НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 К восьмидесятилетию Владимира ИгоревичаАрнольда

23 К восьмидесятилетию Игоря ФедоровичаШарыгина

4 Для чего мы изучаем математику? В.Арнольд9 Сверхпроводимость: история, современные

представления, последние успехи (окончание).А.Абрикосов

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

14 Задачи М2470–М2473, Ф2477–Ф248015 Решения задач М2458–М2461, Ф2465–Ф2468

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

20 Задачи21 Какой бывает колея. С.Дворянинов

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

23 Выход в пространство. И.Шарыгин

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

28 Когда показатель преломления меняется.В.Гребень

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Физика человека

О Л И М П И А Д Ы

34 Геометрическая олимпиада имениИ.Ф.Шарыгина

37 Заключительный этап XLIII Всероссийскойолимпиады школьников по математике

40 Заключительный этап LI Всероссийскойолимпиады школьников по физике

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

46 Московский государственный техническийуниверситет имени Н.Э.Баумана

52 Ответы, указания, решения

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к статье В.Арнольда

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.Л.Семенов

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

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

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

В.Н.Дубровский, А.А.Заславский,П.А.Кожевников (заместитель главного

редактора), С.П.Коновалов, А.А.Леонович,Ю.П.Лысов, В.В.Произволов, В.Ю.Протасов,

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан (заместитель

главного редактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

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

В.Г.Болтянский, А.А.Боровой,

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

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

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

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

В.П.Лишевский,А.И. Маркушевич, М.Д.Миллионщиков,Н.А.Патрикеева, Н.Х.Розов, А.П.Савин,И.Ш.Слободецкий, М.Л.Смолянский,Я.А.Смородинский, В.А.Фабрикант,

Я.Е.Шнайдер

УЧРЕДИТЕЛИ

Российская академия наук

Математический институт

им. В.А.Стеклова РАН

Физический институт

им. П.Н.Лебедева РАН

ИЮЛЬ Ю№720

17

К восьмидесятилетиюВладимира Игоревича

Арнольда

ВСЯ ЖИЗНЬ ВЛАДИМИРА ИГОРЕВИЧАбыла восхождением.

Детство его было счастливым. Оно про-шло в окружении выдающихся личнос-тей. Он родился в Одессе, где в Новорос-сийском университете у выдающегося ма-тематика С.О.Шатуновского учился егоотец, ставший замечательным математи-ком и педагогом – первым доктором педа-гогических наук в СССР. Четыре поколе-ния его родных были связаны с математи-кой. Среди близких родственников по отцубыло также множество людей, служив-ших в Черноморском флоте (двоюрод-ными братьями отца были четыре адми-рала).

Мама В.И.Арнольда была по профес-сии искусствоведом. Она была племянни-цей одного из самых замечательных фи-зиков нашей страны – Леонида Исаакови-ча Мандельштама, человека необыкновен-ного нравственного совершенства, осно-воположника выдающейся школы. Средиего учеников были И.Е.Тамм, М.А.Леон-тович, А.А.Андронов и другие. Общениес ними оказало очень большое влияние намальчика.

В Москве Арнольды жили в одном изарбатских переулков, в самом центре Мос-квы, которую мальчик знал как никто. Ссамых ранних лет Арнольд стал прояв-лять необычайную любознательность, рас-пространявшуюся на самые разные обла-сти знания. Во время войны, например,когда ему было шесть лет, вооружившиськомпасом и взяв себе в помощники млад-шего брата, Арнольд провел топографи-ческую съемку Садового кольца, измеряярасстояние шагами, и обнаружил при этоммногие несоответствия с тем, что изобра-жалось на картах Москвы.

Он учился в знаменитой пятьдесят де-вятой школе, из которой вышло множе-ство выдающихся людей, в частности ма-тематиков, механиков и физиков. Влади-мир Игоревич с большой любовью вспо-минал своих учителей, особенно учителяматематики Ивана Васильевича Морозки-на. Одну из задач, предложенных емуучителем, двенадцатилетний мальчик об-думывал весь день, «и решение, – писалон спустя многие годы, – снизошло наменя, как откровение. Испытанный мноютогда (1949) восторг был в точности темже, который я испытывал при решениигораздо более серьезных проблем».

Большое влияние на юношу оказало иего участие в домашнем кружке А.А.Ля-пунова, носившем название ДНО – Детс-кое научное общество. Там обсуждалисьсамые глубокие проблемы науки. Первыенаучные выступления мальчика с докла-дами на этом Обществе запомнились глу-биной и совершенством изложения труд-ных научных проблем.

В школьные годы Дима (так звали Ар-нольда родные и друзья) стал приниматьучастие в математическом кружке и мос-ковских математических олимпиадах. Обэтом он как-то написал, что там «обычнополучал вторую премию (как в свое вре-мя Максвелл или Кельвин)».

В 1954 году Арнольд стал студентоммеханико-математического факультетаМосковского университета. Это была порарасцвета механико-математического фа-культета. «Плеяда великих математиков,собранных на одном факультете, пред-ставляла собой явление совершенно ис-ключительное, и мне не приходилось встре-чать ничего подобного более нигде», –пишет В.И.Арнольд, называя при этом

К В О С Ь М И Д Е С Я Т И Л Е Т И Ю В Л А Д И М И Р А И Г О Р Е В И Ч А А Р Н О Л Ь Д А 3

имена А.Н.Колмогорова, И.М.Гельфан-да, И.Г.Петровского, Л.С.Понтрягина,П.С.Новикова, А.А.Маркова, А.О.Гель-фонда, Л.А.Люстерника, А.Я.Хинчина иП.С.Александрова (порядок в этом пере-числении принадлежит Арнольду).

На первом курсе Арнольд принял учас-тие в кружках А.Г.Витушкина и Е.Б.Дын-кина для первокурсников, а когда он учил-ся на втором курсе,А.Н.Колмогоровобъявил семинардля младшекурсни-ков. На первом за-седании, рассказы-вая о планах семи-нара, Андрей Ни-колаевич говорил оразличных задачахномографии, в ко-торых процессы,задаваемые слож-ными функциями,приближенно пред-ставлялись болеепростыми. Говоря одальних перспекти-вах, А.Н. сказал,что можно помеч-тать и о том, чтобынайти подходы к ре-шению 13-й пробле-мы Гильберта о не-возможности свес-ти функции многихпеременных к су-перпозициям функций меньшего числа пе-ременных.

Будучи студентом третьего курса, Ар-нольд решил 13-ю проблему Гильберта, иэто послужило началом его фантастичес-кой научной биографии.

Арнольд преобразовал целые математи-ческие области. Он служил своей профес-сии и просвещению на всех возможныхпоприщах. Он основал выдающуюся ма-тематическую научную школу, написалмножество замечательных учебников, мо-нографий и обзорных статей, посвящен-ных проблемам математики. Начиная сруководства знаменитым школьным мате-

матическим кружком в пятидесятые годы,В.И.Арнольд очень много внимания уде-лял непосредственной работе со школьни-ками. В 1963 году он участвовал в работепервой летней математической школы, апоследние десять лет ежегодно бывал наюношеских школах в Дубне. Прочитан-ный В.И. курс для первых выпускниковКолмогоровской ФМШ (ныне СУНЦ

МГУ) стал педаго-гическим шедев-ром. По инициати-ве В.И.Арнольдабыли созданы Мос-ковский центр не-прерывного мате-матического обра-зования и Незави-симый Московскийуниверситет. Влия-ние В.И.Арнольдана весь математи-ческий мир былоогромно.

В.И.Арнольд былудостоен множе-ства званий, док-торских степеней инаград. Среди пре-мий – премия Мос-ковского математи-ческого общества(1958 г.), которойВладимир Игоре-вич особенно гор-дился, Ленинская

премия (1965, вместе с А.Н.Колмогоро-вым), Крафоордская премия ШведскойАкадемии наук (1982), Харвиевская пре-мия Техниона (1994), премия Вольфа(2001), премия имени Жунь Жуньшоу(2005) (ее называют Нобелевской преми-ей Востока), Государственная премия Рос-сийской Федерации (2008).

Жизнь Владимира Игоревича внезапнооборвалась, когда он был преисполнентворческих замыслов. Двенадцатого июняэтого года ему исполнилось бы восемьде-сят лет. Путь Владимира Игоревича Ар-нольда в бессмертие продолжается.

В.Тихомиров

Владимир Игоревич Арнольд

(12.06.1937–03.06.2010)

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 74

ДЛЯ ЧЕГО НАДО ИЗУЧАТЬ МАТЕМАТИ-ку? В 1267 году на этот вопрос уже

ответил английский философ Роджер Бэ-кон: «Тот, кто не знает математики, неможет узнать никакой другой науки идаже не может обнаружить своего невеже-ства». Собственно, на этом можно было быи закончить лекцию, но люди думают, что,может быть, что-то изменилось за семьвеков...

Послушаем более современное свиде-тельство – один из создателей квантовоймеханики, Поль Дирак, утверждает, чтопри построении физической теории «сле-дует не доверять всем физическим концеп-циям». А чему же доверять? «Доверятьматематической схеме, даже если она, напервый взгляд, не связана с физикой».Действительно, все чисто физические кон-цепции начала века физикой отброшены, аматематические модели, взятые физикамина вооружение, постепенно обретают фи-зическое содержание. И в этом проявиласьустойчивость математики.

Итак, математическое моделирование –продуктивный метод познания в естество-знании. Мы подойдем к математическиммоделям с другой стороны, рассматриваяпроблемы математического образования.

В нашем математическом образовании(и среднем, и высшем) мы идем в фарва-тере европейской системы, основанной на«бурбакизации» математики. Группа мо-лодых французских математиков, высту-павшая под псевдонимом Никола Бурба-ки, начиная с 1939 года опубликоваланесколько книг, в которых формально(т.е. с помощью аксиоматического мето-да) излагались основные разделы совре-менной математики на основе теории мно-жеств.

Формализация математики приводит ик определенной формализации ее препо-давания. В этом и проявляются издержки«бурбакизации» математического образо-вания. Характерный пример. Ученикамвторого класса во французской школе за-дают вопрос:

– Сколько будет два плюс три?Ответ:– Так как сложение коммутативно, то

будет три плюс два.Замечательный ответ! Он совершенно

правильный, но ученику и в голову неприходит сложить эти два числа, потомучто при обучении упор делается на свой-ства операций.

В Европе уже осознали недостатки тако-го подхода к образованию, и начался откатот «бурбакизации».

В нашей стране в последние годы проис-ходит американизация математическогообразования. В ее основе лежит принцип:учить тому, что нужно для практики. Аесли кто-то считает, что ему математика ненужна, то он может не изучать ее совсем.В старших классах американских коллед-

Для чего мы изучаемматематику?

Что об этом думают сами математики

В.АРНОЛЬД

С лекцией на эту тему академик ВладимирИгоревич Арнольд выступил 16 апреля 1992года в Республиканском институте повышенияквалификации работников образования (Мос-ква). Запись лекции нам предоставил доцентЮ.Фоминых (Пермь).

Впервые эта статья была опубликована в«Кванте» №1/2 за 1993 год.

Д Л Я Ч Е Г О М Ы И З У Ч А Е М М А Т Е М А Т И К У ? 5

жей курс математики факультативен: тре-тья часть старшеклассников, например, неизучает алгебру. К чему это приводит,показывает следующий пример. В тестедля 14-летних американских школьниковпредлагалось оценить (не вычислить, алишь оценить), что произойдет с числом120, если от него взять 80%. И предлага-лось три варианта ответа: увеличилось;осталось прежним; уменьшилось. Крести-ки напротив правильного ответа постави-ли примерно 30% опрашиваемых. Инымисловами, школьники ставили крестикинаудачу. Вывод: никто ничего не знает.

Вторая особенность американского под-хода к преподаванию математики – егокомпьютеризация. Само по себе увлечениекомпьютерами не способствует развитиюмышления. Вот еще пример из американ-ского теста: в классе 26 учеников. С ниминужно провести экскурсию на автомоби-лях. В одной машине могут ехать одинродитель и 4 школьника. Сколько родите-лей нужно попросить помочь? Типичныйответ: 65 родителей. Компьютер выдает:26 : 4 = 6,5. Ну а школьник уже знает, чтоесли в решении должны быть целые числа,то с десятичной запятой надо что-то сде-лать, например отбросить.

А вот пример из официального амери-канского экзамена 1992 года для студен-тов:

«Что из нижеследующего больше всегопоходит на соотношение между углом иградусом:

а) время и час,б) молоко и кварта,в) площадь и квадратный дюйм (и т.д.)».Ответ: площадь и квадратный дюйм, так

как градус – минимальная единица угла, аквадратный дюйм – площади, в то времякак час делится еще и на минуты.

Составители этой задачи явно обученыпо американской системе.1 Боюсь, что имы придем к этому уровню.

Можно только удивляться, что в СШАтак много замечательных математиков ифизиков (правда, многие из них иммиг-ранты; лучшие студенты в американскихуниверситетах сегодня – китайцы).

Сейчас наше математическое образова-ние медленно поворачивается от европей-ской системы к американской. Как всегда,мы опаздываем, отстаем от Европы лет на30, и надо быть готовыми к тому, чтобычерез 30 лет спасать ситуацию и выходитьиз этого тупика, в который нас приведетамериканизация образования с ее прагма-тичностью, факультативностью, поваль-ной компьютеризацией.

Наше традиционное отечественное пре-подавание математики имело более высо-кий уровень и базировалось на культуреарифметических задач. Еще два десяткалет назад в семьях сохранялись старинные«купеческие» задачи. Теперь это утраче-но. Алгебраизация последней реформыпреподавания математики превращаетшкольников в автоматы. А именно ариф-метический подход демонстрирует содер-жательность математики, которой мы учим.

Рассмотрим, например, задачи:1. Имеется 3 яблока, 1 взяли. Сколько

осталось?2. Сколько нужно сделать распилов,

чтобы бревно распалось на 3 части?3. У меня сестер на 3 больше, чем

братьев. На сколько в нашей семье сестербольше, чем братьев?

С точки зрения арифметики это все раз-ные задачи – у них разное содержание. Ин-теллектуальные усилия, нужные для реше-ния этих задач, совершенно разные, хотяалгебраическая модель одна: 3 – 1 = 2.

В математике прежде всего поражаетудивительная универсальность ее моделейи их непостижимая эффективность в при-ложениях.

Вспомним В.В.Маяковского: «Человек,впервые сформулировавший, что «два идва четыре», – великий математик, еслидаже он получил эту истину из складыва-ния двух окурков с двумя окурками. Вседальнейшие люди, хотя бы они складыва-ли неизмеримо бульшие вещи, напримерпаровоз с паровозом, – не математики».

1 Нью-Йоркский профессор Джо Бирманобъяснил мне, что для него как американца«правильное» решение этой задачи совершен-но очевидно. «Дело в том, – сказал он, – что яточно представляю себе степень идиотизмасоставителей этих задач».

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 76

Считать паровозы – это и есть амери-канский путь математического образова-ния. Это гибель. Пример с развитиемфизики показывает, что «паровозная»математика в начале нашего века оказа-лась хуже «окурочной»: прикладная ма-тематика не успевала за физикой, а втеоретической нашлось все, что необхо-димо было для дальнейшего развитияфизики. «Паровозная» математика не мо-жет успеть за практикой: пока мы учимсчитать на счетах, появляются компьюте-ры. Надо учить думать, а не тому, какнажимать на кнопки.

Правда, математическая модель не все-гда дает немедленную практическую от-дачу. Бывает, что она окажется полезнойтолько через две тысячи лет.

Примером тому – конические сечения,они были открыты в Древней Греции иописаны Аполлонием Пергским (ок. 260– ок. 170 до н.э.) в 8-томном трактате. Апонадобилась эта теория Иоганну Кепле-ру в XVI веке, когда он выводил законыдвижения планет. Его учитель Тихо Бра-ге в обсерватории «Ураниборг» в течение20 лет скрупулезно измерял положенияпланет Солнечной системы. После смер-ти учителя Кеплер взялся за математи-ческую обработку результатов этих на-блюдений и обнаружил, что, например,траектория движения Марса – эллипс.

Эллипс – это геометрическое место то-чек плоскости, сумма расстояний от ко-торых до двух данных точек, называе-мых фокусами, постоянна. Тот факт, чтосечение конуса плоскостью, достаточносильно наклоненной к его оси, являетсяэллипсом, – замечательная геометричес-кая теорема, к сожалению, не доказывае-мая в школе. Доказательство ее оченьпростое (рис. 1). Вписанные в конус икасающиеся плоскости (в фокусах Е и Fэллипса) сферы, на рассмотрении кото-рых основано доказательство, называют-ся сферами Данделена.

Чтобы понять рассуждения Кеплера,нам потребуются некоторые простые фак-ты из геометрии эллипса. Длина боль-шой полуоси эллипса ОK (рис. 2), обыч-но обозначаемая через а, равна длине

гипотенузы EL треугольника с катетамиb = |OL| (малая полуось) и с = |EO|.Отношение c a характеризует форму эл-липса и называется эксцентриситетом, так

как пропорционально смещению фокусовот центра эллипса. Эксцентриситет обыч-но обозначается буквой е.

По теореме Пифагора отношение длин

полуосей эллипса есть 21b a e21 2e при малых e.

Отсюда видно, что эллипс с малым эк-сцентриситетом практически неотличим отокружности. Например, если е = 0,1, томалая ось короче большой всего на 1 200.Для эллипса с длиной большой оси 1метр малая ось короче большой всего наполсантиметра, так что на глаз отличие

Рис. 1. Эллипс с фокусами F и E и сферыДанделена

Рис. 2. Фокусы, полуоси и эксцентриситет эл-липса

Д Л Я Ч Е Г О М Ы И З У Ч А Е М М А Т Е М А Т И К У ? 7

такого эллипса от окружности вообще не-заметно. Фокусы же смещены от центрана 5 сантиметров, что очень заметно.

Формула 2 21 1 2b a e e (озна-чающая, что больший катет вытянутогопрямоугольного треугольника практичес-ки столь же длинен, как и гипотенуза, идающая с очень хорошим приближениемразность их длин) – один из самых заме-чательных общематематических фактов (ксожалению, в школе этому не учат).

Например, предположим, что вы воз-вращаетесь домой по синусоиде. На сколь-ко ваш путь длиннее, чем если бы вышли прямо (рис. 3)? Первое впечатление

(что вдвое), конечно, преувеличивает дли-ну. Все же кажется, что путь по синусои-де длиннее раза в полтора. На самомделе всего примерно на 20%. Причина втом, что большая часть синусоиды слабонаклонена к оси, поэтому соответствую-щие гипотенузы практически не длиннеекатетов.

Вот еще одно применение той же фор-мулы. Реактивные струи первых реак-тивных двигателей, установленные накрыльях самолета вблизи фюзеляжа,представляли опасность для хвостовогооперения. Конструкторы, знавшие и чув-ствовавшие обсуждаемую формулу, по-вернули двигатели на небольшой угол (рис. 4).

Хвостовое оперение было спасено (от-клонение струи пропорционально ), арезультирующая сила тяги практическине изменилась (потеря 2 2 , где –угол в радианах; для угла в 3 теряетсявсего порядка 1 800 мощности).

Вернемся к Кеплеру. Сначала Кеплердумал, что орбита Марса – окружность.Однако Солнце оказалось не в центре, асдвинутым примерно на 1 10 часть ради-уса. Но Кеплер не остановился на этом(уже замечательном) результате – пото-му что он знал теорию конических сече-ний. Кеплер знал, что эллипс с малымэксцентриситетом очень похож на окруж-ность, и проверил, как ведет себя то не-большое отклонение орбиты от окружно-сти, которое еще оставалось. Интересно,что сделать это можно было только бла-годаря исключительной точности наблю-дений Тихо Браге, сделанных невоору-женным глазом. В те времена астрономыне очень доверяли телескопам, и еще вконце XVII века приходилось доказывать,что телескопические наблюдения могутдостигать столь же большой точности, какнаблюдения невооруженным глазом.

Новая физика часто начинается с уточ-нения последней значащей цифры пре-дыдущей теории – если бы Кеплер удов-летворился своей эксцентрической круго-вой орбитой или если бы наблюденияТихо Браге были менее точны, развитиенебесной механики (а возможно, и всейтеоретической физики) могло бы задер-жаться – может быть, даже на века.

Орбита Марса оказалась слегка сплюс-нутой в направлении, перпендикулярномдиаметру, на котором лежит Солнце, –примерно на полпроцента, т.е. на 2 2e .Так Кеплер пришел к мысли об эллипти-ческих орбитах планет.

Если бы теория конических сечений небыла заранее разработана математиками,то фундаментальные законы природы небыли бы своевременно открыты, не воз-никла бы современная наука и техноло-гия, а наша цивилизация оставалась бына средневековом уровне – или, по мень-шей мере, пути истории были бы совсемиными.

Рис. 3. На сколько синусоида длиннее прямой?

Рис. 4. Как спасти хвостовое оперение

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 78

Кеплер открыл закон движения пла-нет, но тот факт, что они движутся поэллипсам, доказал Исаак Ньютон в своейкниге «Математические начала натураль-ной философии» (1687 г.), которая по-служила основой всей современной тео-ретической физики. Он получил эллип-тичность планетных траекторий как след-ствие закона всемирного тяготения. За-метим, что до Ньютона этой проблемойзанимался его современник Роберт Гук.Он изучал закон движения тела в полетяготения, считая, что притяжение об-ратно пропорционально квадрату рассто-яния. Приближенно проинтегрировавуравнение движения, Гук нарисовал ор-биты и увидел, что они похожи на эл-липсы. Назвать их эллипсами ему не по-зволила научная честность, а доказатьэллиптичность он не мог. Поэтому Гукназвал траекторию эллиптоидом и пред-ложил Ньютону доказать, что первый за-кон Кеплера (планеты движутся по эл-липсам) следует из закона обратных квад-ратов. Ньютон, хорошо знавший древ-нюю теорию конических сечений, спра-вился с этой задачей при помощи хитро-умных элементарно-геометрических пост-роений.

