ) 211 1 1

2α+ β = + αβ + α α − β +… (5)

для 1 2α = и β = ε . Это тождество справедливо при малыхзначениях параметра β . Подставляя z в выражение для ρиз ньютоновского потенциала и вновь применяя тождество

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 430

(5), но теперь уже для 1 2α = − , имеем

( ) 1 22 2 2 212x y z R Rz

−= + + + + =

ρ1 2

2 2 21 12 1

2 8l R Rl

− = + + − ε − ε + =

…

( ) ( ) ( )1 1 2 1 21 31 1

2 8R l R l

− − − = + + β = + − β + β +

… , (6)

где

( )2

2

14

Rl

R l

β = −ε − ε + +

… .

Подставляя теперь разложения (4) и (6) в выражение дляизмененного потенциала (2) и собирая подобные слагаемые,в конечном итоге получаем

( )2 20

12 x yU a a x a y∗ = + + +… , (7)

где

( )( )

32

0 3

12

Ra R l

R l∗

= − + + +

,

( )

3

31xR R

al R l

∗ = − +

, ( )

3

31 1yR R

al R l

∗ = + − +

.

Постоянная 0a несущественна, она не определяет типизучаемой критической точки. Эта критическая точка оказы-вается точкой минимума потенциальной энергии, а вместе стем и точкой устойчивого, в вековом смысле, относительногоравновесия, если выполнены условия 0xa > , 0ya > . Таккак y xa a> , то при выполнении условия 0xa > исследуемоеотносительное равновесие устойчиво. Иными словами, изу-чаемое равновесие устойчиво при выполнении условияR l R∗+ > , если для него свободный конец маятника – точкаР – находится за геоцентрической орбитой. Если же длинамаятника оказывается меньше l R R∗ ∗= − , то коэффициент

xa становится отрицательным, а критическая точка стано-вится седловой и остается седловой, покуда 0ya > . Длятаких значений длины маятника неустойчивость имеет местолишь в плоскости орбиты.

Значение длины маятника, при котором изменяется знаккоэффициента ya , определяется соотношением

1 4 3 4l R R R∗∗ ∗= − .

Это означает, что, как только длина маятника становитсяменьше l∗∗ , седловая критическая точка измененного потен-циала превращается в точку максимума, и мы обретаемпривычный перевернутый маятник, который падает в лю-бом направлении, а не только в экваториальном. Осталосьсказать, что для Земли 6378R ≈ км, 42164R∗ ≈ км,

19917l∗∗ ≈ км. Таким образом, перевернутый маятник ста-новится «во все стороны неустойчивым», если длина егоменьше упомянутой численной величины l∗∗ .

«Косые» равновесия

Высокая наука, именуемая теорией бифуркаций, подска-зывает нам, что изменение свойств устойчивости обычносопровождается рождением или исчезновением дополни-тельных равновесий. Попробуем разобраться с этим вопро-сом «по-школьному».

Во-первых, обратим внимание на то обстоятельство, чторасстояние от точки подвеса маятника O до произвольногоспутника P, совершающего движение по геостационарнойорбите в ту же сторону, что и Земля, остается неизменным.

Иными словами, если соединить точки O и P нерастяжимым(и несжимаемым) стержнем пренебрежимо малой массы, тотакой стержень не будет испытывать напряжений. Так полу-чается первое однопараметрическое семейство «косых» от-

носительных равновесий, для которых свободный конецмаятника располагается в экваториальной плоскости (рис.1).

Во-вторых, попробуем поискать равновесия в меридио-нальной плоскости yz. Для этого найдем условие равенстванулю суммы моментов силы ньютоновского притяжения ицентробежной силы инерции относительно точки О. Проек-ции вектора суммарного момента на оси у и z равны нулю,проекцию на ось x (после приведения подобных членов)можно представить в виде

( )3

2x

RM m y R z R ∗

= ω + − ρ

.

Это выражение обращается в ноль при у = 0, что соответству-ет двум относительным равновесиям, рассмотренным выше,а также в случае, когда обращается в ноль квадратнаяскобка. Таким образом, «косые» относительные равновесияэтого типа задаются системой уравнений

( )( )

3

220

RR z R

y z R

∗ + − = + +

,

(8)2 2 2y z l+ = .

Выражая 2y из первого уравнения, имеем

( )2 3

22 2

*R z

y R z RR

−+ = − +

.

Правая часть этого соотношения обращается в ноль, когдаz z l∗ ∗∗= = , т.е. в точке смены устойчивости – в точкебифуркации. При этом для z z∗< возникают две веточкиотносительных равновесий, отвечающих симметричным по-ложениям маятника в Северном и Южном полушариях (на

рисунке 2 изображено положение маятника в Северномполушарии).

Зависимость отклонения маятника от экваториальной плос-кости как функция координаты z изображена на рисунке 3.

Рис.1. «Косые» равновесия в экваториальной плоскости

Рис. 2. «Косые» равновесия в меридиональной плоскости

Рис.3. Уклонение конца маятникаот экваториальной плоскости какфункция его удаления от земнойоси

Рис.4. Длина маятника как функ-ция удаления его конца от зем-ной оси

При убывании z до –R кривая равновесий приближается кземной оси, тогда как положение конца маятника P неогра-ниченно удаляется от центра Земли. При этом длина маят-ника неограниченно возрастает (рис.4).

Заметим, что среди этих равновесий имеется и такое, накотором маятник параллелен земной оси. В этом случае z == 0, и в силу условий (8) длина маятника составляет

2 2y R R∗ ∗= − . При этом расстояние от конца маятника доцентра Земли в точности равно радиусу геостационарнойорбиты R∗ .

Вместо эпилога

Итак, как оказалось, даже столь привычный объект, какперевернутый маятник, демонстрирует не совсем обычноеповедение.

После того, как путь исследования намечен, можно изу-чить, как будет вести себя перевернутый маятник на другихпланетах. Например, ответить на вопрос, окажутся ли коль-ца Сатурна в области, где тамошний перевернутый маятникустойчив. Не менее интересный вопрос относится к устойчи-вости перевернутых маятников, привязанных к вращающим-ся астероидам. В этом случае, правда, решение вопроса будетосложнено типичным для астероидов отсутствием сферичес-кой симметрии в распределении масс.

Желаем успехов!

Список литературы

1. В.В.Белецкий, Е.М.Левин. Динамика космических тро-совых систем (М.: Наука, 1990).

2. П.Беномар, А.Буров. На лифте в... заоблачные дали(«Квант» 5 за 2006 г.).

3. К.Богданов. Космический нанолифт («Квант» 5 за2009 г.).

4. А.Буров. Принцип Торричелли и центробежная силаинерции («Квант» 3 за 2005 г.).

К О Л Л Е К Ц И Я Г О Л О В О Л О М О К

К О Л Л Е К Ц И Я Г О Л О В О Л О М О К 31

«Портрет» числа πππππ

(Начало см. на 2-й странице обложки)

Чтобы добиться такого равномерного заполнения круга,Василе разделил каждый сектор на 10000 «точек» (столько

же, сколько знаков числа π он использовал). Каждаядуга «соединяет» две последовательные цифры в записичисла π : она идет из сектора, соответствующего очереднойцифре, в сектор, соответствующий следующей цифре. Приэтом если соединяются n-я и (n + 1)-я по счету цифры взаписи числа π , то дуга идет из n-й точки одного секторав (n + 1)-ю точку другого. Например, вторая по счетудуга, которая «изображает» пару 14, идет из второй точкисектора 1 в третью точку сектора 4, потому что эти цифрыстоят на втором и третьем местах в числе 3,1415≈π …

Построенные таким образом «портреты» чисел получа-ются красивыми, но они не несут в себе почти никакогоматематического содержания. Для сравнения приводим«портрет» еще одной важнейшей константы – числа e.Разницу между двумя изображениями можно заметить,только если очень хорошо присмотреться. Больше того,аналогичный «портрет» любого числа, в котором цифрыдостаточно хорошо «перемешаны» (важно, чтобы все воз-можные пары цифр встречались примерно одинаково час-то), будет очень похож на эти два.

Но есть числа, у которых «портреты» другие, и этолегко увидеть: если в записи числа ни разу не встречаетсякакая-нибудь цифра, то в сектор этой цифры не попадетни одна дуга, а это, конечно, сразу заметно. Подумайте,

как устроен «портрет» числа 41

333 ( )0,1231231 0, 123… ==

и, вообще, как устроены «портреты» рациональных чисел.

Е.Епифанов

Знакомство с миром многогранников можно на-чать, не дожидаясь уроков стереометрии в старшихклассах. Иногда достаточно взглянуть на некоторыетворения архитекторов.

Большинство современных многоэтажек имеют фор-му прямоугольных параллелепипедов. Их иногданесколько небрежно называют коробками (по-анг-лийски длинное «rectangular parallelepiped» такжечасто заменяется на коротокое «box»). Это легкообъясняется – строить коробки проще. Правда, исреди коробок есть необычные здания. Согласитесь,не часто встретишь дом практически кубическойформы, как городская библиотека города Штутгарта(фото 1)!

Наиболее известные древние сооружения пирами-дальной формы – это египетские пирамиды. Риту-альные пирамиды майя на мексиканском полуостро-ве Юкатан также имеют форму пирамид, или точнее,усеченных пирамид, в основании которых лежитквадрат (фото 2). На сегодняшний день рукамилюдей сделано большое число спортивных, торго-

вых, выставочных центров и других зданий в формепирамид. Иногда дизайнеры и архитекторы предла-гают перевернуть наши представления о пирамидах(фото 3).

Впрочем, и коробка может выглядеть совершеннонеожиданно. Кажется, что одно из зданий кампусаНоттингемского университета представляет собойнаклоненную коробку, часть которой уходит в землю

(фото 4). Попробуйте понять, сколько сторон умногоугольника, лежащего в фундаменте этогоздания. А можно ли сделать проект частично спря-танной в землю коробки, в основании которой лежиттреугольник? А пятиугольник или шестиугольник?

Новые формы можно получать из коробок, еслиотрезать от них углы (фото 5).

Прямоугольный параллелепипед – это частныйслучай призмы. Основанием призмы может быть

Многогранники вокруг нас

Фото 1

Фото 3. В этом здании располагается мэрия города Тэмпе(Аризона, США)

Фото 2

Фото 4

любой многоугольник, например треугольник (фо-то 6).

Высотное здание Всемирного торгового центра вНью-Йорке имеет форму так называемой четырех-угольной антипризмы (фото 7). В основаниях анти-призмы два равных квадрата, один из которыхповернут на 45 градусов относительно другого. Кро-ме двух оснований у антипризмы есть треугольныебоковые грани (сколько их?). А что получится, если

антипризму разрезатьпосередине сечением,параллельным основа-ниям? Чтобы ответитьна этот вопрос, можновоспользоваться фото

Фото 5. Высотные башни в канадском городе Реджайна

Фото 6. Барселонский «Форум»

8, которое было сделано, когда Всемирный центрбыл построен наполовину.

А завершим нашу небольшую экскурсию в Минске.Здание Национальной библиотеки Белоруссии име-

ет форму ромбокубо-октаэдра (фото 9). Вкачестве упражнения

можете посчитать, сколько у него вершин, ребер играней каждого типа.

Материал подготовилиС.Дворянинов, П.Кожевников

Источники фотографий:

1 – http://www.home-designing.com/2 – http://en.wikipedia.org/wiki/Chichen_Itza3 – http://en.wikipedia.org/wiki/Tempe_Municipal_Building 4 – http://bof.co.uk/project/135 – http://www.workopolis.com/6 – http://www.pushpullar.com7 – http://en.wikipedia.org/wiki/New_York_City8 – http://www.the atlantic.com9 – http://www.calend.ruФото 7

Фото 8

Фото 9

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

Угол в квадратеА.БЛИНКОВ, Ю.БЛИНКОВ

РЕЧЬ ПОЙДЕТ ОБ УДИВИТЕЛЬНОЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙконструкции, возникшей на основе ряда задач замеча-

тельного математика Вячеслава Викторовича Произволова.Большая часть этих задач была придумана автором длятурниров математических боев имени А.П.Савина, а тризадачи есть в его книжке «Задачи на вырост». В статьеиспользованы также материалы геометрических кружковЮ.А.Блинкова и Д.В.Швецова (http://www.geometry.ru/kruzhki_big.htm).

Мы постараемся проследить несколько «сюжетных ли-ний» и показать не только тесные связи между разнымизадачами, но и богатство геометрических методов, которыепозволяют их решить.

Начнем с задачи, которая уже давно стала классикой.Задача 1. На сторонах BC и CD квадрата АВСD

выбраны точки М и N соответственно так, что угол МАNравен 45° (рис. 1). Докажите,что расстояние от точки А допрямой MN равно стороне квад-рата.

Рассмотрим три способа реше-ния этой задачи (последний спо-соб – авторский).

Решение. Проведем отрезокMN и опустим на него перпенди-куляр АЕ (рис. 2).

Первый способ. Проведем ди-агональ АС квадрата и рассмот-

рим треугольник CMN (рис.2,а). Точка А лежит на биссек-трисе угла С этого треугольника, точки А и С лежат в разныхполуплоскостях относительно прямой MN, а сторона MNвидна из этой точки под углом MAN, который равен

190

2C° − ∠ .

Таким свойством обладает единственная точка – центрвневписанной окружности треугольника CMN (подробнее –см. статью «Вневписанная окружность» в «Кванте» 2 за2009 г.). Следовательно, АЕ = АВ = АD (радиусы этойокружности).

Второй способ. Расположив квадрат так, как показано нарисунке 2,б, рассмотрим поворот с центром А на угол 90°против часовой стрелки. Образом вершины D будет являтьсявершина В, образом прямой DC – прямая BC′, ей перпенди-кулярная, поэтому точка N′ (образ точки N) будет лежатьна отрезке BC′. Так как 90NAN′∠ = °, то MAN MAN′∠ = ∠ ,значит, треугольник AMN′ равен треугольнику АMN (подвум сторонам и углу между ними). Следовательно, равныи их соответствующие высоты, т.е. АЕ = АВ.

Третий способ. «Перегнем» квадрат по прямым АМ и AN.Так как BAM DAN MAN∠ + ∠ = ∠ и АВ = AD, то послеперегибания отрезки АВ и AD совместятся (рис. 2,в). Крометого, 90ABM ADN∠ = ∠ = ° , значит, из точки, в которойоказались вершины В и D, отрезки АМ и AN видны подпрямым углом, а этому условию удовлетворяет только точкаE. Значит, АЕ = АВ = АD.

Замечание. Этот авторский прием, который В.В.Произво-лов назвал «свертыванием», конечно, имеет и «научное»обоснование. Он основан на том, что композиция двухосевых симметрий с пересекающимися осями является пово-ротом на удвоенный угол между осями с центром в точке ихпересечения. В данном случае речь идет о повороте с центромА на угол 90°, который является композицией симметрийотносительно прямых АМ и AN.

Упражнения1. Докажите, что в условиях задачи 1 периметр треугольника

CMN равен половине периметра квадрата.2. Докажите обратное утверждение: если точки M и N на

сторонах BC и CD квадрата АВСD таковы, что периметртреугольника CMN равен половине периметра квадрата, то уголMAN равен 45° .

Следующая задача, содержащая два взаимно обратныхутверждения, иллюстрируют еще одно свойство рассматри-ваемой конструкции.

Задача 2. а) (X Турнир имени А.П.Савина, 2004) Насторонах BC и CD квадрата АВСD выбраны точки М и N

соответственно так, что угол МАNравен 45° . Докажите, что центр опи-санной окружности треугольника МАNлежит на диагонали АС.

б) (XIV Турнир имени А.П.Савина,2008) Окружность с центром на диаго-нали АС квадрата АВСD проходит че-рез вершину А и пересекает стороны BCи CD в точках М и N, не симметричныхотносительно АС. Докажите, что уголМАN равен 45° .

И опять – три способа решения.Решение. Первый способ. Пусть О –

центр данной окружности, тогда ОМ == ON (рис. 3,а). а) Так как MON∠ =

2 90MAN= ∠ = ° и 90MCN∠ = ° , то че-тырехугольник ОМСN – вписанный.Тогда из равенства ОМ = ON следует,что СО – биссектриса угла MCN, поэто-му точка О лежит на АС.

б) Воспользуемся тем, что серединныйперпендикуляр к стороне треугольникаи биссектриса его противолежащего углапересекаются на окружности, описан-

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

ной около треугольника (докажите!). Точка О лежит насерединном перпендикуляре к отрезку MN и на биссектрисеугла MCN, значит, она является серединой дуги MN окруж-ности, описанной около треугольника СМN. Так как

90MCN∠ = ° , то и 90MON∠ = ° , значит, 45MAN∠ = ° .Второй способ. Пусть I – центр окружности, вписанной в

треугольник СMN (рис.3,б). а) Так как А – центр вневпи-санной окружности этого треугольника, то AMI ANI∠ = ∠ =

90= °, значит, точки M и N лежат на окружности с диаметромAI. Следовательно, центр О окружности, описанной околотреугольника AMN, является серединой AI, т.е. лежит наАС. б) Точки О и А лежат на биссектрисе угла С треуголь-ника СМN и ОМ = ON = ОА, значит, А – центр вневписан-ной окружности этого треугольника. Следовательно,

190 45

2MAN MCN∠ = ° − ∠ = ° .

Третий способ. а) Пусть N′ – вторая точка пересеченияданной окружности и стороны ВС (рис.3,в). Так как четы-рехугольник AMN N′ – вписанный, то CN N MAN′∠ = ∠ =

45= ° . Тогда АС является серединным перпендикуляром котрезку NN′ , поэтому центр О рассматриваемой окружно-сти лежит на АС. б) Диагональ АС квадрата является как егоосью симметрии, так и осью симметрии данной окружности,поэтому точка N′ , симметричная N относительно АС, явля-ется еще одной точкой пересечения окружности со сторонойВС (см. рис. 3,в). Так как NN AC′ ⊥ , то 45CN N′∠ = ° .Четырехугольник AMN N′ – вписанный, следовательно,

45MAN CN N′∠ = ∠ = ° .Замечание. Утверждение задачи 2,а можно также дока-

зать, используя изогональное сопряжение центра описаннойокружности и ортоцентра треугольника. Подробнее об изо-гональном сопряжении см., например, в книге В.В.Прасоло-ва «Задачи по планиметрии», ч.1, гл.5.

Упражнение 3. Пусть K и L – точки пересечения окружности,проходящей через точки А, M и N, со сторонами АВ и ADсоответственно (см. рис. 3,в). Докажите, что KL – диаметрокружности и AK = AL.

Продолжим изучение конструкции, рассмотрев точки пе-ресечения сторон угла MAN с диагональю BD. В этом нампоможет задача, в условии которой квадрата нет, но «незри-мо» он присутствует.

Задача 3 («Задачи на вырост»). В равнобедренном прямо-угольном треугольнике ВАD на гипотенузе BD выбраныточки P и Q так, что PAQ 45∠ = ° (Р лежит между В и Q).

Докажите, что 2 2 2PQ BP DQ= + .Решение. Первый способ. Расположим треугольник ВАD

так, как на рисунке 4,а, и рассмотрим поворот с центром Ана угол 90° против часовой стрелки. Образом вершины Dбудет являться вершина В, а образом точки Q – точка Q′ ,значит, DQ BQ′= и DQ BQ′⊥ . Кроме того, Q AP′∠ =

45Q AQ PAQ PAQ′= ∠ − ∠ = ° = ∠ , поэтому равны треуголь-ники АРQ и APQ′ , откуда PQ PQ′= . Тогда доказываемоеутверждение есть не что иное как теорема Пифагора впрямоугольном треугольнике BQ P′ .

Второй способ. Перегнем чертеж по прямым АР и AQ (т.е.опять используем «свертывание»), тогда точки В и D совме-стятся в точке Е (рис.4,б). Так как PEA PBA PDA∠ = ∠ = ∠ =

45QEA= ∠ = ° , то 90PEQ∠ = ° . Тогда из прямоугольноготреугольника РEQ: 2 2 2 2 2PQ EP EQ BP DQ= + = + .

Отметим, что точка Е нам уже знакома. Действительно,если данный треугольник достроить до квадрата ABCD, аотрезки АР и AQ продолжить до пересечения с ВС и CD вточках М и N соответственно, то Е – основание перпендику-ляра, опущенного из А на MN (см. рис. 2,а–в). Теперьлогично рассмотреть следующую задачу.

Задача 4. На сторонах BC и CD квадрата АВСDвыбраны точки М и N соответственно так, что угол МАNравен 45° . Диагональ BD пересекает АМ и AN в точкахP и Q соответственно, Е – основание перпендикуляра,опущенного из А на MN. Докажите, что отрезки MQ,NP и АЕ пересекаются в одной точке.

Решение. Так как 45MAQ MBQ∠ = ∠ = ° , то точки А, В,М и Q лежат на одной окружности. Кроме того, 90ABM∠ = ° ,значит, АМ – диаметр этой ок-ружности, а 90AQM∠ = ° , т.е.MQ – высота треугольника МАN(рис. 5). Аналогично, точки А, D,N и P лежат на окружности сдиаметром AN, а NP – высотатреугольника МАN. Учитывая,что АЕ – еще одна высота того жетреугольника, получим, что ука-занные отрезки пересекаются вточке Н – ортоцентре треугольни-ка МАN.

Замечание. Попутно отметим, что на обеих рассмотренныхокружностях лежит также и точка Е, т.е. общая хорда АЕрассмотренных окружностей перпендикулярна MN. Крометого, высоты MQ и NP треугольника МАN равны отрезкамAQ и АР соответственно (так как 45MAN∠ = ° ).

Упражнение 4. Докажите, что в условиях задачи 4: а) че-тырехугольник PQNM – вписанный; б) 45PCQ∠ = ° ; в) MANS∆ =

2 PAQS∆= ; г) АН = MN = 2PQ ; д) ( )2 2 22MN BP DQ= + .

В задаче 2 мы рассматривали окружность, описаннуюоколо треугольника MAN, и точки ее пересечения со сторо-нами квадрата. В силу симметрии, образовалась ломанаяKMANL с вершинами на окруж-ности и углом 45° между соседни-ми звеньями (см. рис. 3,в и упраж-нение 3). Рассмотрим эту ломануюподробнее.

Задача 5 («Задачи на вырост»).Вершины ломаной KMANL ле-жат на окружности и KMA∠ =

MAN ANL 45= ∠ = ∠ = ° (рис.6).Докажите, что площадь закра-шенной части равна половине пло-щади круга.

Решение. Проведем отрезок KL (рис. 7,а,б). Он являетсядиаметром окружности, так как сумма угловых величин дугKA и LA равна 180°. Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ. Проведем через точку L прямую, парал-лельную MK, до пересечения с окружностью в точке Z (см.рис. 7,а). Тогда ML = KZ, а так как KL – диаметр окружно-сти, то углы KML и KZL – прямые, поэтому KMLZ –прямоугольник. Пусть U – точка пересечения KN и ML, V– точка пересечения МА и KZ, тогда UV LZP (в силусимметрии относительно горизонтального диаметра).Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

35Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 436

Проведем также отрезок AZ, после чего утверждениезадачи становится практически очевидным: для каждого«куска» закрашенной части найдется симметричный ему незакрашенный «кусок». Действительно, равны сегменты,ограниченные хордами MK и LZ, NL и AZ, равны трапецииUVAN и LZAN, равны треугольники MUV и VKM, а также– криволинейные треугольники MUN и KVA.

Второй способ. Пусть KL пересекает AM и AN в точках Fи G соответственно (см. рис. 7,б). Тогда утверждение задачиравносильно равенству KMF LNG FAGS S S∆ ∆ ∆+ = .

Так как KL – диаметр окружности, а дуги AK и AL равны,то треугольник KAL – прямоугольный и равнобедренный.Используя результат задачи 3, получим

2 2 2FG KF LG= + .

Заметим также, что треугольники FMK и LNG подобнытреугольнику FAG (по двум углам) с коэффициентами

1KF

kFG

= и 2LG

kFG

= соответственно. Тогда 21

KMF

FAG

Sk

S∆

∆= =

2

2

KF

FG= и

222 2

LNG

FAG

S LGk

S FG∆

∆= = . Складывая эти равенства

почленно, получим2 2

2 1KMF LNG

FAG

S S KF LG

S FG∆ ∆

∆

+ += = .

Равенство KMF LNG FAGS S S∆ ∆ ∆+ = можно доказать иначе,используя ту же идею «свертывания». Для этого потребуетсявспомнить еще одну классическую задачу.

Лемма. Дан невыпуклый четырехугольник АВНС, в кото-ром углы А, В и С равны по 45° . Докажите, что: а) отрезки

АН и ВС равны и перпендикулярны; б) 21

2ABHCS AH= .

Доказательство. а) Продлим отрезки ВН и СН до пересе-чения с АС и АВ в точках D и Е соответственно (рис. 7,в).Тогда 90ADB AEC∠ = ∠ = °. Так как BD и СЕ – высотытреугольника АВС, то Н – ортоцентр этого треугольника,значит, AH BC⊥ . Кроме того, треугольники АBD и СНD– равнобедренные и прямоугольные, значит, AD = BD иНD = CD. Следовательно, прямоугольные треугольникиАНD и BCD равны (по двум катетам), откуда АН = ВС.

Замечание. Оба утверждения можно также получить,рассмотрев поворот с центром D на угол 90° . Заодноотметим, что доказанный факт можно эффективно использо-вать для решения упражнения 4,г.

б) АН и ВС – диагонали невыпуклого четырехугольника.Так как площадь любого четырехугольника равна половинепроизведения диагоналей на синус угла между ними, то

21 1sin 90

2 2ABHCS AH BS AH= ⋅ ° = .

Теперь вернемся к решению задачи 5 и покажем, что и ееможно решить, используя «свертывание».

Третий способ. Прибавив к обеим частям доказываемогоравенства площади треугольников AFK и AGL, получим, чтооно равносильно равенству KMA LNA KALS S S∆ ∆ ∆+ = (рис. 7,г).Пусть Н – точка пересечения KN и ML. Так как KL –диаметр окружности, то угол KMH прямой. Тогда

45HMA KMA∠ = ∠ = ° , и 45MKH MAN∠ = ∠ = ° , поэтомуAM KH⊥ . Значит, при «свертывании» по прямой АМточка K совместится с точкой Н. Аналогично, при «сверты-вании» по прямой AN точка L совместится с точкой Н.Следовательно, KMA LNA HMA HNA AMHNS S S S S∆ ∆ ∆ ∆+ = + = .

В невыпуклом четырехугольнике AMHN три угла по 45° ,

значит, 21 12 2AMHN KALS AH AK AL S∆= = ⋅ = , что и требова-

лось.

Упражнение 5 (конкурс имени А.П.Савина «Математика6–8», 1996). Докажите, что в условиях задачи 5 выполняетсяравенство 2 2 2 2KM AN AM LN+ = + .

А теперь – задача, в которой будет присутствовать квадрат,точки M и N из задач 1 и 2, точки F и G (P и Q) из задач 3и 4. А еще окружность, описанная около треугольника AMNиз задачи 2 и ломаная в этой окружности из задачи 5, хотяпро них в условии ничего не сказано.

Задача 6 (XII Турнир имени А.П.Савина, 2006). Насторонах АВ, BC, CD и DА квадрата АВСD взятысоответственно точки K, М, N и L так, что KМА = МАN= LNA = 45° . Пусть KL пересекает AM и AN в точках Fи G соответственно. Докажите, что KMF LNG FAGS S S∆ ∆ ∆+ = .

Покажем, что эта трудная задача нами уже практическирешена, причем не одним способом. Для ее решения доста-точно доказать равенство AK = AL, из которого будетследовать, что точки A, K, L, M и N лежат на однойокружности (см. упражнение 3).

Действительно, доказываемое равенство равносильно ра-венству площадей из задачи 5 (см. второй способ решенияэтой задачи).

Решение. Первый способ. Пусть окружность, описаннаяоколо треугольника АМN, пересекает стороны АВ и ADквадрата в точках K′ и L′ соответственно (рис. 8,а). Так как

45MAN∠ = ° , то центр О этой окружности лежит на АС (см.задачу 2, а). Значит, точки K′ и L′ симметричны относи-тельно АС, т.е. 45K L A′ ′∠ = ° . Из равенства вписанныхуглов следует, что 45K MA K L A′ ′ ′∠ = ∠ = ° , т.е. точка K′совпадает с точкой K из условия задачи. Аналогично дока-зывается совпадение точек L и L′ .

Второй способ. При перегибании квадрата по прямым АМи AN точки K и L совместятся в точке Н – ортоцентре

Рис. 7

Рис. 8

треугольника МАN (см. рис.8,а). Это следует из того, чтоточки В и D совмещаются в основании Е высоты АЕ этоготреугольника (см. задачу 1), а 45AMH ANH∠ = ∠ = ° (см.лемму). Значит, AK = AL, что и требовалось.

Упражнение 6. Докажите, что в условиях задачи 6 точкипересечения диагоналей трапеций AKMN и ALNM лежат наВD.

Третий способ. Расположив квадрат так, как показано нарисунке 8,б, рассмотрим поворот с центром А на угол 90°против часовой стрелки. Аналогично второму способу реше-ния задачи 1 получим, что образом треугольника ANDявляется треугольник AN B′ .

Докажем, что при таком повороте образом точки L явля-ется точка K. Для этого достаточно доказать, что

45AN K ANL′∠ = ∠ = ° . Так как 45N AM AMK′∠ = ∠ = ° , топрямая MK содержит высоту треугольника AMN′ . По-скольку АВ – еще одна высота этого треугольника, то K –его ортоцентр. Значит, третья высота лежит на прямойN K′ и 45AN K′∠ = ° . Таким образом, AK = AL, что итребовалось.

Возникает естественный вопрос: а как решать эту задачу,если не знать задачу 5? Оказывается, можно использоватьвсе то же свертывание или поворот и получить четырехуголь-ник из леммы!

Например, третий способ решения можно продолжить так(см. рис.8,б). Докажем равенство KMA LNA KALS S S∆ ∆ ∆+ = ,равносильное требуемому. Заметим, что KMA LNAS S∆ ∆+ =

KMA KN A AMKNS S S′ ′∆ ∆= + = . Четырехугольник AMKN′ –

это все тот же четырехугольник, три угла которого равны по

45° , поэтому его площадь равна 212

AK , что, в свою очередь,

равно площади треугольника KAL.Другие свойства этой замечательной конструкции и раз-

витие некоторых рассмотренных методов можно получитьпри решении следующих задач (автором задач 7–9 такжеявляется В.В.Произволов, а автором задачи 10 – Д.В.Шве-цов).

Задачи для самостоятельного решения

7 («Задачи на вырост»). На полосу наложили квадрат,сторона которого равна ширине полосы, причем его границапересекает границы полосы в четырех точках. Докажите, чтодве прямые, проходящие крест-накрест через эти точки, пересе-каются под углом 45° .

8. На сторонах BC и CD квадрата АВСD выбраны точки Ми N соответственно так, что угол МАN равен 45° . Лучи АМ иAN пересекают окружность, описанную около квадрата, вточках 1M и 1N соответственно. Докажите, что 1 1M N MNP .

9 (IX Турнир имени А.П.Савина, 2003). В квадрате АВСDвыбраны точки S и T внутри треугольников АВС и ADCсоответственно так, что 45SAT SCT∠ = ∠ = ° . Докажите, чтоBS DTP .

10 (XX Турнир имени А.П.Савина, 2014). Вневписаннаяокружность прямоугольного треугольника АВС касается про-должений его катетов СА и СВ в точках 1A и 1B соответственно.Описанная окружность треугольника АВС пересекает 1 1A B вточках Р и Q. Найдите угол РCQ.

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

Об однойконструкции

с касающимисяокружностями

И.БОГДАНОВ

НЕДАВНО АВТОР СТАТЬИ ОБНАРУЖИЛ СЛЕДУЮЩЕЕ ЗА-бавное утверждение, которое мы сформулируем как

задачу (эта задача предлагалась участникам Первого турни-ра математических боев «Лига Победителей»).

Задача 1. Пусть H – точка пересечения высот остро-угольного треугольника ABC. Пусть 1ω и 2ω – окружнос-ти, описанные около треугольников AHB и AHC соответ-ственно. Рассмотрим произвольную окружность Γ , прохо-дящую через точки B, C и пересекающую отрезки BH и CHвторично в точках B′ и C′ соответственно. Пусть,наконец, окружность γ касается 1ω и 2ω внешним обра-

зом, а также касается внутренним образом малой дуги BCокружности Γ в точке T (рис.1). Докажите, что точка Tявляется серединой дуги B C′ ′ окружности Γ .

Опытные любители геометрии знают, что задачи, в кото-рых речь идет об окружностях, касающихся несколькихокружностей и прямых, бывают весьма трудны. Описаниеданной конструкции тоже не предвещает легкого пути. Темне менее, достаточно короткое решение существует, и мы егосейчас приведем.

Заодно мы проиллюстрируем тезис, что некий факт поройтруднее обнаружить, чем доказать. Именно, мы увидим, чтоусловие задачи в некотором смысле диктует, что именно надосделать для ее решения.

Анализ и решение задачи 1. Для начала хорошо бынемного разобраться в картинке, а для этого полезно вспом-нить несколько общеизвестных фактов.

Как известно, окружности 1ω и 2ω симметричны окруж-ности ω , описанной около треугольника ABC, относительно

Рис. 1

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 37

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 438

Рис. 3

равенства векторов следует, что треугольник 1 2O O V′ полу-чается из треугольника BCU параллельным переносом,поэтому 1 2OV O V BU CU g R′ ′= = = = = + ρ , что и требова-лось. Задача решена!

Упражнения1. В решении мы неявно воспользовались тем, что 0ρ > , т.е.

g > R. Докажите этот факт.2. Если рассмотреть произвольную окружность ′Γ , проходя-

щую через B и C и пересекающую продолжения отрезков BH иCH, для нее будет верно аналогичное утверждение. Сформули-руйте и докажите его.

3. Докажите, что кроме γ существует еще одна окружность сцентром V, которая касается всех трех окружностей 1ω , 2ω и Γвнутренним образом. Каков радиус этой окружности?

Приведем теперь еще одну задачу (она, точнее подобная ейконфигурация, использовалось как лемма в решении задачиМ2340 в этом номере журнала). Эта задача гораздо болееизвестна – и обычно считается довольно сложной.

Задача 2. Пусть окружность γ лежит внутри окружно-сти Γ и касается ее в точке T. Проведем две хорды PB иQC окружности Γ , ка-сающиеся γ . Пусть про-должения отрезков PB иQC за точки B и C пере-секаются в точке A ипусть I – центр окруж-ности, вписанной в тре-угольник ABC. Докажи-те, что TI – биссектри-са угла BTC (рис.3).

Удивительно, но ужерешенная нами задача 1эквивалентна задаче 2.Чтобы свести вторую за-дачу к первой, достаточ-но выполнить инверсию 3

с центром I, переводящуюокружность Γ в себя.

Упражнения4. Убедитесь в этом.Указание. В условиях задачи 2 центр окружности, проходя-

щей через точки A, B и I, лежит на прямой CI; тем самым этаокружность ортогональна прямой CI.

5. Какой конфигурации соответствует утверждение из упраж-нения 2?

В заключение отметим, что решить задачу 1 легко удалосьпотому, что мы сумели идентифицировать центр «непонят-ной» окружности γ . Приведем еще одну задачу, в которойрешение оказывается очень простым, если угадать центрискомой окружности (эта задача предлагалась на Польскойолимпиаде в 2013 г.).

Задача для самостоятельного решения. Пусть ABCD –описанный четырехугольник, у которого нет двух равныхсторон. На его сторонах как на диаметрах построены четыреокружности. Докажите, что существует окружность, касаю-щаяся всех этих четырех окружностей.4

Рис. 2

3 Об инверсии и ее свойствах можно узнать, например, из статьиВ.Уроева «Инверсия» в «Кванте» 5 за 1984 год.

4 А на самом деле таких окружностей как минимум две!

прямых AB и AC соответственно.1 Отметим центры 1O , 2Oи O окружностей 1ω , 2ω и ω соответственно (рис.2), атакже обозначим их (равные) радиусы через R. Тогда

четырехугольники 1AO BO и 2AO CO – ромбы; в частности,

1 2BO OA CO= =uuuur uuur uuuuur

. Отсюда следует, что 1 2BO O C – паралле-лограмм, т.е. отрезки 1 2O O и BC параллельны и равны.Кроме того, поскольку окружности 1ω и 2ω равны, онисимметричны относительно их общей хорды AH. Из симмет-рии ясно, что окружность γ также симметрична относитель-но AH, т.е. ее центр V лежит на AH.

Окружность Γ также связана с ω : у этих двух окружно-стей есть общая хорда BC. Значит, если U – центр Γ , то UO– это серединный перпендикуляр к BC.

С дугой стороны, тот факт, что T – середина дуги B C′ ′ ,равносилен условию UT B C′ ′⊥ , или UV B C′ ′⊥ (так как Tлежит на прямой UV). Значит, полезно определить направ-ление прямой B C′ ′ . Это легко сделать: из вписанногочетырехугольника BCC B′ ′ получаем

90HC B HBC ACB′ ′∠ = ∠ = ° − ∠ .

Такой угол встречается на нашем рисунке и в другом месте!Именно, из равнобедренного треугольника OAB с углом2 ACB∠ при вершине O мы немедленно получаем

( )180 2 90BAO AOB ACB HC B′ ′∠ = ° − ∠ = ° − ∠ = ∠ . В двухравных углах HC B′ ′ и BAO стороны HC′ и BA перпендику-лярны – значит, и AO B C′ ′⊥ . Итого, нам надо доказать, чтоUV AOP .

Но мы уже видели, что UO и AV перпендикулярны BC,т.е. параллельны друг другу. Итак, четырехугольник UOAVдолжен быть параллелограммом (если, конечно, задачаверна).2 Заметим, что окружность γ , описанная в условии,единственна (кстати, почему?). Значит, достаточно пока-зать, что точка V′, для которой UOAV′ – параллелограмм,является центром такой окружности.

Обозначим радиус Γ через g. Мы хотим найти такое числоρ , что UV g′ = − ρ и 1 2OV O V R′ ′= = + ρ (в этом случаеокружность с центром V′ и радиусом ρ будет искомой). Какмы уже знаем, 1 2UV OA BO CO′ = = =

uuuur uuur uuuur uuuuur (откуда, в частности,

UV R′ = , и мы должны положить g UV g R′ρ = − = − ). Из

1 Это легко доказать: поскольку 180AHB ACB∠ = ° − ∠ , точка,симметричная H относительно AB, лежит на ω . Значит, окружностьω при симметрии относительно AB переходит в 1ω .

2 Это не совсем так, если точки U, O, A, V лежат на одной прямой,т.е. если треугольник ABC равнобедренный. Но, как мы увидим,наш четырехугольник является (вырожденным) параллелограммоми в этом случае.

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

Электрическиецепи с

измерительнымиприборами

Б.МУКУШЕВ

ПРОСТЕЙШАЯ ЭЛЕКТРИЧЕСКАЯ ЦЕПЬ СОСТОИТ ИЗ ИС-точника (гальванического элемента, аккумулятора, ге-

нератора и т.п.), потребителей или приемников электричес-кой энергии (ламп накаливания, электронагревательныхприборов, электродвигателей и т.п.) и соединительных про-водов, соединяющих источник с потребителями. Потреби-телями электрической энергии называют элементы цепи,предназначенные для преобразования электрическойэнергии в другой вид энергии для ее дальнейшего использо-вания.

Кроме того, в электрической цепи может присутствовать ивспомогательное оборудование – механизмы для включенияи выключения электрических установок (рубильники, пе-реключатели и др.), электроизмерительные приборы (ам-перметры, вольтметры, ваттметры) и защитные устройства(предохранители, автоматические выключатели).

Из этих вспомогательных устройств особый интерес пред-ставляют электроизмерительные приборы. Обычно считает-ся, что амперметры имеют ничтожно малое сопротивление,а вольтметры – бесконечно большое. Однако в некоторыхслучаях приходится учитывать сопротивления амперметра ивольтметра, для того чтобы яснее понимать процессы, про-исходящие в электрических цепях.

Рассмотрим теперь несколько конкретных задач на расчетэлектрических цепей постоянного тока, в которых помимопотребителей имеются также и электроизмерительные при-боры.

Пусть вначале электрические цепи состоят только изисточника тока и электроизмерительных приборов.

Задача 1. При разомкнутом ключе K (рис.1) вольтметр

1V показывает 1U = 7,2 В. Что покажут вольтметры 1Vи 2V при замкнутом ключе? Вольтметры одинаковые. ЭДС

источника тока E = 9 В, его внутреннеесопротивление неизвестно.

Решение. Обозначим через r внутрен-нее сопротивление источник тока, а через

вr – сопротивление вольтметра. Тогда,согласно закону Ома для полной цепи,при разомкнутом ключе ток в цепи равен

0в

Ir r

=+E

,

а напряжение, которое показывает вольтметр 1V , равно

в1 0 в

в

rU I r

r r= =

+E

.


в 4r r= .

После замыкания ключа ток через источник равен

в в

22

2

Ir r rr

= =++

E E,

а ток через каждый вольтметр в два раза меньше тока,протекающего через источник. Напряжения на вольтметрах

1V и 2V одинаковы и равны

в1 2 в

в

4 26 B

2 2 6 3I r r

U U rr r r

= = = = =+E E

E .

Задача 2. Батарейка имеет напряжение U = 10 В. Всхеме (рис.2) использованы одинаковые вольтметры. Най-дите их показания. Внутреннее со-противление батарейки считайтеничтожно малым.

Решение. Ток батарейки протекаетчерез параллельно соединенные двавольтметра, разделившись пополаммежду ними, а затем через тройкувольтметров, через каждый из кото-рых течет одна треть общего тока.Известно, что значение тока, протека-ющего через вольтметр, прямо пропор-ционально напряжению, которое пока-зывает вольтметр. Таким образом, мы можем записать сле-дующие уравнения:

2

1

3 22 3

U I

U I= = ,

1 2U U U+ = .

Решая эти уравнения, найдем

13

6 B5

U U= = , 2 12

4 B5

U U U U= − = = .

Идею этой задачи можно использовать на практике. На-пример, у вас есть только школьные вольтметры на 6 В, анужно измерить напряжение батарейки «Крона», про кото-рую известно, что ее напряжение больше 6 В, но меньше10 В. В таком случае два вольтметра соединяют последова-тельно и подключают к батарейке.

Задача 3. Батарейка имеет напряжение U = 6 В. В схему(рис.3) включены 6 одинаковых вольтметров. Найдите ихпоказания.

Решение. Обозначим со-противление каждого вольт-метра через R. Задачу мож-но оптимально решить с по-мощью метода узловых по-тенциалов. Будем считатьнулевым потенциал точки,присоединенный к «минусу»батарейки, тогда потенциал«плюса» батарейки составит U. Обозначим потенциал верх-него узла, к которому присоединен «вертикальный» вольт-метр, через 1ϕ , а соответствующего нижнего узла – через 2ϕ .Напишем для этих узлов следующие уравнения:

1 1 2 1

2U

R R R

− ϕ ϕ − ϕ ϕ= + ,

2 1 2 2U

R R R

− ϕ ϕ − ϕ ϕ+ = ,

откуда находим

18 48

B13 13

Uϕ = = , 27 42

B13 13

Uϕ = = .

Тогда показания вольтметров (слева сверху, по часовой

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 440

стрелке) будут такими:

130

B13

U = , 224

B13

U = , 324

B13

U = ,

442

B13

U = , 536

B13

U = ,

а шестой вольтметр-перемычка покажет

66

B13

U = .

Задача 4. На сколько процентов изменится сумма пока-заний всех вольтметров в цепи (рис.4), если перевести

переключатель из нижнего положения 1 в верхнее положе-ние 2? Все вольтметры одинаковые. Внутреннее сопротив-ление источника равно сопротивлению R каждого вольт-метра.

Решение. Запишем выражение для ЭДС источника, когдапереключатель находится в положении 1:

1 1 14 5I R I R I R= + =E .

Сумма показаний всех вольтметров равна

1 14U I R= .

Когда переключатель перевели в верхнее положение 2, то

2 2 2 213

52 2R

I R I R I I R= + + =E ,

а сумма показаний всех вольтметров составляет

2 26U I R= ,

поскольку сумма показаний вольтметров разветвленной ча-сти цепи равна 2I R . Приравнивая выражения для ЭДСисточника в обоих случаях, получим

1 213

52

I R I R= , или 2 11013

I I= .

Это соотношение подставим в выражение, представляющеесумму показаний всех вольтметров во втором случае, инайдем отношение суммарных показаний в обоих случаях:

2 2

1 1

6 151,15

4 13U I R

U I R= = ≈ .

Таким образом, сумма показаний всех вольтметров в цепиувеличится на 15%, если перевести переключатель из нижне-го положения 1 в верхнее положение 2.

Задача 5. В электрической цепи, изображенной на рисун-ке 5, амперметры одинаковые, а вольтметры различные.Первый амперметр показывает ток 1I = 1 А, второйамперметр показывает ток 2I = 1,3 А, а первый вольт-

метр показывает напряже-ние 1U = 2 В. Что показы-вает второй вольтметр?

Решение. Через амперметр1A течет ток 1I , а напряже-

ние на нем, которое показы-вает вольтметр 1V , есть 1U .Из этих данных находим

сопротивление амперметра:

1A

1

2 ОмU

RI

= = .

Через амперметр 2A течет ток 2I , а напряжение на нем равно

2 2 A 1,3 A 2 Ом 2,6 BU I R= = ⋅ = .