Впоследствии кривые второго порядкастали все чаще появляться в естественно-научных исследованиях. Почему эта мо-дель оказалась столь плодотворной дляприложений? Почему, в частности, мо-дель сечения конуса описывает движенияпланет? Мистика. Загадка. Ответа на этотвопрос нет. Мы верим в силу рациональ-ной науки. Ньютон видел в этом доказа-тельство существования Бога: «Такоеизящнейшее соединение Солнца, планети комет не могло произойти иначе, какпо намерению и по власти могуществен-ного и премудрого существа... Сей уп-равляет всем не как душа мира, а каквластитель Вселенной, и по господствусвоему должен именоваться Господь БогВседержитель».

Современные исследователи космоса,проектируя запуск искусственных спут-ников, тоже используют свойства кони-ческих сечений. Таким образом база со-

временной физики и научно-техническойреволюции закладывалась и классичес-ким произведением Аполлония. Тогда какон, исследуя конические сечения, думаллишь о красоте данной математическоймодели.

Другой пример – история созданияЭВМ. Задолго до появления первых ЭВМв математике были заготовлены два ихосновных математических компонента: ма-тематическая логика (алгебру логики раз-работал Джордж Буль, 1815–1864) ипринципиальная схема устройства вычис-лительной машины. Первую суммирую-щую машину сконструировал в 1641 годуфранцузский математик Блез Паскаль.

Третий пример – разработка волновоймеханики Э.Шредингером. К моменту,когда Шредингер обратился к колебатель-ной задаче, уже был известен матричныйвариант квантовой механики В.Гейзенбер-га. Встал вопрос: как получить из теорииволн во всем пространстве дискретный, ане непрерывный спектр? Шредингеру по-мог известный немецкий математик Гер-ман Beйль. Без его результатов по спект-ральной теории на неограниченном ин-тервале мы бы никогда не узнали о зна-менитом уравнении Шредингера. Опятьта же история: нашелся математик, у ко-торого уже была готова теория – гранич-ные условия на бесконечности, – остава-лось ее использовать.

(Продолжение следует)

Сверхпроводимость:история, современные представления,

последние успехи

А.АБРИКОСОВ

Окончание. Начало – в предыдущем номережурнала.

ПРИ УМЕНЬШЕНИИ ВНЕШНЕГО ПОЛЯвихри расходятся и в поле кр1B исче-

зают из сверхпроводника совсем. Факти-чески поле кр1B – это то поле, при которомодин вихрь еще может существовать всверхпроводнике. Область между полями

кр1B и кр2B называется смешанным состо-янием. В этом состоянии сверхпроводникпронизан вихревыми нитями – миниатюр-ными соленоидами, расположенными вправильном порядке. В поперечном срезеони образуют треугольную решетку. Каж-дый вихрь имеет сердцевину, размер кото-рой равен размеру куперовской пары; этусердцевину можно считать областью нор-мального металла.

Очень существенным оказывается тообстоятельство, что, увеличивая концент-рацию дефектов, можно увеличивать кри-тическое поле кр2B , вплоть до которого пообразцу может течь сверхпроводящий ток.Это дает возможность применять сверх-проводники второго рода для созданиясверхпроводящих магнитов. Действитель-но, в сверхпроводящем кольце ток можетциркулировать вечно. Можно сделать со-леноид и замкнуть его накоротко. Это ибудет сверхпроводящий постоянный маг-нит. Отличие от обычного электромагнитазаключается в том, что в обычном магнитеэнергия тока в конечном итоге тратится наразогрев обмотки. Из-за этого приходитсяделать громоздкую и дорогостоящую сис-тему охлаждения. Именно это обстоятель-ство ограничивает возможности электро-магнитов с полями до 5–6 Тл. А с помо-щью сверхпроводящих магнитов уже се-

годня можно получать поля до 10–12 Тл(Nb – Zr – Ti) и даже до 23 Тл ( 3Nb Sn ).

В настоящее время сверхпроводящиемагниты используются в генераторах, длясоздания магнитной подушки в поезде-экспрессе, в ускорителях элементарныхчастиц, в токамаках – приборах термо-ядерного синтеза, в магнитогидродинами-ческих генераторах. Кроме того, сверх-проводящая катушка с током может слу-жить накопителем энергии.

Однако надо иметь в виду, что это делоне такое простое. Чем выше верхнее кри-

Фотография структуры вихрей в сверхпровод-нике второго рода. Вихри образуют периоди-ческую структуру, аналогичную кристалличес-кой решетке

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 710

тическое поле кр2B , тем ниже нижнеекр1B . Значит, в проволоке сверхпроводя-

щего соленоида с током наверняка имеют-ся вихри. Под действием силы Лоренцавихри могут прийти в движение, а этонемедленно приведет к диссипации энер-гии, т.е. к появлению сопротивления.Выход из этого положения – как-то закре-пить, пришпилить вихревую решетку, что-бы она не двигалась. Это называется «пин-нингом» (от английского pin – булавка). Вэтом случае сверхпроводящий ток легкоогибает нормальные сердцевины вихрей.

Я не буду останавливаться на этом оченьинтересном вопросе и перейду теперь крассказу о «слабой» сверхпроводимости.

Из квантовой механики известен такназываемый туннельный эффект – воз-можность частицам проникать через по-тенциальный барьер, даже если высотаэтого барьера выше энергии частиц. Ко-нечно, реально ширина барьера должнабыть очень малой. Туннельный эффектбыл использован И.Гиэвером в 1960 годудля создания туннельного контакта: дваметаллических электрода разделены сло-ем изолятора (обычно в качестве изолято-ра берется пленка окиси на поверхностиодного из металлов). Благодаря туннель-ному эффекту, через такой контакт можетидти ток. Если один из этих металловявляется сверхпроводником, то электро-ны в нем объединены в пары. Но для целойпары проникновение через барьер оченьмаловероятно. Поэтому нужно, чтобы элек-трическое поле расщепило пару, и тогдауже электроны поодиночке пройдут черезконтакт. Минимальная энергия на одинэлектрон при этом равна , и, следова-тельно, при Т = 0 протекание тока начина-ется лишь тогда, когда разность потенци-алов между электродами достигнет такогозначения U, что eU . Таким способомизмерили энергию .

Можно использовать и туннельный кон-такт из двух сверхпроводников. Однако впоследнем случае возникает и некотороеновое явление. Если диэлектрическая про-слойка достаточно тонкая, куперовскиепары могут образовываться из электро-нов, принадлежащих к разным электро-

дам. При этом создается возможность про-текания через контакт не просто тока, асверхпроводящего тока. Этот эффект былпредсказан английским физиком Б.Джо-зефсоном в 1962 году и после эксперимен-тального подтверждения был назван егоименем. Критический ток Джозефсонаочень маленький, плотность его не более

2 3 210 10 А см . Эту величину следуетсравнить с токами в магнитах – порядка

5 6 210 10 А см или с «теоретическим пре-делом» для развала пар в сверхпроводни-ке – порядка 8 210 А см . Однако эффектДжозефсона получил новое, очень перс-пективное применение.

Дело в том, что величина джозефсонов-ского критического тока оказалась нео-быкновенно чувствительной к внешнемумагнитному полю. Это позволило создатьособые сверхпроводящие устройства –джозефсоновские интерферометры, илисквиды, которые дают возможность изме-рить магнитные поля до 1410  Тл (маг-нитное поле Земли составляет

40,5 10  Тл), а затем использовать этополе для измерения токов вплоть до

1410  А и разностей потенциалов до1510  В. Сквиды уже применяются в био-

логии и медицине, ибо они дают гораздоболее точные данные, чем электрокардио-или энцефалографы, и превосходят дажерентгеновские и ЯМР-томографы. Крометого, джозефсоновские контакты могутбыть использованы как для регистрацииочень слабых электромагнитных излуче-

Сверхпроводящий туннельный контакт. На стек-лянную подложку (3) наносят пленку сверх-проводника (1). Затем ее окисляют – на поверх-ности сверхпроводника создается слой диэ-лектрика (2) толщиной порядка десяти ангст-рем. Сверху наносят еще одну пленку (1) сверх-проводника. Для удобства измерений сверх-проводящие пленки «укладывают» на под-ложку в виде креста. С некоторой вероятнос-тью электроны из одной пленки могут прони-кать в другую через диэлектрическую прослой-ку – это называют туннельным эффектом

ний, так и для генерации электромагнит-ных волн большой частоты. Эффект Джо-зефсона – это большая область примене-ний сверхпроводимости.

Трудно даже вообразить, сколько раз-ных применений получили бы сверхпро-водники, если бы не одно печальное обсто-ятельство. Все сверхпроводящие устрой-ства, применяемые до сих пор, нуждаютсяв охлаждении жидким гелием. Стоимостьодного литра этого хладагента – 10 рублей(напомним, что статья была опубликованав 1988 году – прим. ред.), и это оченьудорожает использование сверхпроводни-ков. Однако в последнее время появилисьтак называемые сверхпроводящие окис-лы, или керамики, с критической темпера-турой в районе 95 К. Это уже заметновыше, чем точка кипения жидкого азота(77 К), стоимость которого – 10 копеек залитр. Не исключено, что будут найдены иболее высокотемпературные материалы.(В начале 1988 года стало известно обобнаружении сверхпроводников Bi–Sr–Са–Сu–О и Тl–Ва–Са–Сu–О с критичес-кой температурой 105–125 К.)

А теперь я остановлюсь на истории от-крытия и свойствах таких сверхпроводя-щих керамик. С 1973 года и до середины1986 года рекорд максимальной критичес-кой температуры принадлежал пленкам из

3Nb Ge , сохранявшим сверхпроводимостьвплоть до 23 К. Однако осенью 1986 годапоявилось сообщение физиков Г.Беднорцаи А.Мюллера (Швейцария) об открытиисверхпроводимости соединения La – Ва –Си – О с критической температурой врайоне 30 К. Эти авторы не сразу подо-шли к своему открытию. Дело в том, чтоеще до них был известен сверхпроводящийокисел Ва – Pb – Bi – О с критическойтемпературой 14 К. Странным в этом со-единении было то, что плотность свобод-ных электронов, переносящих ток, у негобыла 21 310 см , что на порядок меньше,чем у обычных металлов. В то же время,согласно теории Бардина–Купера–Шриф-фера (БКШ), значение критической тем-пературы растет с увеличением числа сво-бодных электронов. Ясно, что уменьшениечисла электронов должно вести к умень-

шению крT . А 14 К – это была относитель-но высокая критическая температура.

Далее внимание Беднорца и Мюллерапривлекли окислы, содержащие медь всостоянии с промежуточной валентнос-тью: часть Cu , а часть Cu . Такиеокислы изучались французскими физика-ми. В качестве элемента структуры в нихвходил редкоземельный элемент лантан.Если взять соединение 2 4La CuO , то медьв нем только двухвалентная, и это веще-ство ведет себя как изолятор. Мюллер иБеднорц стали заменять трехвалентныйлантан двухвалентными элементами, что-бы отнять часть электронов у меди и темсамым частично перевести медь в трехва-лентное состояние. В результате был полу-чен первый высокотемпературный сверх-проводник 2 4La Ba CuOx x , где x == 0,1– 0,2. Сначала Беднорцу и Мюллеруникто не поверил, и их статью отказалсяпечатать ведущий американский физичес-кий журнал «Physical Review Letters».Тогда они отослали ее в немецкий журнал«Zeitschrift fur Physik», где она и вышлаосенью 1986 года. Первоначально статьяне вызвала интереса. Но потом японскиеспециалисты решили проверить сообще-ние и убедились, что Мюллер и Беднорц неошиблись. После этого указанные соеди-нения исследовали американские физики,и с начала 1987 года разразился настоя-щий «сверхпроводящий бум». Сейчас име-ется уже несколько тысяч статей на этутему. Я не могу рассказать о всех деталяхэтой гонки, но отмечу основные моменты.

Естественно было попытаться повыситькритическую температуру путем заменыэлементов их химическими аналогами.Замена Ва на Sr привела к крT = 45 К.Американская группа из Хьюстона во гла-ве с П.Чу подвергла эти образцы сжатиюи обнаружила, что критическая темпера-тура быстро растет при сжатии, хотя вобычных сверхпроводниках в подобныхусловиях крT , как правило, слабо убыва-ет. Тогда они решили попытаться устроить«химическое» сжатие, заменив атомы лан-тана на атомы иттрия, имеющие меньшийразмер. В результате было получено со-единение с фантастически высокой по тем,

С В Е Р Х П Р О В О Д И М О С Т Ь . . . 11

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 712

еще недавним, временам критической тем-пературой кр 93T ∼  К.

Идея о «химическом сжатии» помогласделать открытие, но в конце концов ока-залась неправильной. Очень тщательноеисследование показало, что высокотемпе-ратурным сверхпроводником является фаза«1– 2 – 3»: Y 2 3 7Ba Cu O x , где х меньшеединицы. Последующие попытки заменыY другими элементами показали, что сверх-проводимость с кр 93T ∼ К наблюдается усоединений со структурой «1 – 2 – 3», гдевместо иттрия может стоять осмий и почтивсе редкие земли, включая лантан.

Теперь я расскажу о некоторых особен-ностях этих соединений и о попыткахтеоретического объяснения высоких кри-тических температур. Прежде всего – о

структуре. В обоих типических соединени-ях La – Ва – Си – О и Y – Ва – Си – О онасоответствует так называемым слоистымперовскитам. Характерной их особеннос-тью является слоистость (периоды по двумнаправлениям порядка Е2,8 , а по третье-му Е12 ). В медных «слоях» каждый атоммеди окружен октаэдром атомов кислоро-да. Расчеты показывают, что основнаяпроводимость происходит по слоям медь –кислород в результате перекрытия d-обо-лочек меди с р-оболочками кислорода.Атомы редкой земли роли, по-видимому,не играют: «свободные» электроны тудапросто не заходят. Далее, оба веществаимеют в принципе две модификации: тет-рагональную и орторомбическую. В пер-вой элементарная ячейка имеет вид пра-вильной четырехгранной призмы, а вовторой – прямоугольного параллелепипе-да с произвольными длинами ребер. Ноотличие от тетрагональности небольшое.Интересно отметить, что чистый 2 4La CuOпри низких температурах является орто-ромбическим, но добавление Ва подавляетэтот переход, и вещество остается тетраго-нальным. Наоборот, иттриевое соедине-ние «1 – 2 – 3» при низких температурахявляется орторомбическим. В принципеего можно получить и в тетрагональноймодификации, изгнав из него часть кисло-рода путем нагрева, но эта модификация –не сверхпроводник.

Что касается поведения в магнитномполе, то новые вещества являются экстре-мальными сверхпроводниками второгорода, ибо нижнее поле кр1B в них порядка

210  Тл, а верхнее поле кр2B при низкихтемпературах оценивается как 210  Тл.Надо заметить, что эти вещества хрупкие,и не так просто сделать из них проволокудля сверхпроводящего магнита. Другимотрицательным свойством является то, чтокритическая плотность тока в них порядка

2 3 210 10 A см . Более того, это значениеочень быстро падает при помещении ве-ществ во внешнее магнитное поле. Соглас-но последним исследованиям, это связанос тем, что новые вещества состоят изсверхпроводящих зерен, разделенных изо-

Структура кристаллической решетки соедине-ния Y–Ba–Cu–O

лирующими прослойками. Через эти про-слойки возможен небольшой джозефсо-новский ток, который легко подавляетсямагнитным полем. Правда, в пленках,состоящих из ориентированных кристал-литов, получена критическая плотность

тока до 6 210 A см при температуре кипе-ния жидкого азота (Т = 77 К), но пленкине могут служить обмотками для сверх-проводящих магнитов.

В настоящее время усилия многих ла-бораторий мира сосредоточены на попыт-ках получить монокристаллы новых сверх-проводников. Удалось сделать пластинкисо стороной до 1 см и толщиной до 3 мм.Исследование таких образцов подтверж-дает, что эти вещества слоистые: сопротив-ление поперек слоев в десятки раз превы-шает сопротивление вдоль них. Кстати,отмечу, что в нормальном состоянии этоплохие проводники: удельное сопротивле-ние раз в 100 больше, чем у меди.

Что касается теоретических объяснений,то здесь больше вопросов, чем ответов.Например, по теории Бардина–Купера–Шриффера получается соотношение

кр

2 0

T = 3,5.

Для новых сверхпроводников разные из-мерения дают для этой величины значе-ния от 3 до 12. Далее, эти вещества обла-дают целым рядом специфических осо-бенностей, но не очень ясно, какие имен-но из них имеют принципиальное значе-ние. Например: какую роль играет слоис-тость кристаллов; существенны ли атомылантана или иттрия в механизме сверх-проводимости или они играют роль про-сто механической фермы, которая скреп-ляет кристаллическую решетку? Каковароль кислорода? Известно, что в иттрие-вом соединении есть слои, состоящие изцепочек Сu – О – Сu – О, а есть плоско-сти, в которых на атом меди приходитсяпо два атома кислорода. При удалениикислорода он прежде всего уходит из це-почек, и вещество теряет сверхпроводи-мость. Но в лантановом соединении такихцепочек нет.

Итак, не очень понятно, за что зацепить-ся. Экспериментально установлено, что ив новых сверхпроводниках электроны объе-динены в куперовские пары. Но каковмеханизм притяжения? Механизм переда-чи фононов – квантов колебаний решетки– влечет за собой изотопический эффект,т.е. изменение крT с переходом к другомуизотопу. Были сделаны измерения на об-разцах с заменой изотопа 16O на 18O . Улантанового соединения эффект наблю-дался, хотя и меньше, чем предсказывалатеория БКШ. Но у иттриевого 90-градус-ного сверхпроводника, так же как и утакого же вещества с европием вместоиттрия, этого эффекта практически нет.

Отсюда делается вывод, что помимо дав-но известного фононного механизма суще-ствует другой механизм передачи взаимо-действия между электронами. В принци-пе, в веществе могут существовать квази-частицы и иных типов – например, связан-ные с возбуждением электронов, удален-ных от проводящих слоев. Они называют-ся плазмонами. Есть и другая идея: веще-ство может находиться близко к переходув магнитоупорядоченное состояние. В этомсостоянии есть свои квазичастицы – маг-ноны. Но даже если нет настоящего упоря-дочения, то оно может возникать в видефлуктуации и создавать взаимодействиеэлектронов. Появились теории, использу-ющие это обстоятельство.

Я не могу перечислить всех теорий – ихочень много. Отмечу еще только оченьинтересную концепцию двухэлектронныхцентров. Известно, что кислород оченьлегко уходит из новых сверхпроводников,в то время как в обычных окислах онсвязан очень прочно. Есть концепция, со-гласно которой два электрона могут сразууйти с атомов кислорода на медь; этоделает кислород нейтральным и тем са-мым облегчает его выход из решетки. А тообстоятельство, что электроны то находят-ся в коллективизированном металличес-ком состоянии, то оказываются попарнолокализированными на кислороде, приво-дит к их притяжению.

С В Е Р Х П Р О В О Д И М О С Т Ь . . . 13

(Продолжение см. на с. 19)

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. Публикуемыев нем задачи нестандартны, но для их решения не требуется знаний, выходящих за рамкишкольной программы. Наиболее трудные задачи отмечаются звездочкой. После формули-ровки задачи мы обычно указываем, кто нам ее предложил. Разумеется, не все эти задачипубликуются впервые.

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

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

Задача М2470 предлагалась на XX Кубке памяти А.Н.Колмогорова, задача М2472 – на VIIIМеждународной олимпиаде Romanian Master in Mathematics.

Задачи Ф2477–Ф2480 предлагались на отраслевой физико-математической олимпиадешкольников «Росатом» 2016/17 учебного года. Автор этих задач – С.Муравьев

Задачипо математике и физике

Задачи М2470–М2473, Ф2477–Ф2480

M2470. Даны несколько натуральных чи-сел. Кирилл сложил два из них, к суммедобавил третье и т.д., пока не получилсумму всех. Илья сделал с исходнымичислами то же, но в другом порядке.Докажите, что Кирилл и Илья совершилипоровну переносов в процессе сложений.

И.Богданов

M2471. На координатной плоскости каж-дая точка с целыми координатами покра-шена в один из трех цветов: красный,зеленый или желтый так, что есть хотя быодна точка каждого цвета. Докажите, чтонайдутся три точки X, Y и Z, покрашенныев разные цвета, такие, что 45XYZ– = ∞ .

Хорхе Типе (Перу)

M2472*. Все члены последовательности{ }nx положительны и при всех натураль-ных n имеет место равенство

2 21 12 3 2 1n n n nx x x x+ +- + = .

Определите, какое наибольшее количе-ство различных чисел может быть средичленов последовательности { }nx .

С.Костин

M2473*. На сторонах AB, BC, CD и DAвыпуклого четырехугольника ABCD выб-раны точки P, Q, R и S соответственно.Оказалось, что отрезки PR и QS разбива-

ют ABCD на четыре четырехугольника, укаждого из которых диагонали перпенди-кулярны (рис. 1). Докажите, что точки P,Q, R и S лежат на одной окружности.

Н.Белухов (Болгария)

Ф2477. В системедвух тел с массамиm и 2m, связанныхнерастяжимой иневесомой нитью,второй конец ко-торой прикрепленк потолку, и двухневесомых блоков,ускорения блоковизвестны и равныa и 2a (рис.2). Какими силами нужнодействовать на блоки?

Ф2478. Имеются четыре одинаковых ци-линдрических сосуда, в которые налитонекоторое количество воды. Поверх воды

Рис. 1

Рис. 2

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 15

Реш

M2454нескольчисел. З

в первый, второй итретий сосуды (рис.3) аккуратно нали-вают слой маслатолщиной h, 2h и3h соответственно.На сколько изме-

нится уровень жидкости в каждом сосудепо сравнению с первоначальным положе-нием после установления равновесия?Известно, что при наливании масла водани из одного сосуда полностью маслом невытесняется. Плотность масла 0 , плот-ность воды 1 ( 1 0> ).

Ф2479. В электрической цепи, схема кото-рой представлена на рисунке 4, три одина-ковых резистора соединены последователь-

но и подключены к батарейке с ЭДС E == 10 В. Два одинаковых вольтметра, под-ключенных так, как показано на рисунке,показывают напряжение U = 5 В каждый.Что будет показывать один из них, есливторой вообще отключить от цепи? Внут-реннее сопротивление источника равнонулю.

Ф2480. На рисунке 5 изображен выпук-лый четырехугольник. Где нужно распо-ложить тонкую собирающую линзу и ка-

ким должно бытьее фокусное рас-стояние, чтобыизображение че-тырехугольникаимело формуквадрата? Реши-те задачу графи-чески и обоснуй-те все сделанныепостроения на ос-

нове законов геометрической оптики. Оце-ните по рисунку фокусное расстояние этойлинзы, считая, что одна клеточка на ри-сунке равна одному сантиметру.

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

Решения задач М2458–М2461,Ф2465–Ф2468

M2458. а) На каждой стороне 10-уголь-ника (не обязательно выпуклого) как надиаметре построили окружность. Мо-жет ли оказаться, что все эти окружно-сти имеют общую точку, не совпадаю-щую ни с одной вершиной 10-угольника?б) Решите ту же задачу для 11-уголь-ника.

Ответ: а) можно; б) нельзя.Общая точка у всех построенных окруж-ностей – это точка, из которой каждаясторона многоуголь-ника видна под пря-мым углом.а) Один из возмож-ных примеров пока-зан на рисунке.б) Предположим, чтоO – общая точка по-строенных окружно-стей для n-угольника 1 2 nA A A… , где nнечетно, причем O не совпадает ни с однойиз вершин. Тогда 1 2OA OA , 2 3OA OA ,значит, прямые 1OA и 3OA совпадают,т.е. точки 1A и 3A лежат на одной прямойl, проходящей через O. Продолжая далее,аналогично получаем, что точка 5A тожележит на прямой l, точки 7 9, , , ,nA A A…

2 4 1, , , nA A A… тоже лежат на прямойl. Таким образом, все вершины n-уголь-ника лежат на одной прямой. Противоре-чие.

Е.Бакаев

M2459. Для положительных чисел

1, , nx x… докажите неравенство

44 4

1 2

2 3 1

nxx x

x x x…

Ê ˆÊ ˆ Ê ˆ+ + + ≥Á ˜Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯Ë ¯

3 2 11 2

5 6 1 2 3 4

n n n nx x x xx x

x x x x x x- - -≥ + + + + + +… .

Умножим неравенство на 4 и представимлевую часть в виде суммы 1 2 ns s s… ,где

4 44 4

31 2 41

2 3 4 5

xx x xs

x x x x,

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 716

4 4 44

3 52 42

3 4 5 6

,x xx x

sx x x x

…

..., 44 4 4

31 2

1 2 3 4

nn

xx x xs

x x x x.

Пользуясь неравенством 2 2 2a b ab ,получаем

4 44 4

31 2 41

2 3 4 5

xx x xs

x x x x

2 22 2

31 2 4

2 3 4 5

2 2xx x x

x x x x

=

2 2

3 31 1

3 5 3 5

2 2 2x xx x

x x x x

1

5

4x

x.

Итак, 11

5

4x

sx

. Аналогично получаем

22

6

4x

sx

, ..., 4

4 nn

xs

x. Суммируя эти

неравенства, получаем требуемое.

Заметим, что неравенство 11

5

4x

sx

мож-

но было установить и в один ход, восполь-зовавшись неравенством между среднимарифметическим и средним геометричес-

ким для четырех чисел 4

1

2

x

x,

4

2

3

x

x,

4

3

4

x

x,

4

4

5

x

x.

М.Фадин

M2460. Кузнечик умеет прыгать по клет-чатой полоске шириной в 1 клетку на 8,9 или 10 клеток в любую сторону. (Пры-жок на k клеток означает, что междуначальным и конечным положениямипрыжка находятся k – 1 клеток.) Будемназывать натуральное число n пропрыги-ваемым, если кузнечик может, начав снекоторой клетки, обойти полоску дли-ны n, побывав на каждой клетке ровноодин раз. Докажите, что существуетнепропрыгиваемое n, большее 50.

Докажем, что n = 62 не является пропры-гиваемым. Предположим противное – куз-

нечик пропрыгал полоску из 62 клеток.Покрасим 8 левых ее клеток белым, следу-ющие 10 – черным, потом снова 8 – белыми так далее (см. рисунок). Всего будет 32

белых и 30 черных клеток. Посколькуразность количеств белых и черных кле-ток больше 1, то должен быть прыжокмежду двумя белыми клетками. Но такиепрыжки невозможны.Та же идея с небольшим дополнительнымрассуждением помогает доказать, что инекоторые другие n не являются пропры-гиваемыми. Рассмотрим, например, по-лоску из 63 клеток. По сравнению с реше-нием для n = 62 увеличим один из белыхкусков на одну клетку. Тогда разностьколичеств белых и черных клеток увели-чится на единицу (станет равна 3), новозможен лишь один прыжок между дву-мя белыми клетками – это снова приводитк противоречию. Так можно увеличить наодну клетку каждый из белых кусков, прикаждом увеличении на одну клетку раз-ность количеств белых и черных клетокувеличится на единицу, и количество воз-можных прыжков между двумя белымиклетками – тоже. Таким образом, можнопоказать, что числа 63, 64, 65, 66 тоже непропрыгиваемы.Аналогично, уменьшая в решении для n =62 черные куски на одну клетку, можнопоказать, что числа 59, 60, 61 не пропры-гиваемы.Заметим, однако, что все достаточно боль-шие n являются пропрыгиваемыми.

Е.Бакаев

M2461. Доминошки 1 2¥ кладут безналожений на шахматную доску 8 8¥ .При этом доминошки могут вылезать заграницу доски, но центр каждой доми-ношки должен лежать строго внутридоски (не на границе). Положите такимобразом на доску: а) хотя бы 40 домино-шек; б) хотя бы 41 доминошку; в) более41 доминошки.

а) Возьмем на координатной плоскости

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

квадрат 8 8 с вершинами в точках4; 4 и повернем его немного относи-

тельно центра так, чтобы его вертикаль-ные стороны не пересекли прямых x = –3,5и x = 3,5. После поворота квадрат высекаетна каждой из восьми прямых x = –3,5, x == –2,5, x = –1,5, x = –0,5, x = 0,5, x = 1,5,x = 2,5, x = 3,5 отрезки длины больше 8.Значит, внутри каждого из таких отрезковможно разместить с шагом 2 по пять цен-тров вертикальных доминошек. Итого 40доминошек. Другой способ расположения40 доминошек показан на рисунке 1.

в) На рисунке 2 показана укладка 42доминошек. Центры левой верхней и пра-вой нижней доминошек лежат на границе

квадрата с диагональю 11, которая меньшедиагонали доски 8 8. Поэтому центрывсех доминошек уместятся на доске.В завершении опишем, как расположить44 (!) доминошки.Как и в первом решении пункта а), немно-го повернем квадрат 8 8 с вершинами

4; 4 так, чтобы его вертикальные сто-

роны не пересекли прямых 3

34

x . На

семи прямых 3

34

x , 3

24

x , 3

14

x ,

3

4x ,

1

4x ,

114

x , 1

24

x , как и

раньше, поместим по пять центров верти-кальных доминошек, а на прямой

33

4x поместим 9 центров горизонталь-

ных доминошек. Итого будет выложено7 5 9 44 доминошки.Более наглядное описание этой конструк-ции таково. Расположим 35 доминошектак, как на рисунке 3,а. Центры «гранич-

ных»доминошек образуют прямоугольник8 7,5. Чуть сдвинем 7 вертикальных ря-дов из 5 доминошек вверх (каждый ряд насвое расстояние), чтобы центры «гранич-ных»доминошек образовали параллелог-рамм (красный на рисунке 3,б). Расстоя-ние между его верхней и нижней сторона-ми меньше 8, сами стороны чуть больше7,5 и совсем немного сдвинуты друг отно-сительно друга. Поэтому этот параллелог-рамм можно накрыть квадратом 8 8.

С.Дориченко

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Ф2465. Кот Леопольд сидел на непод-вижной дрезине у вертикально стоящегожестко закрепленного на ней щита, по-вернутого под углом к направлениюрельсов. Два озорных мышонка бросили внего мешок с песком массой m, горизон-тальная составляющая начальной скоро-сти которого равна 0v и направленавдоль рельсов. Кот успел спрятаться защит, и мешок, ударившись о щит, сползпо нему в сторону и скатился по насыпивниз. С какой скоростью поехала дрези-на, если масса дрезины с котом М? Тре-

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 718

нием мешка о щит и дрезины о рельсыможно пренебречь.

После удара скорость мешка относительнодрезины будет направлена вдоль щита,поэтому горизонтальная скорость мешкаотносительно земли равна сумме скоростидрезины v и некоторой горизонтальнойскорости мешка u, направленной вдольщита. В системе сохраняется проекцияимпульса на ось, параллельную рельсам:

( )0 sinmv Mv m v u= + + .

Кроме того, не может измениться парал-лельная щиту составляющая горизонталь-ной скорости мешка, так как трение отсут-ствует и единственная действующая намешок горизонтальная сила перпендику-лярна щиту. Поэтому

0 sin sinv v u= + .

Исключая из этих двух уравнений u, нахо-дим искомую скорость дрезины:

2

02

cos

cos

mv v

M m=

+.

Д.Александров

Ф2466. В системе, показанной на рисун-ке, 1m m , 2m 5m , M = 6m. Найдитеускорение груза массой М, если междуостальными грузами и столом имеется

трение с коэффициентом 0,5 . При-нять 2g 10 м с , массой блоков и трени-ем в их осях пренебречь.

В первую очередь нужно разобраться, бу-дут ли двигаться грузы массами 1m и 2m .Возможны четыре варианта:1) оба груза неподвижны;2) груз массой 1m неподвижен, а грузмассой 2m движется;3) груз массой 1m движется, а 2m –неподвижен;4) оба груза движутся.

Первый случай невозможен, так как тогдасила натяжения нити была бы равна 3mg,а этого достаточно, чтобы сдвинуть каж-дый из грузов, лежащих на столе.Второй случай невозможен, поскольку еслисила натяжения нити способна сдвинутьгруз массой 2m , то она тем более сдвинетгруз массой 1m .В четвертом случае, решив систему урав-нений

1 1 1m a T m g= - , 2 2 2m a T m g= - ,

2Ma Mg T= - , 1 22a a a= + ,

получим

2T m g< и 2 0a < ,

т.е. этот вариант тоже невозможен.Остается третий случай: груз массой 1mдвижется, а груз массой 2m неподвижен.Из системы уравнений

1 1 1m a T m g= - , 2Ma Mg T= - , 12a a=находим искомое ускорение груза массойМ:

25 м с2

ga = = .

Противоречие, возникающее при рассмот-рении первого случая, означает, что грузыне могут быть неподвижны одновременно.Было бы логической ошибкой сделать от-сюда вывод, что оба груза движутся.Анализ случаев можно заметно упростить,если заметить, что при закрепленном груземассой 2m ускорение груза массой М нипри каких значениях масс не может превы-сить g. Это означает, что ускорение грузамассой 1m не превышает 2g, следователь-но, сила натяжения нити не превосходит

1 1 12 2,5m g m g m g◊ + = , а такая сила неспособна сдвинуть груз массой 2m .

Д.Александров

Ф2467. При подведении количества теп-лоты Q = 600 Дж к смеси гелия и азотапри постоянном объеме смесь нагревает-ся на 1T = 15 К. А если то же количествотеплоты подвести к тому же количествутой же смеси при постоянном давлении,то температура смеси повысится на 2T == 10 К. Найдите отношение числа моле-кул азота к числу молекул гелия в смеси.

Теплоемкости всей смеси при постоянном

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

объеме и при постоянном давлении равны,соответственно,

1

600 Дж40 Дж К

15 КV

QC

T= = =

и

2

600 Дж60 Дж К

10 Кp

QC

T= = = ,

а их разность составляет

20 Дж Кp VC C- = .

Так как отношение 2V

p V

C

C C=

- не зави-

сит от количества вещества и для одного

моля любого идеального газа p Vc c R- = ,молярная теплоемкость смеси при посто-янном объеме равна

2Vc R= .

Пусть на одну молекулу гелия в смесиприходится x молекул азота. Тогда в од-

ном моле смеси будет 1

1 x+ молей гелия и

1

x

x+ молей азота. Внутренняя энергия

моля смеси равна

1 3 5

1 2 1 2

xU RT RT

x x= ◊ + ◊ =

+ +

( )3 5

2 1

xT RT

x

+=

+,

откуда находим

( )3 5

22 1

VU x

c R RT x

+= = =

+.

Решив уравнение

( )3 5

22 1

x

x

+=

+,

получим искомое отношение:

х = 1.Д.Александров

Ф2468. В электрической цепи, изобра-женной на рисунке, все элементы можно

считать идеальными. В некоторый мо-мент после замыкания ключа тепловыемощности, выделяющиеся на резисторахс сопротивлениями R и 2R, равны 1P == 9 Вт и 2P = 2 Вт соответственно. Скакой скоростью в этот момент растетэнергия конденсатора?

Сначала, пользуясь формулой 2P I R= ,находим, что в рассматриваемый моментвремени ток в резисторе сопротивлениемR в три раза больше тока в резисторесопротивлением 2R. Тогда ток через кон-денсатор в два раза больше тока в резисто-ре сопротивлением 2R, а так как напряже-ния на них равны, то их мощности относят-ся как токи.Это означает, что скорость роста энергииконденсатора в два раза больше мощности,выделяющейся в резисторе сопротивлени-ем 2R, т.е. равна 4 Вт.

Д.Александров

Итак, сейчас наступило время исследо-ваний и поисков как механизма высоко-температурной сверхпроводимости, так испособов практического применения но-вых сверхпроводящих материалов. Иссле-дования ведутся очень большими силами,и не исключено, что они увенчаются успе-хом. Однако одно важное дело – открытие

высокотемпературных сверхпроводников– уже сделало: оно уничтожило многолет-ний предрассудок, что сверхпроводимостьобязательно требует низких температур.Это окрыляет людей на дальнейшие поис-ки, и даже в том случае если не удастся«приручить» обнаруженные сверхпрово-дящие керамики, то обязательно будутнайдены другие классы сверхпроводниковс более высокими критическими темпера-турами и более пригодные для практичес-кого использования.

Сверхпроводимость:история, современные представления,

последние успехи

(Начало см. на с. 9)

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Иллю

страции Д

.Гриш

уковой

Эти задачи предназначены прежде всего

учащимся 6–8 классов.Задачи 1 и 2 взяты из книги «Математичес-

кий винегрет» И.Ф.Шарыгина, задачи 3 и 4 –из книги «Задачи для детей от 5 до 15 лет»В.И.Арнольда.

Задачи1. Бумеранг можно бросить так, чтоон вернется обратно, не коснувшисьникакой твердой поверхности. А мож-но ли так бросить теннисный мяч?

2. На подоконнике сидели три мухи.Вспугнутые хозяйкой, они взлетели.Какова вероятность, что ровно черезминуту они окажутся в одной плоско-сти?

3. У Маши не хватало для покупкибукваря семи копеек, а у Миши –

одной копейки. Они сложились, что-бы купить один букварь на двоих, ноденег все равно не хватило. Сколькостоил букварь?

4. Найдите многогранник, имеющийтакой вид сверху и такой вид спереди,как показано на картинке. Нарисуйтевид сбоку (невидимые ребра много-гранника изобразите пунктиром).

« К В А Н Т » Д Л Я М Л А Д Ш И Х Ш К О Л Ь Н И К О В 21

Какой бывает колеяС.ДВОРЯНИНОВ

Эй вы, задние! Делай как я.Это значит – не надо за мной.Колея эта – только моя,Выбирайтесь своей колеей.

В.Высоцкий. Чужая колея

Ступени, трудно вы мне дались,Но как печален был ваш сюрприз.К развязке грустной вели меняНаверх по лестнице, ведущей вниз.

И.Кохановский. Ступени

ПОЧТИ 180 ЛЕТ НАЗАД, 30 ОКТЯБРЯ 1837года в 2 часа 30 минут дня первый в

России пассажирский поезд плавно ото-шел от перрона в Петербурге и через 35минут прибыл на станцию Царское Село.Руководил строительством Царскосельс-кой дороги австрийский инженер ФранцГерстнер. Он отказался от принятой в Ев-ропе колеи шириной 1435 мм, посколькуона, по его мнению, была слишком маладля создания правильной конструкции па-ровозов и вагонов. Ширина колеи Царс-косельской дороги, т.е. расстояние междувнутренними гранями головок рельсов(рис. 1), была 1829 мм (или 6 футов).

В 1843 году началось строительство до-роги между Петербургом и Москвой. Онастроилась двухпутной ирассчитанной под колеюшириной 1524 мм (5 фу-тов). Эта ширина потомстала стандартной длявсех российских желез-ных дорог. Царскосельс-кая дорога была «пере-шита» на русскую колеюв начале XX века.

В разных странах раз-ная ширина железнодо-рожной колеи. Но даже водной стране наряду собычными дорогами естьузкоколейные. Так, у насбыли распространены до-

роги с колеей 750 мм – для перевозкиторфа и леса в местах их заготовки. Таковаже ширина и детских железных дорог.

Когда поезд переходит с одной колеи надругую, то в местах их стыковки вагоныпереставляют с одних вагонных тележекна другие. Иногда для этого используютраздвижные колесные пары, которые мо-гут без остановки движения изменятьширину колеи на специальных перевод-ных путевых устройствах.

А существуют ли колеса, пригодные дляезды по колее любой ширины? Теорети-чески, да. Вотпример.

Вам, должнобыть, хорошо из-вестна геометри-ческая фигура,называемая конусом. Модель конуса лег-ко склеить из бумаги или картона. Дляэтого рисуем круговой сектор и сворачи-ваем его в виде кулечка (рис.2). В прежние

Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 722

времена в таких кулечках, свернутых изгазеты, старушки продавали семечки. Да ив крупных гастрономах до изобретенияполиэтиленовых пакетов в кулечках раз-вешивали пряники, конфеты, макароны идругие продукты.

Теперь давайте два одинаковых конусасклеим основаниями и полученное телобудем использовать как колесную пару,располагая ось конуса перпендикулярнорельсам (рис. 3). При этом фактически

получается не одна пара колес, а беско-нечно много пар разного радиуса.

Действительно, пусть на плоскости естьдве пары рельсов – с узкой и с широкойколеей. Поставим наше колесо на однирельсы, а потом на другие (рис.4). Разуме-ется, между рельсами должна быть впади-на, ложбина, канал (сродни тем, которые

есть в метро). В эту ложбину сможетпогружаться часть нашего колеса. Есликолея узкая, то по ней катятся колесабольшего радиуса R, а если широкая – томеньшего радиуса r.

Посмотрим теперь на наше колесо сбоку(рис.5). Центр колес находится на высотеH над узкой колеей и на высоте h надширокой, и при этом H > h.

До сих пор ширина горизонтальной ко-

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

леи предполагалась постоянной. Пустьтеперь рельсы расходятся, колея стано-вится шире и шире и вначале колесонаходится на ее узкой части (рис.6). Если

такое колесо отпустить, то оно покатится всторону широкой части. При этом центртяжести колеса будет опускаться.

Это обстоятельство используют при де-монстрации популярного механическогопарадокса. В случае, показанном на рисун-ке 6, рельсы справа (в широкой частиколеи) можно чуть приподнять, но так,чтобы колесо по-прежнему скатывалосьслева направо. При этом стороннему на-блюдателю будет казаться, что колесо ка-тится вверх вопреки всем законам меха-ники! Ясно, что никакого противоречияздесь нет – центр тяжести колеса по-прежнему опускается и колесо катитсявниз по двум рельсам, каждый из которыхидет вверх.

В заключение – вопрос. Пусть рельсыокрашивают наше колесо, которое по нимкатится. Если ширина колеи постоянна, тона поверхности двух конусов мы получимдве окружности. А каким будет след, еслиширина колеи меняется?

Рис. 3

К ВОСЬМИДЕСЯТИЛЕТИЮИГОРЯ ФЕДОРОВИЧА ШАРЫГИНА

Истинным назначением жизни Игоря Фе-доровича Шарыгина была борьба за разви-тие математического образования – не толь-ко в нашей стране, но и во всем мире. И где-то в конце восьмидесятых начался фантасти-ческий по затраченным усилиям и плодо-творности период его жизни.

Мне представляется, что разумно было быиздать сборник его страстных обращений кколлегам, парламентариям, президентам – онеобходимости сберечь наше национальноедостояние – математическое образование,созданное на протяжении полутораста летусилиями русской интеллигенции.

В одной из своих статей, оказавшейсяпоследней в его жизни, Игорь ФедоровичШарыгин обращается к каждому человеку.Все человечество выступает в ней как дей-ствующее лицо. Он пишет: «История чело-вечества пишется в трех книгах. Это Исто-рия Вражды, история войн, революций, мя-тежей и бунтов. [...] Это История Любви. Еепишет искусство. И это История Мысличеловеческой. История ГЕОМЕТРИИ нетолько отражает историю развития челове-ческой мысли. Геометрия сама является од-ним из моторов, двигающих эту мысль».

Если заменить «Историю Вражды» на«Историю Борьбы», присоединив к войнам,революциям, мятежам и бунтам борьбу прав-ды с неправдой и добра со злом, можно будетназвать Игоря Федоровича человеком, впи-савшим страницы в каждую из книг, в кото-рых прослеживается история человечества.

Игорь Федорович был страстным борцомна стороне правды, рыцарем, стоявшим настраже просвещения. В «Историю Любви»вписаны его поразительные книги, где глав-ной героиней, предметом восхищения и вос-торга является геометрия. В «ИсториюМысли человеческой» надо включить егокомпозиторское и педагогическое творчество.

Он любил цитировать слова Бродского:«Не в том суть жизни, что в ней есть, а в верев то, что в ней должно быть». Этой веройбыла наполнена жизнь Игоря ФедоровичаШарыгина.