Именно это значение и показывает второй вольтметр.Задача 6. Четыре одинаковых амперметра и вольтметр

включены так, как показано на рисунке 6,а. Амперметр 1A

показывает ток 1I = 2А, амперметр 2A показывает ток

2I = 3А. Какие токи протекают через амперметры 3A , 4Aи вольтметр? Найдите отношение сопротивления ампер-метра к сопротивлению вольтметра.

Решение. Обозначим сопротивление амперметра через r,а вольтметра – через R. Решим задачу с помощью методаузловых потенциалов. Для этого перерисуем схему так, какизображено на рисунке 6,б. Считаем, что цепь подключенак источнику постоянного тока с напряжением U так, что

1 Uϕ = и 4 0ϕ = , и для интересующих нас токов получаем

1 21 2 AI

r

ϕ − ϕ= = ,

1 32 3 AI

r

ϕ − ϕ= = ,

2 3 1 3 1 2

3 2 1 1 AI I Ir r r

ϕ − ϕ ϕ − ϕ ϕ − ϕ= = − = − = ,

4 2 3 4 AI I I= + = , V 1 3 1 AI I I= − = .

Из равенства

1 V 2 4I r I R I r I r+ = +

находим15

r

R= .

Задача 7. В схему (рис.7) включены два одинаковыхмикроамперметра и два одинаковых вольтметра. Показа-ния микроамперметров 1I == 100 мкА и 2I = 99 мкА,показание первого вольтмет-ра 1U = 10 В. Найдите пока-зание второго вольтметра,сопротивления измеритель-ных приборов и ЭДС источ-ника тока, не имеющего внут-реннего сопротивления.

Решение. Через вольтметр 1V течет ток 1I , через вольт-метр 2V течет ток 1 2I I− . Так как вольтметры одинаковые,их показания пропорциональны протекающим через нихтокам:

1 1

2 1 2

U I

U I I=

−.

Отсюда находим

1 22 1

1

0,1 BI I

U UI

−= = .

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Сопротивление вольтметра равно

51V

1

10 Ом 100 кОмU

rI

= = = ,

сопротивление микроамперметра –

32A

2

10 Ом 1 кОмU

rI

= ≈ = ,

ЭДС источника –

1 A 1 2 10,2 BI r U U= + + ≈E .

Задача 8. Схема, приведенная на рисунке 8, содержит 50разных амперметров и 50 одинаковых вольтметров. Пока-

зание первого вольт-метра 1U = 9,6 В,первого амперметра– 1I = 9,5 мА, вто-рого амперметра –

2I = 9,2 мА. Опреде-лите по этим дан-ным сумму показанийвсех вольтметров.

Решение. Ток, текущий через амперметр 1A , равен сумметоков, текущих через вольтметр 1V и амперметр 2A :

1 V1 2I I I= + .

Следовательно, ток, текущий через вольтметр 1V , равен

V1 1 2 0,3 мАI I I= − = ,

и сопротивление вольтметра равно

13

V1

9,6 Ом 32 кОм

0,3 10

UR

I −= = =⋅

.

По условию задачи все вольтметры одинаковые, т.е. сопро-тивление каждого из них 32 кОм. Запишем сумму напряже-ний, показываемых всеми вольтметрами:

50 50 50

V V V1 1 1

i i ii i i

U U I R R I= = =

= = =∑ ∑ ∑ .

Но сумма всех токов, текущих через вольтметры, это ток,текущий через амперметр 1A , поэтому

1 304 BU RI= = .

Путь теперь электрические цепи состоят из источникатока, электроизмерительных приборов и потребителей элек-трической энергии.

Задача 9. В схеме на рисунке 9 все вольтметры одинако-вые, ЭДС батареи E = 5 В, ее внутреннее сопротивление

мало. Верхний вольтметр показыва-ет 1U = 2 В. Что показывают ос-тальные вольтметры?

Решение. Сумма показаний 1U верх-него и 2U нижнего вольтметров равнанапряжению батареи, поэтому ниж-ний вольтметр покажет.

2 1 3 BU U= − =E .

Поскольку вольтметры одинаковые, они имеют одинаковыесопротивления. Запишем первое правило Кирхгофа дляправого узла:

2 1 3I I I= + ,

где 2I – ток в нижнем вольтметре, 1I – ток в верхнемвольтметре, 3I – ток в среднем вольтметре. Перепишемполученное выражение в виде

32 1 UU U

R R R= + ,

где R – сопротивление каждого вольтметра. Отсюда находим

3 2 1 1 BU U U= − = .

Задача 10. В приведенной на рисунке 10 схеме и вольт-метры и миллиамперметры одинаковые. Показания вольт-метров 1U = 3 В и 2U == 5 В, показания миллиам-перметров 1I = 5 мА и 2I == 1 мА. Напряжение бата-рейки 0U = 9 В, и она иде-альная. Найдите по этимданным сопротивления ре-зисторов и измерительныхприборов.

Решение. Очевидно, что

0 1 A 1 2U I r U U= + + ,


0 1 2A

1

200 ОмU U U

rI

− −= = .

Напряжение на втором миллиамперметре равно

A2 2 A 0,2 BU I r= = .

Поскольку вольтметрыодинаковые, значениятоков, проходящих поэтим вольтметрам, пря-мо пропорциональнынапряжениям вольтмет-ров. Запишем первоеправило Кирхгофа дляузла С (рис.11):

V2 2 V1I I I= + , или 2 12

V V

U UI

r r= + .


2 1V

2

2 кОмU U

rI

−= = ,

2V2

V

2,5 мАU

Ir

= = ,

1V1

V

1,5 мАU

Ir

= = ,

1 1 V1 3,5 мАRI I I= − = ,

2 1 2 2,5 мАR RI I I= − = .

Далее, для участка цепи В–С–D запишем второе правилоКирхгофа:

11 2 A 1 0RU I r I R− − = ,


1

1 2 A1 0,8 кОм

R

U I rR

I

−= = .

Теперь, поскольку

1 21 2 1 2R RU U I R I R+ = + ,

получаем

1

2

1 2 12 2,08 кОмR

R

U U I RR

I

+ −= = .

Задача 11. Одни и те же приборы при соединении их потрем разным схемам (рис.12) дают показания 1U , 1I ; 2U ,

2I ; 3U , 3I соответственно. Найдите сопротивления воль-тметра, резистора и амперметра. Напряжение, подавае-мое на цепь, не обязательно одно и то же.

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 41

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 442

Рис. 14

Решение. Из данных для первой схемы найдем сопротив-ление вольтметра:

1V

1

UR

I= .

Для второй схемы можно записать

2 VRI I I= + , или 22 V 2

VR

UI I I I

R= − = − .

Отсюда находим

2 2 2 2 1

2 2 2 1 1 22 2 1

V 1

R

U U U U UR

U UI I U IUI I IR U

= = = =−− −

.

В третьем случае

( )3 3 AU I R R= + ,

откуда получаем

3 3 2 1A

3 3 2 1 1 2

U U U UR R

I I I U IU= − = − =

− ( )1 3 2 3 2 1 2 1 3

3 1 2 2 1

UU I U U I U U I

I U I U I

− −−

.

Теперь обсудим вопросы шунтирования амперметра иподключения добавочного сопротивления к вольтметру, не-обходимые для расширения пределов измерения приборов.

Задача 12. Многопредельный амперметр представляетсобой миллиамперметр с набором сменных шунтов. Напределе «1 мА» прибор показал 1 мА; когда его переключилина предел «3 мА», он показал 1,5 мА. Тем не менее, приборисправный – он точно показывает величину протекающегочерез него тока. Каков истинный ток в цепи (без ампермет-ра)?

Решение. На рисунке 13 представлена электрическаясхема, где через I обозначен ток, протекающий через милли-

амперметр, а через обI – токв электрической цепи с неко-торым сопротивлением R. Со-противление миллиампермет-ра обозначим через AR . Впервом случае

AI I= , об 1I I= ,

где AI – величина тока, при которой стрелка амперметраотклоняется полностью. Общее напряжение в цепи равно

A A 1U I R I R= + , где 1 1 мАI = .

Во втором случае

A12

I I= , об 2I I= , AA 22

IU R I R= + , где 2 1

31,5 мА

2I I= = .

В третьем случае

U = IR,

где I – значение истинного тока. Приравниваем выражениядля напряжения в цепи в первых двух случаях и получаем

AA A 1 A 22

II R I R R I R+ = + , или A A 1I R I R= , или 12U I R= .

Тогда из выражения для напряжения в цепи в третьем случаенаходим

11

22 2 мА

U I RI I

R R= = = = .

Задача 13. Присоединение к вольтметру некоторогодобавочного сопротивления увеличивает предел измерениянапряжения в n раз. Другое добавочное сопротивлениеувеличивает предел измерения в m раз. Во сколько разувеличится предельно измеримое вольтметром напряже-ние, если включить последовательно с вольтметром этидва добавочных сопротивления, соединенных между собойпараллельно?

Решение. Пусть r – сопротивление вольтметра, U –максимальное напряжение на вольтметре, I – ток, текущийчерез вольтметр при этом напряжении. При использованиидобавочных сопротивлений максимальный ток должен бытьпрежним. Для трех случаев имеем

( )1I R r nU+ = , ( )2I R r mU+ = , 2 1

2 1

R RI r kU

R R

+ = +

,

где 1R и 2R – добавочные сопротивления, k – искомаявеличина. Учитывая, что Ir = U, эти уравнения можнопреобразовать в виду

1R r nr+ = , 2R r mr+ = , 2 1

2 1

R Rr kr

R R+ =

+.

Отсюда получаем12

mnk

m n

−=

+ − .

Упражнения1. При подключении к неизвестному источнику вольтметра,

рассчитанного на измерение напряжений до 10 В, вольтметрзашкаливает. Если одновременно подключить два таких вольт-метра, один раз параллельно и другой раз последовательно, тоони в обоих случаях покажут одинаковые значения 8 B. Опре-делите ЭДС неизвестного источника.

2. К идеальной батарейке подключены последовательно со-единенные вольтметр и амперметр. Вольтметр показывает 6 В,амперметр – 1 мА. Параллельно амперметру подключают ещеодин такой же амперметр, после этого показание первогоамперметра уменьшается до 0,51 мА. Считая показания прибо-ров точными, найдите по этим данным сопротивления приборов.

3. К идеальной батарейке подключили последовательно со-единенные вольтметр и амперметр. Вольтметр показывает 6 В,амперметр – 1 мА. Параллельно вольтметру подключают ещеодин такой же вольтметр, после это-го показание амперметра возрастаетдо 1,8 мА. Найдите по этим даннымсопротивления приборов.

4. При замкнутом ключе K воль-тметр 1V показывает 0,8E , где E –ЭДС батареи (рис.14). Что покажутвольтметры 1V и 2V при разомкну-том ключе, если их сопротивленияравны?

5. Многопредельный амперметр высокой точности содержитдля каждого предела измерений отдельный шунт. Амперметрвключают в цепь на пределе «10 мА», и он показывает 2,95 мА;когда его переключили на предел «3 мА», он показал 2,90 мА.Какова была сила тока в цепи до подключения амперметра?

6. К гальванометру сопротивлением 290 Ом присоединилишунт, понижающий чувствительность гальванометра в 10 раз.Какой резистор надо включить последовательно с шунтирован-ным гальванометром, чтобы общее сопротивление осталосьнеизменным?

Рис. 12

Рис. 13

О Л И М П И А Д Ы

XXXV Турнир городовЗАДАЧИ ВЕСЕННЕГО ТУРА

Базовый вариант

8–9 классы

1 (3)1. Даны 100 чисел. Когда каждое из них увеличилина 1, сумма их квадратов не изменилась. Каждое число ещераз увеличили на 1. Изменится ли сумма квадратов на этотраз, и если да, то на сколько?


2 (4). Мама испекла одинаковые с виду пирожки: 7 скапустой, 7 с мясом и один с вишней, и выложила их по кругуна круглое блюдо именно в таком порядке. Потом поставилаблюдо в микроволновку подогреть. Оля знает, как лежалипирожки, но не знает, как повернулось блюдо. Она хочетсъесть пирожок с вишней, а остальные считает невкусными.Как Оле наверняка добиться этого, надкусив не больше трехневкусных пирожков?

А.Хачатурян

3 (4). См. задачу М2350 «Задачника «Кванта».

4 (5). На стороне BC треугольника ABC выбрана точка Lтак, что AL в два раза больше медианы CM. Оказалось, чтоугол ALC равен 45∞ . Докажите, что AL и CM перпендику-лярны.

Р.Женодаров

5 (6). На переправу через пролив Босфор выстроиласьочередь: первый – Али-Баба, за ним 40 разбойников. Лодкаодна, в ней могут плыть двое или трое (в одиночку плытьнельзя). Среди плывущих в лодке не должно быть людей,которые не дружат между собой. Смогут ли все они перепра-виться, если каждые двое рядом стоящие в очереди – друзья,а Али-Баба еще дружит с разбойником, стоящим черезодного от него?


10–11 классы

1 (4). У Чебурашки есть набор из 36 камней массами 1 г,2 г, ..., 36 г, а у Шапокляк есть суперклей, одной каплейкоторого можно склеить два камня в один (соответственно,можно склеить 3 камня двумя каплями и так далее). Шапок-ляк хочет склеить камни так, чтобы Чебурашка не смог изполучившегося набора выбрать один или несколько камнейобщей массой 37 г. Какого наименьшего количества капельклея ей хватит, чтобы осуществить задуманное?

Е.Бакаев

2 (4). В выпуклом четырехугольнике ABCD диагоналиперпендикулярны. На сторонах AD и CD отмечены соответ-ственно точки M и N так, что углы ABN и CBM прямые.Докажите, что прямые AC и MN параллельны.

А.Полянский

3 (5). См. задачу 5 для 8 – 9 классов.

4 (5). Натуральные числа a, b, c, d попарно взаимнопросты и удовлетворяют равенству ab + cd = ac – 10bd.Докажите, что среди них найдутся три числа, одно изкоторых равно сумме двух других.

Б.Френкин

5 (5). Дан выпуклый четырехугольник ABCD. ПешеходПетя выходит из вершины A, идет по стороне AB и далеепо контуру четырехугольника. Пешеход Вася выходит извершины A одновременно с Петей, идет по диагонали AC иодновременно с Петей приходит в C. Пешеход Толя выхо-дит из вершины B в тот момент, когда ее проходит Петя,идет по диагонали BD и одновременно с Петей приходитв D. Скорости пешеходов постоянны. Могли ли Вася иТоля прийти в точку пересечения диагоналей O одновре-менно?

Б.Френкин

Сложный вариант

8–9 классы

1 (3). Дед Мороз раздал детям 47 шоколадок так, чтокаждая девочка получила на одну шоколадку больше, чемкаждый мальчик. Затем дед Мороз раздал тем же детям 74мармеладки так, что каждый мальчик получил на однумармеладку больше, чем каждая девочка. Сколько всегобыло детей?

Е.Бакаев

2 (5). На клетчатой доске 5 5× Петя отмечает несколькоклеток. Вася выиграет, если сможет накрыть все эти клеткинеперекрывающимися и не вылезающими за границу квадра-та уголками из трех клеток (уголки разрешается кластьтолько «по клеточкам»). Какое наименьшее число клетокдолжен отметить Петя, чтобы Вася не смог выиграть?


3 (6). На квадратном столе лежит квадратная скатерть так,что ни один угол стола не закрыт, но с каждой стороны столасвисает треугольный кусок скатерти. Известно, что какие-тодва соседних куска равны. Докажите, что и два других кускатоже равны. (Скатерть нигде не накладывается сама на себя,ее размеры могут отличаться от размеров стола.)

Е.Бакаев

4 (7). Царь вызвал двух мудрецов. Он дал первому 100пустых карточек и приказал написать на каждой по нату-ральному числу (числа не обязательно разные), не пока-зывая их второму. Затем первый может сообщить второмунесколько различных чисел, каждое из которых либо за-писано на какой-то карточке, либо равно сумме чисел накаких-то карточках (не уточняя, как именно каждое числополучено). Второй должен определить, какие 100 чиселнаписаны на карточках. Если он этого не сможет, обоимотрубят головы; в противном случае из бороды каждоговырвут столько волосков, сколько чисел сообщил первыйвторому. Как мудрецам, не сговариваясь, остаться в жи-вых и потерять минимальное количество волосков?

И.Богданов

5 (7). Даны несколько белых и несколько черных точек.От каждой белой точки идет стрелка в каждую черную, на

1 В скобках после номера задачи указано максимальное числобаллов, присуждавшихся за ее решение. Итог подводится по тремзадачам, по которым достигнуты наилучшие результаты.

44 К В А Н T $ 2 0 1 4 / 4

каждой стрелке написано натуральное число. Известно, чтоесли пройти по любому замкнутому маршруту из стрелок, топроизведение чисел на стрелках, идущих по направлениюдвижения, равно произведению чисел на стрелках, идущихпротив направления движения. Обязательно ли тогда можнопоставить в каждой точке натуральное число так, чтобычисло на каждой стрелке равнялось произведению чисел наее концах?

А.Пахарев

6 (9). Из кубиков 1 1 1× × склеен куб 3 3 3× × . Какоенаибольшее количество кубиков можно из него выкинуть,чтобы осталась фигура с такими двумя свойствами:i со стороны любой грани исходного куба фигура выгля-

дит как квадрат 3 3× (глядя перпендикулярно этой грани,мы не увидим просвета – видны 9 кубиков фигуры);i переходя в фигуре от кубика к кубику через их общую

грань, можно от любого кубика добраться до любого дру-гого?

А.Марачев

7 (9). На окружности отмечены 10 точек, занумерованныепо часовой стрелке: 1A , 2A , ..., 10A , причем известно, чтоих можно разбить на пары симметричных относительноцентра окружности. Изначально в каждой отмеченной точкесидит по кузнечику. Каждую минуту один из кузнечиковпрыгает вдоль окружности через своего соседа так, чтобырасстояние между ними не изменилось. При этом нельзяпролетать над другими кузнечиками и попадать в точку, гдеуже сидит кузнечик. Через некоторое время оказалось, чтокакие-то 9 кузнечиков сидят в точках 1A , 2A , ..., 9A , адесятый кузнечик сидит на дуге 9 10 1A A A . Можно ли утвер-ждать, что он сидит именно в точке 10A ?

Е.Бакаев

10 –11 классы

1 (3). Незнайка хвастается, что написал в ряд несколькоединиц, поставил между каждыми соседними единицамизнак «+» или знак «× », расставил скобки и получил выра-жение, значение которого равно 2014; более того, если в этомвыражении заменить одновременно все знаки «+» на знаки«× », а знаки «× » на знаки «+», все равно получится 2014.Может ли он быть прав?

В.Клепцын

2. Верно ли, что любой выпуклый многоугольник можнопо прямой разрезать на два меньших многоугольника сравными периметрами и

а) (4) равными наибольшими сторонами;б) (4) равными наименьшими сторонами?


3 (6). Царь вызвал двух мудрецов. Он дал первому 100пустых карточек и приказал написать на каждой по положи-тельному числу (числа не обязательно разные), не показы-вая их второму. Затем первый может сообщить второмунесколько различных чисел, каждое из которых либо запи-сано на какой-то карточке, либо равно сумме чисел на каких-то карточках (не уточняя, как именно каждое число получе-но). Второй должен определить, какие 100 чисел написанына карточках. Если он этого не сможет, обоим отрубятголовы; в противном случае из бороды каждого вырвутстолько волосков, сколько чисел сообщил первый второму.Как мудрецам, не сговариваясь, остаться в живых и потерятьминимальное количество волосков?

И. Богданов



6 (9). Каждому городу в некоторой стране присвоениндивидуальный номер. Имеется список, в котором длякаждой пары номеров указано, соединены города с данныминомерами железной дорогой или нет. Оказалось, что, какиени взять два номера M и N из списка, можно так перенуме-ровать города, что город с номером M получит номер N, носписок по-прежнему будет верным. Верно ли, что, какие нивзять два номера M и N из списка, можно так перенумеро-вать города, что город с номером M получит номер N, городс номером N получит номер M, но список по-прежнему будетверным?

А.Пахарев, М.Скопенков, А.Устинов

7 (10). Многочлен ( )P x удовлетворяет условиям: ( )0 1P = ;

( )( ) ( )2 1001P x x x Q x= + + , где ( )Q x – некий многочлен.

Докажите, что коэффициент при 99x в многочлене

( )( )1001P x + равен нулю.

Д.Звонкин

УСТНЫЙ ТУР ДЛЯ 11 КЛАССА

1. В множестве 1, 2, 3, ..., 2014 выбрали подмножест-во A. Оказалось, что никакой квадратный трехчлен, все трикоэффициента которого принадлежат A, не имеет действи-тельных корней. Какое наибольшее число элементов моглобыть в A?

Г.Жуков

2. Дан треугольник ABC. Луч, проведенный из вершиныB через середину AC, пересекает внешнюю биссектрису углаA в точке P. Прямая PC пересекает прямую, содержащуювнутреннюю биссектрису угла A, в точке Q. Докажите, чтоBA = BQ.

Ф.Ивлев

3. См. задачу М2349 «Задачника «Кванта».

4. В равногранном тетраэдре ABCD точки A′ , B′ , C′ , D′– центры вневписанных сфер. Докажите, что A, B, C, D –центры вневписанных сфер тетраэдра A B C D′ ′ ′ ′ . (Тетраэдрназывается равногранным, если его грани – равные треу-гольники. Вневписанная сфера – это сфера, которая касает-ся одной из граней и продолжений остальных граней.)

А.Заславский

5. В белом клетчатом прямоугольнике, стороны которогобольше 10, в черный цвет покрасили K клеток. Далее за ходвыбирают ряд (горизонтальный или вертикальный), в кото-ром черных клеток хотя бы 10, и красят в черный цвет всебелые клетки этого ряда. После нескольких таких ходов всеклетки стали черными. Докажите, что 100K ≥ .


6. Докажите, что не существует многочлена от двух

переменных ( ),P x y , для которого множеством решений

неравенства ( ), 0P x y > является квадрант ( ) , : 0,x y x >

0y > .Л.Стунжас

Публикацию подготовилиС.Дориченко, Л.Медников, А.Семёнов

О Л И М П И А Д Ы 45

1 (6 класс)1 . Из шести костяшек домино (рис.1) сложитепрямоугольник 3 4× так, чтобы во всех трех строчках точек

было поровну и во всех четырех столбцахточек было тоже поровну.

Н.Стрелкова

2 (7 класс). Замените в слове МАТЕМА-ТИКА буквы цифрами и знаками сложе-ния и вычитания так, чтобы получилосьчисловое выражение, равное 2014. (Одина-ковыми буквами обозначены одинаковыецифры или знаки, разными – разные. До-

статочно привести пример.)А.Хачатурян

3 (7 класс). Незнайка рисует замкнутые пути внутрипрямоугольника 5 8× , идущие по диагоналям прямоуголь-

ников 1 2× . На рисунке 2 изображенпример пути, проходящего по 12таким диагоналям. Помогите Незнай-ке нарисовать путь как можно длин-нее. Пересекать уже проведенныедиагонали или проходить второй разчерез уже посещенные вершины неразрешается.

Е.Бакаев

4 (7 класс). На доске записаны два числа: 2014 и 2015.Петя и Вася ходят по очереди, начинает Петя. За один ходможно

– либо уменьшить одно из чисел на его ненулевую цифруили на ненулевую цифру другого числа;

– либо разделить одно из чисел пополам, если оно четное.Выигрывает тот, кто первым напишет однозначное число.

Кто из них может выиграть, как бы ни играл соперник?Опишите его стратегию и докажите, что она выигрышная.


5 (8 класс). Будем называть змейкой ломаную, у которойвсе углы между соседними звеньями равны, причем для

любого некрайнего звена соседние с нимзвенья лежат в разных полуплоскостяхот этого звена (пример змейки – на ри-сунке 3).

Барон Мюнхгаузен заявил, что отме-тил на плоскости 6 точек и нашел 6разных способов соединить их (пяти-

звенной) змейкой (вершины каждой из змеек – отмеченныеточки). Могут ли его слова быть правдой?

Е.Бакаев

6 (8 класс). Натуральные числа от 1 до 2014 как-то разбилина пары, числа в каждой из пар сложили, а полученные 1007сумм перемножили. Мог ли результат оказаться квадратомнатурального числа?

А.Хачатурян

7 (8 класс). В прямоугольнике ABCD точка M – серединастороны CD. Через точку C провели прямую, перпендику-лярную прямой BM, а через точку M – прямую, перпенди-кулярную диагонали BD. Докажите, что два проведенныхперпендикуляра пересекаются на прямой AD.

А.Гаркавый

8 (8 класс). В городе Плоском нет ни одной башни. Дляразвития туризма жители города собираются построитьнесколько башен, общей высотой в 30 этажей.

Инспектор Высотников, поднимаясь на каждую башню,считает число более низких башен, а потом складываетполучившиеся величины. После чего инспектор рекомендуетгород тем сильнее, чем получившаяся величина больше.Сколько и какой высоты башен надо построить жителям,чтобы получить наилучшую возможную рекомендацию?

В.Клепцын

9 (8 класс). На столе лежат 9 яблок, образуя 10 рядов по3 яблока в каждом (рис.4). Известно, что у девяти рядов весаодинаковы, а вес десятого ряда отлича-ется.

Есть электронные весы, на которыхза рубль можно узнать вес любой груп-пы яблок. Какое наименьшее числорублей надо заплатить, чтобы узнать,вес какого именно ряда отличается?


10 (9 класс). Все коэффициенты квад-ратного трехчлена – нечетные целыечисла. Докажите, что у него нет корней вида

1

n, где n –

натуральное число.Фольклор

11 (9 класс). В магазине в ряд висят 21 белая и 21фиолетовая рубашка. Найдите такое минимальное k, что прилюбом изначальном порядке рубашек можно снять k белыхи k фиолетовых рубашек так, чтобы оставшиеся белыерубашки висели подряд и оставшиеся фиолетовые рубашкитоже висели подряд.

И.Богданов

12 (9 класс). Даны n палочек. Из любых трех можносложить тупоугольный треугольник. Каково наибольшеевозможное значение n?

Б.Френкин

13 (9 класс). Радикалом натурального числа N (обознача-ется rad(N)) называется произведение всех простых делите-лей числа N, взятых по одному разу. Например, ( )rad 120 =

2 3 5 30= ⋅ ⋅ = .Существует ли тройка попарно взаимно простых натураль-

ных чисел A, B, C таких, что A + B = C и С > 1000 ( )rad ABC ?Фольклор

14 (10 класс). Квадратный трехчлен ( ) 2f x ax bx c= + +

принимает в точках 1

a и c значения разных знаков. Докажи-

те, что корни трехчлена ( )f x имеют разные знаки.Г.Жуков

1 В скобках после задачи указан класс, в котором она предлага-лась.

Избранные задачи LXXVII Московскойматематической олимпиады

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

46 К В А Н T $ 2 0 1 4 / 4

15 (10 класс). Дан треугольник ABC. Обозначим черезM середину стороны AC, а через P – середину отрезкаCM. Описанная окружность треугольника ABP пересекаетотрезок BC во внутренней точке Q. Докажите, что

ABM MQP∠ = ∠ .Е.Бакаев

16 (11 класс). Найдите все значения a, для которыхнайдутся такие x, y и z, что числа cos x , cos y и cos zпопарно различны и образуют в указанном порядке арифме-тическую прогрессию, при этом числа ( )cos x a+ , ( )cos y a+и ( )cos z a+ также образуют в указанном порядке арифме-тическую прогрессию.

Д.Горяшин

17 (11 класс). На сторонах AD и CD параллелограммаABCD с центром O отмечены такие точки P и Q соответствен-но, что AOP COQ ABC∠ = ∠ = ∠ .

а) Докажите, что ABP CBQ∠ = ∠ .б) Докажите, что прямые AQ и CP пересекаются на

описанной окружности треугольника ABC.А.Заславский

18 (11 класс). Саша обнаружил, что на калькулятореосталось ровно n рабочих кнопок с цифрами. Оказалось, чтолюбое натуральное число от 1 до 99999999 можно либонабрать, используя лишь рабочие цифры, либо получить каксумму двух натуральных чисел, каждое из которых можнонабрать, используя лишь рабочие цифры. Каково наимень-шее n, при котором это возможно?

О.Косухин

19 (11 класс). Существует ли такой квадратный трех-член ( ) 2f x ax bx c= + + с целыми коэффициентами и a,

не кратным 2014, что все числа ( ) ( ) ( )1 , 2 , , 2014f f f… име-ют различные остатки при делении на 2014? Ответ обо-снуйте.

Фольклор, С.Гашков

20 (11 класс). Найдите все такие a и b, что 2

3a b+ ≥ ,

и при всех x выполнено неравенство ( )sin sin 2 1a x b x+ ≤ .

С.Гашков, по мотивам С.Бернштейна

21 (11 класс). Докажите, что для любого натурального nнайдется натуральное число, десятичная запись квадратакоторого начинается n единицами, а заканчивается какой-токомбинацией из n единиц и двоек.

С.Гашков

22 (11 класс). У повара в подчинении десять поварят,некоторые из которых дружат между собой. Каждый рабо-чий день повар назначает одного или нескольких поварят надежурство, а каждый из дежурных поварят уносит с работыпо одному пирожному каждому своему недежурящему дру-гу. В конце дня повар узнает количество пропавших пиро-жных. Сможет ли он за 45 рабочих дней понять, кто изповарят дружит между собой, а кто нет?

О.Косухин

23 (11 класс). Поверхность выпуклого многогранника

1 1 1 2 2 2A BC A B C состоит из восьми треугольных граней

i j kA B C , где i, j, k меняются от 1 до 2. Сфера с центром вточке O касается всех этих граней. Докажите, что точка Ои середины трех отрезков 1 2A A , 1 2B B и 1 2C C лежат водной плоскости.

О.Косухин

Публикацию подготовил С.Дориченко

Первый теоретический тур

7 класс

1. По дороге едет колонна из n = 10 одинаковых автомо-билей, расположенных друг за другом, со скоростьюv = 54 км/ч. Длина каждого автомобиля L = 4,5 м, арасстояние между соседними автомобилями (дистанция)s = 25 м. Перед красным сигналом светофора первый авто-мобиль плавно останавливается. Водитель второго автомо-биля начинает повторять действия водителя первого спустявремя t = 1,6 с после того, как первый водитель началторможение. Водитель каждого следующего автомобиляповторяет действие водителя предыдущего спустя такой жеинтервал времени. Какой станет длина l колонны, когда всеавтомобили остановятся?

М.Ромашка

2. Бараш пригласил в гости Нюшу. Свидание было назна-чено на воскресенье в полдень. Надев новое платье, Нюша водиннадцать часов вышла из своего домика и побежала соскоростью 5 км/ч к Крошу, чтобы выяснить, насколькопрекрасен ее наряд. Крош, потрясенный внешним видомНюши, не смог ее отпустить сразу и пригласил на чай.Просидев за чаем с Крошем полчаса, Нюша вспомнила, чтосвидание-то у нее на самом деле с Барашем! Тогда она

поспешила с той же скоростью, что и раньше, к домикуБараша. Бараш подготовился к свиданию точно к полудню.Прождав Нюшу 15 минут около окна, он начал нервновышагивать по своей комнате от окна к часам и обратно сосредней скоростью 1 м/с. Сколько раз Бараш подходил кокну до тех пор, пока не пришла Нюша?

Для справки. Домик Нюши находится между домикамиКроша и Бараша. Расстояние до домика Кроша от домикаНюши 2 км, что в 2 раза меньше, чем расстояние от домикаБараша до домика Кроша. Расстояние от часов до окна вкомнате Бараша 5 м.

Е.Вишнякова

3. Дед Макар, наблюдая за тем, как бочка постоянногосечения наполняется водой во время дождя, занес в таблицузависимость уровня h воды в бочке от времени t. В тотмомент, когда дождь закончился, уровень воды в бочкесоставил 80 см. Изучая затем таблицу, дед вспомнил, что вмомент времени 1t = 9 мин он включил насос, лежащий вбочке, который с постоянной скоростью откачивал воду.

Избранные задачи Московскойфизической олимпиады


Помогите ему проанализировать эти данные, а именно,определите:

1) время t после окончания дождя, за которое уровеньводы опустится за счет дальнейшей работы насоса с высоты80 см до высоты 40 см;

2) объем воды V, который находился в бочке в моментвремени 2t = 4,5 мин, если площадь сечения бочкиS = 5400 2см ;

3) объем q дождевой воды, которая попадала в бочку заодну минуту.

Ф.Цыбров

4. В зоомагазине довольно продолжительное время прода-вался стеклянный аквариум. Со временем этикетка, накоторой были обозначены внешние размеры аквариума,затерлась, и остался только размер его одной стороны –ширины а = 100 см. Опытная продавщица, однако, помнилапропорции этого аквариума: толщина каждой из стенок в 100раз меньше его ширины; длина в 2 раза больше суммы егоширины и толщины его стенки; а если к ширине аквариумаприбавить величину, в 2 раза большую, чем толщина егостенки, то эта величина равна высоте аквариума. Каковамасса m такого аквариума в килограммах? Плотность стекла

32,5 г смρ = .Е.Вишнякова

5. Есть гипотеза, согласно которой размеры насекомыхограничены тем, что они потребляют воздух трахеальнымитрубками, выходящими на поверхность тела (т.е. их возду-хозабор пропорционален площади поверхности тела). Рас-ход же кислорода, в свою очередь, пропорционален массетела. Таким образом, можно прийти к выводу, что приувеличении насекомого в длину, высоту и ширину в одина-ковое число раз можно добиться того, что оно начнет«задыхаться» от недостатка кислорода.

Известно, что в карбоновом (каменноугольном) геологи-ческом периоде размах крыльев стрекозы меганевры дости-гал 65 см. По предположениям ученых, это было возможнопотому, что концентрация кислорода в атмосфере тогдасоставляла 35%, а не 21%, как сейчас (при той же плотностивоздуха). Считая, что для времен карбона это был макси-мально возможный размер, оцените максимально возмож-ный размах крыльев современной стрекозы. Сейчас стреко-зы имеют примерно ту же плотность и пропорции тела, чтои стрекоза периода карбона, и требуют на единицу массы неменьшее количество кислорода.

Примечание. Ответ будет несколько превышать реальныеразмеры современных стрекоз из-за наличия других факто-ров, ограничивающих размер стрекозы (например, конку-ренция с птицами).

Е.Шель

8 класс

1. Перед светофором остановилась колонна из n = 10одинаковых автомобилей, расположенных друг за другом.Длина каждого автомобиля L = 4,5 м, а расстояние междусоседними автомобилями s = 1 м. После включения зелено-го сигнала светофора первый автомобиль плавно разгоняет-ся до скорости v = 54 км/ч и продолжает ехать с этойскоростью. Водитель второго автомобиля начинает повто-рять действия водителя первого спустя время t = 1,6 спосле того, как первый водитель тронулся с места. Водителькаждого следующего автомобиля повторяет действие водите-ля предыдущего спустя такой же интервал времени. Какойстанет длина l колонны, когда все автомобили будут двигать-ся с постоянной скоростью?

М.Ромашка

2. На лабораторной работе по физике ученице Агнессевыдали шесть одинаковых легких пружинок длиной 5 смкаждая и твердый диск радиусом 10 см, вдоль перифериикоторого располагались 36 отверстий, находящихся на оди-наковом расстоянии друг от друга. Используя пружинки,диск можно было подвесить в горизонтальном положении,прикрепив другие концы вертикальных пружинок к горизон-тальной платформе, находящейся на некоторой высоте отповерхности стола. Когда Агнесса закрепила диск в горизон-тальном положении с помощью некоторого количества пру-жинок, расположенных одним ярусом, то каждая из исполь-зованных ею пружинок растянулась на 1 см. Затем онасоединила все имеющиеся у нее пружинки одну за другой,верхний конец системы пружинок прикрепила к платформе,а к нижнему концу подвесила диск за одно из отверстий. Вэтом случае положение центра диска по вертикали относи-тельно первого случая крепления изменилось на 58 см. Накаком количестве пружинок Агнесса уравновесила диск вгоризонтальном положении? Считайте, что удлинение всехпружинок пропорционально растягивающим их силам, т.е.для них справедлив закон Гука.


3. Из тонкой оболочки с поверхностной плотностью250 г мσ = изготовили воздушный шар. При каких значени-

ях радиуса R он сможет подняться в воздух плотностью3

в 1,3 кг мρ = ? Считайте, что шар наполняется гелием,

плотность которого 3г 0,18 кг мρ = . Объем шара радиусом

R составляет 34

3V R= π , а площадь его поверхности равна

24S R= π .

Л.Арзамасский

4. Калорийность – это энергия, выделяемая человеком врезультате поглощения того или иного продукта. Калория– внесистемная единица работы и энергии, равная количе-ству теплоты, необходимому для нагревания 1 грамма водына 1 градус Цельсия при стандартном атмосферном давле-нии 101325 Па (1 кал = 4,1868 Дж). Количество кало-рий, необходимых человеку, зависит от выполняемой ра-боты, от физической активности, от пола, возраста и дажеот географической широты (холодный или жаркий кли-мат).

Надеемся, что все помнят, как ранним утром Винни-Пухи Пятачок зашли в гости к Кролику. Воспитанный Кроликпригласил друзей к столу. Винни-Пух, обрадовавшись та-кому предложению, согласился (чтобы не обижать Кроли-ка) и протиснулся по узкому проходу внутрь дома. Когдав какой-то момент запасы меда и малинового варенья Кро-лика закончились, Винни-Пух решил, что настало то вре-мя, когда нужно поблагодарить хозяина и возвращатьсядомой. Однако… домой Винни-Пух сразу не попал, таккак застрял в узком проходе к двери Кролика. Допустим,что при своей начальной массе, равной 20 кг, Винни-Пухсъел 3 банки меда по 1,5 кг каждая и 6 банок малиновоговаренья по 500 г каждая. Калорийность 100 г меда равна314 ккал, а калорийность 100 г малинового варенья –271,4 ккал. Энергетические затраты организма во времясна равны энергетическим затратам организма во времяспокойного отдыха лежа и составляют 3977,46 Дж/ч на1 килограмм массы тела; эта же величина при пении равна7285,032 Дж/ч на килограмм массы тела, а при чтениивслух – 5066,028 Дж/ч на килограмм массы тела. ПустьВинни-Пух 8 часов в сутки спит, а остальное время лежит,половину времени напевая, а другую половину декламируясвои «пыхтелки» – а что еще остается ему делать? Так

48 К В А Н T $ 2 0 1 4 / 4

сколько же суток придется Винни-Пуху ждать таким нео-бычным образом счастливого момента своего освобожде-ния из норы Кролика?


9 класс

1. Считается, что минимальное безопасное расстояниемежду автомобилями (минимальная дистанция) может бытьрассчитана по формуле «половина скорости в метрах».Например, при движении со скоростью 60 км/ч минималь-ная безопасная дистанция будет равна 30 м, а при движениисо скоростью 90 км/ч она составит 45 м.

Два одинаковых автомобиля движутся по прямой дорогеодин за другим с одинаковыми скоростями, причем дистан-ция между ними в точности минимальная безопасная. Допу-стим, что первый из автомобилей начал сбрасывать скоростьи через некоторое время остановился. Водитель второгоавтомобиля среагировал на это спустя некоторое время t иточно так же начал сбрасывать скорость до полной останов-ки. Но если бы второй водитель не среагировал достаточнобыстро, то автомобили столкнулись бы. Найдите максималь-ное время реакции водителя t, при котором формула «поло-вина скорости в метрах» гарантирует, что автомобили нестолкнутся.

М.Ромашка

2. С ветки дерева, расположенной на высоте H = 5 м, синтервалом τ = 0,5 с отрываются капли воды и падают натротуар. С какой минимальной скоростью v должен идтихудой пешеход, чтобы не замочившись проскочить опасноеместо? Считайте, что рост пешехода h = 180 см, диаметрего шляпы D = 30 см, ширина шага L = 60 см, ботинки вкрайних положениях по горизонтали выступают из-подшляпы симметричным образом, ускорение свободного паде-ния g = 10 2м с . Сопротивлением воздуха пренебречь, бо-тинки считать точечными!

И.Горбатый, М.Семенов

3. В сосуде с водой плавает куб массой m = 2048 г, онприкреплен ко дну пружиной, другой конец которой прицеп-лен к центру нижней грани куба. Вначале пружина находит-ся в недеформированном состоянии, а ровно половина кубавыступает над водой, причем четыре его ребра вертикальны.Прошел дождь, и уровень воды в сосуде вырос наh = 20,48 см, а вода оказалась как раз на уровне верхнейповерхности куба. Определите удлинение l∆ пружины исилу упругости упрF , с которой пружина воздействует на

куб. Считайте, что плотность воды 3в 1 г смρ = , а ускорение

свободного падения 210 м сg = .А.Белов

4. Проточный нагреватель воды состоит из трубы длинойL = 8 м, поперечное сечение которой представляет собойпрямоугольник размером a d× . Стенки размером L a×сделаны из металла, а размером L d× – из диэлектрика.Нагрев воды осуществляется электрическим током, для чегок металлическим стенкам прикладывается постоянное на-пряжение U. Определите, каким должно быть это напряже-ние для того, чтобы устройство обеспечивало нагрев 600литров воды в час от 10 C° до 35 C° , если a = 40 см,d = 2 см. Используемая в нагревателе вода имеет следую-

щие характеристики: плотность 3 310 кг мρ = , удельная

теплоемкость ( )34,2 10 Дж кг Сc = ⋅ ⋅ ° , удельное сопротив-ление 10 Ом мλ = ⋅ . Теплоемкостью трубы и потерями теплапренебречь.

Л.Арзамасский

10 класс

1. По горизонтальной плоскости скользит квадратнаяпластинка ABCD. В некоторый момент времени вершина Апластинки движется со скоростью Av

r, равной по модулю

5 м/с, а соседняя вершина В – со скоростью Bvr

, равной помодулю 1 м/с. При этом скорость Ov

r точки О – центра

пластинки – направлена перпендикулярно прямой BD, явля-ющейся диагональю квадрата. Найдите проекцию скорости

Ovr

на направление АС в данный момент времени.М.Семенов

2. Магнит массой m притягивается снизу к плоской метал-лической плите (рис.1), образующей угол α с вертикалью,с постоянной силой F = kmg, где k – известный коэффици-ент (k > 1). Коэффициент трения между магнитом и плитойравен µ . Найдите модуль ускорения магнита.

М.Ромашка

3. Участок AB элек-трической цепи(рис.2) состоит из оди-наковых резисторов с

одинаковыми сопротивлениями R. Найдите общее сопротив-ление участка AB.

М.Ромашка

11 класс

1. На рисунке 3 изображены два вертикальных сообщаю-щихся цилиндрических сосуда. Верх левого сосуда герме-тично запаян, и этот сосуд частично запол-нен гелием. Правый сосуд до краев напол-нен ртутью так, что часть ртути находитсяв левом сосуде и гелий заперт ею. Системапомещена в вакуум. Гелию начинают мед-ленно сообщать тепло и продолжают на-гревание до тех пор, пока ртуть остается влевом сосуде. Определите удельную теп-лоемкость гелия в этом процессе.

А.Крыловецкий

2. Участок AB электрической цепи (рис.4) состоит изодинаковых конденсаторов емкостью C каждый. Найдитеобщую емкость участка AB.

М.Ромашка

3. Как показали экспе-рименты Ж.-Б.Био иФ.Савара 1820 года, маг-нитное поле длинного пря-мого провода с током убы-вает обратно пропорцио-нально расстоянию от это-го провода. Четыре оченьдлинных прямых проводас протекающими по нимравными по модулю по-

Рис. 1 Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4


стоянными токами расположены па-раллельно друг другу так, как пока-зано на рисунке 5 (сечения проводовплоскостью рисунка находятся в вер-шинах квадрата). Известно, что мо-дуль вектора индукции магнитногополя, создаваемого одним проводомв соседней с ним вершине этого квад-

рата, равен B, а поле самого провода на его оси равно нулю.Найдите модуль суммарного вектора магнитной индукции вкаждой вершине указанного квадрата. Найдите также мо-дуль вектора индукции магнитного поля в центре этогоквадрата.

Е.Шель

Второй теоретический тур

8 класс

1. Карусель представляет собой пять круговых дорожек(рис.6). Внешняя дорожка (1) всегда неподвижна; следую-щая (2) может двигаться со скоростью v = 4,5 км/ч.

Скорость движения по-лотна у дорожки 3 в 2раза больше, чем у вто-рой. Скорость движениядорожки 4 равна разно-сти скоростей движениядорожек 5 и 2. Скоростьдвижения пятой дорож-ки, радиус которой R == 20 м, в 2 раза боль-ше, чем у третьей. Ши-рина каждой дорожкиr = 1 м. Вначале вседорожки неподвижны.

С линии АО в одномнаправлении стартуют двое одноклассников – отличникВася по неподвижной дорожке 1 на велосипеде и красавицаМаша по соседней дорожке 2 – бегом. В момент их стартадорожки начинают двигаться, также вращаясь в одномнаправлении – каждая со своей скоростью. Маша начинаетдвигаться в направлении движения дорожек с постояннойскоростью 1v = 1,25 м/с относительно полотна своей до-рожки. Через некоторое время она перепрыгивает на сосед-нюю дорожку, причем скорость ее движения относительнополотна новой дорожки остается прежней. Так, последова-тельно перепрыгивая с дорожки на дорожку и находясь накаждой из них столько времени, сколько требуется, чтобыпреодолеть одинаковые угловые расстояния, она добираетсясначала до внутренней дорожки 5, а потом возвращается надорожку 2. С какой постоянной скоростью двигался Вася навелосипеде, если известно, что к линии старта/финиша онидобрались одновременно, сделав один оборот вокруг центракарусели? Считайте, что одноклассники все время переме-щались точно по средним линиям дорожек.