«Квант», который И.Ф. Шарыгин такжеодарил своей любовью, отмечает восьмиде-сятую дату рождения этого замечательногочеловека.

В.Тихомиров

Игорь Федорович Шарыгин

(11.02.1937 – 11.11.1999)

Выходв пространство

И.ШАРЫГИН

ПОПРОБУЙТЕ РЕШИТЬ СЛЕДУЮЩУЮголоволомку: Из шести спичек сложить

четыре правильных треугольника так,

Рис. 1

чтобы стороной каждого была целая спич-ка. Попытки решить ее к успеху как будто неприводят. Мало того, можно доказать, чтотакое построение не осуществимо на плоско-сти (попробуйте это сделать). Как же быть?Оказывается, нужно выйти в пространство –сложить из спичек пра-вильный тетраэдр(рис.1). Невозможное наплоскости осуществимов трехмерном простран-стве!

Выход в пространствобывает полезен и при

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

Опубликовано в «Кванте» №5 за 1975 год.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 724

Рис. 4

ки касания шестиугольника ABCDEF с ок-ружностью. Для доказательства существо-вания такого шестиугольника 1 1 1 1 1 1A BC D E Fдостаточно одну вершину, например 1A ,взять произвольно на перпендикуляре к плос-кости р, восставленном в точке А; тогдаостальные вершины определяются однознач-но. В самом деле, пусть а, b, с, d, e, f – длиныкасательных к окружности, проведенныхчерез точки А, В, С, D, Е, F соответственно,и h – расстояние от 1A до плоскости шести-угольника ABCDEF. Тогда 1B находится подругую сторону от плоскости, по сравнениюс 1A , на расстоянии hb a , 1C – по ту жесторону плоскости, что и 1A , на расстоянииhb c hc

a b a от плоскости и т.д. Наконец,

найдем, что 1F лежит по другую сторону отплоскости, нежели 1A , на расстоянии hf a ,и, значит, 1A и 1F лежат на прямой, прохо-дящей через точку касания AF с окружнос-тью. Любые две противоположные сторонышестиугольника 1 1 1 1 1 1A BC D E F расположеныв одной плоскости (докажите самостоятель-но). Следовательно, любые две диагонали,соединяющие противоположные вершинышестиугольника 1 1 1 1 1 1A BC D E F , пересекают-ся, а отсюда и все три диагонали шестиуголь-ника 1 1 1 1 1 1A BC D E F (они не лежат в однойплоскости) пересекаются в одной точке.Поскольку шестиугольник ABCDEF – про-екция шестиугольника 1 1 1 1 1 1A BC D E F , теоре-ма доказана.

Заметим, что аналогично можно доказатьи более общий факт: Если прямые АВ, ВС,CD, DE, EF и FA касаются одной окружно-сти, то прямые AD, BE и CF пересекаютсяв одной точке или параллельны.

Один из возможных случаев расположе-ния точек A, В, С, D, Е, F показан нарисунке 4.

Рис. 2

Рис. 3

решении некоторых планиметрических за-дач. Классическим примером является тео-рема Дезарга: Если два треугольника 1 1 1A BCи 2 2 2A B C расположены на плоскости так,что прямые 1 2A A , 1 2B B , 1 2C C пересекают-ся в одной точке, то три точки пересеченияпрямых 1 1A B и 2 2A B , 1 1BC и 2 2B C , 1 1C A и

2 2C A расположены на одной прямой (рис.2).

Утверждение теоремы становится очевид-ным, если увидеть на рисунке 2 простран-ственную фигуру, а именно – трехгранныйугол, пересеченный двумя плоскостями: однаплоскость пересекает ребра трехгранногоугла в точках 1A , 1B и 1C , а другая – вточках 2A , 2B и 2C . Три точки пересечениясоответствующих сторон треугольников

1 1 1A BC и 2 2 2A B C принадлежат линии пере-сечения этих плоскостей и, значит, лежат наодной прямой.

С помощью выхода в пространство изящнодоказывается и теорема Брианшона: Диаго-нали, соединяющие противоположные вер-шины описанного шестиугольника, пересе-каются в одной точке.

Пусть ABCDEF – плоский шестиуголь-ник, описанный около окружности. Возьмемпроизвольный пространственный шести-угольник 1 1 1 1 1 1A BC D E F (рис.3), отличный отABCDEF, проекция которого на плоскость ресть шестиугольник ABCDEF и соответству-ющие стороны которого проходят через точ-

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 25

Только что доказанная теорема Брианшо-на оказывается справедливой для шести-угольника, описанного около произвольногоконического сечения (эллипса, параболы,гиперболы), поскольку произвольное кони-ческое сечение можно спроектировать отно-сительно некоторой точки на другую плос-кость так, что его проекция будет окружно-стью. При этом прямые, касающиеся кони-ческого сечения, перейдут в прямые, касаю-щиеся окружности.

Вот более сложный пример: Докажите,что с помощью одной линейки нельзя найтицентр окружности.

Пусть данная окружность находится вплоскости . Если мы докажем, что суще-ствуют такие плоскость и точка О, чтопроекцией данной окружности относительноточки О на плоскость будет окружность,но при этом центр первой окружности пере-ходит в точку, отличную от центра второйокружности, то наша задача будет решена.Действительно, любому построению с помо-щью одной линейки в плоскости соответ-ствует при проектировании построение спомощью одной линейки в плоскости .

В качестве плоскости возьмем произ-вольную плоскость, пересекающую плоскость

по прямой l, не проходящей через центрданной окружности (рис.5). Пусть АВ –диаметр данной окружности, перпендику-лярный к l, а N – точка пересечения прямыхАВ и l. Восставим из точки N перпендикуляр

к l, лежащий в плоскости , и возьмем нанем точки 1A и 1B так, что 1A N BN ,

1B N AN . В качестве точки О – центрапроекции – возьмем точку пересечения пря-мых 1AA и 1BB . Очевидно, середина отрез-ка АВ проектируется в точку, отличную отсередины отрезка 1 1A B .

Возьмем произвольную точку D на даннойокружности, DM AB . Проекцией DMбудет 1 1 1 1D M A B . Докажем, что 1D лежитна окружности, построенной на 1 1A B как надиаметре. Воспользуемся тем, что

1 1 1M D MO MD M O ( DMO подобен

1 1D M O ) и 2MD BM MA . Нам нужнодоказать, что 2

1 1 1 1 1 1M D B M M A , или, ис-пользуя два предыдущих равенства, полу-чить, что

1 1 1 12 2

1

BM MA B M M A

MO M O,

1 1 1 1

1 1

BM MA B M M A

MO MO M O M O.

Заменяя в последнем равенстве отношенияотрезков отношением синусов противопо-ложных углов соответствующих треуголь-ников, получим очевидное равенство

sin sin sin sinsin sin sin sin

.

Одной из самых красивых и неожиданныхиллюстраций к теме «Выход в простран-ство» служит, пожалуй, решение этим мето-дом известной задачи Аполлония: Постро-

ить окружность, касательную к тремданным окружностям.

Поставим в соответствие каждой ок-ружности в данной плоскости две точкипространства, расположенные по разныестороны от плоскости, удаленные от этойплоскости на расстояние, равное радиу-су окружности, и такие, что проекциякаждой из них на плоскость есть центрокружности. Обратно: каждой точке про-странства соответствует окружность внашей плоскости, центр которой совпа-дает с проекцией точки на плоскость, арадиус равен расстоянию от точки доплоскости. Прежде чем перейти к реше-нию задачи Аполлония, обратим внима-ние на следующее обстоятельство: если Р– одна из двух точек, соответствующихокружности k, то любой точке, находя-щейся на конической поверхности, вер-Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 726

шиной которой является точка Р, а направ-ляющей – окружность k (рассматриваютсяобе полы этой поверхности), соответствуетокружность, касающаяся окружности k(рис.6). Пусть теперь даны три окружности

на плоскости. Построим для каждой указан-ным выше способом одну из двух коничес-ких поверхностей. Точке пересечения этихтрех поверхностей соответствует окружность,касающаяся трех данных. Беря различныерасположения точек, соответствующих ок-ружностям, можно получить все решениянашей задачи.

Мы привели несколько примеров, когдапомогает трехмерное пространство. А можетли помочь четырехмерное пространство?Конечно, да! Например, с его помощьюможно решить такую головоломку: Из деся-ти спичек сложить десять правильных тре-угольников так, чтобы сторона каждоготреугольника равнялась целой спичке.

Нужно выйти в четырехмерное простран-ство и сложить в нем многогранник, анало-гичный тетраэдру. Такие многогранники на-зываются симплексами. Симплекс на плос-кости – это треугольник, в трехмерном про-странстве – тетраэдр; что представляет со-бой симплекс в четырехмерном простран-стве, можно понять из рисунка 7.

Этот пример,конечно, серьезенлишь наполовину,а вот уже вполнесерьезный пример.Пусть три плоско-сти пересекаютсяпо одной прямой.Рассмотрим тритрехгранных угла,вершины которых

расположены на этой прямой, а ребра лежатв данных плоскостях (предполагаем, чтосоответствующие ребра, т.е. ребра, располо-женные в одной плоскости, не пересекаютсяв одной точке). Тогда три точки пересече-ния соответствующих граней этих трех-гранных углов лежат на одной прямой(рис.8).

Поскольку для доказательства этого ут-верждения мы хотим «выйти» в четырехмер-ное пространство, расскажем сначала о неко-торых свойствах этого пространства.

Простейшими фигурами четырехмерного про-странства будут: точка, прямая, плоскость и трех-мерное многообразие, которое мы будем называтьгиперплоскостью. Первые три фигуры – это нашистарые знакомые из трехмерного пространства.Правда, некоторые утверждения, связанные сними, нуждаются в перефразировке. Например,вместо следующей аксиомы трехмерного про-странства: если две различные плоскости имеютобщую точку, то они пересекаются по прямой,следует ввести аксиому: если две различные плос-кости, принадлежащие одной гиперплоскости,имеют общую точку, то они пересекаются попрямой. Введение нового геометрического образа– гиперплоскости – заставляет ввести связаннуюс ним группу аксиом, аналогично тому, как припереходе от геометрии плоскости – планиметрии– к геометрии трехмерного пространства – стерео-метрии – вводится группа аксиом (вспомните,каких?), выражающих основные свойства плос-костей в пространстве. Эта группа состоит изследующих трех аксиом:

1. Какова бы ни была гиперплоскость, суще-ствуют точки, ей принадлежащие, и точки, ей непринадлежащие.

2. Если две различные гиперплоскости имеютобщую точку, то они пересекаются но плоскости,

Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 27

т.е. существует плоскость, принадлежащая каж-дой из гиперплоскостей.

3. Если прямая, не принадлежащая плоскости,имеет с ней общую точку, то существует един-ственная гиперплоскость, содержащая эту пря-мую и эту плоскость.

Из этих аксиом непосредственно следует. чточетыре точки, не принадлежащие одной плоско-сти, определяют гиперплоскость; точно так жетри прямые, не принадлежащие одной плоскости,но имеющие общую точку, или две различныеплоскости, имеющие общую прямую, определяютгиперплоскость. Мы не будем доказывать этиутверждения; попытайтесь сделать это самостоя-тельно.

Для дальнейших рассуждений нам понадобит-ся следующий факт, справедливый в четырехмер-ном пространстве: три различные гиперплоскос-ти, имеющие общую точку, имеют общую пря-мую. В самом деле, по аксиоме 2 любые две изтрех гиперплоскостей имеют общую плоскость.Возьмем две плоскости, по которым пересекаетсякакая-то из трех гиперплоскостей с двумя други-ми. Эти две плоскости, принадлежащие однойгиперплоскости – трехмерному многообразию,имеют общую точку и, значит, пересекаются попрямой или совпадают.

Перейдем теперь к доказательству нашегоутверждения. Если бы три плоскости, окоторых говорится в условии, были располо-жены в четырехмерном пространстве, тоутверждение было бы очевидным. Действи-тельно, каждый трехгранный угол определя-ет гиперплоскость. Две гиперплоскости пере-секаются по плоскости. Эта плоскость непринадлежит третьей гиперплоскости (поусловию, эти гиперплоскости пересекают однуиз данных плоскостей по трем прямым, непроходящим через одну точку) и, следова-тельно, пересекается с ними по прямой ли-нии. Любые три соответствующие грани трех-гранных углов лежат в одной гиперплоско-сти, определяемой двумя плоскостями, накоторых расположены соответствующие реб-ра, и поэтому каждая тройка соответствую-щих граней имеет общую точку. Три этиточки принадлежат трем гиперплоскостям,определяемым трехгранными углами и, какбыло доказано, лежат на одной прямой.Теперь для завершения доказательства дос-таточно «увидеть» в данном условии задачипроекцию соответствующей четырехмернойконфигурации плоскостей и трехгранныхуглов.

В заключение мне бы хотелось предостеречьчитателя: не следует чрезмерно доверять своей«трехмерной интуиции», когда речь идет о четы-рехмерном пространстве.

Как вы думаете, сколько вершин может иметьвыпуклый многогранник, для которого каждыйотрезок, соединяющий любые две его вершины,является ребром? На плоскости таким свойствомобладает только треугольник, в пространстве –тетраэдр. В четырехмерном же пространстве су-

ществуют такие многогранники со сколь угоднобольшим числом вершин (см., например, рис.9).

Упражнения

1. По четырем прямым плоскости с постоянны-ми скоростями идут четыре пешехода А, В, С, D.Известно, что пешеходы А, В и С встречаютсядруг с другом, пешеход D встречается с А и В.Докажите, что пешеходы С и D встречаются.

2. На плоскости даны три непересекающиесяокружности. Рассмотрим шесть точек, каждая изкоторых является точкой пересечения общих внут-ренних или общих внешних касательных к каким-то двум из данных окружностей. Докажите, чтоэти шесть точек лежат на четырех прямых, по трина каждой.

3. Даны три параллельные прямые и три точкина плоскости. Постройте треугольник, вершиныкоторого лежат на данных прямых, а стороныпроходят через данные точки.

4. Три точки А, В и С лежат на одной прямой.Возьмем произвольную окружность, проходящуючерез А и В, и проведем к ней из С две касатель-ные – СМ и СМ. Докажите, что точка пересече-ния прямых MN и АВ постоянна.

5. Пусть А – данная точка внутри даннойокружности, ВС – произвольная хорда, проходя-щая через А. Касательные к окружности в точкахВ и С пересекаются в точке М. Найдите геомет-рическое место точек М.

6. Покажите, что в четырехмерном простран-стве две плоскости могут пересекаться в однойточке.

Рис. 9

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

Когдапоказатель

преломленияменяется

В.ГРЕБЕНЬ

БОЛЬШОЙ ИНТЕРЕС ПРЕДСТАВЛЯЮТ ЗА-дачи, допускающие решения нескольки-

ми способами. Когда задача сложная, толучший путь убедиться в правильности ре-шения это попробовать решить ее с привле-чением других физических законов. А вслучае кинематики, например, задачу мож-но решать в различных системах отсчета. Иесли ответы, полученные двумя независимы-ми способами, совпали, то это означает (сбольшой вероятностью), что задача решенаправильно.

Так, одну из задач вступительного экзаме-на в МФТИ нам удалось решить тремяспособами: с использованием принципа Гюй-генса–Френеля, принципа Ферма и форму-лы тонкой линзы. Вот эта задача.

Задача 1 (МФТИ, 1993 г.). На стеклян-ную плоскопараллельную пластинку тол-щиной Н = 3 мм падает узкий пучок моно-хроматического света (рис.1). Пучок па-раллелен оси OO , которая проходит черезцентр пластинки. Расстояние между пуч-ком и осью R = 3 см. Показатель прелом-ления стекла для падающего на пластинку

света изменяется в зависимости от рас-стояния r до оси OO по закону

2

00

rn r n 1

r, где 0n  = 1,5 и 0r  =

= 9 см – константы. Определите угол меж-

ду выходящим пучком и осью OO .

Решение 1, основанное на принципеГюйгенса–Френеля

Рассмотрим крайние лучи пучка 1 и 2(рис.2), расстояние между которыми d, при-чем d – очень маленькое, так как по условиюпучок узкий. Скорость луча 1 в пластинке

больше скорости луча 2 и поэтому к правойповерхности пластинки он придет раньше.Согласно принципу Гюйгенса–Френеля, точ-ки правой поверхности пластинки располо-женные между крайними лучами пучка, бу-дут являться источниками вторичных волн,огибающая этих вторичных волн определитволновой фронт пучка после выхода из пла-стинки, а перпендикуляр к волновому фрон-ту укажет новое направление пучка. К момен-ту выхода луча 2 из пластинки луч 1 успеетпройти расстояние sinl d , где – уголмежду выходящим пучком и осью OO .

Найдем время задержки луча 2 в сравне-нии с лучом 1:

2 12 1 2 1

H H H с с Ht n n

v v c v v c

2 2

0 00 0

2 21 1

d dR RH

n nc r r

0 20

2H Rdn

с r.

С другой стороны,sinl d

tс c

.Рис. 1

Рис. 2

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 29

Из этих двух равенств находим

020

2sin

RHn

r, и 0

20

2arcsin 2

RHn

r.

Заметим, что при решении мы пренебрег-ли искривлением хода пучка в стекляннойпластинке.

Решение 2, основанное на принципе Ферма

В середине XVll века французский уче-ный Пьер Ферма выдвинул принцип, изкоторого вытекают все законы геометричес-кой оптики. А именно, свет распространяет-ся тем путем, который требует либо мини-мального, либо максимального времени. Вбольшинстве случаев справедлива более про-стая формулировка принципа Ферма: свет,идущий от одной точки пространства в дру-гую, всегда распространяется по пути, тре-бующему минимального времени.

Выберем два луча: один (луч 1) распрос-траняется вдоль оси OO , а второй (луч 2)входит в пластинку, параллельно оси OOна расстоянии R = 3 см (рис.3). Эти два

луча встретятся в точке А, если они затратятодно и то же время на прохождение пути отвхода в пластинку до этой точки.

Пусть DA = х, СА = l. Оптический путьпервого луча равен 1 0l Hn x , а второго –

2l Hn l . Так как 1 2l l , то2

0 0 00

RHn x Hn Hn l

r,

или 2

00

Rl x Hn

r.

Рассмотрим теперь треугольник АDС, вкотором

tgR

x , sinR

l .

Отсюда находим разность путей лучей 2 и 1

после выхода из пластинки:1 cos

sin tg sinR R

l x R

22sin2 tg

22sin cos2 2

R R

Ê ˆÁ ˜Ë ¯

= = .

Сравнив два выражения для l – x, получим

020

tg2

Hn R

r= , и 0

20

2arctgHn R

r= .

Поскольку 020

1Hn R

r≪ , то

020

22

Hn R

r.

Видно, что конечная формула для угла совпала с ответом, полученным в первомрешении.

Решение 3, основанное на заменеплоскопараллельной пластинки тонкой

линзой

Обратим внимание на зависимость показа-теля преломления n от координаты r: онаквадратичная. Соответственно, и оптичес-кий путь луча в пластинке будет иметь тот жевид. Это вызывает желание проверить, небудет ли такой же зависимость оптическогопути l от расстояния r до главной оптическойоси тонкой линзы, у которой хотя бы одна изограничивающих поверхностей являетсясферической.

Рассмотрим для простоты плосковыпук-лую тонкую линзу и исследуем зависимостьоптического пути луча от удаления от осисимметрии. Сечение линзы плоскостью, со-держащей главную оптическую ось, будетсегментом (рис.4). Запишем уравнение ок-

Рис. 3

Рис. 4

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 730

ружности радиусом 0R с центром на оси х ис абсциссой 0R :

2 2 20 0x R r R ,

где – толщина линзы вдоль главнойоптической оси. Для правой половины ок-ружности будет справедливо уравнение

2 20 0x R R r ,

или 2

0 00

1r

x R RR

.

Учтем, что 0R r≫ , так как линза тонкая, ивоспользуемся формулой приближенных

вычислений 1 1n xx

n. Тогда последнее

уравнение можно записать в виде2 2

0 0 00 0

11

2 2r r

x R R RR R

Ê ˆÊ ˆ+ - = - = -Á ˜Á ˜Á ˜Ë ¯Ë ¯

,

или 2

02r

xR

.

Пусть n – показатель преломления матери-ала, из которого изготовлена линза. Запи-шем оптический путь l луча в линзе в зави-симости от расстояния r до оптической оси:

2

02r

l nR

– зависимость оказалась квадратичной. Та-ким образом, наше предположение оказа-лось верным.

Геометрический путь луча, идущего вдольглавной оптической оси внутри линзы, равен

. Такой же длины геометрический путьлуча, идущего параллельно главной опти-ческой оси линзы на расстоянии r от нее,будет состоять из отрезка длиной х внутри

линзы и отрезка длиной 2

02r

xR

в воз-

духе. Оптический путь луча в этом случаебудет равен

2 2

0 02 2r r

nR R

.

Потребуем равенства оптических путейлучей, прошедших линзу и плоскопарал-лельную пластинку, описанную в условиизадачи:

22 2

00 0 0

12 2r r r

n HnR R r

.

Левую часть равенства можно преобразоватьк виду

220 0

20 00

1 22 1

n r nR r

R rn r.

Чтобы равенство было верным при любыхзначениях r, должна быть верной системауравнений

20

00

020

1,

2

21.

1

n rHn

R

nR

n r

Отсюда находим

0Hnn и

20 0

002

Hn rR

Hn.

Вспомним формулу тонкой линзы:

1 2

1 1 1 11n

d f R R,

где d и f – расстояния от предмета и изобра-жения до линзы, 1R и 2R – радиусы сфери-ческих поверхностей, ограничивающих лин-зу. В нашем случае 1R , 2 0R R . Так какпучок лучей параллелен главной оптическойоси линзы, то d , тогда f = F, где F –фокусное расстояние линзы. С учетом сде-ланных замечаний, формула тонкой линзыупрощается до вида

0

1 1n

F R, или 0

1R

Fn

.

После подстановки n и 0R , получим

0

02r

FHn

.