2. В известном опыте «Бездонный бокал» в стеклянныйбокал, доверху наполненный водой, аккуратно опускаютодну за другой булавки. При этом вода приподнимается надкраями стакана, но не выливается из него (за счет явлениясмачивания). Возьмем доверху наполненный водой цилинд-рический стакан и взвесим его. Затем начнем аккуратноопускать в него булавки (длина булавки 2,5 см, толщина0,4 мм) одну за другой до тех пор, пока вода не потечет повнешним стенка стакана. Так же аккуратно протрем стенки

и края стакана от оставшихся капель воды и взвесим этотстакан с булавками и водой. Сколько булавок находится встакане, если в результате взвешиваний было обнаружено,что изменение массы стакана (который сначала был с водой,но без булавок) составило 19,21 г? Плотность воды 1 3г см ,плотность металла, из которого изготовлены булавки,7800 3кг м .


9 класс

1. Геодезическая ракета стартует по вертикали и движет-

ся с ускорением 250 м сa = . Через некоторое время проис-ходит отсечка (прекращение работы) двигателя. Звук наземле в точке старта перестал быть слышен спустя времяτ = 1 мин 55,5 с после старта. Какую скорость v приоб-рел установленный на ракете исследовательский зонд кмоменту отключения двигателя? На какую максимальнуювысоту H он поднимется? Скорость звука принять равной

звv = 330 м/с, ускорение свободного падения g = 10 2м с .Сопротивлением воздуха и изменением величины g с высо-той пренебречь.

В.Крыштоп, М.Семенов

2. Успешный бизнесмен Иван Михайлович решил порадо-вать свое подрастающее чадо поездкой на Новый Год втеплые страны, куда полет на самолете занимал долгие8 часов. Пока самолет набирал высоту, папа рассказывалсыну, что: расход топлива их самолета при взлете равен14040 кг/ч и эта величина больше, чем при полете нанеизменной высоте с постоянной скоростью; КПД двигате-лей на взлете составляет примерно 12%; самолет оснащенчетырьмя двигателями с силой тяги по 127,4 кН каждый;масса полностью загруженного и заправленного самолетаравна 208 т; удельная теплота сгорания авиационного топ-лива равна 43 МДж/кг. Повествование прервалось сообще-нием пилота о том, что самолет движется на высоте 8230 мсо скоростью 936 км/ч. Уставший Иван Михайлович зак-лючил: «А теперь, сынок, чтобы не расслабляться от учебыраньше времени и не скучать, выбери необходимые данныеиз тех, которые я тебе сообщил, и посчитай, сколько секундпродолжался набор высоты самолета». Помогите сыну Ива-на Михайловича справиться с заданием папы. Уменьшениеммассы самолета за время взлета можно пренебречь. Ускоре-

ние свободного падения принять равным 210 м сg = .Е.Вишнякова

3. У джентльмена дома стоит большой медный кувшинмассой 0M = 500 кг и внутренним объемом 31 мV = .Джентльмен снял с края крыши сосульки, уже начавшиетаять, положил их в кувшин, подождал, пока кувшинохладится до 0 C° , и наполнил его до краев кипятком стемпературой 100 C° . Через некоторое время уровень водыв кувшине опустился, и джентльмен влил в него еще 40 лкипятка, снова наполнив кувшин до краев. После этогоуровень воды в кувшине уже не менялся. Определите уста-новившуюся в кувшине температуру. Температура в комнате20 C° . Теплообменом кувшина с окружающей средой можнопренебречь. Плотность воды 3

в 1000 кг мρ = , плотность

льда 3л 900 кг мρ = , удельные теплоемкости воды и меди

составляют ( )в 4200 Дж кг Сc = ⋅ ° и ( )м 385 Дж кг Сc = ⋅ °соответственно, удельная теплота плавления льдаλ = 335 кДж/кг.

А.Ноян

Рис. 5

Рис. 6

50 К В А Н T $ 2 0 1 4 / 4

10 класс

1. В спортивном зале высотой h бросают маленький мяч сначальной скоростью 0v . Определите, какое максимальноерасстояние по горизонтали может пролететь мяч послебросания до первого удара о пол, если соударение с потолкомабсолютно упругое. Считайте, что мяч бросают с уровняпола. Пол и потолок горизонтальны, сопротивление воздухапренебрежимо мало.

Ф.Цыбров

2. На рисунке 7 показан график зависимости модуля силыF растяжения пружины от ее удлинения x (при больших

деформациях пружина не подчиняется закону Гука). Пру-жину прикрепляют одним концом к потолку. К другомуконцу пружины, не деформируя ее, аккуратно подвешиваютгруз массой m = 650 г, после чего отпускают груз безначальной скорости. Оцените, на какую максимальнуюдлину растянется пружина. Трением и массой пружиныпренебречь, ускорение свободного падения принять равным

210 м сg = .А.Якута

3. В комнате с температурой воздуха к 25 Ct = ° находитсябатарея аккумуляторов с суммарной ЭДС U = 200 В исуммарным внутренним сопротивлением r = 20 Ом. Выво-ды батареи подсоединены к электрической розетке. Изна-чально в эту розетку был включен кипятильник номер 1 ссопротивлением R = 200 Ом, опущенный в стакан с холод-ной водой, которую он смог прогреть только до температуры

1 50 Ct = ° . Потом кипятильник вынули из розетки и встави-ли в нее разветвитель питания (так называемый «тройник»).К первым двум его выходам подключили кипятильникиномер 1 и номер 2 (такой же, как кипятильник 1), а ктретьему – кипятильник номер 3 той же формы и изготовлен-ный из тех же материалов, но все размеры которого в n = 2раза меньше, чем у кипятильника номер 1. Эти кипятильни-ки положили в стаканы с холодной водой: кипятильники 1и 3 – в такие же, что и изначально, а кипятильник 2 – встакан, все размеры которого в n раз меньше, чем у исходногостакана. До каких температур 2t и 3t соответственно нагре-ется за длительное время вода в стаканах, в которые помеще-ны кипятильники 2 и 3? Мощность тепловых потерь черезединицу площади поверхности считайте пропорциональнойразности температур.

Ю.Скаков

11 класс

1. Лодку массой m отправили на другой берег речки,сообщив ей начальную скорость 0v в направлении, перпен-дикулярном береговой линии. Ширина речки H, скорость еетечения тv , а время движения лодки от берега до берега t.

Рис. 7

1) На какое расстояние l (вдоль берега) снесло лодкутечением при переправе?

2) Чему был равен модуль скорости лодки относительноводы в конце переправы, если сила сопротивления движе-нию, действующая на лодку со стороны воды, пропорцио-нальна скорости лодки относительно воды: отнF kv= −

ur r, где

k – известный постоянный коэффициент? Считайте, чтоскорость течения одинакова во всех точках речки.

В.Котов

2. В гладком цилиндре под подвижным поршнем находят-ся в равновесии ν молей жидкости и ν молей ее пара(состояние 1 на pV-диаграмме на рисунке 8). Систему«жидкость-пар» сначала медленно нагрели в изобарическомпроцессе 1–2, при этом ее аб-солютная температура возрос-ла в 2 раза. Затем системумедленно охладили в адиаба-тическом процессе 2–3 до тем-пературы 3T . Какое количе-ство теплоты получила систе-ма в процессе 1–2, если рабо-ты, совершенные этой систе-мой в процессах 1–2 и 2–3,были одинаковы? Молярнаятеплота парообразования в процессе 1–2 равна r. В процессе2–3 конденсации не происходит. Считайте пар идеальнымгазом с молярной теплоемкостью в изохорном процессе

3VC R= . Объем жидкости в состоянии 1 пренебрежимо малпо сравнению с объемом пара.

В.Котов

3. В схеме, изображен-ной на рисунке 9, всерезисторы одинаковые иимеют сопротивление R.Найдите сопротивлениемежду точками А и В этойсхемы.

М.Семенов

4. Небольшой шарик,заряженный зарядом q,покоится на гладком го-ризонтальном непроводя-щем столе. К шарику при-соединена горизонталь-ная пружина жесткостью k, второй конец которой закреплен.Вдоль оси пружины к шарику с большого расстояния оченьмедленно приближают такой же, но противоположно заря-женный шарик. Найдите деформацию пружины в моментстолкновения шариков.

И.Горбатый

5. В цепи, схема которой изображена на рисунке 10,катушка имеет индуктивность L, емкость конденсатора рав-на C, сопротивление источника, активное сопротивлениекатушки и сопротивле-ния проводов пренеб-режимо малы. Вольт-амперная характерис-тика диода D изобра-жена на графике зави-симости текущего че-рез диод тока DI отразности потенциалов

D b aU = ϕ − ϕ . В на-чальный момент ключ

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 10


K разомкнут, а конденсатор не заряжен. Ключ замыкают на

время 0t LC< , а затем снова размыкают. Определитеотношение ЭДС источника E к напряжению 0U , прикотором открывается диод, если заряд, прошедший черездиод после размыкания ключа, в n раз больше заряда,

прошедшего через катушку за время 0t , пока ключ былзамкнут.

В.Котов

Публикацию подготовилиМ.Семенов, О.Шведов, А.Якута

В июле этого года в Якутске прошла XXI Международнаяолимпиада «Туймаада» по физике, математике, информа-тике и химии. Участники олимпиады по физике соревнова-лись, как обычно, в двух лигах: старшей и младшей (жюрираспределяет участников по лигам в зависимости от ихвозраста и класса). Олимпиада в каждой лиге состояла издвух туров: теоретического и экспериментального. Согласнопрограмме олимпиады по физике, участникам могут бытьпредложены задачи на любые темы, содержащиеся в углуб-ленной школьной программе (в младшей лиге – за исклю-чением тем, относящихся к двум последним классам).

Российские и зарубежные школьники, желающие испы-тать свои силы на задачах такого уровня в следующем году,и их преподаватели могут согласовать организационныевопросы, связанные с участием в олимпиаде, с жюри пофизике ([email protected]). Авторы оригинальных задач (кактеоретических, так и экспериментальных) могут прислать ихметодической комиссии олимпиады ([email protected]) – луч-шие задачи войдут в итоговый комплект и после олимпиадыбудут опубликованы в образовательных журналах.

Статья подготовлена на основании следующего методи-ческого пособия: А.В.Чудновский, С.Д.Варламов, В.В.Ефимов,А.С.Кобякин, А.П.Крюков, В.М.Муравьев, В.И.Плис, Д.В.Под-лесный, М.Ю.Ромашка, О.Ю.Шведов. XXI Международнаяолимпиада «Туймаада». Физика. Теоретический тур. Мето-дическое пособие/под редакцией А.В.Чудновского. –М.-Якутск, 2014. Авторы этой книги являются авторамикомплекта теоретических задач по физике «Туймаады-2014».

(В журналах «Квант» 2 и 4 за прошлый год былиопубликованы статьи об олимпиаде «Туймаада» по физикеза 2012 и 2013 годы, но в них отсутствовала информация обавторах соответствующих комплектов. Авторы комплектатеоретических задач «Туймаады-2012» – А.В.Чудновский,С.Д.Варламов, А.В.Гуденко, В.М.Муравьев. Авторы задач «Туй-маады-2013»: теоретических – А.В.Чудновский, С.Д.Варла-мов, А.В.Гуденко, С.И.Кошоридзе, В.М.Муравьев, М.Ю.Ро-машка, Ю.В.Чешев, О.Ю.Шведов; экспериментальных –А.В.Гуденко, С.Д.Варламов, М.Ю.Ромашка.)

Ниже представлены избранные задачи теоретическоготура и список дипломантов олимпиады по физике «Туйма-ада-2014».

ИЗБРАННЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ

Задача 1. Невесомая бусинкаВ вершинах прямоугольника АВСD, стороны AB и CD

которого вертикальны, закреплены четыре маленьких неве-сомых блока (рис.1). Через нихперекинуты две гладкие неве-сомые нерастяжимые нити,одна из которых связывает гру-зы массами 1m и 2m , а другая– массами 3m и 4m . Обе нитипродеты сквозь одно отверстиев маленькой невесомой бусин-ке K. Изначально нити натяну-ты, бусинка и грузы неподвиж-ны, а выходящие из бусинкиучастки нитей образуют с гори-зонтом углы α , β , γ и ϕ . Найдите проекции ускорения xaи ya бусинки в момент одновременного отпускания бусинкии грузов, если оси x и y сонаправлены с векторами BC

uuur

и BAuuur

соответственно. Рассмотрите два случая: α = β и α ≠ β . Вответе можно оставить все четыре угла, но отдельно выразитеугол ϕ через остальные углы. Ускорение свободного паде-ния g известно.

Задача 2. Вращение в полусфереПо гладкой внутренней поверхности закрепленной сферы

радиусом R движется маленькая шайба. В начальный мо-мент времени шайба находится в горизонтальной плоскости,содержащей центр сферы, и имеет горизонтальную скорость

Rω . Найдите максимальное смещение L шайбы по вертика-ли и минимальное время τ , через которое произойдет это

смещение, при условии, что 2R gω ≫ , где g – ускорениесвободного падения. Чему равен модуль s вектора перемеще-ния шайбы к моменту времени τ ?

Задача 3. Полупроницаемая перегородкаВысокий сосуд с двумя тонкими легкими поршнями разде-

лен на две части перегородкой, пропускающей гелий, азот икислород, но не пропускающей радон (рис.2). В сосуденаходятся гелий и радон в количествах 1ν и 2ν соответствен-но, причем слева от перего-родки находится только ге-лий, а справа – смесь гелия ирадона. На правый поршеньплощадью S поставлен грузмассой m. Температура T идавление 0p окружающего воз-духа поддерживаются посто-янными. Найдите объемы 1Vи 2V левой и правой частейсосуда под поршнями соответ-

XXI Международная олимпиадашкольников «Туймаада». Физика

Рис. 1

Рис. 2

52 К В А Н T $ 2 0 1 4 / 4

ственно. При какой массе груза m возможно описанноеравновесие? Объемом соединительной трубки можно пре-небречь, однако ее диаметр немного превышает толщинупоршня.

Задача 4. Линза в поршнеГоризонтальный цилиндрический сосуд объемом 0 1 лV =

разделен на две части гладким подвижным поршнем совстроенной в него линзой,главная оптическая ось кото-рой совпадает с осью симмет-рии сосуда (рис.3). В центрелевого основания внутри со-суда закреплена лампа нака-ливания, а правое основаниеиспользуется в качестве экра-на при наблюдении изображе-ния лампы в линзе. В левой

части сосуда находится одноатомный идеальный газ, а вправой – в k = 3 раза большее количество двухатомногоидеального газа. В начальный момент времени газы имелидавление 0p = 1 атм и одинаковую температуру. Теплоемко-сти и теплопроводности поршня, левого основания и боковойповерхности сосуда пренебрежимо малы, а правое основание

по младшей лиге

участник диплом

Шиянов Кирилл (Россия, Владивосток) IЕлисеев Максим (Россия, Саранск) IIГерасименко Павел (Россия, Якутия) IIАнтонов Кирилл (Россия, Иркутск) III

по старшей лиге


Иванов Айсиэн (Россия, Якутия) IКазарновский Кирилл (Россия, Москва) I

Рис. 3

имеет большую теплопроводность и поддерживается припостоянной начальной температуре. После подачи на лампунапряжения U = 4 B через нее пошел ток I = 0,32 A, а наэкране появилось четкое изображение нити накала лампы,которое постепенно теряло четкость и превращалось в свет-лое пятно. Через какое время t после включения лампыизображение ее нити накала снова станет четким? КПДлампы накаливания (как осветительного прибора) можносчитать пренебрежимо малым.

Задача 5. ЭлектросхемаИдеальный источник ЭДС E ,

ключ K, идеальная катушка индук-тивностью L и две пары конденсато-ров емкостями C и 2C соединены посхеме, изображенной на рисунке 4.До замыкания ключа все конденса-торы были разряжены и ток в цепиотсутствовал. Найдите максималь-ную силу тока 0I через катушкупосле замыкания ключа и мини-мальное время τ , через которое этасила тока будет достигнута.

Рис. 4

Публикацию подготовили А.Чудновский, Ю.Григорьев

ДИПЛОМАНТЫ ОЛИМПИАДЫ


Раду Андреи Каталин (Румыния, Бухарест) IIСтанеску Малин Октавиан (Румыния,

Бухарест) IIЛяпин Михаил (Россия, Москва) IIПономарева Ирина (Россия, Владивосток) IIЖакенов Абай (Казахстан, Астана) IIIАртамонов Дмитрий (Россия, Якутия) IIIДьяконов Радимир (Россия, Якутия) III

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» 3)

1. Раз булочка стоит целое число рублей, то ее цена – 8 рублейили меньше. Маша не могла дать продавщице ни одной монетыдостоинством 1 рубль или меньше – такую монету можно былобы оставить у себя, и на булочку все равно хватило бы. Значит,Маша дала несколько монет достоинством 2 или 5 рублей. Ноиз них можно набрать 9 рублей ровно одним способом:2 + 2 + 5. Тогда булочка стоила 8 рублей (если бы онастоила меньше, то и Маша дала бы 2 + 5 = 7 рублей илименьше, а не 9).2. Против часовой стрелки.Предположим, Боря едет по часовой стрелке. Если он едетбыстрее Алеши, то раньше него встретится с Васей, а значит,первыми проедут мимо друг друга Боря и Вася, чего быть неможет. Если он едет медленнее Алеши, то первыми встретятся

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

Алеша и Вася, что опять же невозможно. Значит, Боря едетпротив часовой стрелки (и он должен ехать быстрее Васи).3. Легко понять, что если концы провода между двумя сосед-ними столбами привязаны на одной высоте, то после паденияпровод не порвется и окажется снова натянутым.Сделаем провод не параллельным земле, сдвинув один из егоконцов вверх вдоль столба. Нам придется увеличить длинупровода, и высота, на которой привязан этот конец, тожеувеличится – но на другую величину (поскольку в треугольни-ке сумма двух сторон больше третьей). Поэтому после паденияэти два увеличения не скомпенсируют друг друга.4. Не сможет.Соединим каждую пару предметов отрезком и поставим на немстрелочку в сторону того предмета из пары, который бьетсявторым предметом из пары. Всего стрелочек будет столько,

сколько пар, а их 10 9

452

◊= – ведь к каждому из 10 предметов

можно взять 9 в пару, и еще мы делим на 2, чтобы пары вида«камень-ножницы» и «ножницы-камень» считать за одну пару,а не за две. Теперь заметим: если бы каждый предмет бил одно

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 53

и то же число предметов, то количество стрелочек делилосьбы на 10. Но 45 на 10 не делится.5. Незнайка заведомо ошибается.Числа 1089 и 9801 9 1089= ◊ состоят из одних и тех же цифр,поэтому чернил на них тратится поровну.

БУРАТИНО И ЕГО УНИВЕРСАЛЬНЫЙ ШАБЛОНКВАДРАТИЧНОЙ ПАРАБОЛЫ

1. На каждой оси координат вместо 1 следует написать 3.2. На каждой оси координат вместо 1 следует написать 0,5.

УГОЛ В КВАДРАТЕ

Упражнения

1. При любом способе решения задачи 1 получим, что МЕ == МВ и NE = ND.2. Из условия задачи следует, что точки В и D – точки каса-ния вневписанной окружности данного треугольника с про-должениями сторон СM и СN. Следовательно, А – центр

этой окружности, поэтому 1

90 452

MAN C∠ = ° − ∠ = ° .

3. Вписанный угол KAL – прямой, а точки K и L симметрич-ны относительно АС.4. а) 90MPN NQM∠ = ∠ = ° , значит, точки Р и Q лежат наокружности с диаметром MN. б) Точка С симметрична точкеА относительно BD, поэтому 45PCQ PAQ∠ = ∠ = ° . в) Так

как 45MAN∠ = ° , то 2AM AN

AQ AP= = . Следовательно, треу-

гольник МAN подобен треугольнику QАP с коэффициентом

2k = , поэтому 2 2MAN

PAQ

Sk

S∆

∆= = . г) Из того же подобия:

2MN

PQ= , а равенство АН = MN следует из того, что в не-

выпуклом четырехугольнике АМНN, три угла которого рав-

ны по 45° , равны диагонали (см. лемму). д) 2 22MN PQ=(см. пункт г), а 2 2 2PQ BP DQ= + (см. задачу 3).5. Воспользуемся тем, что АN = ML и АМ = KN (диагоналиравнобоких трапеций). Так как 90KML KNL∠ = ∠ = ° , то

2 2 2 2 2KM AN KM ML KL+ = + = и 2 2 2AM LN KN+ = +2 2LN KL+ = .

Замечание. Этот результат можно получить и по-другому, ис-пользуя свойство четырехугольника с перпендикулярнымидиагоналями. В таком четырехугольнике равны суммы квад-ратов противолежащих сторон. Тогда, последовательно рас-сматривая четырехугольники AKMN и MNLA и учитывая,что AK = AL, получим

2 2 2 2 2 2 2 2KM AN AK MN AL MN AM LN+ = + = + = + .

6. Точками пересечения диагоналей являются точки Р и Q,так как указанные трапеции – равнобокие, а треугольникиAPN и AQM – равнобедренные.

Задачи

7. Пусть E, F, G и H – точки пересечения границ квадратаABCD и данной полосы (рис.1). Так как сторона квадратаравна ширине полосы, то точка G равноудалена от прямых

АВ и EF. Следовательно, EG – бис-сектриса угла АЕF. Аналогично, FH– биссектриса угла CFE. Тогда О –точка пересечения EG и FH – явля-ется центром вневписанной окружно-сти для треугольника EBF. Следова-тельно,

190 45

2EOF EBF∠ = ° − ∠ = ° .