Распространяющийся параллельно главнойоптической оси луч после преломления влинзе пройдет через фокус и с оптическойосью составит малый угол

020

2tg 2

R HRn

F rª = = = o.

И в третий раз мы получили тот же резуль-тат.

Задача  2. Оцените ошибку при фиксиро-вании углового положения звезды, видимойс Земли под углом = 45° над горизонтом.Показатель преломления воздуха у поверх-ности Земли равен n = 1,0003.

Решение. Положение звезды, видимой сЗемли, отличается от истинного из-за пре-ломления световых лучей атмосферой

П Р А К Т И К У М А Б И Т У Р И Е Н Т А 31

(рис.5). Толщина атмосферы, т.е. высота,на которой практически нет воздуха и пото-му показатель преломления равен единице,

составляет несколько десятков километров.Это гораздо меньше радиуса Земли( ЗR  = 6400 км), поэтому атмосферу в ус-ловиях нашей задачи можно считать плос-кой. Ее показатель преломления плавно ме-няется от единицы в верхних слоях до значе-ния n > 1 у поверхности Земли. Атмосферуможно рассматривать как набор бесконечнобольшого число тонких пластинок с опреде-ленными показателями преломления. На гра-ницах раздела выполняются соотношения

1 1 2 2 3 3sin sin sin sinN Nn n n n… ,

поскольку угол преломления в каждом слоеявляется углом падения для последующегослоя (рис.6). Иными словами, выполняетсясоотношение

sin const.i in =

Этот важный закон, его называют обобщен-ным законом Снеллиуса, указывает на то,

что наличие промежуточных слоев не сказы-вается на связи между углом падения впервой среде и углом преломления в после-дней. Если луч доходит до последней среды,не испытав полного внутреннего отражениягде-то на своем пути, то промежуточные слоиможно не учитывать.

От звезды идут параллельные лучи, пада-ющие на верхние слои атмосферы под углом

2, где – истинное угловое положение

звезды над горизонтом. А мы видим звездупод углом . По обобщенному законуСнеллиуса,

sin sin2 2

n ,

или cos cosn .

Отнимем от обеих частей последнего равен-ства cos . Учитывая, что 1 1n ≪ и потому

≪ , получим

cos cos 2sin sin2 2

sin 1 cosn .

Таким образом,41 ctg 3 10 рад 1n

– кажущаяся высота звезды над горизонтомбольше истинной на одну угловую минуту.

Задача  3. Показатель преломления неко-торой плоской среды имеет такую зависи-мость от координаты у (рис.7): при y < 0

0n n ( 0n = 1,4); при 0 y H

n(y) 0n ky , где k – константа

(k = 0,2  1м , Н = 2 м); при у > Hn = 1. На плоскость у = 0 падает узкийпучок света под углом падения 60 . Накакое максимальное расстояние maxy смо-жет проникнуть световой луч?

Решение. Свет распространяется в среде суменьшающимся показателем преломления,поэтому угол, который он составляет с вер-тикалью, по мере подъема увеличивается. Вданном случае среду можно разбить на оченьтонкие пластинки таким образом, чтобы впределах их толщины изменением показате-ля преломления можно было пренебречь.

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

(Продолжение см. на с. 45)

Из огромной сферы исследований на стыкебиологии и физики выделяется важнейшаяобласть – физика человека. После прошлыхвыпусков «Калейдоскопа», где шла речь ороли физики в изучении мира животных имира растений, пора обратиться и к челове-ку. Ведь мы – такие же физические тела, каки все окружающие нас, и в нас так жеобнаруживают себя механические, тепло-вые, электрические и оптические явления.Познавая себя, мы оказываемся в роли на-блюдателей, исследователей, а порой … иизмерительных приборов. Так что физика нетолько вне, но и внутри нас!

Конечно, сейчас перед вами лишь горстканезамысловатых, кажущихся обыденнымивопросов и фактов. Однако надеемся, чтоони дадут представление о кроющемся заними необозримом массиве накопленныхзнаний и нерешенных проблем в том, чтосегодня называют наукой о жизни – а значит,и о нас с вами.

Вопросы и задачи

1. Почему в летящем самолете, глядя виллюминатор на безоблачное небо, мы неиспытываем ощущения полета?

2. Купаясь в речке с илистым дном, можнозаметить, что ноги больше вязнут в иле намелких местах, чем на глубоких. Как этообъяснить?

3. Отчего невозможна ситуация, описаннаяв эпиграфе бароном Мюнхгаузеном?

4. Почему пловцы, бросаясь в воду, выс-тавляют вперед сложенные вместе вытяну-тые руки?

5. Отчего высоко в горах действие суставовчеловека нарушается: конечности плохо «слу-шаются», подвергаются вывихам?

6. Почему, когда мы пьем, касающаяся губвода поднимается вверх?

7. Нормальная температура человека близ-ка к 37 C∞ . Отчего же нам не холодно притемпературе воздуха 25 C∞ и очень жаркопри 37 C∞ ?

8. Почему почти одним и тем же движени-ем губ при выдохе можно согреть руки иостудить чай?

9. Отчего дети мерзнут сильнее взрослых?10. Почему нам не холодно, когда мы

выходим из реки во время теплого летнегодождя?

11. Отчего при растягивании суставов тре-щат пальцы?

12. Если поднести руку к заряженной бу-мажной гильзе, подвешенной на шелковойнити, то гильза станет притягиваться к руке.Почему?

13. Елочная гирлянда спаяна из соединен-ных последовательно лампочек для карман-ного фонаря. При включении гирлянды в сетьна каждую из лампочек приходится напряже-ние 3 вольта. Отчего же опасно, выкрутиводну из лампочек, сунуть в патрон палец?

14. Когда прислушиваются к отдаленномушуму, то невольно раскрывают рот. Для чего?

…когда из пушки вылетело ядро, я вскочил нанего верхом и лихо понесся вперед… Мимо меняпролетало встречное ядро… Я пересел на него и,как ни в чем не бывало, помчался обратно.

Рудольф Эрих Распе. Приключения баронаМюнхгаузена

Как ни удивительны электрические явлениянеорганической материи, они не идут ни в какоесравнение с теми, которые связаны с деятельнос-тью нервной системы и жизненными процессами.

Майкл Фарадей

физика человека?А так ли хорошо знакома вам

Посредством глаза, а не глазомСмотреть на мир умеет разум.

Уильям Блейк

…именно биология помогла физике открытьзакон сохранения энергии; ведь Майер установилэтот закон при изучении количества тепла, выде-ляемого и поглощаемого живым организмом.

Ричард Фейнман

15. Почему женский голос обычно вышемужского?

16. Если в театре встать за колонну, тоактера на сцене не видно, а голос его слышен.Как это объяснить?

17. Диаметр зрачка человеческого глазаможет меняться от 2 до 8 миллиметров.Отчего же максимальная острота зрениядостигается при диаметре 3–4 миллиметра?

18. Как изменяется оптическая сила хруста-лика глаза при переводе взгляда со страницыкниги на облака за окном?

Микроопыт

Если вы слегка (!) нажмете пальцем на глаз,то увидите удвоенное изображение предме-тов. Чем это можно объяснить?

Любопытно, что…

…исследования последних лет показывают,что дети имеют врожденные представленияо физике. Так, уже в возрасте двух месяцевони понимают, что предметы падают, если ихне держат, и не исчезают, если их прячут, а впять месяцев осознают, что вода и песок – нетвердые вещества.

…в разных частях тела человека можнообнаружить действие простых механизмов.Например, все наши кости, имеющие некото-рую свободу движения, являются рычагами– это кости конечностей, нижняя челюсть,фаланги пальцев и череп, опирающийся напервый позвонок.

…люди при ходьбе переставляют ноги с такназываемой резонансной частотой, опреде-ляемой габаритами их тела, – это выгодно сточки зрения экономии сил. Поэтому еслитребуется идти быстрее, то прежде всегоувеличивают ширину шага, а не темп ходьбы.

…при резком изменении давления воздухаспособность человека слышать ухудшается.Это особенно заметно в самолете при наборевысоты или при снижении.

…на человеческий организм оказываютвоздействие не воспринимаемые ухом звукичастотой ниже 16 герц – инфразвуки. Онимогут входить в резонанс с внутреннимиорганами, сильно смещая и даже деформи-руя их.

…заслуга Юлиуса Майера в открытии зако-на сохранения энергии заключалась в обна-ружении разницы в цветах венозной крови

человека в северных и южных странах. На югеяркий алый ее цвет определялся избыткомвозвращаемого в вены кислорода, что свиде-тельствовало о меньшем потреблении энер-гии человеком.

…при тяжелой физической работе человекза день теряет до 10 литров пота. Если бы телоне охлаждалось за счет испарения, оно на-грелось бы до 100 C∞ !

…электрическую структуру нервного волок-на в принципе угадал еще Луиджи Гальванив XVII веке. Однако долгое время не былоясности с носителем информации, передава-емой от головного мозга к мышцам, и тольков XX веке экспериментально было показано,что это – электрические сигналы.

…огромный вклад в изучение механизмазрения внес Леонардо да Винчи, производяанатомирование глаза. Ему удалось выявитьего основные части, сравнить его работу сдействием оптических приборов и обнару-жить тот факт, что два глаза видят различныеизображения тел.

…зрение человека ограничено очень узкимдиапазоном электромагнитного спектра. Од-нако если бы наш глаз чувствовал, к примеру,инфракрасное излучение, то ощущал бы ог-ромные помехи – ведь тело человека самоизлучает в этой области интенсивнее, чембольшинство окружающих нас предметов.

…вышедшая в 1944 году книга выдающего-ся физика-теоретика Эрвина Шредингера«Что такое жизнь с точки зрения физика?»послужила толчком к штурму проблемы пе-редачи наследственной информации. Черезнесколько лет блестящим триумфом взаимо-действия физики и биологии стала расшиф-ровка основной «живой» молекулы – ДНК.

Что читать в «Кванте» о физике человека

(публикации последних лет)1. «Физики в тумане» – 2010, №2, с.42;2. «Зачем «близоруко щуриться»?» – 2014,

№1, с.41;3. «Вакуумный насос, наши легкие и камера

«Мирабель» – 2014, №5/6, с.54;4. «Физик в гостях у биолога» – 2015,

Приложение №1;5. «Буратино и его качели» – 2016, №3, с.27;6. «Движение автомобилей и живых су-

ществ – и теорема о кинетической энергии»– 2017, №1, с.36.

Материал подготовил А.Леонович

О Л И М П И А Д Ы

Игорь Федорович Шарыгин был непревзой-денным композитором геометрических задач.Его задачи регулярно появлялись в «Кванте» ив «Математике в школе», предлагались наМеждународных, Всесоюзных и Всероссийс-ких, Московских, Соросовских олимпиадах иеще на десятке олимпиад рангом ниже. Онзадал весьма жесткие стандарты при отборезадач на любую олимпиаду. Задача должнабыть: а) новой, содержащей свежие идеи;б) нестандартной, разбивающей стереотипы;в) имеющей геометрическое, а не «счетное»решение; г) наконец, задача должна простобыть красивой! Для этого ее автор обязан иметьхороший геометрический вкус. Предпочтениевсегда отдавалось задачам, пришедшим извысокой науки, а не специально придуманным.

После ухода Игоря Федоровича у его друзей,коллег и учеников родилась идея организоватьолимпиаду его имени, которая (по мере сил)должна была соответствовать этим высокимстандартам. Олимпиада проходит ежегодно,начиная с 2005 года, и содержит только геомет-рические задачи. Однако в ней нет «однобоко-сти», чего опасались скептики. Темы задач,кроме классической геометрии, включают ком-бинаторную геометрию, экстремальные зада-чи, задачи «из жизни», задачи с элементамиматематического анализа. Геометрия оказа-лась богаче и разнообразнее, чем нам пред-

ставлялось ранее. Целью олимпиады являетсяпопуляризация геометрии как отдельной на-уки, а также выявление геометрически одарен-ных ребят. Среди победителей часто встреча-ются дети, которые никогда до этого не доби-вались больших успехов на других, общемате-матических олимпиадах. Форма проведенияолимпиады также соответствует ее геометри-ческой направленности. Первый тур – заочный,где школьникам дается несколько месяцев нанеторопливое обдумывание сложных задач.Вариант заочного тура из 20–25 задач (длякаждой задачи указываются классы, которымона предназначается) в начале года публику-ется на интернет-портале www.geometry.ru.Варианты публикуются на русском и английс-ком языках. Решения можно присылать доначала апреля.

Победителей заочного тура приглашают нафинальный тур, проходящий в Дубне (Москов-ская область) в конце июля. На финальный турприглашаются также победители устных гео-метрических олимпиад, которые проводятся вряде городов России. Всего в финальном турепринимают участие около 100 школьников 8–10 классов из более чем 10 стран. Финальныйтур проводится в два дня. Каждый день участ-ники решают по 4 задачи. Решение каждойзадачи школьник должен защитить сам, объяс-няя его (устно) членам жюри. Во время финаль-

ного тура для ребят и их родителей(или учителей) организуются попу-лярные лекции по геометрии, куль-турная и спортивная программы.

В жюри олимпиады входят профес-сиональные математики, школьныеучителя, студенты – победители ипризеры олимпиад прошлых лет изРоссии, Украины, Казахстана, Болга-рии, Ирана и других стран.

Условия и решения задач заочных ифинальных туров можно найти насайте www.geometry.ru. Материалыпервых десяти олимпиад были опуб-ликованы в 113 и 134 выпусках «Биб-лиотечки Квант».

Геометрическая олимпиадаимени И.Ф.Шарыгина

О Л И М П И А Д Ы 35

Ниже приводятся избранные задачи XI и XIIОлимпиад, а также условия некоторых задачзаочного тура XIII Олимпиады.

Задачи

1. Дан треугольник ABC. Две окружнос-ти, проходящие через вершину A, касаютсястороны BC в точках B и C соответственно.Пусть D – вторая точка пересечения этихокружностей (A лежит ближе к BC, чем D).Известно, что BC = 2BD. Докажите, что

2DAB ADB.XI-З-8–9 1 , В.Ясинский (Украина)

2. Дан неравнобедренный остроугольныйтреугольник ABC. Точки 1A , 2A симметрич-ны основаниям внутренней и внешней бис-сектрис угла A относительно середины сто-роны BC. На отрезке 1 2A A как на диаметрепостроена окружность . Аналогично опре-деляются окружности и . Докажите, чтоэти три окружности пересекаются в двухточках.

XI-З-9–11, А.Мякишев

3. Дан тетраэдр ABCD. В грани ABC иABD вписаны окружности с центрами 1O ,

2O , касающиеся ребра AB в точках 1T , 2T .Плоскость AB проходит через серединуотрезка 1 2TT и перпендикулярна 1 2OO . Ана-логично определяются плоскости AC , BC ,

AD , BD , CD . Докажите, что все этишесть плоскостей проходят через однуточку.

XI-З-11, М.Ягудин

4. В треугольнике ABC AB = BC,20B . Точка M на основании AC такова,

что AM : MC = 1 : 2, точка H – проекцияточки C на BM. Найдите угол AHB.

XI-Ф-8, М.Евдокимов

5. На плоскости нарисованы 100 кругов,любые два из которых имеют общую точку(возможно, граничную). Докажите, что най-дется точка, принадлежащая не менее чем15 кругам.

XI-Ф-9, М.Харитонов, А.Полянский

6. Докажите, что всякий треугольник пло-щади 1 можно накрыть равнобедренным

треугольником площади менее 2 .XI-Ф-10, А.Шаповалов

7. В треугольнике O, M, N – центр описан-ной окружности, центр тяжести и точкаНагеля соответственно. Докажите, что уголMON прямой тогда и только тогда, когдаодин из углов треугольника равен 60 .

XII-З-9–11, Л.Емельянов

8. На стороне BC треугольника ABC взятапроизвольная точка D. Через D и A проведе-ны окружности 1 и 2 так, что BA касается

1 , CA касается 2 . Прямая BX – втораякасательная из точки B к окружности 1, CY– вторая касательная из точки C к окружно-сти 2 . Докажите, что описанная окруж-ность треугольника XDY касается BC.

XII-З-9–11, Д.Хилько (Украина)

9. Дан тетраэдр, в который можно впи-сать сферу, касающуюся всех его ребер.Пусть отрезки касательных из вершин рав-ны a, b, c и d. Всегда ли можно из этихчетырех отрезков сложить какой-нибудь тре-угольник? (Не обязательно использоватьдля этого все отрезки. Разрешается образо-вывать сторону треугольника из двух отрез-ков.)

XII-З-10–11, Ф.Ивлев

10. В точке X сидит преступник, а троеполицейских, находящихся в точках A, B иC, блокируют его, т.е. точка X лежит внут-ри треугольника ABC. Новый полицейскийсменяет одного из них следующим образом:он занимает точку, равноудаленную от всехтроих полицейских, после чего один из тро-их уходит, и оставшаяся тройка по-прежне-му блокирует преступника. Так происходит

1 Здесь и далее римские цифры означают номеролимпиады, буква З или Ф – заочный или фи-нальный тур соответственно, арабские цифры –классы, которым предназначалась задача.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 736

каждый вечер. Может ли случиться, чточерез какое-то время полицейские вновь зай-мут точки A, B и C (известно, что точка Xни разу не попала на сторону треугольни-ка)?

XII-Ф-8, В.Протасов

11. В треугольнике ABC O – центр описан-ной окружности, I – центр вписанной. Пря-мая, проходящая через I и перпендикуляр-ная OI, пересекает AB в точке X, а внешнююбиссектрису угла C – в точке Y. В какомотношении I делит отрезок XY?

XII-Ф-9, В.Калашников

12. Из высот остроугольного треугольникаможно составить треугольник. Докажите,что из его биссектрис тоже можно составитьтреугольник.

XII-Ф-9, А.Заславский

13. Дьявол предлагает Человеку сыграть вследующую игру. Сначала Человек платитнекоторую сумму s и называет 97 троек

, ,i j k , где i, j, k – натуральные числа, непревосходящие 100. Затем Дьявол рисуетвыпуклый 100-угольник 1 2 100A A A… с пло-щадью, равной 100, и выплачивает Человекувыигрыш, равный сумме площадей 97 тре-угольников i j kA A A . При каком наиболь-шем s Человеку выгодно согласиться?

XII-Ф-10, Н.Белухов (Болгария)

14. Окружность отсекает от прямоуголь-ника ABCD четыре прямоугольных треу-гольника, середины гипотенуз которых 0A ,

0B , 0C и 0D соответственно. Докажите, чтоотрезки 0 0A C и 0 0B D равны.

XIII-З-8, Л.Штейнгарц

15. Дана трапеция ABCD с основаниемAD. Центр описанной окружности треуголь-ника ABC лежит на прямой BD. Докажите,что центр описанной окружности треуголь-ника ABD лежит на прямой AC.

XIII-З-8–9, Е.Бакаев

16. На плоскости отмечено несколько то-чек, причем не все эти точки лежат на однойпрямой. Вокруг каждого треугольника свершинами в отмеченных точках описанаокружность. Могут ли центры всех этихокружностей оказаться отмеченными точ-ками?

XIII-З-8–11, А.Толесников

17. В треугольнике ABC провели чевианыAA , BB и CC , которые пересекаются вточке P. Описанная окружность треугольни-ка PA B пересекает прямые AC и BC вточках M и N соответственно, а описанныеокружности треугольников PC B и PA Cповторно пересекают AC и BC соответствен-но в точках K и L. Проведем через серединыотрезков MN и KL прямую c. Прямые a и bопределяются аналогично. Докажите, чтопрямые a, b и c пересекаются в одной точке.

XIII-З-10–11, Д.Прокопенко

18. Даны прямоугольный треугольник ABCи две взаимно перпендикулярные прямые xи y, проходящие через вершину прямогоугла A. Для точки X, движущейся по прямойx, определим by как образ прямой y присимметрии относительно XB, а cy – какобраз прямой y при симметрии относительноXC. Пусть by и cy пересекаются в точке Y.Найдите геометрическое место точек Y (длянесовпадающих by и cy ).

XIII-З-10–11, В.Лучкин, М.Фадин

19. На диагонали AC вписанного четыре-хугольника ABCD взяли произвольную точ-ку P и из нее опустили перпендикуляры PK,PL, PM, PN, PO на AB, BC, CD, DA, BDсоответственно. Докажите, что расстояниеот P до KN равно расстоянию от O до ML.

XIII-З-10–11, М.Панов

Публикацию подготовил А.Заславский

О Л И М П И А Д Ы 37

Заключительныйэтап XLIII Всероссийскойолимпиады школьников

по математикеЗаключительный этап Всероссийской мате-

матической олимпиады школьников прошелв городе Калининграде с 24 по 30 апреля2017 года. В олимпиаде приняли участие 364юных математика из более 60 регионов Рос-сии. Кроме того, традиционно в олимпиадеучаствовали гости – команды Китая и Болга-рии.

Туры олимпиады, а также церемонии откры-тия и закрытия проводились в здании оченьбольшой, но в то же время уютной и гостепри-имной Гимназии №40 имени Ю.А.Гагарина. Наолимпиаде работала большая команда волон-теров, которые вместе с оргкомитетом органи-зовали знакомство участников как с памятны-ми местами Калининграда, так и с его живо-писными окрестностями.

Несмотря на то что задания олимпиады этогогода были непростыми, в 9 и в 11 классахнашлись участники, сумевшие решить все за-дачи: девятиклассник Петр Мишура (Санкт-Петербург, ранее – Новосибирск), получив-ший специальный приз за абсолютный резуль-тат, и одиннадцатиклассник Никита Добронра-вов (Новосибирск), получивший специальныйприз за решение самой сложной задачи олим-пиады.

После туров олимпиады было проведеноголосование, в котором участники указалинаиболее понравившиеся задачи. В 9 классетройка лучших по мнению школьников задачэто задачи 8 (I место), 3 (II место), 6 (IIIместо); в 10 классе – 7 (I место), 4 (II место),3 (III место); в 11 классе – 4 (I место), 7 (IIместо), 3 (III место).