Замечание. Отметим, что эта конструкция обобщает конст-рукцию, рассмотренную в задаче 1 и в упражнениях 1 и 2.8. Первый способ. Из утверждения, сформулированного в уп-ражнении 4,а, следует, что прямые PQ (она же BD) и MN –антипараллельны1 (рис.2). Кроме того, четырехугольник

1 1BM N D – вписанный, значит, его внешний угол при вершине

1M равен его внутреннемууглу D, т.е. прямые BD и

1 1M N также антипарал-лельны. Следовательно,

1 1M N MNP (в частномслучае, если

BAM DAN∠ = ∠ , то

1 1M N MN BDP P ).Второй способ. Из утвер-ждения задачи 2,а следует,что окружность, описаннаяоколо квадрата, гомотетич-на окружности, описаннойоколо треугольника МАN,с центром А. Отрезок 1 1M N – образ отрезка MN при этойгомотетии, значит, 1 1M N MNP .9. Пусть лучи AS и AT пересекают стороны ВС и СD в точ-ках M и N, а лучи CS и CT – стороны AВ и AD в точках X иY соответственно. Так как 45MAN XCY∠ = ∠ = ° , то, помимоуже знакомого треугольника СМN, рассмотрим ему аналогич-ный треугольник CYX (рис.3). Точка F – основание перпен-дикуляра, опущенного из вершины С на XY (аналогичная

точке Е). Введем обозначения углов так, как показано на ри-сунке, учитывая равенства углов, образующихся при переги-бании квадрата как по прямым AM и AN, так и по прямымCX и CY.Заметим, что SE = SB = SF и TE = TD = TF, значит, в четы-рехугольнике SETF соседние стороны попарно равны (он яв-ляется дельтоидом). Следовательно, SET SFT∠ = ∠ (симмет-рия относительно прямой ST). Таким образом, β + γ = α + ϕ .Учитывая, что 90γ = ° − α , 90ϕ = ° − β , получим, что α = β ,откуда и следует параллельность BS и DT.Замечание. Попутно доказано, что: 1) четырехугольникSETF – вписанный (противолежащие углы Е и F – прямые);2) точки S и T – центры окружностей, описанных около тре-угольников ВЕF и DFT соответственно.10. Пусть D – центр вневписанной окружности треугольникаАВС (рис.4). Тогда 1 1CA DB – квадрат и 90ADB∠ = ° −

Рис. 1

1 Это значит, что при симметрии относительно биссектрисыугла PAQ прямая PQ переходит в прямую MN.

Рис. 2

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 454

ЭЛЕКТРИЧЕСКИЕ ЦЕПИС ИЗМЕРИТЕЛЬНЫМИ ПРИБОРАМИ

1. 24 B=E . 2. V 6 кОмr = , A 245 Омr = .

3. V 6 кОмr = , A 750 Омr = . 4. 4

9U = E .

5. I = 2,97 мА. 6. R = 260 Ом.

XXXV ТУРНИР ГОРОДОВ

ЗАДАЧИ ВЕСЕННЕГО ТУРА

Б А З О В Ы Й В А Р И А Н Т

8–9 классы

1. Да, на 200.Заметим, что ( ) ( ) ( )- = ++ + -+2 2 2 2 22 1 1a a a a . Поэтому вто-рое изменение на 2·100 больше первого.2. Если первый надкушенный пирожок окажется с мясом, товкусный пирожок находится в группе следующих по кругусеми пирожков, если же с капустой, то – в группе предыду-щих. В любом случае в этой группе пирожки идут в порядкемясо-вишня-капуста. Оле нужно надкусить центральный пи-рожок в этой группе. Если он с мясом, то вкусный пирожокнаходится в тройке следующих пирожков, если с капустой, тов тройке предыдущих. Надкусив центральный пирожок вэтой тройке, Оля таким же образом узнает, какой из пирож-ков вкусный. Значит, если за три надкусывания Оле не по-

пался вкусный пирожок, то в четвертый разона уже точно сможет съесть его.4. Пусть N – середина отрезка AL (рис. 5).Тогда MN – средняя линия треугольникаBAL. Поэтому LMNC – трапеция (или па-раллелограмм) с равными диагоналями, т.е.равнобедренная трапеция (или прямоуголь-ник). Один из углов между ее диагоналямиLN и CM в два раза больше угла NLC, т.е.равен 90°.5. Смогут.

За пять рейсов можно переправить основную четверку (Али-Бабу и первых трех разбойников): сначала переправляютсяАли-Баба и первые два разбойника, затем 1-й и 2-й возвраща-ются, переправляются 2-й и 3-й разбойники, и, наконец, Али-Баба со 2-м возвращаются и забирают 1-го.После этого 2-й и 3-й возвращаются, переправляются 39-й и40-й, и Али-Баба с 1-м возвращаются. Итак, за восемь рейсовпереправились последние два разбойника. За следующие во-семь рейсов аналогично переправляются 37-й и 38-й, и т.д.Когда на исходном берегу останутся Али-Баба и первые 4разбойника, снова переправляется основная четверка, 2-й и3-й возвращаются, переправляются 3-й и 4-й, и Али-Баба с1-м возвращаются за 2-м.

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 4

145

2ACB− ∠ = ° . Так как

вписанные углы АРВ и AQBопираются на диаметр, то AQи BP – высоты треугольникаADB. Значит, точки Р и Q,указанные в условии, лежатна отрезках DA и DB (см.задачу 4), т.е. мы получаемситуацию, описанную в уп-ражнении 4,б (с точностьюдо обозначений), поэтому

45PCQ∠ = ° .


1. 9 капель.Склеив попарно камни с массами 1 и 18, 2 и 17, …, 9 и 10,Шапокляк получит набор, в котором каждый камень весит от19 до 36 г, поэтому одного камня Чебурашке будет мало, адвух – уже много. Теперь покажем, что 8 каплями Шапоклякне обойдется. Если Шапокляк использует только 8 капель, тов склейках будут участвовать не больше 16 исходных камней.Поэтому хотя бы одна из 18 пар 1, 36, 2, 35, …, 18, 19окажется «нетронутой», и Чебурашка сможет выбрать ее.

2. Достаточно доказать, что =AM CN

MD ND.

Проведем через точки A и C прямые, параллельные MB иNB соответственно (рис. 6). Они пересекутся в точке L. Тог-да прямые CB и AB будут вы-сотами в треугольнике ALC.Значит, прямая LB – тоже вы-сота. Следовательно, точка Lлежит на прямой BD. Поэтому

= =AM BL CN

MD BD ND.

4. Запишем равенство в виде

( ) ( )= +– 10a c b d c b . Так как

a и d взаимно просты, c – bделится на d: c – b = md. Под-ставив, получим ma = c + 10b =

= md + 11b, т.е. ( )– 11m a d b= . Аналогично, a – d = nb,

( )– 11n c b d= . Перемножив, получим (121 – –bd mn ac ab=

)– 11cd bd mnbd+ = . Отсюда mn = 11. Следовательно, либо

m, либо n равно 1. В первом случае c = b + d, во втором a == b + d.5. Не могли.Рассмотрев путь от A до C и путь от B до D, получим, чтоскорость Пети больше скоростей и Васи, и Толи. Предполо-жим, что Вася с Толей встретились в точке O. Петя в этотмомент был в некоторой точке Z стороны BC. Из полученныхнеравенств на скорости следует, что BO < BZ и OC < ZC.Но тогда BO + OC < BZ + ZC = BC, что противоречит нера-венству треугольника.

С Л О Ж Н Ы Й В А Р И А Н Т

8–9 классы

1. 11 или 121.Всего была роздана 121 сладость, причем все дети получилипоровну. Значит, количество детей — делитель 121, т.е. 1, 11или 121.Первый случай, очевидно, не подходит. Во втором случае 8мальчиков получили по 4 шоколадки и по 7 мармеладок, а 3девочки – по 5 шоколадок и по 6 мармеладок. В третьем слу-чае 47 девочек получили по шоколадке, а 74 мальчика – помармеладке. (Если считать, что каждый ребенок должен былполучить и шоколадку, и мармеладку, тотретий случай исключается.)2. 9 клеток.Если Петя отметит клетки, указанные нарисунке 7, то Вася не сможет одним угол-ком накрыть больше одной отмеченнойклетки. Но 9 уголков без наложенийнельзя разместить на доске, так как27 > 25.Докажем, что если Петя отметит меньше 9 клеток, то он про-играет. В самом деле, в этом случае хотя бы одна из указан-ных в примере черных клеток не будет отмечена. Тогда Васясможет накрыть все клетки доски, кроме нее. Действительно,на рисунке 8 заштрихованные клетки можно дополнить до


уголков так, чтобы свободной оказаласьтолько одна из клеток 1, 2 или 3. Еслинужно исключить другую черную клетку,рисунок нужно повернуть.3. Назовем весом свисающего треугольно-го куска длину его высоты, проведеннойиз прямого угла. Очевидно, все свисающиекуски подобны между собой. Значит, ра-

венство кусков равносильно равенству их весов. Поэтому дос-таточно показать равенство сумм весов противоположныхкусков. Добавляя к этим суммам длину стороны стола, полу-

чаем длины проекций диагоналейскатерти на прямые, содержащиестороны стола (рис. 9). Так какдиагонали равны и перпендику-лярны и стороны стола перпенди-кулярны, то длины этих проек-ций равны. Итак, два других кус-ка тоже равны.4. См. решение задачи 3 для 10–11 классов.5. Обязательно.Поставим в каждой точке число 1.

Пусть для какой-то точки числа на всех стрелках с концом вэтой точке (входящих, если точка черная, или выходящих,если она белая) имеют общий простой делитель p > 1. Тогдадомножим число в этой точке на p, а все числа на этих стрел-ках поделим на p. Заметим, что для каждой стрелки эта опе-рация не меняет произведения трех чисел: на стрелке и в обо-их ее концах оно останется равным исходному числу настрелке. Будем выполнять такие операции, пока возможно.Когда-нибудь процесс остановится, поскольку уменьшаетсяпроизведение всех чисел на стрелках. Предположим, что вэтот момент на какой-то стрелке стоит число a ≠1. Возьмемлюбой простой делитель p числа a. Для каждого из концовэтой стрелки найдется стрелка с этим концом, число на кото-рой не делится на p. Получается ситуация, изображенная на

рисунке 10. Для этого замк-нутого маршрута должновыполняться равенство( ) ( ) ( ) ( )=AaB CcD BbC DdA ,т.е. ac = bd, что невозмож-но. Значит, на всех стрел-ках уже стоит 1. Следова-тельно, для каждой стрелкипроизведение итоговых чи-сел на ее концах равняетсяисходному числу на ней.

6. 14 кубиков.На рисунке 11 показаны три слоя куба (нижний, средний иверхний), где черным отмечено, какие 13 кубиков можно ос-

тавить. В каждом слое есть кубики во всех столбцах и стро-ках. При наложении слоев получается черный квадрат 3 на 3.Поэтому первое условие выполнено. Нижний и средний слоисвязны и склеиваются центральными кубиками. Каждый ку-бик верхнего слоя склеен с соответствующим кубиком средне-го слоя. Значит, и второе условие выполнено.Теперь докажем, что меньше 13 кубиков оставить нельзя.Пусть осталось n кубиков. Мы видим 6 · 9 их граней. Для

связности необходима хотя бы n – 1 склейка. Значит, ещехотя бы 2n – 2 граней мы не видим. Поэтому + £2 – 2 54n£ 6n , откуда 13n ≥ .7. Можно.Десять кузнечиков разбивают окружность на 10 дуг. Покра-сим эти дуги поочередно в синий и красный цвета. Изначаль-но суммы длин синих и красных дугравны, поскольку дуга, симметричнаясиней дуге относительно центра, крас-ная, и наоборот. Из рисунка 12 видно,что прыжок кузнечика не меняет указан-ные суммы. В конечной расстановке мызнаем четыре синие дуги и знаем, кудаоткладывать пятую, следовательно, позиция 10-го кузнечикаоднозначна. С другой стороны, как мы уже показывали, на-хождение его в A10 нам подходит.


1. Может.Он мог написать 2 2013 1◊ + единиц и расставить на любые2013 мест знаки «+», а на остальные 2013 – знаки « ¥ ». Влюбом случае значение выражения равно 2014, и произволь-ная перестановка знаков его не изменит.2. а) Верно.Каждой точке X границы многоугольника соответствует «про-тивоположная» точка ¢X : эти две точки разбивают периметрмногоугольника пополам. Следовательно, точкой X однознач-но определяются прямая разбиения ¢XX и два многоугольни-ка равных периметров – правый XR (справа от луча ¢XX ) илевый XL . То, что получаются именно многоугольники, сле-дует из выпуклости и неравенства многоугольника.Занумеруем стороны многоугольника. Для каждой точки Xграницы пусть ( )id X – длина куска i-й стороны, входящего

в XR (если вся сторона попала в XL , то ( ) = 0id X ); ( )0d X

– длина отрезка XX ¢ . Очевидно, все функции ( )0d X ,

( )1d X , ( )2d X , … непрерывны. Но тогда непрерывна и фун-

кция ( ) ( ) ( ) ( ) = 0 1 2max , , ,...Rd X d X d X d X , а это как раз

длина наибольшей стороны многоугольника XR .Аналогично, непрерывна функция ( )Ld X – длина наиболь-шей стороны многоугольника XL . Непрерывная функция

( ) ( )-R Ld X d X в точках A и A¢ принимает противоположные

значения. Поэтому найдется точка X, в которой ( ) -Rd X

( )- = 0Ld X , что и требовалось.

б) Неверно.Казалось бы, можно написать решение аналогично пункту а),

рассмотрев функцию ( ) ( ) ( ) 0 1 2min , , ,...d X d X d X . Но она не

будет равна длине наименьшей стороны многоугольника XR ,когда среди чисел, из которых берется минимум, встретитсяноль. Функцию надо положить равной минимальному ненуле-вому числу из ( )0d X , ( )1d X , ( )2d X , …, но такая функцияуже не будет непрерывной – когда какая-то сторона будетприближаться к нулю (при изменении X), в момент равенстванулю этой стороны она исчезнет, и в многоугольнике мини-мальной станет другая сторона с ненулевой длиной, т.е. дли-на минимальной стороны возрастет скачком.Приведем теперь пример, когда сделать требуемое в задачеразрезание невозможно. В качестве многоугольника возьмемтреугольник ABC с длинами сторон 9, 10, 11. Его полупери-метр равен 15, а площадь (по формуле Герона) равна

>30 2 40. Значит, наименьшая из высот этого треугольника

больше 7.Пусть разрез проходит через одну из вершин (рис. 13,а).Тогда длина разреза больше 7, а отрезки, на которые он де-лит противоположную сторону не больше 15 – 9 = 6. Значит,

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 456

они и являются наименьшими сторонами двух полученныхтреугольников. Но эти отрезки, очевидно, не равны.Пусть разрез ¢XX не проходит через вершину (рис. 13,б).Тогда исходный треугольник разрезается на треугольник ичетырехугольник. В получившемся четырехугольнике наи-меньшая сторона (пусть это AX) не превосходит( ) =15 – 9 : 2 3 . Рассмотрим стороны получившегося треуголь-ника, лежащие на сторонах исходного. Меньшая из них боль-ше 15 – 11 = 4. Длина разреза > > =¢ ¢ – 7 – 3 4XX AX AX .Итак, наименьшая сторона получившегося четырехугольникаменьше наименьшей стороны получившегося треугольника.3. Докажем, что можно ограничиться потерей 101 волоска укаждого мудреца. Пусть первый напишет на карточках числа1, 2, 4, …, 992 , а второму сообщит эти числа и их сумму.Второй, услышав число 1, поймет, что есть карточка, не пре-восходящая 1. Услышав очередное число 2k , он поймет, чтоесть еще одна карточка, не превосходящая 2k , посколькусумма оцененных уже карточек не превосходит

-+ + + <…11 2 2 2k k . Когда он услышит -1002 1 , он уже будет

знать, что сумма 100 карточек не больше этого числа. Значит,это и есть сумма, все оценки превращаются в равенства, ивторой определит все карточки.Теперь докажем, что потерей 100 волосков не обойтись.Пусть второму сообщены 100 различных чисел и a < b – дваиз них. Тогда все услышанные числа могут быть написаны накарточках. Но кроме этого набора карточек подойдет и наборс числом b – a вместо b.6. Рассмотрим страну из 12 городов, соединенных дорогамитак, как показано на рисунке 14. Заметим, что рисунок сим-метричен относительно каждого диаметра, проходящего через

середины малых хорд окружнос-ти, на которой лежат все города.Этими симметриями мы можемпоменять номерами любую парусоседних по кругу городов. А спомощью нескольких симметрийкаждый номер можно перевестив любой другой, т.е. условие вы-полнено. Предположим, что намудалось поменять номерами горо-да 1 и 3 с сохранением спискасоседних городов. Тогда их един-

ственный общий сосед 2 обязан сохранить свой номер. Остав-шемуся соседу 9 города 2 тоже придется сохранить номер. Ноу городов 3 и 9 два общих соседа (2 и 8), а у 1 и 9 – толькоодин. Противоречие.Замечание. Этот пример, конечно, не единственный. Напри-мер, если у правильного тетраэдра срезать вершины, полу-чится другой граф с 12 вершинами и 18 ребрами, также обла-дающий нужными свойствами.7. Будем говорить, что два многочлена сравнимы по модулю

100x , если у них совпадают коэффициенты при всех степенях

от нулевой до 99-й. Так, ( )( ) ( )∫ +2 100m1 odP xx x .

Сумма ( )( ) ( )( )+ + -100 100

1 1P x P x есть многочлен 50-й степе-

ни от ( )( )2P x . Значит, она сравнима по модулю 100x с мно-

гочленом 50-й степени. В частности, коэффициент при 99x

равен нулю. Это значит, что коэффициенты при 99x в много-

членах ( )( )+100

1P x и ( )( )-100

1P x равны по модулю, но от-

личаются знаком. Но ( ) 1P x - делится на x. Следовательно,

( )( )1001P x - делится на 100x , и коэффициент при 99x равен

нулю.

УСТНЫЙ ТУР ДЛЯ 11 КЛАССА

1. 1007.Если ,p q AŒ и 2p q£ , то дискриминант трехчлена

2px qx p+ + неотрицательный, значит, у него есть корни. Та-ким образом, множество А не содержит чисел, отличающихсяхотя бы вдвое.Покажем, что если в А отношение любых двух чисел меньше2, то все трехчлены с коэффициентами из А не имеют корней.Пусть M – наибольшее из чисел в A, а m – наименьшее. Тог-да дискриминант трехчлена с коэффициентами из A не боль-ше 2 24 0M m- < .

Очевидно, что максимальное подмножество º1, ,2014 , в ко-тором отношение любых двух чисел меньше 2, имеет мощ-

ность 1007 (подходит, например, º1008, ,2014 , а если бы вподобном подмножестве было хотя бы 1008 чисел, то отноше-ние самого большого числа m к самому меньшему было бы не

меньше ≥-

21007

m

m, поскольку 2014m £ ).

2. Проведем через точку B прямую, параллельную основаниюAC (рис. 15). Пусть она пересекает продолжение внутреннейбиссектрисы угла A в точке 1Q , авнешнюю биссектрису угла A – вточке R. Обозначив угол A ис-ходного треугольника за 2α , по-лучаем α = – = – =1 1BAQ CAQ= – = –1 1CAQ BQ A , откуда AB == 1BQ .Так как внутренняя и внешняябиссектрисы угла A перпендику-лярны, то α– = – + =1RAQ RAB= ∞90 . Но из прямоугольноготреугольника 1RAQ имеем

90BRA α– + = ∞ , откудаBAR BRA– = – , значит, BR =

= BA, и, следовательно,

1BR BQ= .Продлим теперь 1Q C до пересечения с внешней биссектрисойугла A в точке 1P . Тогда 1PB разделит AC пополам (так как

1AC RQP и B делит 1RQ пополам), откуда 1P P= , а зна-чит, 1Q Q= и AB = BQ.4. Указание. Переобозначим наш тетраэдр KML N¢ ¢ и впи-шем его в параллелепипед KLMNK L M N¢ ¢ ¢ ¢ . Тогда в каждойего грани диагонали равны (ибо они равны противоположнымребрам тетраэдра, которые одинаковы в силу равногранноститетраэдра). Значит, параллелепипед прямоугольный. Тогдаиз симметрии (относительно плоскости KMK M¢ ¢ ) очевидно,что плоскость KLMN образует равные углы с плоскостямиKML¢ и KMN¢ ; из этого и подобных свойств следует, чтоискомые центры вневписанных сфер – это K¢ , M¢ , L и N.Теперь утверждение задачи очевидно из симметрии относи-тельно центра параллелепипеда.5. Докажем более общее утверждение для следующей (m, n)-игры для любых натуральных m, n.В белом клетчатом прямоугольнике ¥M N (M строк и Nстолбцов), где M m> , N n> , в черный цвет покрасили Kклеток. За ход выбирают строку, в которой черных клетокхотя бы n, и красят все ее белые клетки в черный цвет,или выбирают столбец, в котором черных клеток хотя бы

Рис. 13

Рис. 15

Рис. 14


m, и красят все его белые клетки в черный цвет. Тогда еслипосле нескольких таких ходов все клетки станут черными,то K mn≥ .Индукция по m + n. При m = 1 утверждение верно: чтобызакрасить в итоге все клетки, в начале должно быть не менееn столбцов, в которых есть хоть одна черная клетка. Анало-гично, утверждение верно при n = 1.Рассмотрим теперь (m, n)-игру в прямоугольнике M N¥ ,где 1M m> > , 1N n> > . Очевидно, хотя бы один ход былсделан. Пусть для определенности этот ход был в последнейстроке (от перестановки строк и столбцов условие задачи неменяется, для первого хода в столбце рассуждения аналогич-ны). Тогда далее мы можем отбросить эту строку и считать,что происходит ( )1,m n- -игра в прямоугольнике ( )1M N- ¥ .По предположению индукции в этом прямоугольнике изна-чально не менее ( )1m n- черных клеток. Плюс не менее nчерных клеток в последней строке. Итого, не менее чем( )1m n n mn- + = черных клеток.6. Под квадрантом будем всегда понимать квадрант без гра-ницы. Так как в первом квадранте (и только там) многочленположителен, то на границе этого квадранта он равен 0 (изнепрерывности). Но тогда этот многочлен делится на xy (за-

писав P в виде ( ) ( ) ( ), ,P x y yQ x y R x= + и положив 0y = ,

получаем, что ( ) 0R x ∫ при 0x ≥ , т.е. ( ),P x y делится наy; аналогично, он делится на x). Представим его в виде

( ) ( ), ,P x y xyQ x y= . Заметим, что знак ( ),Q x y совпадает со

знаком ( ),P x y в первом и третьем квадрантах и отличаетсяво втором и четвертом. Так как ( ),P x y положителен в пер-вом квадранте и неположителен в других квадрантах, то

( ),Q x y неотрицателен в первом, втором и четвертом квад-рантах, а в третьем квадранте – неположителен. Значит, онравен нулю на границе третьего квадранта, т.е. тоже делится

на xy, откуда ( ) ( ) ( )21, ,P x y xy Q x y= , и теперь знаки P и 1Q

уже совпадают во всех точках. Эти рассуждения можно про-должать до бесконечности, но степень P конечна. Значит,

0P ∫ , что противоречит условию задачи.

ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ LXXVII МОСКОВСКОЙМАТЕМАТИЧЕСКОЙ ОЛИМПИАДЫ

1. Одно из возможных решений приведено на рисунке 16.2. 1 8 3 + 1 8 3 9 – 8 = 2014 М А Т Е М А Т И К А

3. Наиболее длинный известный жюри замкнутый путь (24диагонали) изображен на рисунке 17.4. Петя может выиграть.Пускай Петя первым ходом заменит 2015 на 2014, а каждымследующим ходом будет уравнивать числа (он всегда можетэто сделать, повторив ход Васи с тем числом, которое Васяне менял; см. рис. 18).