По окончании Всероссийской олимпиадыбыла определена команда России на Между-народную математическую олимпиаду 2017года, которая пройдет в Рио-де-Жанейро (Бра-зилия). В нашу сборную вошли пятеро выпус-кников: Никита Добронравов (Новосибирск),

Георгий Вепрев (Ярославль), Тимофей Зайцев(Москва), Михаил Иванов (Санкт-Петербург)и Кирилл Тыщук (Санкт-Петербург), а такжедесятиклассник Вадим Ретинский (Москва,ранее – город Ливны Орловской области).

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

Условия задач

9 класс

1. В стране некоторые пары городов соеди-нены односторонними прямыми авиарейса-ми (между любыми двумя городами есть неболее одного рейса). Скажем, что город Aдоступен для города B, если из B можнодолететь в A, возможно с пересадками. Изве-стно, что для любых двух городов P и Qсуществует город R, для которого и P, и Qдоступны. Докажите, что существует город,для которого доступны все города страны.(Считается, что из города можно долететь донего самого.)

В.Дольников

2. См. задачу М2466 «Задачника «Кван-та».

3. Сто гномов, веса которых равны 1, 2,3, …, 100 фунтов, собрались на левом бе-регу реки. Плавать они не умеют, но наэтом же берегу находится гребная лодкагрузоподъемностью 100 фунтов. Из-за те-чения плыть обратно трудно, поэтому укаждого гнома хватит сил грести с правогоберега на левый не более одного раза (гре-сти в лодке достаточно любому из гномов;гребец в течение одного рейса не меняет-ся). Могут ли все гномы переправиться направый берег?

А.Шаповалов, С.Усов

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 738

4. Существует ли такая бесконечная возра-стающая последовательность 1 2 3, , ,a a a …

натуральных чисел, что сумма любых двухразличных членов последовательности вза-имно проста с суммой любых трех различ-ных членов последовательности?

С.Берлов

5. На доске написаны n > 3 различныхнатуральных чисел, меньших чем

1 ! 1 2 1n n… . Для каждой парыэтих чисел Сережа поделил большее на мень-шее с остатком и записал в тетрадку получен-ное неполное частное (так, если бы он делил100 на 7, то он получил бы 100 14 7 2 изаписал бы в тетрадку число 14). Докажите,что среди чисел в тетрадке найдутся дваравных.

С.Берлов

6. Верно ли, что для любых трех различ-ных натуральных чисел a, b и c найдетсяквадратный трехчлен с целыми коэффици-ентами и положительным старшим коэф-фициентом, принимающий в некоторых це-лых точках значения 3a , 3b и 3c ?

А.Храбров

7. Неравнобедренный треугольник ABC, вкотором 60ABC , вписан в окружность

. На биссектрисе угла BAC выбрана точкаA , а на биссектрисе угла ABC – точка Bтак, что AB BCP и BA ACP . Прямая A Bпересекает в точках D и E. Докажите, чтотреугольник CDE равнобедренный.

А.Кузнецов

8. См. задачу М2468 «Задачника «Кван-та».

10 класс

1. На координатной плоскости нарисова-ны графики двух приведенных квадратныхтрехчленов и две непараллельные прямые

1l и 2l . Известно, что отрезки, высекаемыеграфиками на 1l , равны и отрезки, высека-емые графиками на 2l , также равны. До-кажите, что графики трехчленов совпа-дают.

А.Голованов

2. Остроугольный равнобедренный треу-гольник ABC (AB = AC) вписан в окруж-ность с центром в точке O. Лучи BO и COпересекают стороны AC и AB в точках B иC соответственно. Через точку C проведе-

на прямая l, параллельная прямой AC. До-кажите, что прямая l касается окружности,описанной около треугольника B OC .

А.Кузнецов

3. Изначально на столе лежат три кучки из100, 101 и 102 камней соответственно. Ильяи Костя играют в следующую игру. За одинход каждый из них может взять себе одинкамень из любой кучки, кроме той, из кото-рой он брал камень на своем предыдущемходе (на своем первом ходе каждый игрокможет брать камень из любой кучки). Ходыигроки делают по очереди, начинает Илья.Проигрывает тот, кто не может сделать ход.Кто из игроков может выиграть, как бы нииграл соперник?

Д.Белов, И.Богданов, К.Кноп

4. См. задачу М2469 «Задачника «Кван-та».

5. На доску выписали все собственныеделители некоторого составного натурально-го числа n, увеличенные на 1. Найдите всетакие числа n, для которых числа на доскеокажутся всеми собственными делителяминекоторого натурального числа m. (Соб-ственными делителями натурального числаa > 1 называются все его натуральные дели-тели, отличные от a и от 1.)

А.Храбров

6. См. задачу М2467,б) «Задачника «Кван-та».

7. См. задачу 8 для 9 класса.

8. Неравнобедренный треугольник ABCвписан в окружность с центром O и описаноколо окружности с центром I. Точка B ,симметричная точке B относительно прямойOI, лежит внутри угла ABI. Докажите, чтокасательные к окружности, описанной околотреугольника BB I , проведенные в точкахB и I, пересекаются на прямой AC.

А.Кузнецов

11 класс

1. Число x таково, что обе суммыsin 64 sin65S x x и cos64 cos65C x x

– рациональные числа. Докажите, что водной из этих сумм оба слагаемых рацио-нальны.

Н.Агаханов

О Л И М П И А Д Ы 39

2. См. задачу 2 для 10 класса.

3. См. задачу 4 для 10 класса.

4. У фокусника и помощника есть коло-да с картами; одна сторона («рубашка») увсех карт одинакова, а другая окрашена водин из 2017 цветов (в колоде по 1000000карт каждого цвета). Фокусник и помощ-ник собираются показать следующий фо-кус. Фокусник выходит из зала, а зрителивыкладывают на стол в ряд n > 1 картрубашками вниз. Помощник смотрит на этикарты, а затем все, кроме одной, перевора-чивает рубашкой вверх, не меняя их по-рядка. Затем входит фокусник, смотрит настол, указывает на одну из закрытых карти называет ее цвет. При каком наименьшемn фокусник может заранее договориться спомощником так, чтобы фокус гарантиро-ванно удался?

И.Богданов, К.Кноп

5. См. задачу М2467, а «Задачника «Кван-та».

6. В некоторых клетках квадрата 200 200стоит по одной фишке – красной или синей;остальные клетки пусты. Одна фишка ви-

дит другую, если они находятся в однойстроке или одном столбце. Известно, чтокаждая фишка видит ровно пять фишекдругого цвета (и, возможно, некоторое коли-чество фишек своего цвета). Найдите наи-большее возможное количество фишек, сто-ящих в клетках.

И.Богданов

7. Изначально на доске написано нату-ральное число N. В любой момент Мишаможет выбрать число a > 1 на доске, сте-реть его и дописать все натуральные дели-тели a, кроме него самого (на доске могутпоявляться одинаковые числа). Через не-которое время оказалось, что на доске на-писано 2N чисел. При каких N это моглослучиться?

М.Фадин, К.Коваленко

8. Дан выпуклый четырехугольник ABCD.Обозначим через AI , BI , CI и DI центрыокружностей A , B , C и D , вписанныхв треугольники DAB, ABC, BCD и CDAсоответственно. Оказалось, что ABI A

180C A DI I I . Докажите, что BBI A180C B DI I I .

А.Кузнецов

9 класс

Мишура Петр – Санкт-Петербург, ФМЛ 239,Петров Владимир – Санкт-Петербург, ФМЛ

239,Гайдай-Турлов Иван – Москва, Центр образо-

вания «Пятьдесят седьмая школа»,Коган Евгений – Москва, школа «Интеллекту-

ал»,Смирнов Олег – Москва, лицей «Вторая шко-

ла»,Мельников Игорь – Москва, лицей «Вторая

школа»;

10 класс

Голованов Георгий – Ярославль, школа 33им.К.Маркса с углубленным изучением ма-тематики,

Герасименко Артур – Москва, школа 1329,Гребенников Александр – Санкт-Петербург,

ФМЛ 239,Федоров Даниил – Санкт-Петербург, лицей

533, образовательный комплекс «МалаяОхта»,

Крымский Станислав – Санкт-Петербург, Ака-демический лицей «ФТШ»;

11 класс

Добронравов Никита – Новосибирск, лицей130 им. академика М.А.Лаврентьева,

Дмитриева Мария – Москва, лицей «Втораяшкола»,

Иванов Михаил – Санкт-Петербург, ФМЛ239,

Вепрев Георгий – Рыбинск, лицей 2.

ПОБЕДИТЕЛИ ОЛИМПИАДЫ

Публикацию подготовилиН.Агаханов, И.Богданов, П.Кожевников, О.Подлипский

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 740

Подготовка эксперимента Идет эксперимент

Заключительный этапLI Всероссийской олимпиады

школьников по физикеЗаключительный этап Всероссийской физи-

ческой олимпиады прошел с 7 по 13 апреля2017 года в городе Казани (Татарстан) набазе Приволжского федерального универси-тета. В нем приняли участие 273 школьника.

Что касается уровня подготовки школьни-ков к олимпиаде по физике, то он остаетсястабильно высоким. Об этом свидетельству-ет тот факт, что при все возрастающем уров-не сложности задач заключительного этапабольшинство ребят с ними успешно справля-ется.

Однако стоит отметить, что в целом по стра-не наблюдается резкая дифференциация уров-ня подготовки учащихся по физике. Так, третьучастников заключительного этапа – школь-ники Москвы. Достаточно широко представ-лены учащиеся из Санкт-Петербурга (15,4%),Мордовии (7,3%), Московской области (5,1%),Татарстана (4,4%), Вологодской области(3,3%), Свердловской, Новосибирской и Че-лябинской областей (по 2,5%). С другой сто-роны, учащиеся из 18 регионов не смоглинабрать даже 50% от максимального числабаллов и на финале не были представленывовсе, а учащиеся из 32 регионов РоссийскойФедерации, хотя и набрали более 50% бал-лов от максимума, но не сумели преодолетьграницу для прохода на финал и (в соответ-

ствии с положением об олимпиаде) напра-вили на олимпиаду по одному представите-лю «по квоте». Для исправления этой ситуа-ции Центральная предметно-методическаякомиссия (ЦПМК) по физике совместно с фон-дом «Талант и успех» в марте 2017 года орга-низовали в Образовательном центре «Сири-ус» подготовку к заключительному этапу олим-пиады учащихся из «нетоповых» регионов(200 человек).

Ниже приводятся задачи теоретического тураи список победителей заключительного этапаолимпиады.

Теоретический тур

9 класс

Задача 1. Тише едешь…В безветренную погоду на озере была

проведена серия испытаний радиоуправляе-мой модели катера с бензиновым двигате-лем, в ходе которых выяснилось, что прискорости 1v = 5,00 км/ч линейный расходтоплива составляет 1 = 20,0 г/км, а прискорости 2v  = 15,0 км/ч расход равен

2  = 40,0 г/км. Запас топлива на бортумодели M = 100 г.i Выведите зависимость линейного расхо-

да топлива от скорости v.

О Л И М П И А Д Ы 41

i Какое максимальное время x можетработать двигатель у неподвижной модели?i При какой скорости модели 0v линей-

ный расход топлива минимален и каково егозначение 0 ? Полученные результаты дол-жны быть найдены с погрешностью, не пре-вышающей 1%.iНа какое максимальное расстояние 0L и

за какое время 0 сможет уплыть модель?i Какие значения 1 может принимать

время прохождения моделью расстояния

1L = 3 км?Примечание. Считайте, что при работе

двигателя массовый расход топлива 0

(г/с) линейно зависит от мощности силысопротивления, а сила сопротивления про-порциональна скорости модели относительноводы. Модель движется равномерно и прилюбой скорости ее осадка не меняется.

М.Замятнин

Задача 2. С дымкомПри проведении аэрофотосъемки местнос-

ти была получена фотография, на которойвидны два шлейфа дыма от паровозов(рис. 1). Одной клетке на фотографии соот-ветствует 50 м на местности. Известно, чтоодин паровоз двигался равномерно по коль-цевой ветке железной дороги, а другой стакой же скоростью двигался по прямой.Определите:i направление скорости ветра;i радиус R кольцевой железной дороги;i отношение скорости паровоза v к скоро-

сти ветра u;i направление прямой железнодорожной

ветки (выполните построения с помощьюциркуля и линейки).

М.Замятнин

Задача 3. Нелинейная спиральСопротивление R спирали зависит от тем-

пературы по закону 0 0R R t t , где t– температура спирали, 0R = 10 Ом,

340,0 10 Ом С , 0 20 Ct . На спи-раль подается напряжение U = 220 В, и завремя 1 = 100 мкс она нагревается от 0t до

1 80 Ct .i До какой температуры 2t нагреется сис-

тема за время 2 = 334 мкс от моментавключения нагревателя?iОпределите теплоемкость С спирали.

А.Бычков

Задача 4. Два нелинейных элементаЭлектрическая цепь состоит из двух оди-

наковых нелинейных элементов X, потенци-ометра, сопротивление между неподвижны-ми контактами которого R = 100 Ом, иидеальной батарейки с напряжением 0U == 10,0 В (рис.2,а). Вольт-амперная харак-теристика элемента Х приведена на рисунке2,б. Определите:i суммарную мощность, выделяющуюся на

двух нелинейных элементах при крайнихположениях движка потенциометра;i суммарную мощность, выделяющуюся на

двух нелинейных элементах при положениидвижка потенциометра на его середине;

Задумался

Рис. 1 Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 742

Рис. 4

Рис. 5

i минимальную суммарную мощность, вы-деляющуюся на двух нелинейных элемен-тах, и при каких положениях движка потен-циометра эта мощность достигается (ответобоснуйте);i суммарную мощность, выделяющуюся на

двух нелинейных элементах при таком по-ложении движка потенциометра, в которомсопротивление его левого плеча равно25 Ом.

М.Карманов

Задача 5. Лазер в сосудеВнутри стеклянного тонкостенного цилин-

дрического сосуда радиусом R вблизи егостенки в точке А расположен микролазер,

размеры которо-го гораздо мень-ше R (рис.3; видсверху). Сосудзаполнен водой, аснаружи нахо-дится воздух. По-ловина внутрен-ней поверхностисосуда, соответ-ствующая дуге

АCB, зачернена и поглощает свет. Изначаль-но луч лазера направлен в точку В. Лазерначинает вращаться с постоянной угловойскоростью против часовой стрелки в плос-кости рисунка вокруг оси, проходящей черезточку А. Показатель преломления воды n == 4/3.i Через какое время луч перестанет

выходить из сосуда?i Чему будет равна скорость v «зайчика»

на зачерненной поверхности цилиндра вмомент времени 1,5 от начала его движе-ния?

Примечание. Вам может потребоватьсязакон Снеллиуса: 1 1 2 2sin sinn n , где 1nи 2n – показатели преломления света впервой и второй среде, 1 и 2 – углыпадения и преломления света.

А.Воронов

10 класс

Задача 1. На льдинеРядом с мальчиком, стоящим на берегу

реки, проплывает со скоростью 0v тяжелаяльдина прямоугольной формы с ровной го-ризонтальной поверхностью. Мальчик пус-

кает каменьмассой m сколь-зить по поверх-ности льдиныот ее края. На-чальная ско-рость камняравна скоростильдины и направлена под углом 60 кберегу (рис. 4). Мальчик заметил, что когдакамень оказался на расстоянии h от ближне-го к нему края льдины, то скорость камнябыла минимальной.i Какое количество теплоты Q выделится

за время скольжения камня по поверхностильдины?iНа каком расстоянии s от мальчика,

стоящего на берегу реки, будет находитьсякамень в момент окончания его скольженияпо льдине?

А.Шеронов

Задача 2. Раздельный вылетДвум одинаковым соприкасающимся ша-

рикам радиусом r = 5 см сообщают гори-зонтальную ско-рость u. Шарикидвижутся понижнему коленузакрепленнойстоящей на бокуU-образной труб-ки (рис.5). Рас-стояние между осями колен h = 1,00 м, онисопряжены по полуокружности, трения всистеме нет, зазор между стенками и шари-ками мал. Ускорение свободного паденияравно g. При каких значениях скорости uодин шарик вылетит из верхнего колена, адругой – из нижнего?

И.Воробьев

Задача 3. В архиве лорда КельвинаОднажды, разбирая архив лорда Кельви-

на, теоретик Баг обнаружил график (рис.6)и пояснительную записку, из которой следо-вало, что Кельвин изучал изохорные процес-сы. От времени чернила выцвели, и коорди-натные оси с графика исчезли, но из текстаследовало, что последней (верхней правой)точке графика соответствуют давление p == 2000 мм рт. ст. и температура 127 C . Багвыяснил, что в сосуде находились воздух ивода. Определите:

Рис. 3

О Л И М П И А Д Ы 43

i температуру и давление, соответ-ствующие точкам А и Б графика;i температуру при которой испари-

лось 40% воды, находившейся в со-суде.

Примечание: 1 мм рт.ст. = 1 торр,1 атм = 760 торр.

И.Юдин

Задача 4. Мостик с диодами и конденса-торами

Электрическая цепь (рис.7,а) составленаиз трех одинаковых конденсаторов емкостью

1 2 3C C C C , двух одинаковыхдиодов, двух идеальных амперметров, ключаи регулируемого источника напряжения. За-висимость силы тока через диод от напряже-ния на нем представлена на рисунке 7,б.i Пусть напряжение источника постоянно

и равно 03U . Какое количество теплотывыделится в цепи при замыкании ключа K?iПусть напряжение источника зависит от

времени U U t так, как показано нарисунке 7,в. Ключ K постоянно замкнут.

Определите зависимости от времени 1I t

и 2I t показаний амперметров 1A и 2A .

Нарисуйте графики этих зависимостей суказанием значений характерных точек награфике.

Полярность источника и полярность под-ключения амперметров указаны на рисунке7,а. Во всех случаях в начальный моментвремени конденсаторы не заряжены.

А.Аполонский

Задача 5. Ом-м-м…Электрическая цепь (рис.8,а) собрана из

одинаковых омметров и резистора, сопро-тивление которого R = 1,00 кОм. Все ом-метры включены в цепь так, что у приборовс нечетным номером клемма, помеченная

знаком плюс, находится слева, а у четных –сверху. Определите показания первого, чет-вертого и тринадцатого омметров.

Указание. Считайте, что омметр состоитиз соединенных последовательно идеально-го источника постоянного напряжения U,резистора сопротивлением R = 1,00 кОм иидеального амперметра (рис.8,б). При под-ключении к омметру исследуемого резисто-ра показания амперметра, встроенного вомметр, автоматически пересчитываются (на-пример, с помощью встроенного микропро-цессора) так, что на цифровом табло прибо-ра отображается значение сопротивления

xR исследуемого резистора, подключенно-го к омметру.

М.Замятнин

11 класс

Задача 1. «Слинки»Пружину «Слинки» (Slinky) удержива-

ют за верхний виток так, чтоее нижний виток находитсяна высоте h = 100 см надуровнем пола, а длина самойпружины, растянутой силойсобственного веса, равна l == 150 см (рис. 9). Пружинуотпускают. Через какое вре-мя она упадет на пол? Внерастянутом состоянии вит-Рис. 7

Рис. 6

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 744

Рис. 10

Рис. 11

ки пружины плотно прилегаютдруг к другу, не оказывая приэтом давления друг на друга, адлина пружины составляет 0l == 6 см. Витки тонкие. При схло-пывании пружины витки междусобой соударяются неупруго, ик моменту падения она успеваетсхлопнуться целиком. Ответдайте с точностью 0,02 с.

А.Гуденко

Задача 2. Я тучка, тучка, туч-ка...

В приближении адиабатичес-кой атмосферы оцените:i высоту H атмосферы Земли;i высоту 0h нижней кромки

облаков.Температура на поверхности

Земли 0 27 Ct , а относитель-ная влажность воздуха 80% .Считайте, что 0h H≪ .

Указание. Адиабатической называется ат-мосфера, в которой порции газа, перемеща-ясь по вертикали без теплообмена, все времяостаются в механическом равновесии. Зави-симость давления насыщенного водяного параот температуры приведена в таблице.

А.Гуденко, А.Шеронов

Задача 3. БусинкаЗаряд Q равномерно распределен по по-

верхности диэлектрической тонкостеннойтрубы радиусом R и длиной H. Бусинка cтем же по знаку зарядом может свободноскользить по тонкой непроводящей спице,совпадающей с диаметром серединного (рав-ноотстоящего от торцов) сечения. Найдитепериод T малых колебаний бусинки от-носительно положения равновесия. Удель-ный заряд бусинки q m считайте изве-стным.

В.Плис

Задача 4. И снова МГДМодель морского магнитогидродинамичес-

кого (МГД) двигателя, установленного под

днищем катера, представляет собой прямо-угольный канал со сторонами a = 1,0 м, l == 2,0 м, h = 10 см (рис. 10). К хорошопроводящим плоскостям hl подключен иде-альный источник постоянного тока с ЭДСE = = 100 В. Магнитное поле с индукциейВ = 1 Тл прони-зывает каналперпендикуляр-но непроводя-щим плоскостямal. При движе-нии катера с та-ким двигателем с постоянной скоростью uскорость вытекающей относительно катераводы равна v = 10 м/с. Удельное сопро-тивление морской воды 21,0 10 Ом м ,

ее плотность 3 3в 1,0 10 кг м . Найдите

скорость движения катера, силу тяги, по-лезную мощность и КПД двигателя. Элект-рический ток течет вдоль сторон a.

М.Осин

Задача 5. Лунное затмениеКак известно, Солнце не является точеч-

ным источником света, а имеет малый угло-вой диаметр (при наблюдении с Земли)2 0,52 . Этот факт приводит к тому, чтообласть полной тени за Землей оказываетсяконечной (рис.11).

i Пусть рефракция (явление преломлениясолнечных лучей в земной атмосфере) отсут-ствует. На каком расстоянии 1L от Землиеще будет наблюдаться полная тень? Найди-те продолжительность полного лунного зат-мения в этом случае.i В действительности рефракция оказыва-

ет существенное влияние на размер областиполной тени. Пусть атмосфера Земли имеетприведенную высоту h = 8 км и среднийпоказатель преломления n = 1,00028. Пола-гая, что границу тени образуют лучи, иду-щие по касательной к поверхности Земли,определите, на каком максимальном рассто-

Рис. 9

О Л И М П И А Д Ы 45

Даниил Павлов – Санкт-Петербург,Григорий Бобков – Московская область,Марат Абдрахманов – Челябинская об-

ласть,Павел Белоусов – Архангельская область,Дмитрий Мельников – Москва;

11 класс

Василий Югов – Пермский край,Захар Яковлев – Санкт-Петербург,Дмитрий Плотников – Москва,Станислав Крымский – Санкт-Петербург,Михаил Олифиренко – Свердловская об-

ласть.

ПОБЕДИТЕЛИ ОЛИМПИАДЫ9 класс

Светлана Баранова – Москва,Елисей Судаков – Вологодская область,Ирина Ляликова – Курская область,Антон Белецкий – Ростовская область,Андрей Серженко – Москва,Владислав Поляков – Санкт-Петербург,Михаил Казаков – Республика Мордовия;

10 класс

Анастасия Осипова – Нижегородская об-ласть,

Алексей Шишкин – Республика Мордовия,Станислав Цапаев – Республика Мордо-

вия,

янии 2L теперь будет наблюдаться полнаятень. Какая часть площади лунного дискаокажется затенена?

Радиус Земли R = 6400 км, ускорениесвободного падения 29,8 м сg , угловой

диаметр Луны равен угловому диаметруСолнца 2 , период обращения Луны вокругЗемли 0 27,3 сутT .

В.Слободянин

Публикацию подготовил В.Слободянин

Снова воспользуемся обобщенным зако-ном Снеллиуса:

0 0sin sinn n ky .

Так как на максимальном расстоянии лучдвижется горизонтально, т.е. 90 , то

0max 1 sin 0,94

ny

k.

Задача  4. Цилиндр изготовлен из про-зрачного материала (рис.8), но показательпреломления этого материала медленноуменьшается с увеличением расстояния до

его оси по закону

0n r n 1 r , где

0n и – известныепостоянные величи-ны. На каком рас-стоянии от оси ци-линдра надо произве-сти вспышку света,чтобы некоторые изсветовых лучей мог-Рис. 8

ли распространяться по окружности с цен-тром на оси цилиндра?

Решение. Для того чтобы пучок лучей мограспространяться по окружности, должновыполняться условие равенства времен рас-пространения крайних лучей пучка.

Пусть толщина пучка равна 2 r. Оптичес-кий путь крайнего верхнего луча пучка,распространяющегося по окружности ради-усом r r, равен

1 02 1l r r n r r ,

а нижнего –

2 02 1l r r n r r .

С учетом того что времена прохожденияверхнего и нижнего лучей пучка должнысовпадать, получаем равенство

02 1r r n r r

c02 1r r n r r

c.

Несложные алгебраические преобразованиядают ответ:

1

2r .

Когда показатель преломленияменяется

(Начало см. на с. 28)

Московский государственныйтехнический университет

имени Н.Э.Баумана

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

Рис. 3

Рис. 5

Ф И З И К А

ОЛИМПИАДА-2017

ПЕРВЫЙ ТУР

Вариант 1

1. Диск катится без проскальзывания погоризонтальной плоскости так, что его центр

C движется с постояннымускорением 22,5 см сa .Через время t = 2 c посленачала движения его поло-жение соответствует рисунку1. Найдите модуль скороститочки В диска относительногоризонтальной плоскости.

2. На одной чаше весов стоит сосуд сводой, а на другой – штатив, на котором

подвешен металли-ческий груз объе-мом 31 дмV(рис. 2). Чаши ве-сов уравновешены.Нить, на которойподвешен груз, уд-линяют так, чтоподвешенный наней груз оказыва-

ется целиком погруженным в воду. Равнове-сие весов при этом нарушается. На какуючашу весов и груз какой массы нужно поло-жить, чтобы восстановить равновесие весов?Массой нити пренебречь. Плотность воды

3 310 кг м .3. На гладкую горизонталь-

ную поверхность поставиливертикально гантельку длинойl, состоящую из невесомогожесткого стержня с двумя ма-ленькими шариками на кон-цах, массы которых 2m и m(рис.3). Гантельку отпускаютбез начальной скорости, и она

начинает падать. Найдите скорость, с кото-рой верхний шарик коснется горизонталь-ной поверхности, и величину перемещениянижнего шарика к этому моменту времени.Силами трения пренебречь.

4. Два бруска движутся со скоростью v погоризонтальной гладкой поверхности и на-летают на упор, соединенный с вертикаль-ной стенкой пру-жиной жесткос-тью k (рис.4).Определите ми-нимальное значе-ние коэффициента трения между брусками,при котором верхний брусок не будет про-скальзывать относительно нижнего в про-цессе сжатия пружины. Масса нижнего брус-ка 3m, масса верхнего m. Массами упора ипружины пренебречь.

5. Теплоизолированный баллон разделентеплоизолирующей перегородкой с клапа-ном на две части. При закрытом клапане водной части баллона объемом 1V = 1 лнаходится гелий при давлении 5

1 8 10 Паpи температуре 1T = 300 К, а в другой частибаллона объемом 2V = 2 л находится неонпри давлении 5

2 4 10 Паp и температуре

2T = 600 К. Найдите температуру газа,которая установится в баллоне после откры-тия клапана.

6. Рабочим телом тепловой машины явля-ется один моль одноатомного идеальногогаза. Цикл машинысостоит из изотермы1–2, изохоры 2–3 иадиабаты 3–1 (рис.5).КПД цикла = 0, 26,а разность максималь-ной и минимальнойтемператур газа в цик-ле T = 600 К. Най-дите количество теплоты, подводимое к ма-шине за один цикл.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 4

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

Рис. 8

Рис. 7

Рис. 6

7. В электрическойсхеме, показанной нарисунке 6, емкостиплоских конденсато-ров равны С и 2С.Расстояние между об-кладками конденсато-

ра емкостью 2С равно d, а максимальнаясила притяжения между его обкладкамиравна F. Определите количество теплоты,выделившееся на сопротивлении после за-мыкания ключа K.

8. Найдите ток через перемычку ab всхеме, представленной на рисунке 7. Сопро-

тивлениями пере-мычки, проводя-щих проводов ивнутренним со-противлением ба-тареи пренеб-речь.

9. Из проволо-ки общим сопро-

тивлением R сделан плоский замкнутый кон-тур, состоящий из двух квадратов со сторо-нами a и 2а (рис.8). Контур находится в

однородном магнит-ном поле с индукциейB, направленной пер-пендикулярно плоско-сти контура. Найдитезаряд, который про-течет через попереч-

ное сечение провода при повороте контуравокруг оси симметрии 1OO на 180 . Междупересекающимися на рисунке проводамиэлектрический контакт отсутствует.

10. Цилиндрический сосуд с жидкостьюплотностью вращается с постоянной угло-вой скоростью вокруг вертикальной оси

1OO (рис.9). Внутри сосуда к оси 1OO вточке А прикреплен тонкий горизонтальный

стержень АВ, по которому без трения можетскользить муфта в виде шара радиусом r.Шар связан с концом стержня в точке Апружиной жесткостью k, длина которой внерастянутом состоянии 0L . Определите рас-стояние центра шара от оси вращения, еслиплотность материала шара в четыре разабольше плотности жидкости.

Вариант 2

1. Под каким углом к горизонту следуетбросить камень со скоростью v = 14 м/с,чтобы дальность его полета L была равна10 м? Сопротивление воздуха не учитывать.

2. Гибкий однородный трос подвешен законцы к горизонтальному потолку так, чторасстояние междуточками подвесаменьше длинытроса (рис.10).Натяжение тросав нижней точке А равно T, а в точках подвесаВ и С равно 0T . Найдите массу троса.

3. На горизонтальной плоскости лежат двабруска массами m и 2m, соединенные ненап-ряженной пружиной (рис.11). Какую наи-

меньшую постоянную силу F, направленнуюгоризонтально, нужно приложить к брускумассой 2m, чтобы сдвинулся и другой бру-сок? Коэффициент трения брусков о плос-кость равен .

4. На гладкой горизонтальной поверхнос-ти вдоль одной прямой на некотором рассто-янии друг от друга расположены четыреравных по объему шарика, имеющих массыm, 2m, m, 4m (рис.12). По этой же прямой

движется шарик массой m такого же объема,имеющий скорость 0v , и ударяется в край-ний шарик. Считая соударения шариковабсолютно неупругими, найдите количествотеплоты, выделившееся после прекращениясоударений шариков.

5. Цикл тепловой машины, рабочим теломРис. 9

Рис. 10

Рис. 11

Рис. 12

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 748

которой является одноатомный идеальныйгаз, состоит из двух изобар и двух адиабат.Работа газа при изобарическом расширенииравна 1A ; работа, затраченная на изобари-ческое сжатие, равна 2 10,75A A . Опреде-лите КПД цикла.

6. Теплоизолированная полость соединенас двумя сосудами, содержащими газообраз-

ный гелий, одина-ковыми отверстия-ми (рис.13), разме-ры которых малыпо сравнению с дли-ной свободного про-бега молекул газа.

Давление гелия в этих сосудах поддержива-ется равным р, а температура равна Т водном сосуде и 4Т в другом. Найдите устано-вившуюся температуру внутри полости.

7. Три положительных точечных заряда+q, +q и +2q расположены в вершинахправильного треугольника со стороной а(рис.14,а). Найдите работу сил электричес-кого поля, которую они совершат, если заря-ды расположить вдоль прямой, как показанона рисунке 14,б.

8. Математический маятник длиной l со-вершает малые колебания вблизи вертикаль-ной стенки (рис.15). Под точкой подвесамаятника на расстоянии 1 2l l от нее встенку забили гвоздь. Найдите период коле-баний такого маятника.

9. Найдите разность потенциалов междуточками A и B в схеме, изображенной на

рисунке 16. Внутренним сопротивлением ис-точника тока пренебречь.

10. Тонкое проволочное кольцо площадью2100 смS , имеющее сопротивление R =

= 0,01 Ом, помещено в однородное магнит-ное поле. Изменение проекции xB векторамагнитной индукции этого поля на ось x,перпендикулярную плоскости кольца, в за-висимости от времени представлено на гра-фике (рис.17). Какое количество теплоты

выделится в кольце за интервал времени отt = 0 до t = 8 с? Индуктивностью кольцапренебречь.

Вариант 3

1. Тело массой m = 1 кг движется по оси xпо закону 25 4 2 мx t t . Определитевеличину импульса тела в момент времениt = 1 c.

2. Однородный стержень массой m закреп-лен в точке А с помощью шарнира и удержи-вается за второй конец под углом 30 кгоризонту с помощью невесомой нерастяжи-мой нити, расположенной под таким жеуглом к вертикали, как показано на

рисунке 18. Найдитесилу натяжения нити.

3. Два цилиндрических сосуда, имеющихплощади оснований S и 2S, соединены снизутонкой трубкой с краном (рис.19). Первона-чально сосуд с площадью сечения S заполнендо высоты h жидкостью, масса которой m.

Рис. 13

Рис. 14 Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

Рис. 18 Рис. 19

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

Какое количество теплоты выделится послеоткрытия крана и перехода системы в поло-жение равновесия?

4. Два одинаковых шара, массой m каж-дый, лежат на абсолютно гладкой горизон-тальной плоскости, соприкасаясь друг с дру-гом (рис.20; вид сверху). Третий шар таких

же размеров, скользящий по той же плоско-сти, ударяется одновременно в оба шара.Считая удар абсолютно упругим, найдитемассу налетающего шара, если после удараон останавливается.

5. В озеро, имеющее среднюю глубину h == 10 м и площадь поверхности 220 кмS ,бросили кристаллик поваренной соли мас-сой m = 0,01 г. Сколько молекул этой солиоказалось бы в наперстке воды объемом

32 смv , зачерпнутой из озера, если пола-гать, что соль, растворившись, равномернораспределилась во всем объеме воды?

6. Найдите количество теплоты, котороесообщено идеальному одноатомному газу впроцессе 1–2–3–4 (рис.21), если 1V = 1 л,

2V = 2 л, 51 9 10 Паp , 6

2 9 10 Паp .7. В трех вершинах квадрата расположены

точечные заряды –2q, +4q, –3q (рис.22).Определите, какой заряд нужно поместить вчетвертую вершину квадрата, чтобы в цент-ре квадрата потенциал электрического поляравнялся нулю.

8. В точках А, С, D расположены непод-вижные точечные заряды +2q, +q, –6q, какпоказано на рисунке 23. Определите работусил поля при перемещении заряда +q

из бесконечности, где потенциал электричес-кого поля принимается равным нулю, вточку В.

9. В электрической цепи, схема которойпоказана на рисунке 24, установившеесянапряжение наконденса тореравно U = 20 В.Считая парамет-ры элементовсхемы известны-ми, определитевеличину ЭДСисточника тока.Внутренним сопротивлением источника токапренебречь.

10. Два параллельных идеально проводя-щих рельса расположены на расстоянии Lдруг от друга в плоскости, перпендикуляр-ной однородномумагнитному полюс индукцией В(рис.25). Порельсам в проти-воположные сто-роны скользятдве перемычки,скорости которых v и 2v. Сопротивленияперемычек R и 2R. Найдите величину индук-ционного тока в перемычках.

ВТОРОЙ ТУР

Вариант 1

1. Два тела, находящиеся на одной высоте,брошены одновременно с одинаковыми на-чальными скоростями 0 5 м сv : одно вер-тикально вверх, а другое вертикально вниз.Определите разницу во времени движения

тел до земли. Принять 210 м сg .

2. Бруски массами 2m и m соединеныневесомой пружиной и прикреплены легкойнитью к упору А, закрепленному на гладкойнаклонной плоскости с углом наклона

30 (рис.26). Найдите силу натяжениянити, если систе-ма покоится. Най-дите ускорение(направление имодуль) брускамассой 2m сразупосле пережига-ния нити.

Рис. 20

Рис. 21 Рис. 22

Рис. 23

Рис. 24

Рис. 25

Рис. 26

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 750

3. Вокруг горизон-тальной оси О можетсвободно вращатьсялегкий рычаг, плечикоторого равны 2L иL. На концах рычагаукреплены грузы,массы которых 2m и

m. Первоначально рычаг удерживается вгоризонтальном положении, как показанона рисунке 27. Затем рычаг отпускают безначальной скорости. Определите линейныескорости грузов в момент прохождения стер-жнем положения равновесия.

4. На p–V диаграмме (рис.28) изображенцикл 1–2–3–1, проводимый с одноатомным

идеальным газом.Определите отноше-ние количества теп-лоты 12Q , получен-ного газом в про-цессе 1–2, к количе-ству теплоты 23Q ,полученному газомв процессе 2–3.

5. Теплоизолированный сосуд разделенпористой неподвижной перегородкой на двечасти. Атомы гелия могут свободно прони-кать через поры в перегородке, а атомыаргона – нет. В начальный момент в однойчасти сосуда находится He 2  моль гелия,а в другой – Ar 1 моль аргона. Темпера-тура гелия He 300T  К, а температура ар-гона Ar 600T  К. Считая аргон и гелийидеальными газами, определите температу-ру гелия после установления равновесия всистеме.

6. Две бусинки, имеющие заряды +2q и +qи одинаковые массы m, удерживаются надлинном горизонтальном изолирующем стер-жне на расстоянии 0L друг от друга (рис.29).

Бусинку, имеющую заряд +q, отпускают, иона начинает скользить по стержню. Коэф-фициент трения скольжения равен . Най-дите максимальное расстояние между бусин-ками.

7. Положительно заряженная частица дви-жется с постоянной скоростью v

r вдоль оси

x в стационарном однородном электромаг-нитном поле (рис.30). Определите модуль инаправление вектора на-пряженности электри-ческого поля E

ur, если

вектор магнитной индук-

ции Bur

направлен вдольоси y.

8. Оптическая системасостоит из рассеивающей

1Л и собирающей 2Ллинз с общей главной оптической осью(рис.31). Главные фокусы рассеивающей

линзы обозначены 1F , а собирающей линзы– 2F . Постройте дальнейший ход луча АВчерез оптическую систему.

9. Какое количество теплоты выделится нарезисторе после замыкания ключа K в схеме,изображенной на рисунке 32? Внутреннимсопротивлением батареи пренебречь.

10. Вертикальная часть тонкой открытой собоих концов L-образной трубки заполненана высоту l жидко-стью и удержива-ется с помощьюклапана К (рис.33). Найдите, че-рез какое время после открытияклапана вся жид-кость вытечет извертикальной час-ти трубки. Силамитрения и поверхностного натяжения пренеб-речь. При течении жидкость заполняет всесечение трубки.

Рис. 27

Рис. 28

Рис. 29

Рис. 30

Рис. 31

Рис. 32

Рис. 33

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

Вариант 2

1. За время t = 40 с тело прошло путь s == 500 м, причем его скорость увеличилась вn = 5 раз. Считая движение равноускорен-ным с начальной скоростью, определите ве-личину ускорения тела.

2. Два мальчика стоят на коньках на льдуна расстоянии L друг от друга. Один из них,имеющий массу М, бросает мяч массой m,второй ловит его налету. Максимальнаявысота, которой достигает мяч при полетенад точкой бросания, равна h, коэффициенттрения между коньками и льдом . Опреде-лите расстояние, на которое откатится маль-чик, бросивший мяч.

3. Небольшая шайба массой m без началь-ной скорости соскальзывает с гладкой горкивысотой h = 5 м и попадает на доску массойM = 3m, лежащую у основания горки нагладкой горизонтальной плоскости, как по-казано на рисунке 34. Вследствие трения

между шайбой и доской шайба останавлива-ется через время t = 2,5 c, не достигнувкрая доски. Определите коэффициент тре-ния между шайбой и доской. Принять уско-

рение свободного падения 210 м сg .4. Плотность смеси водорода и аргона при

нормальных условиях равна 0,89 г л .Найдите концентрацию атомов водорода всмеси.

5. На p–V диаграмме изображен цикл1–2–3–1, проводимый с одноатомным иде-альным газом (рис. 35). Определите коэф-

фициент полезногодействия этогоцикла.

6. Проводящийшар радиусом R == 10 см заряжен так,что потенциал элек-трического поля вшаре на расстоянииr = 3 см от центра

равен = 10 В. Определите поверхностнуюплотность заряда, равномерно распределен-ного на поверхности шара.

Рис. 35

7. Протон и электрон, двигаясь с одинако-выми скоростями, попадают в однородноемагнитное поле, линии индукции которогоперпендикулярны вектору их скорости. Восколько раз радиус кривизны траекториипротона больше радиуса кривизны траекто-рии электрона?

8. Постройте всеизображения светя-щейся точки А в двухвзаимно перпендику-лярных плоских зер-калах (рис.36).

9. В схеме, приведенной на рисунке 37,найдите энергию конденсатора. Параметры

элементов схемы, изображенных на рисун-ке, считать известными. Внутренним сопро-тивлением источников тока пренебречь.

10. На горизонтальной поверхности рас-положены три одинаковых одноименно за-ряженных шарика, заряд каждого из кото-рых q, а масса m (рис.38). Шарики соедине-ны невесомыми, не-растяжимыми и не-проводящими нитя-ми длиной L каж-дая так, что нитиобразуют равносто-ронний треуголь-ник. Нить междушариками 1 и 2 пе-режигают. Пренеб-регая гравитацион-ным взаимодействием между шариками исилами трения, найдите максимальную ско-рость шарика 3.

Публикацию подготовил Ю.Струков

Рис. 36

Рис. 37

Рис. 38

Рис. 34

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

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

ЗАДАЧИ

(см. «Квант» №6)

1. Антон Борисов, Вася Васильев, Гриша Григо-рьев, Боря Антонов.Посмотрим, как ребята сидели за столом вовторой раз. Напротив Антона – не Антонов (таккак они уже сидели напротив ранее), не Борисов(так как напротив него сидит Гриша) и не Васи-льев (так как он сидит рядом с Антоном), зна-чит, это Григорьев. Антон не может быть Анто-новым (они сидели напротив), рядом с ним си-дит Васильев, а напротив него сидит Григорьев,значит, Антон – Борисов. Напротив Борисова –Гриша, значит, Гриша – Григорьев. Васильев иБоря – разные люди, и рядом с Васильевымсидят Антон и Гриша, значит, Васильев – Вася.Тогда Антонов – Боря.2. Подходят все имена, начинающиеся на «Ми»и оканчивающиеся на «я», например Митя.3. Пронумеруем места, на которых написанызнаки. Вите надо сделать так, чтобы на четныхместах остались знаки одного типа, а на нечет-ных – другого. Посмотрим на пятнадцать нечет-ных мест, каких-то знаков там больше, допустимплюсов, т.е. их минимум 8. Тогда на четныхместах минусов больше, т.е. минимум 8. ЕслиВитя исправит знаки так, чтобы на нечетныхместах стояли плюсы, а на четных минусы, тоему придется исправить не больше 7 + 7 = 14знаков.4. Если мы найдем гирьки с суммарной массой 6граммов, то добьемся цели.Если мы найдем 4 гирьки с суммарной массой 4или 8 граммов, то поймем, какая гирька скольковесит, после чего тоже легко добьемся цели.Взвесим 4 гирьки, их масса может быть от 4 до 8граммов. Случаи 4, 6 и 8 граммов разобранывыше. Если они весят 5 граммов, то оставшиеся4 гирьки весят 7 граммов и наоборот. Масса в 5граммов может быть набрана только одним спо-собом: 1, 1, 1 и 2 грамма, назовем эти гирькигруппой А, и в 7 граммов – тоже одним спосо-бом: 1, 2, 2, 2 грамма – группа Б.Вторым действием взвесим 2 гирьки из группы Аи 2 гирьки из группы Б. Случаи, когда их масса4, 6 или 8 граммов, разобраны выше.Если их масса 5 граммов, то из группы А попа-лись гирьки 1 и 1 граммов, из группы Б – 1 и 2грамма. Значит, можно взять эти гирьки группыА и не участвовавшие во взвешивании гирькигруппы Б. Их суммарная масса – 6 граммов.Случай, когда их масса 7 граммов, разбираетсяаналогично.