Рис. 18

Рис. 19

Если Петя будет действовать так всю игру, то, конечно, в не-который момент Вася сделает из одного из двух одинаковыхчисел однозначное и выиграет.Но посмотрим на этот момент внимательнее. Если Вася выиг-рал, заменив одно из двух чисел X на однозначное, то передэтим, на ходу Пети, одно из двух чисел X на доске уже было.В этот момент Петя может заменить X на однозначное числои выиграть (рис. 19). Петя может так пойти, потому что у

него есть все возможности, которые были у Васи на после-днем, выигрышном, ходе: делить число X пополам, если оночетное, и вычитать из него его же цифру.Итак, сформулируем стратегию Пети полностью: «если одноиз чисел можно заменить на однозначное – сделать это; впротивном случае уравнять два числа».5. Да.Один из возможных примеров изображен на рисунке 20.

6. Да, мог.Разбиение чисел от 7 до 2014 на пары «первое – с последним,второе – с предпоследним и т.д.» дает четное число пар ссуммой 2021. Ну а числа от 1 до 6 можно разбить как

( ) ( ) ( )+ ◊ + ◊ + = ◊2 23 6 2 4 1 5 3 6 .

7. Пусть продолжение перпендикуляра, опущенного на пря-мую BD из точки M, пересекает сторону AD в точке E (рис.21). Мы хотим доказать,что прямые CE и BM пер-пендикулярны.Обозначим через F точкупересечения прямых MEи BC и посмотрим на тре-угольник BDF: в нем вы-соты DC и FE пересека-ются в точке M. Значит,и прямая BM являетсявысотой этого треугольни-ка, BM DF⊥ . Но четырехугольник CFDE является парал-лелограммом (действительно, треугольники EMD и FMCравны по катету и острому углу, поэтому отрезки CF и EDравны и параллельны). Поэтому раз прямая BM перпендику-лярна прямой DF, она перпендикулярна и прямой CE.8. Нужно построить либо 16 одноэтажных и 7 двухэтажных,либо 14 одноэтажных и 8 двухэтажных башен.Докажем сначала, что башни высоты больше 2 строить бес-смысленно.Действительно, пусть какая-то из башен имеет высоту h > 2.Сбросим с нее верхний этаж, превратив его в новую башню

Рис. 20

Рис. 21

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 458

высоты 1 (рис. 22). Как после этого изменится сумма у инс-пектора? С укороченной нами башни теперь не видны башнивысоты h – 1. Зато, так как h > 2, со всех этих башен (вклю-

чая укороченную) стала видна новая башня. Значит, вся сум-ма увеличилась.Осталось изучить случай, в котором все башни имеют высоту1 или 2. Если первых X, а вторых Y (по условию 18X + 2Y == 30), то сумма у инспектора равна

( ) ( ) ( )( )= - = - = - - 2230 2 2 15 2 7,5 7,5XY Y Y Y Y Y .

Для целых Y это выражение принимает максимальное значе-ние при Y = 7 и Y = 8 и равно 112.9. Можно ничего не заплатить.Прежде чем тратить деньги, подумаем. Пусть 1l , 2l , 3l –веса трех выделенных жирным (рис. 23) наклонных рядов,

1v , 2v , 3v – веса трех вертикальных рядов. Тогда + +1 2l l+ = + +3 1 2 3l v v v : и то, и другое – это просто сумма весов

всех девяти яблок. Но, по меньшеймере, пять из шести этих величинравны одной и той же величине t,значит, равны и все шесть (действи-тельно, перенеся пять слагаемых,равных t, в одну часть, мы получаем,что и оставшаяся величина равна 3t –– 2t = t). Аналогичным образом по-лучаем, что веса остальных трех на-клонных рядов тоже равны t. Мы на-шли девять рядов, веса которых рав-

ны. Значит, отличается вес оставшегося ряда, горизонтально-го.Комментарий. Описанная ситуация действительно возможна– см. рисунок 24 (подойдут любые a, b, c такие, что

2b a c≠ + ; можно показать, что всепримеры имеют такой вид).10. Пусть трехчлен 2ax bx c+ + (a,b, c – нечетные числа) имеет кореньвида 1/n. Домножив равенство на

2n , получаем 2 0a bn cn+ + = . Если nчетно, то первое слагаемое нечетно, аследующие два четны, поэтому ре-зультат нечетный и нулем оказатьсяне может. Если же n нечетно, то все

три слагаемых нечетны, и получаем аналогичное противоре-чие. Значит, корня вида 1/n у такого трехчлена не бывает.11. 10.Сначала покажем, что k, равного 10, нам хватит.Будем идти вдоль ряда рубашек и считать отдельно белые ифиолетовые рубашки. Как только мы насчитаем 11 одноцвет-ных – допустим, без ограничения общности, что фиолетовых– рубашек, остановимся. Теперь снимем все белые рубашки,которые мы прошли (их не больше 10), и все фиолетовые ру-башки, до которых мы еще не дошли (их ровно 10). При не-обходимости снимем еще несколько белых рубашек. Очевид-но, что все 11 фиолетовых рубашек висят подряд (все белыерубашки, висевшие между ними, мы сняли). Оставшиеся бе-лые рубашки тоже висят подряд: все оставшиеся фиолетовыерубашки мы сняли.

Теперь покажем, что рубашки могут висеть так, что меньшегоk нам может не хватить. Допустим, что рубашки висят в сле-дующем порядке: сначала идут 10 белых рубашек, затем 21фиолетовая и затем еще 11 белых. В этом случае после сня-тия k < 10 рубашек каждого цвета первой и последней ру-башкой будут белые. Следовательно, белые рубашки не будутидти подряд.12. 4.Из трех палочек длин a b c≤ ≤ можно составить треуголь-ник, если a + b > c. По теореме косинусов этот треугольниктупоугольный тогда и только тогда, когда 2 2 2a b c+ < . Пусть

£ £ £1 2 ... na a a – длины палочек.Предположим, что 5n ≥ . Тогда

> + ≥ > +2 2 2 2 2 25 4 3 3 2 12 2 2a a a a a a .

С другой стороны, по неравенству треугольника < +5 1 2a a a .Возведем в квадрат (обе части неравенства положительны):

< + +2 2 25 1 2 1 22a a a a a .

Сравнив с предыдущим, получаем

+ <2 21 2 1 22a a a a ,

что невозможно.Пример для n = 4 можно построить следующим образом.Возьмем 1 1a = и 2 1a = , выберем 3a чуть больше, чем

+2 21 2a a , а 4a чуть больше, чем +2 2

2 3a a .

Например, подходят значения 1; 1; 1,5; 1,9.13. Да, такая тройка существует.Будем искать пример в виде C = 10n , B = 1, A = 10 1n − .Докажем сначала, что для любого натурального k существует

n такое, что 10 1n − кратно 13k+ . Докажем это индукцией по

k. База: 110 1− кратно 23 . Переход: если 10 1n − кратно13k+ , то ( )( )3 210 1 10 1 10 10 1n n n n− = − + + кратно 23k+ , так

как 210 10 1n n+ + делится на 3.

Возьмем теперь k такое, что 3k > 10000, и n такое, что

10 1n − кратно 13k+ . Тогда

( ) ( )( )= - =rad rad 10 10 1n nABC

( )+-

= - £ ◊ < =110 1 10

10rad 10 1 1010000 10003

n nn

k

C.

Комментарии. 1. Можно было воспользоваться теоремой Эй-

лера: так как ( )13 2 3k k+ϕ = ⋅ , то 2 310 1k⋅ − кратно 13k+ .

2. Знаменитая ABC-гипотеза (выдвинутая независимо Эстер-ле и Массером в 1980-х годах) состоит в том, что для любого

0ε > существует такая константа k, что для любых попарновзаимно простых чисел A, B, C, таких что A + B = C, имеет

место неравенство ( )1radC k ABC+ε< ⋅ .

Из ее справедливости следует целый ряд знаменитых утверж-дений теории чисел. Например, нетрудно видеть, что еслиABC-гипотеза верна, то уравнение Ферма n n nx y z+ = имеетлишь конечное число решений с n > 2.Приведенная задача состоит, по существу, в том, что форму-лировку ABC-гипотезы нельзя усилить, заменив 1 + ε на 1.Больше об ABC-гипотезе и ее следствиях можно узнать излекции Д.О.Орлова на закрытии олимпиады или из видеоза-писей лекций Д.О.Орлова [1] и К.Конрада [2] на Летнейшколе «Современная математика».[1] www.mathnet.ru/php/presentation.phtml?presentid=2338[2] www.mathnet.ru/php/presentation.phtml?presentid=725814. По условию,

( ) ( )Ê ˆ Ê ˆ> = + + + +Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯2

2

1 1 10 f c f ac bc c a b c

a aa( )= + + 2

1c

ac ba

.

Следовательно, < 0c

a. Но по теореме Виета

c

a равно произ-

ведению корней ( )f x , поэтому они разных знаков.

Рис. 22

Рис. 23

Рис. 24


15. Проведем через Mпрямую, параллельнуюPQ, до пересечения состороной BC в точке D(рис. 25). Тогда в тре-угольнике MDC отре-зок PQ является сред-ней линией и делитсторону DC пополам.Следовательно, в треу-гольнике ADC отрезокMQ – средняя линия,

а значит, параллелен AD. Отсюда имеем равенство угловмежду параллельными прямыми: ADM MQP∠ = ∠ . Осталосьзаметить, что – = ∞ - – = ∞ - – 180 180BAM BQP BDM , откудаполучаем вписанность четырехугольника ABDM и, как след-ствие, равенство углов ABM ADM∠ = ∠ .16. a k= π , k ∈ ℤ .Числа ( )cos x a+ , ( )cos y a+ , ( )cos z a+ образуют арифмети-ческую прогрессию, значит,

( ) ( ) ( )2cos cos cosy a x a z a+ = + + + ,

cos cos 2sin s2 iny a y a- =

cos cos sin sin cos cos sin sinx a x a z a z a- + -= ,

( ) ( )cos cos cos cos sin sin sin sin2 2y x z a y x z a- - = - - .

По условию числа cos x, cos y, cos z также образуют арифме-тическую прогрессию, значит, cos co co2 s sy x z= + и поэтомулевая часть этого равенства равна нулю. Следовательно, либоsin a = 0 и a k= π , k ∈ ℤ , либо sin si si2 n ny x z= + , т. е.числа sin x, sin y, sin z также образуют арифметическую про-грессию. Но в последнем случае точка с координатами (cos y,sin y) является серединой отрезка с концами в точках (cos x,sin x), (cos z, sin z) и при этом все три точки лежат на еди-ничной окружности с центром в начале координат, что невоз-можно. Для a k= π , где k ∈ ℤ , подходящим примером явля-

ются числа x = 0, π

=2

y , z = π .

17. а) Заметим, что CDA ABC∠ = ∠ как противоположныеуглы параллелограмма. Тогда CDA POC AOP∠ + ∠ = ∠ +

180POC+ ∠ = ° . Следовательно, точки P, O, C и D лежат наодной окружности (рис. 26). Аналогично, точки Q, O, A и Dлежат на одной окружности. По теореме об отрезках секущих

имеем CQ CD CO CA AO AC AP AD⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ . Отсюда полу-чаем, что : : :AP CQ CD AD BA BC= = . Следовательно,треугольники BAP и BCQ подобны по равным углам

BAP BCQ∠ = ∠ и пропорциональным сторонам :BA BC =:AP CQ= . Значит, ABP CBQ∠ = ∠ .

б) Заметим, что OAQ ODQ∠ = ∠ как вписанные, опирающи-еся на одну дугу OQ. Аналогично, OCP ODP∠ = ∠ . Пусть R– точка пересечения AQ и CP. Тогда

ABC ARC ADC ARC∠ + ∠ = ∠ + ∠ =ODP ODQ ARC OCP OAQ= ∠ + ∠ + ∠ = ∠ + ∠ + ∠ = °180ARC .

Следовательно, точки A, B, C и R лежат на одной окружности.18. 5.Покажем, что условия задачи выполнены, если исправнымиостались кнопки с цифрами 0, 1, 3, 4, 5. Действительно, лю-бая цифра от 0 до 9 может быть представлена в виде суммынекоторых двух «рабочих» цифр. Пусть число от 1 до99 999 999, которое мы хотим получить, состоит из цифр 1a ,

2a , …, 8a (некоторые из них, в том числе и первые, могутбыть нулевыми). Представим каждую из них в виде суммыдвух «рабочих» цифр: 1 1 1a b c= + , 2 2 2a b c= + , …, 8 8a b= +

8c+ . Тогда число, составленное из «рабочих» цифр 1b , 2b ,...…, 8b , и число, составленное из «рабочих» цифр 1c , 2c , …..., 8c , дают в сумме желаемое число.Предположим, что добиться желаемого можно для некоторогонабора из четырех или меньше «рабочих» цифр. Пусть a –какая-либо из цифр 0, 1, 2, …, 9. Среди чисел от 1 до99999999 найдется такое, которое заканчивается на a и содер-жит в своей десятичной записи нерабочие цифры. Тогда эточисло можно представить в виде суммы двух чисел, в записикоторых содержатся только рабочие цифры. Поэтому для лю-бой цифры a от 0 до 9 найдутся такие две «рабочие» цифры(возможно, совпадающие), что их сумма оканчивается на a.С другой стороны, нетрудно видеть, что среди всех сумм пар«рабочих» цифр может быть не более четырех нечетных чи-сел. Поэтому какая-то из цифр 1, 3, 5, 7 или 9 не встречаетсяв конце таких сумм, что противоречит предположению.19. Существует.Пусть ( ) 21007 1008f x x x= + . Тогда ( ) ( )1007 1f x x x x= + + .Поскольку произведение ( )1x x + является четным числомпри всех натуральных x, то ( )1007 1x x + делится на 2014 привсех таких x. Следовательно, ( )f x дает такой же остатокпри делении на 2014, как и x. Значит, все числа ( )1f , ( )2f ,...…, ( )2014f имеют различные остатки при делении на 2014.

20. 4

3 3a = ± ,

2

3 3b = ± .

Рассмотрим случай, когда числа a и b имеют один знак. В

этом случае a b a b+ = + . Пусть 3

xπ

= . Тогда π

=2

23

x ,

= =3

sin sin 22

x x и

( )≥ + = + = + ≥3 3

1 sin sin 2 12 2

a x b x a b a b .

Отсюда получаем, что + =2

3a b , а в точке

π=

3x функция

( ) = +sin sin 2x bf x a x принимает либо свое наибольшее зна-

чение 1, либо свое наименьшее значение –1. Значит, точка

3x

π= является точкой экстремума для функции ( )f x и

πÊ ˆ =¢ Á ˜Ë ¯0

3f . Имеем

π π π -Ê ˆ = + = =¢ Á ˜Ë ¯2 2

cos 2 cos 03 3 3 2

a bf a b .

Следовательно, a = 2b. Учитывая равенство + =2

3a b , по-

лучаем, что возможны лишь два варианта:

=4

3 3a , =

2

3 3b или = -

4

3 3a , = -

2

3 3b .

Случай, когда числа a и b имеют разные знаки, разбираетсяаналогично. В этом случае возможны лишь такие два вари-анта:

=4

3 3a , = -

2

3 3b или = -

4

3 3a , =

2

3 3b .

Проверим, что четыре найденные пары значений 4

3 3a = ± ,

2

3 3b = ± удовлетворяют условию задачи. Действительно,

Рис. 25

Рис. 26

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 460

2

3a b+ = . Функция ( )f x принимает свои наибольшие и

наименьшие значения в таких точках x, для которых

( ) 0f x′ = . Найдем такие x. Имеем

( ) ( )cos 2 cos2 cos cos2 0f x a x b x a x x′ = + = ± = ,

где знак в скобках выбирается положительным, если a и bодного знака, и отрицательным – если иначе. Следовательно,

во всех точках экстремума функции ( )f x имеем =cos x

= cos2x . Значит, при таких x выполнено также равенство

sin sin 2x x= . Отсюда =sin 2 sin cosx x x и либо sin x = 0,

либо =1

cos2

x . В первом случае ( ) 0f x = , во втором

=3

sin2

x , =3

sin 22

x и ( ) = + =3 3

12 2

f x a b .

Таким образом, во всех точках экстремума функции ( )f x , а

следовательно, и во всех вообще точках x имеем ( ) £ 1f x .

21. Покажем сначала по индукции, что для любого натураль-ного n найдется такое натуральное nm , что его десятичнаязапись оканчивается на единицу, а десятичная запись числа

2nm оканчивается на комбинацию из n единиц и двоек.

При n = 1 в качестве 1m можно взять число 1. Предположим,что для n = k доказано, что найдется число km с указаннымисвойствами. Тогда рассмотрим числа вида 10k

a kp m a= + ⋅ ,где a = 0, 1, 2, …, 9. Десятичная запись каждого из нихоканчивается на 1. Кроме того, имеем

( )22 2 2 210 2 10 10k k ka k k kp m a m am a= + ⋅ = + ⋅ + ⋅ .

Посмотрим на последние k + 1 цифр десятичной записи каж-дого из слагаемых этой суммы.По предположению индукции десятичная запись числа 2

kmоканчивается на комбинацию из k единиц и двоек. Обозначимчерез b ( )1k + -ю с конца цифру числа 2

km . Нетрудно видеть,что десятичная запись 2 10k

kam ⋅ оканчивается на k нулей,перед которыми идет последняя цифра числа 2a (так как kmоканчивается на единицу). Десятичная же запись слагаемого

2 210 ka ⋅ оканчивается на 2k нулей. Следовательно, последниеk цифр десятичной записи чисел 2

ap совпадают с последнимиk цифрами десятичной записи числа 2

km . При этом ( )1k + -я сконца цифра числа 2

ap совпадает с последней цифрой суммыb + 2a. Если b нечетно, то для некоторого a сумма b + 2aоканчивается на единицу. Если b четно, то для некоторого aсумма b + 2a оканчивается на двойку. Следовательно, одноиз чисел ap можно взять в качестве числа 1km + .Покажем теперь, что для любого натурального n найдется та-кое натуральное np , десятичная запись квадрата которого на-

чинается на n единиц. Пусть 411 1 10 nnc = ⋅… , где первый

множитель записывается n единицами, и 410 nn nd c= + . Тогда

-- = = > >

◊+ +

4 4

3

10 101

2 10

n nn n

n n nn n n n

d cd c

d c d c.

Следовательно, найдется такое натуральное число, которое неменьше nc , но меньше nd . Десятичная запись квадрататакого числа начинается на n единиц.Рассмотрим число 10k

n np m⋅ + , где k больше, чем количествоцифр в десятичных записях чисел 2 n np m и 2

nm . Тогда первыеn цифр десятичной записи числа

( )2 2 2 210 10 2 10k k kn n n n n np m p p m m⋅ + = ⋅ + ⋅ +

совпадают с первыми n цифрами десятичной записи числа2np , а последние n цифр – с последними цифрами десятичной

записи числа 2nm . Следовательно, число 10k

n np m⋅ + удов-летворяет условию задачи.22. Сможет.Пусть дежурства проходили по такой схеме: первые девять

поварят сначала дежурили поодиночке, а затем дежурили всевозможные пары из этих поварят. Так как из 9 поварят всегоможно выбрать 36 пар, то на такое дежурство ушло ровно 9 ++ 36 = 45 рабочих дней.Покажем теперь, как повар сможет определить, кто из пова-рят дружит между собой, а кто нет. Если оба интересующихнас поваренка A и B были среди первых девяти, то посмот-рим на количества пропавших пирожных в такие три дня:когда дежурил A, когда дежурил B и когда A и B дежуриливместе. Поварята A и B не дружат между собой тогда и толь-ко тогда, когда количество пирожных, пропавших в третийдень, равно сумме количеств пирожных, пропавших в первыйи второй дни.Если теперь мы хотим выяснить, дружат ли между собой по-варенок A из первых девяти поварят и десятый поваренок B,то из количества пропавших пирожных в день одиночного де-журства A вычтем количество его друзей среди первых девя-ти поварят (это количество мы можем определить, как указа-но выше). Если при этом получится ноль, то A и B не дружатмежду собой, иначе – дружат.23. Пусть A, B и C – середины отрезков 1 2A A , 1 2B B и 1 2C Cсоответственно. Для доказательства утверждения задачи по-

кажем, что векторы uuurOA ,

uuuurOB и

uuuurOC компланарны.

Пусть 1P , 2P , …, 8P – точки касания сферы из условия зада-чи с гранями многогранника 1 1 1 2 2 2A BC A B C , а 1S , 2S , …, 8S– площади соответствующих граней. Обозначим через R ра-диус этой сферы. Сформулируем два вспомогательных утвер-ждения.

Утверждение 1. 1 1 2 2 8 8 0S OP S OP S OP⋅ + ⋅ + + ⋅ =uuuur uuuur uuuur r

… .

Утверждение 2. При всех q = 1, 2, …, 8 имеет место равен-ство

,1 ,2 ,3...q q q i q j q kS OP S OA S OB S OC⋅ = ⋅ + ⋅ + + ⋅uuuur uuuur uuuuur uuuuur

,

где qP – точка касания сферы с гранью i j kA B C , ,1qS , ,2qS и

,3qS – площади треугольников q j kP B C , i q kA P C и i j qA B P со-ответственно.По утверждению 1 имеем

1 1 2 2 8 8 0w S OP S OP S OP= ⋅ + ⋅ + + ⋅ =ur uuuur uuuur uuuur r

… .

С помощью утверждения 2 преобразуем каждое слагаемоеэтой суммы в сумму вида

,1 ,2 ,3q i q j q kS OA S OB S OC⋅ + ⋅ + + ⋅uuuur uuuuur uuuuur

… ,

а затем сгруппируем коэффициенты при одинаковых векто-рах. Получим равенство

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 0w k OA k OA l OB l OB m OC m OC= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =ur uuuur uuuuur uuuur uuuuur uuuuur uuuuur r

,

где 1k – сумма площадей треугольников q j kP B C , лежащих водной плоскости с точкой 1A , аналогично определяются ос-тальные коэффициенты. Заметим, что 1 2k k= , ведь любыедва треугольника вида q j kP B C с общей стороной j kB C сим-метричны друг другу относительно биссекторной плоскостидвугранного угла при ребре j kB C . Аналогично доказываютсяравенства 1 2l l= и 1 2m m= . Отсюда получаем

( ) ( ) ( )1 1 2 1 1 2 1 1 2w k OA OA l OB OB m OC OC= + + + + + =ur uuuur uuuuur uuuur uuuuur uuuuur uuuuur

1 1 12 2 2 0k OA l OB m OC= + + =uuur uuuur uuuur r

,

где 1k , 1l , 1m – положительные числа. Следовательно, векто-ры OAuuur

, OBuuuur

и OCuuuur

компланарны, а точки O, A, B и C ле-жат в одной плоскости.Комментарий. Эта задача является трехмерным аналогом из-вестной планиметрической теоремы Ньютона: во всяком опи-санном четырехугольнике середины двух диагоналей и центрвписанной окружности лежат на одной прямой.


ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ МОСКОВСКИЙФИЗИЧЕСКОЙ ОЛИМПИАДЫ

ПЕРВЫЙ ТЕОРЕТИЧЕСКИЙ ТУР

7 класс

1. ( ) ( )1 54 мl nL n s vt= + - - = . 2. N = 162.3. 1) t = 18 мин; 2) V = 108 л; 3) q = 24 л/мин.4. m = 202 кг.5. max 39 смL = (отметим, что у крупнейшей современнойстрекозы размах крыльев достигает лишь 19 см).

8 класс

1. ( ) ( )1 270 мl nL n s vt= + - + = . 2. n = 4.

3. в г

313,4 смR

σρ ρ

≥ ª-

. 4. Почти 38 суток.

9 класс

1. max 1,8 сt = . 2. 0,6 м сD

vτ

= = .

3. 12,48 смl∆ = , упр 20,48 HF = . 4. 33 Bd qc T

UaL

λ ρ ∆= ª .

10 класс

1. Проекция скорости может быть равна +4 м/с, +3 м/с,–4 м/с и –3 м/с.

2. При cos

sink

αµ

α≥

- ускорение

магнита равно нулю, приcos

sink

αµ

α<

- ускорение равно

( )cos sina g g kα µ α= - - .

3. Данную в условии схемуможно свести к более простой(рис. 27). Тогда становится оче-

видным, что 3

2ABR R= .

11 класс

1. ( )24155 Дж кг К

Rc

Μ= = ◊ ,

где 34 10 кг мольΜ -= ◊ – мо-

лярная масса гелия (давлениегелия в рассматриваемом про-цессе пропорционально его объе-му).

2. 2

3ABC C= (см. рис. 28).

3. В каждой вершине квадрата

в5

2B B= , а в центре – ц 4B B= .

ВТОРОЙ ТЕОРЕТИЧЕСКИЙ ТУР

8 класс

1. ( )

2

210 44 м с

71 145

v R rv

R r

+= ª

+. 2. N = 898.

9 класс

1. звзв

21 1 1650 м с

av v

v

τÊ ˆ= + - =Á ˜Ë ¯

; Н = 163,35 км (ракета сна-

чала поднимается с ускорением а, а потом – с ускорением –g).

2. t = 1200 c. 3. уст 32,6 Ct ª ∞ .

10 класс

1. 20v

sg

= при 0 2v gh£ , 204 1

2

vs h

gh= - при 0 2v gh> .

2. При максимальном растяжении работа силы упругостипружины равна работе силы тяжести груза. Из рисунка 29видно, что это условие можно представить в виде

2 3 1 2S S S S+ = + , или 3 1S S= . Подсчитав 1S и 3S по кле-точкам, получаем

max 10 смx ª .

3. По данным задачи находим

( ) ( )( )

22

2 к 1 к 102,5 C2 1

n r Rt t t t

n r nR

Ê ˆ+= + - ª ∞Á ˜+ +Ë ¯

( 100 C> ∞ ),

( ) ( )

2

3 к 1 к 34,7 C2 1

r Rt t t t n

n r nR

Ê ˆ+= + - ª ∞Á ˜+ +Ë ¯

.

Первый результат означает, что вода во втором стакане про-греется до 100 C∞ , закипит, через некоторое время полностьюиспарится, после чего кипятильник перегреется и в нем пере-горит спираль.

11 класс

1. 1) т0

Hl v t

v

Ê ˆ= -Á ˜Ë ¯

; 2) 2 2к 0 т

0

1kH

v v vmv

Ê ˆ= - +Á ˜Ë ¯

, причем

0kH

vm

≥ .

2. Количество теплоты, полученное системой в процессе 1–2,складывается из количества теплоты, необходимого для изо-термического испарения ν молей жидкости, и количестватеплоты, подведенного при дальнейшем изобарном нагрева-нии 2ν молей пара. Окончательно получаем

316

3

RTQ rν Ê ˆ= +Á ˜Ë ¯ .

3. 13

14ABR R= (см.

рис.30, на котором

изображена схема, эк-вивалентная исходной).4. Направим ось xвдоль оси пружины отпервого шарика, кото-рый закреплен на пру-жине, в сторону второгошарика, который мед-ленно приближается к первому. Начало отсчета примем в точ-ке, где первоначально находился первый шарик при недефор-мированной пружине. Проекция на ось x суммарной силы,действующей на первый шарик, определяется формулой

( )

2

204

xq

F kxl xπε

= --

,

где x – координата первого шарика, l – координата второго.

Рис. 27

Рис. 28

Рис. 29

Рис. 30

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 462

В положении равновесия 0xF = , поэтому

( ) ( )2

2

04

qx l x f x

kπε= - = . ( * )

Исследуем поведение функции ( )f x . При 0x ≥ она неотри-цательна. При x = 0 и при x = l эта функция принимает ну-левое значение. При возрастании x от нуля ( )f x сначала воз-растает, а при приближении x к l она, начиная с некоторых

значений x, убывает. Изэтого следует, что при0 < x < l рассматривае-мая функция имеет хотябы один максимум. Гра-фик функции ( )f x имеетвид, показанный на ри-сунке 31. Максимальноезначение mf , которое при-нимает ( )f x в указанноминтервале, можно найти,

приравняв нулю производную этой функции и решив полу-ченное уравнение, откуда получаем

3m

lx = и ( )

2 32

3 3m m

lf f x

Ê ˆ= = Á ˜Ë ¯ .

Второй корень этого уравнения, x = l, совпадает с одним иззначений x, при которых ( )f x = 0, поэтому при x = l функ-ция ( )f x достигает минимума и при этом обращается в ноль.Нас интересует случай, когда x < l, поскольку пружина на-чинает растягиваться из недеформированного состояния. За-

метим, что если 2

04m

qf

kπε> , то уравнение ( * ) не имеет реше-

ния, в противном случае оно имеет два положительных корня

устx и неустx , меньший из которых соответствует устойчиво-му положению равновесия, а больший – неустойчивому (убе-дитесь в этом самостоятельно).Итак, когда второй шарик находится на очень большом рас-

стоянии от первого, величина l велика и 2

04m

qf

kπε< . При

этом первый шарик растягивает пружину на величину устx иего равновесие устойчивое. По мере приближения второго ша-рика к первому величины l и mf уменьшаются, устx растет,пружина растягивается все сильнее. При достижении условия

2

04m

qf

kπε= корни уравнения ( * ) устx и неустx совпадают, и

поэтому шарик на пружине теряет устойчивость. При этомпружина оказывается растянутой на величину l/3. При даль-нейшем сколь угодно малом уменьшении l удовлетворениеуравнения ( * ) оказывается невозможным, проекция силы xFстановится положительной, и первый шарик устремляется на-встречу второму и движется, пока не происходит их столкно-вения. Таким образом, координата l второго шарика в моментпотери системой устойчивости определяется уравнением

2 3 2

0

2

3 3 4m

l qf

kπεÊ ˆ= =Á ˜Ë ¯

, откуда

1 32

0

3

2 2

ql

kπε

Ê ˆ= Á ˜Ë ¯

.

5. Закон Ома для участка ab, содержащего катушку, послезамыкания ключа имеет вид

0 La b

dIL

dtϕ ϕ= - - , где a bϕ ϕ- = E .

Значит, быстрота изменения силы тока не меняется с течени-ем времени, т.е. ток LI в катушке после замыкания ключабудет линейно возрастать. За время 0t сила тока в катушкевырастет от 0 до 0 0I t L= E , и через катушку пройдет заряд

20 0 0

0 2 2

I t tq

L= =

E. (1)

Конденсатор на этом этапе очень быстро (все сопротивленияочень малы) зарядится до ЭДС E . После размыкания ключапротекание тока через катушку будет сопровождаться измене-нием заряда конденсатора. Закон Ома для участка ab, содер-жащего катушку, будет выглядеть так:

0 La b

dIL

dtϕ ϕ= - - , где

aa b

q

Cϕ ϕ- =

( aq – заряд правой пластины конденсатора, соединенной сузлом a). Отсюда находим

L adI q

dt LC= . (2)

Скорость возрастания тока LI на этом этапе будет убыватьвместе с уменьшением заряда aq . В момент, когда конденса-тор полностью разрядится ( aq = 0), сила тока в катушке бу-дет максимальна, а затем величина aq станет отрицательнойи ток LI начнет убывать. Отрицательная разность потенциа-лов a b aq Cϕ ϕ- = будет при этом расти по модулю. Когдавеличина a bϕ ϕ- достигнет значения 0U- , откроется диод, иток, идущий через катушку, перестанет приносить заряд налевую пластину конденсатора – весь ток пойдет через диод,т.е. L DI I= . При этом быстрота изменения тока LI сохраня-ется постоянной и равной

0LdI U

dt L= - .

Отрицательный знак производной говорит о том, что силатока LI убывает, причем убывание происходит равномерно.Когда величина LI уменьшится до нуля, ее убывание продол-жится и ток в катушке изменит свое направление. При этомток уже не сможет течь через диод, и заряд снова начнет по-ступать на конденсатор.Таким образом, заряд через диод протекает, начиная с момен-та, когда 0a b Uϕ ϕ- = - , до момента, когда LI уменьшится донуля. Все это время сила тока линейно уменьшается со скоро-

стью 0LdI U

dt L= - . Заряд, прошедший при этом через диод,

будет равен 1 11

2

I tq = , где 1I – сила тока в катушке в тот мо-

мент, когда 0a b Uϕ ϕ- = - , и 11

0

I Lt

U= . Отсюда находим

21

102

I Lq

U= . (3)

Во второй раз диод открыться не сможет, так как при даль-нейших электромагнитных колебаниях в контуре в момент,когда напряжение на диоде окажется равным 0b a Uϕ ϕ- = ,ток в катушке будет равен нулю. Величину 1I найдем из за-кона сохранения энергии (приравняем суммарную энергиюэлектрического и магнитного полей в момент размыканияключа и в момент, когда I = 1I ):

2 2 2 20 0 1

2 2 2 2

C LI CU LI+ = +

E, где 0

0t

IL

=E

,

откуда

( )2

2 2 01 0

C tI U

L L

Ê ˆ= - + Á ˜Ë ¯E

E , и ( )2 2 2 2

0 01

02

LC U tq

LU

- +=

E E.

Следовательно,

( )2 201 0

2 20 0 0 00 0 0

LC Uq LC Un

q U U UU t t

- Ê ˆ= = + = - +Á ˜Ë ¯

E E E E

EE.

Обозначим искомое отношение 0U x=E , а величину20LC t A= . Тогда последнее уравнение принимает вид

An Ax x

x= - + , или ( ) 21 0A x nx A+ - - = .

Решая полученное квадратное уравнение и отбрасывая отри-

Рис. 31


XXI МЕЖДУНАРОДНАЯ ОЛИМПИАДАШКОЛЬНИКОВ «ТУЙМААДА». ФИЗИКА

1. Поскольку бусинка невесома, а ее ускорение не можетбыть бесконечным, то согласно второму закону Ньютона ре-зультирующая сила F, действующая на бусинку, всегда равнанулю, однако это равенство реализуется по-разному в случа-ях α β= и α βπ .Случай α β= . Равенство α β= означает, что в треугольникеABK (см. рис. 1 в статье) биссектриса угла K является высо-той, а значит, и медианой, поэтому точка K равноудалена отпрямых AD и BC, откуда следует равенство ϕ γ= . В силусимметрии нитей относительно прямой, проходящей через бу-синку параллельно оси x, справедливо утверждение 0ya = .Осталось найти xa .Из условия F = 0 в проекции на ось х получаем связь междусилами натяжения 1T и 2T левой и правой нитей соответ-ственно:

1 2cos cosT Tα ϕ= .

Второй закон Ньютона в проекции на ось у для каждого гру-за имеет такой вид:

1 1 1 1ym a T m g= - , 2 2 1 2ym a T m g= - ,

3 3 2 3ym a T m g= - , 4 4 2 4ym a T m g= - .

Уравнения кинематической связи для каждой нити можно по-лучить, приравняв изменения длин участков нитей внутрипрямоугольника ABCD, выраженные двумя способами – че-рез ускорения грузов и через ускорение бусинки:

1 2 2 cos ,y y xa a a α+ = 3 4 2 cos .y y xa a a ϕ+ = -

Объединение всех уравнений приводит к искомому ускоре-нию:

2 2

cos cos

cos cosx

ka g

k

ϕ αϕ α

-=

+, где

( )( )

1 2 3 4

3 4 1 2

m m m mk

m m m m

+=

+Случай α βπ . Из геометрических соображений получаем

tg tgtg

tg

α γϕ

β= .

Силы, действующие на бусинку со стороны левой и правойнитей, могут быть направлены только вдоль биссектрис углаK в треугольниках ABK и CDK соответственно, а эти биссек-трисы теперь не лежат на одной прямой. Поэтому если пред-положить, что хотя бы одна из сил натяжения 1T или 2T неравна нулю, то не будет выполняться равенство F = 0. Следо-вательно, в данном случае нити не натянуты, а все грузы сво-бодно падают с ускорением g. Уравнения кинематическойсвязи получим аналогично первому случаю, приравняв выра-женные двумя способами изменения длин участков нитейвнутри прямоугольника ABCD, однако теперь будем проеци-ровать на направления участков нитей обе составляющие ус-корения бусинки:

( ) ( )( ) ( )

2 cos cos sin sin ,

2 cos cos sin sin .x y

x y

g a a

g a a

α β α βϕ γ ϕ γ

- = + + + - +- = - - + - +

Отсюда находим искомые проекции ускорения:

( ) ( ) ( ) ( )sin sin sin sin

2sin sin sin sin

xa gα β γ ϕ

α ϕ β γ α γ β ϕ- + -

=+ - + + - - - ,

( ) ( ) ( ) ( )cos cos cos cos

2sin sin sin sin

ya gα β γ ϕ

α ϕ β γ α γ β ϕ+ + +

=+ - + + - - - .

При приближении начального положения бусинки к прямой,

равноудаленной от прямых AD и BC, величина ya неограни-ченно возрастает, поэтому пренебрегать массой бусинки вэтих условиях уже нельзя.2. Предположим, что смещение z шайбы вниз вдоль верти-кальной оси z, проходящей через центр O сферы (рис. 32),мало по сравнению с Rв любой момент време-ни, а потом проверимэто предположение. Приуказанном предположе-нии отличием радиуса rокружности, являющей-ся сечением сферы гори-зонтальной плоскостью,проходящей через шай-бу в некоторый моментвремени, от радиусасферы R можно пренеб-речь, так как это отли-чие пропорциональновторому порядку малойвеличины z/R. Из усло-вия r Rª и закона сохранения момента импульса шайбы впроекции на ось z следует постоянство угловой скорости вра-щения шайбы вокруг оси z.Пусть m – масса шайбы, тогда нормальная реакция опоры N,действующая на шайбу под малым углом α к горизонту, со-здает центростремительное ускорение и вычисляется по фор-муле 2N m Rω= , а вертикальная составляющая этой силыимеет вид

2sinzz

N N N m zR

α ω= - = - = - .

Поскольку сила zN пропорциональна смещению z шайбы, асила тяжести постоянна, то шайба будет совершать в проек-ции на ось z гармонические колебания с циклической часто-той Ω ω= . Координату 0z положения равновесия найдем изусловия равенства нулю вертикальной составляющей резуль-тирующей силы:

20 0mg m zω- = , откуда 0 2

gz

ω= .

Заметим, что из условия 2R gω ≫ следует сравнение

0z R≪ , т.е. сделанные приближения корректны.Шайба начинает движение из крайнего верхнего положения вполусфере, поэтому ее амплитуда колебаний 0A z= , искомоесмещение L – это размах колебаний:

2

22

gL A

ω= = ,

а искомое время τ равно половине периода колебаний:

πτ

ω= .

В силу равенства Ω ω= в момент времени τ шайба будет на-ходиться примерно в противоположной точке сферы относи-тельно начального положения, откуда следует

s = 2R.

Предлагаем читателям самостоятельно подумать, случайно лиравенство Ω ω= и возможно ли прийти к нему только путемкачественных рассуждений.3. Перегородка проницаема для гелия, поэтому он занимаетобе части сосуда объемом 0 1 2V V V= + , а его давление одина-ково в обеих частях сосуда и равно 0p из условия равнове-сия левого поршня. Давление смеси газов под правым порш-нем равно 0p mg S+ и превышает давление гелия на парци-альное давление 2p радона, занимающего объем 2V правойчасти сосуда, откуда находим 2p mg S= . Запишем уравне-

Рис. 32

цательный корень, получим ответ:

2

0

4 ( 1)

2( 1)

n n A Ax

U A

+ + += = =

+E ( )

( )2 2 4 20 0 0

20

4

2

nt n t LC LC t

LC t

+ + +

+.

К В А Н T $ 2 0 1 4 / 464

КВАНТ

Журнал «Квант» зарегистрирован в Комитете РФпо печати. Рег. св-во 0110473

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ

Адрес редакции:

119296 Москва, Ленинский проспект, 64-А, «Квант»Тел.: (495) 930-56-48

Е-mail: [email protected], [email protected]

Отпечатанов соответствии с предоставленными материалами

в ООО «ИПК Парето-Принт», г.Тверьwww.Pareto-print.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

C.А.Дориченко, А.А.Егоров, Е.М.Епифанов,А.Ю.Котова, В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИД.Н.Гришукова, М.В.Сумнина, А.Е.Пацхверия

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙ РЕДАКТОРЕ.В.Морозова

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

ния Менделеева–Клапейрона для гелия и для радона:

0 0 1 2 2 2,p V RT p V RTν ν= = ,

откуда найдем искомые объемы:

1 21

0

RT RTSV

p mg

ν ν= - ,

22

RTSV

mg

ν= .

Описанное равновесие нарушится, если левый поршень опус-тится до основания сосуда, что приведет к появлению щели,через которую выйдет гелий, а вместо него натечет воздух,являющийся смесью азота и кислорода, для которых перего-родка проницаема. Описанное равновесие будет сохранятьсяпри условии 1 0V > , откуда получаем

2 0

1

p Sm

g

νν

> .

4. Оптическая часть. Пусть F – фокусное расстояние лин-зы, x – расстояние от лампы до линзы, l – расстояние от лам-пы до экрана. Тогда формула тонкой линзы имеет вид

1 1 1

x l x F+ =

-, или 2 0x lx Fl- + = .

Поскольку есть два положения линзы, при которых наблюда-ется четкое изображение нити накала, то это квадратное отно-сительно x уравнение имеет положительный дискриминант исоответствующие этим положениям корни 1x и 2x . Согласнотеореме Виета, справедливо равенство 1 2x x l+ = , которое оз-начает, что изображение нити накала снова станет четким,когда расстояние от лампы до линзы будет равно начальномурасстоянию от линзы до экрана.Термодинамическая часть. Пусть 1V и 2V – начальные объе-мы левой и правой частей сосуда соответственно. Тогда, со-гласно полученному выше результату, в искомый момент вре-мени объемы этих частей поменяются между собой, т.е. будутобъемы 2V и 1V соответственно. Пусть 1ν и 2ν – количестваодноатомного и двухатомного газов соответственно,

0 1 2ν ν ν= + – общее количество газов. Из условий равенствадавлений и температур в начальном состоянии с помощьюуравнений Менделеева–Клапейрона запишем

1 1

0 0

V

V

νν

= , 2 2

0 0

V

V

νν

= , 2 2

1 1

Vk

V

νν

= = .

Из последнего равенства и условия постоянства температурыв правой части сосуда находим давление в сосуде:

20

1

p pνν

= .

Количество теплоты Q, которое нужно подвести к газу в ле-вой части сосуда, чтобы он расширился от объема 1V дообъема 2V , найдем из первого начала термодинамики:

( ) 22 0 1 0 2

1

3ln

2

VQ U A pV p V p V

V∆

Ê ˆ= + = - + Á ˜Ë ¯

,

где U∆ – изменение внутренней энергии одноатомного газа,A – работа газа в левой части сосуда, равная работе внешнихсил по изотермическому сжатию газа в правой части сосуда.После упрощения получаем

Q = ( )0 03 ln

12 1

k kp V k

k

Ê ˆ- +Á ˜Ë ¯+.

Электрическая часть. Используя формулу P = UI для мощ-ности лампы, находим искомое время передачи количестватеплоты Q газу в левой части сосуда:

( )0 0 3 ln1 299 c 5 мин

2 1

Q p V k kt k

P UI k

Ê ˆ= = - + ª ªÁ ˜Ë ¯+.

5. Сразу после замыкания ключа происходит практическимгновенная зарядка конденсаторов, так как по условию всеэлементы цепи идеальные, т.е. можно пренебречь их актив-ными сопротивлениями. А вот ток в катушке в этот момент

все еще отсутствует, так как индуктивность препятствует рез-ким изменениям силы тока. Поэтому мысленно заменим ка-тушку разрывом цепи и рассчитаем общую емкость 1C , энер-гию 1W и заряд 1q системы конденсаторов:

12 4

22 3

C CC C

C C

◊= =

+,

221

12

2 3

CW C= =

EE , 1 1

4

3q C C= E = E .

В искомый момент, когда сила тока через катушку макси-мальна, напряжение на ней равно нулю, так как оно пропор-ционально скорости изменения силы тока. Поэтому теперьмысленно заменим катушку проводом и рассчитаем общуюемкость 2C , энергию 2W и заряд 2q системы конденсаторов:

22 3

2 2

C CC C

+= = ,

222

23

2 4

CW C= =

EE , 2 2

3

2q C C= E = E .

Запишем закон сохранения энергии с учетом работы источни-ка ( )2 1A q q= -E с момента завершения зарядки конденсато-ров до достижения максимальной силы тока через катушку:

20

1 2 2

LIW A W+ = + , откуда находим 0

6

CI

L= E .

В силу симметрии схемы конденсаторы одинаковой емкостиимеют одинаковые заряды в каждый момент времени. Пусть

1Q и 2Q – заряды правых обкладок конденсаторов емкостя-ми С и 2С соответственно, I – сила тока через катушку (токнаправлен снизу вверх) в некоторый момент времени. Тогдаправила Кирхгофа принимают вид

1 2

2

Q Q

C C= +E , 1 1Q Q

LIC C

= + +¢E , 1 2Q Q I- =¢ ¢ ,

откуда после исключения I и 2Q получаем уравнение1

12

3 3

QQ

LC L+ =¢¢

E, описывающее гармонические колебания с пе-

риодом 6T LCπ= . В начальный момент времени ток через

катушку отсутствовал, поэтому сила тока будет максимальначерез четверть периода:

64 4

TLC

πτ = = .

Date post:	01-Jun-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	39 times
Download:	0 times

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО …kvant.mccme.ru/pdf/2014/2014-04.pdf32...

Documents