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. Нет тела отсчета, относительно которого про-исходит движение.2. На глубоких местах в большей степени прояв-ляется действие выталкивающей силы, ослабля-ющей давление на дно.3. При пересадке с ядра на ядро барон испыталбы огромное ускорение. Организм человека не всостоянии перенести перегрузки, вызываемыестоль быстрым изменением скорости.4. Для лучшей обтекаемости тела и уменьшениясилы сопротивления.5. С уменьшением атмосферного давления приподъеме в горы суставы менее плотно прилегаютдруг к другу, из-за чего действие конечностей«разлаживается» и становятся возможными раз-личные травмы.6. На поверхность воды действует атмосферноедавление, мы же в полости рта давление воздухауменьшаем. За счет разности давлений вода иподнимается вверх.7. При температуре воздуха, близкой к 37 C∞ ,замедляется процесс передачи воздуху непре-рывно выделяемого человеком тепла, и в телеобразуется избыточная внутренняя энергия.8. Скорость воздуха, выдуваемого тонкой струй-кой, велика, и давление в струе меньше атмос-ферного. К поверхности чая «подается» захва-тываемый струей холодный воздух, не насыщен-ный водяными парами, что способствует испаре-нию и охлаждению жидкости. В другом случаевыдыхается теплый, насыщенный парами воз-дух, скорость которого мала. Он-то и греет руки.9. При уменьшении размеров тела возрастаетотношение площади его поверхности к объему.Теплоотдача, определяемая именно площадьюповерхности, растет и потеря тепла происходитинтенсивнее.10. Во время дождя вода не испаряется с нашейкожи и не охлаждает нас.11. При растягивании суставов падает давлениев суставной сумке, и находящаяся там жидкостькак бы закипает. В ней появляются пузырькигаза, которые при сильном растяжении с трес-ком лопаются.12. В поле заряженной гильзы кисть руки, вслед-ствие электростатической индукции, электризу-

КАКОЙ БЫВАЕТ КОЛЕЯ

При движении колеса по колее переменной ши-рины след от каждого рельса представляет со-бой винтовую линию на поверхности конуса.

О Т В Е Т Ы , У К А З А Н И Я , Р Е Ш Е Н И Я 53

:ется, и разноименные заряды начинают притяги-ваться друг к другу.13. Сопротивление пальца – несколько тысячомов – во много раз больше сопротивления всейгирлянды в несколько сотен омов. На палец,если его сунуть в патрон, придется практическивсе напряжение сети.14. Полость рта служит резонатором для звуков.15. Мужской голос обычно ниже женского, таккак у мужчины голосовые связки толще, длин-нее и вибрируют с более низкой частотой.16. Размеры колонны сравнимы с длиной звуко-вой волны, поэтому волны огибают колонну (диф-рагируют). Играет роль и отражение звука отстен и потолка. В отличие от звуковых, световыеволны слишком короткие, чтобы в этом случаенаблюдалась их дифракция.17. При большом диаметре зрачка сказываетсясферическая аберрация глаза – широкий свето-вой пучок не фокусируется в одной точке. Прималом диаметре зрачка изображение искажаетсяза счет дифракции.18. Расслабление окружающих хрусталик мышцприводит к его вытягиванию, т.е. уменьшениюкривизны его поверхности и соответствующемууменьшению оптической силы. Расчет дает изме-нение приблизительно на 4 диоптрии.

Микроопыт

В двух глазах получаются два изображения,которые воспринимаются мозгом как одно лишьтогда, когда они лежат в идентичных точкахсетчаток глаз.

ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДАИМЕНИ И.Ф.ШАРЫГИНА

1. По теореме о касательной и секущей прямаяAD пересекает отрезок BC в его середине M(рис.1). Тогда из условия получаем, что BM == BD и ADB DMB . С другой стороны,

ADB = ABM как угол между хордой и каса-тельной. По теореме о внешнем угле, DAB

2ABM AMB ADB .2. Известно, что окружности, противоположны-ми точками которых являются основания внеш-ней и внутренней биссектрис, перпендикулярны

описанной окружности треугольника. Значит,окружности , , , симметричные им относи-тельно диаметров, также перпендикулярны опи-санной окружности, т.е. степени центра O опи-санной окружности относительно всех трех ок-ружностей равны. Кроме того, поскольку сере-дины отрезков между основаниями внешних ивнутренних биссектрис лежат на одной прямой,симметричные им центры окружностей по теоре-ме Менелая также лежат на одной прямой. Пер-пендикуляр из O на эту прямую является общейрадикальной осью окружностей, которые, следо-вательно, имеют две общих точки.3. Рассмотрим четыре сферы, для которых дан-ные окружности являются большими кругами.Тогда, например, плоскость AB будет ради-кальной плоскостью двух сфер, касающихся реб-ра AB, следовательно, она проходит через ради-кальный центр всех сфер. Остальные плоскоститакже проходят через эту точку.4. 100 .Первое решение. Достроим треугольник до ром-ба ABCD (рис.2). Пусть O – центр ромба. Тогдапрямая BM делит медиану AO треугольникаABD в отношении 2:1. Значит, эта прямая тожеявляется медианой, т.е. проходит через середину

K отрезка AD. Поскольку точки O и H лежат наокружности с диаметром BC, KHO BCO

KAO . Следовательно, четырехугольникAHOK вписанный и 80AHK AOK , а

100AHB .Второе решение. Аналогично предыдущему ре-шению, заметим, что четырехугольник BCOHвписанный. Следовательно, MH MB

2MO MC MA . Поэтому окружность AHBкасается прямой AC, откуда 180AHB

100BAC .5. Пусть K – наименьший из данных кругов(будем считать, что его радиус равен 1), O –центр K, 1 2 3 4 5 6A A A A A A – правильный шести-угольник с центром O и стороной 3 . Докажем,что каждый из данных кругов содержит одну източек O, 1A , …, 6A ; из этого, по принципуДирихле, будет следовать утверждение задачи.Пусть O – центр некоторого круга K . ЕслиO лежит в K, то круг K содержит O, так какего радиус не меньше 1. Поэтому будем считать,что 1OO .Рис. 1

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 754

Луч OO образует с одним из лучей OAi угол, небольший 30 . Пусть это луч 1OA , тогда

2 2 21 1 1 12 cosO A O O OA O O OA O OA

2 3 3O O O O .

Если 1 2O O , то 1 1O A и K содержит

1A . Если же 2O O , то 1 1O A O O . Норадиус K не меньше чем 1OO , так какэтот круг пересекается с K; следовательно, и вэтом случае K содержит 1A .

6. Пусть ABC (рис.3) – данный треугольник( AB AC BC ). Пусть CH – его высота, точкаA симметрична A относительно H, а точка Bсимметрична B относительно биссектрисы угла A.Тогда ACA и ABB – равнобедренные треуголь-

ники, накрывающие ABC, причем ACA ABCS S

2AA AB AH AB , а ABB ABCS S AB AC

2AB AC . Произведение этих отношений есть

2 2AH AC , значит, какое-то из них меньше

2 .7. Пусть I, H – центр вписанной окружности иортоцентр треугольника соответственно. При го-мотетии с центром M и коэффициентом 1 2точки N и H переходят в I и O соответственно.Поэтому 2MON тогда и только тогда,когда IO = IH. Пусть прямая OH пересекаетстороны AC и BC треугольника ABC. Тогда, таккак AI, BI – биссектрисы углов HAO, HBO,точки A, B, O, I, H лежат на одной окружности.Следовательно,

2AOB C AHB C , и 60C .

Обратное утверждение доказывается аналогич-но.8. Сделаем инверсию относительно окружностис центром в точке D и произвольным радиусом.При построении конструкции после инверсиибудем руководствоваться известными свойства-ми этого преобразования. Образы точек будемобозначать штрихами (рис.4).Описанная окружность треугольника XDA каса-лась BA и BX. Она перейдет в прямую A X , апрямые – в описанные окружности треугольни-ков B DA и B DX . Значит, они будут касатьсяпрямой X A . Тогда радикальная ось этой парыокружностей, т.е. B D, будет делить пополам

отрезок X A . Аналогично, описанные окружнос-ти треугольников DC Y и DC A касаются пря-мой Y A . Тогда их радикальная ось DC будетделить пополам отрезок A Y . Значит, прямая

B C – средняя линия треугольника X A Y , от-куда X Y B DP . Остается заметить, что прооб-раз прямой X Y – окружность, проведеннаячерез точки X, Y, D. Так как X Y B CP , онабудет касаться прямой BC в точке E.9. Нет.Возьмем на плоскости окружности и срадиусами 2 и 1 соответственно, касающиесявнешним образом. Проведем к ним общую вне-шнюю касательную и построим окружность ,вписанную в криволинейный треугольник, обра-зованный обеими окружностями и касательной.Очевидно, что радиус этой окружности будетменьше 1, так что из радиусов трех окружностейтреугольник составить нельзя. Теперь заменимпрямую, касающуюся и , окружностью срадиусом больше чем 4, касающейся их внешнимобразом, и построим три шара, центры и радиу-сы которых совпадают с центрами и радиусамиокружностей , , . Наконец, построим шар срадиусом, равным радиусу окружности , каса-ющейся трех остальных. Центры этих шаровобразуют тетраэдр, а точки их касаний лежат насфере, касающейся всех ребер. При этом отрез-ки a, b, c, d равны радиусам окружностей , ,

, , из которых ни одного треугольника соста-вить нельзя.10. Нет.Очевидно, что в первый вечер полицейские ока-жутся в вершинах равнобедренного треугольни-ка и в дальнейшем это условие будет всегдавыполнено. Поэтому можно считать, что в нача-ле AC = BC. Пусть O, R – центр и радиусописанной окружности треугольника ABC. Тог-да так как OC AB , а X лежит внутри тре-угольника ABC, то проекция X на высотуCD треугольника лежит между C и D. Поэто-му 2 2 2 2 2 2XC XO CD DO AC AO , или

2 2 2 2XC AC XO R . Аналогично получаем,что 2 2 2 2O X R OX R , где O , R – центри радиус описанной окружности нового тре-

Рис. 3

Рис. 4

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

угольника, образованного полицейскими. Такимобразом, степень точки X относительно описан-ной окружности образованного полицейскимитреугольника каждый вечер уменьшается, сле-довательно, полицейские не могут вернуться висходные точки.

11. 1 : 2.Первое решение. Пусть , ,a b cI I I – центры вне-вписанных окружностей треугольника ABC(рис. 5). Тогда для треугольника a b cI I I тре-

угольник ABC является ортотреугольником, аего описанная окружность – окружностью девя-ти точек. Поэтому центр описанной окружноститреугольника a b cI I I находится в точке, симмет-ричной I относительно O, а ее радиус равенудвоенному радиусу описанной окружности ABC.

В эту же окружность вписан треугольник A B C ,полученный из ABC гомотетией с центром I икоэффициентом 2. Прямая l, проходящая черезI перпендикулярно OI, высекает в этой окруж-ности хорду с серединой в I, также через I

проходят хорды aI A и bI B . По теореме о

бабочке прямые a bI I и A B пересекают l вточках, симметричных относительно I, следова-тельно, IX : IY = 1 : 2.Второе решение. Рассмотрим ГМТ, для которыхсумма ориентированных расстояний до сторонтреугольника ABC равна 3r, где r – радиусвписанной окружности треугольника. Так какориентированное расстояние является линейнойфункцией координат точки, этим ГМТ будетпроходящая через I прямая. Поскольку суммапроекций вектора OI на ориентированные пря-мые AB, BC, CA равна нулю, то эта прямаяперпендикулярна OI. Так как точка Y лежит навнешней биссектрисе угла C, сумма расстоянийот нее до прямых AC и BC равна нулю. Значит,расстояние от Y до AB равно 3r, т.е. YX = 3IX.

12. Пусть в треугольнике ABC A B C .Тогда высоты , ,a b ch h h удовлетворяют неравен-ству a b ch h h и аналогичное неравенство вы-полнено для биссектрис , ,a b cl l l . Рассмотрим дваслучая.1) Пусть 60B . Тогда A B B C, и

cos 2 cos 2c c a ah l A B h l B C .

Аналогично, c c b bh l h l . Значит, из неравен-ства c a bh h h следует, что c a bl l l .

2) Пусть 60B . Тогда, так как 90A ,

30C . Поэтому sin 2a al h AC C AC

и 2bl BC . Но биссектриса cl не превосходитсоответствующей медианы, которая меньше по-лусуммы сторон AC и BC. Следовательно,

c a bl l l .Примечание. Заметим, что при разборе первогослучая не использовалось условие остроугольно-сти треугольника, а при разборе второго – то,что из высот можно сложить треугольник. Темне менее, оба условия являются необходимыми.Пример тупоугольного треугольника, для кото-рого из высот можно сложить треугольник, а избиссектрис нельзя, приводится в решении зада-чи 5 для 9 класса VII Олимпиады.13. s = 0.Первое решение. Сначала докажем следующуюлемму.Лемма. Пусть T – множество из не более чемn – 3 треугольников, вершины которых выбира-ются из вершин выпуклого n-угольника

1 2 nP A A A… . Тогда можно раскрасить верши-ны P в три цвета так, что вершины каждогоцвета образуют непустое множество подряд иду-щих вершин P и множество T не содержит треу-гольников с разноцветными вершинами.Доказательство леммы проведем индукциейпо n.При n = 3 утверждение верно, так как T пусто.Пусть n > 3. Если 1 nA A не является сторонойникакого треугольника из T, покрасим 1A и nA

в два разных цвета, а остальные вершины – втретий цвет.Пусть 1 nA A является стороной хотя бы одноготреугольника из T. Образуем множество U, уда-лив из T все такие треугольники и заменив востальных nA на 1A . Используя предположениеиндукции для многоугольника 1 2 1nQ A A A…

и множества U, раскрасим вершины Q. Теперь,раскрасив nA в тот же цвет, что 1A , получимискомую раскраску P.Пусть теперь Дьявол строит раскраску, соответ-ствующую названным Человеком тройкам, и ри-сует выпуклый 100-угольник P площади 100,вписанный в окружность k так, что все вершиныP цвета i лежат на дуге ic с градусной мерой ,

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 756

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП XLIIIВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫШКОЛЬНИКОВ ПО МАТЕМАТИКЕ

9 класс

1. Рассмотрим город A, для которого доступнонаибольшее количество городов (если таких не-сколько – любой из них). Предположим, чтонекоторый город B недоступен для A. Тогда поусловию существует город C, для которого и A,и B доступны. Но в таком случае для C доступ-ны B, а также все города, доступные для A. Этопротиворечит выбору A; значит, для A доступнывсе города.3. Нет.Предположим, что переправа гномам удалась.Назовем рейсы лодки с левого берега на правыйпрямыми, а с правого на левый – обратными.Назовем гномов с весами 50, 51, 52, …, 100фунтов тяжелыми, а остальных – легкими. Пустьтяжелые гномы были гребцами в d обратныхрейсах. Тогда эти d тяжелых гномов совершилихотя бы по два прямых рейса, а остальные –хотя бы по одному. Поскольку два тяжелыхгнома не могли плыть одновременно, количествопрямых рейсов было не меньше чем 2d + (51 –– d) = 51 + d. Значит, обратных рейсов было неменьше чем 50 + d, т.е. хотя бы в 50 из нихгребцами были легкие гномы. Но легких гномоввсего 49, так что один из них должен был дваж-ды грести в обратном рейсе, что невозможно.

а середины дуг 1c , 2c и 3c образуют правиль-ный треугольник. Если стремится к нулю, топлощади всех названных Человеком треугольни-ков, а значит, и их сумма тоже стремятся кнулю.Второе решение. Для каждой тройки , ,i j kзапишем в вершину iA количество сторон, по-крытых углом j i kA A A (оно не зависит от выбора100-угольника), то же сделаем с вершинами jA

и kA . Сумма записанных чисел для одной трой-ки равна 100, поэтому общая сумма всех чиселравна 97 100 , а значит, в какой-то вершине,скажем 1A , сумма чисел не больше 97; этозначит, что есть сторона 1k kA A , не содержащая

1A и такая, что ни один из углов с вершиной в

1A не покрывает эту сторону. Теперь Дьяволможет, нарисовав 100-угольник, в котором вер-шины 2 1, , kA A… близки к kA , а вершины

2 100, ,kA A… близки к 1kA , сделать площадивсех 97 треугольников, а значит, и их суммусколь угодно малыми.Решения задач заочного тура XIII Олимпиадыдоступны по адресу http://geometry.ru/olimp/2017/zaochsol.pdf

4. Да, существует.Построим пример такой последовательности.Положим 1a = 1, 2a = 7, ( )1 3 ! 1n na a+ = + . Длятого чтобы показать, что она удовлетворяет тре-бованиям, нам придется эти требования несколь-ко усилить. Будем говорить, что пара (тройка)чисел хорошая, если все ее элементы, отличныеот единицы, различны (а единица может встре-титься в ней несколько раз). Докажем следую-щее утверждение, из которого будет следовать,что построенная последовательность – требуе-мая.Пусть ( ),i ja a и ( ), ,p q ra a a – хорошие пара итройка элементов последовательности. Тогда

НОД( ),i j p q ra a a a a+ + + =

= НОД ( ), 1i j p q ra a a a a+ + - = .

Доказательство проведем индукцией по наиболь-шему индексу m среди i, j, p, q и r. Если m = 1,утверждение тривиально. Для перехода предпо-ложим, что m > 1. Число ma лежит либо только

в паре ( ),i ja a , либо только в тройке ( ), ,p q ra a a ,

либо в обеих.Случай 1. Пусть ma – только элемент пары; ска-

жем, m ja a= . Тогда, поскольку 0 p q ra a a< + ± £

13 ma -£ , число ( )11 3 !m ma a -- = делится на

p q ra a a+ ± , т.е.

( )НОД ,i m p q ra a a a a+ + ± =

= ( ) ( )( )НОД 1 1 ,i m p q ra a a a a+ + - + ± =

= ( )1НОД , 1i p q ra a a a a+ + ± =

по предположению индукции.Случай 2. Пусть ma – только элемент тройки;скажем, m qa a= . Аналогично, ma – 1 делитсяна i ja a+ , так что

( )НОД ,i j p m ra a a a a+ + ± =

= ( )1НОД , 1i j p ra a a a a+ + ± =

по предположению индукции.Случай 3. Пусть ma – элемент и пары, и тройки;скажем, m j qa a a= = . Тогда ma – 1 делится на

p i ra a a- ± , так что

( )НОД ,i m p m ra a a a a+ + ± =

= ( ) ( )( )НОД ,i m p m r i ma a a a a a a+ + ± - + =

= ( )НОД ,i m p i ra a a a a+ - ± =

= ( )1НОД , 1i p i ra a a a a+ - ± =

по предположению индукции. Переход индук-ции доказан.5. Предположим противное. Пусть 1 2, , , na a a…

– числа на доске в порядке возрастания, а iq –неполное частное от деления 1ia + на ia (i = 1,2, …, n – 1); тогда 1i i ia q a+ ≥ . Так как все iq

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

различны, имеем ( )1 2 1 1 !nq q q n- ≥ -… . Значит,

( )1 21 2 1

1 1 2 1

1 !n n nn n

n n

a a a aq q q n

a a a a-

- -- -

= ◊ ◊ ◊ ≥ ≥ -… … .

Это невозможно, если 1a и na – натуральные

числа, меньшие ( )1 !n - .6. Да, верно.Покажем, что трехчлен

( ) ( ) ( )2f x a b с x ab bc ca x abc= + + - + + + =

= ( ) ( ) ( )3x x a x b x c- - - -

подходит. Ясно, что его коэффициенты целые истарший коэффициент a + b + c положителен.

Наконец, легко видеть, что ( ) 3 30f a a a= - = ;

аналогично, ( ) 3f b b= и ( ) 3f c c= .7. Из параллельности прямых AB¢ и BC полу-чаем, что AB B CBB ABB– = – = –¢ ¢ ¢ . Значит,AB¢ = AB. Аналогично, AB = A B¢ . Обозначим

2BAC– = , 2ABC– = . Пусть, без ограниче-ния общности, > .Обозначим через N середину дуги ACB окруж-ности (рис.6). Тогда AN = BN и

60ANB ACB– = – = ∞ ; значит, треугольник ABNравносторонний, и AN = BN = AB = A B¢ = B A¢ .Поэтому точка A – центр окружности, описан-ной около треугольника BNB¢ . Заметим тогда,что 60NBB NBA ABB– = – - – = ∞ -¢ ¢ , откуда

2 120 2NAB NBB– = – = ∞ -¢ ¢ и 90ANB– = ∞ -¢2 30NAB- – = ∞ +¢ . Аналогично, BNA– =¢

30= ∞ + , откуда B NA ANB BNA– + – + – =¢ ¢

= ( ) ( )30 60 30∞ + + ∞ + ∞ + = ( )120 180∞ + + = ∞ .

Итак, точка N лежит на прямой A B¢ ¢ .Пусть T – середина меньшей дуги NC окруж-ности . Заметим, что

( ) 2ANT ABT ABN ABC– = – = – + – =

= 30 ANB∞ + = – ¢ .

Значит, точка T также лежит на прямой A B¢ ¢ , итреугольник CDE совпадает с треугольникомCNT. Этот треугольник равнобедренный, по-скольку NT = TC.

10 класс

1. Пусть ( )1f x и ( )2f x – данные приведенныеквадратные трехчлены, а параболы 1 и 2 –их графики. Тогда существует единственный век-тор a

r такой, что при параллельном переносе на

этот вектор парабола 1 переходит в 2 (векторar

соединяет вершины парабол).Пусть прямая 1l пересекает 1 в точках 1A и

1B , а 2 – в точках 2A и 2B так, что

1 1 2 2A B A B=uuuuur uuuuur

. При параллельном переносе пара-

болы 1 на вектор 1 2A Auuuuur

получается парабола

3 , являющаяся графиком приведенного трех-члена ( )3f x , которая пересекает 1l в тех жеточках, что и 2 . Тогда разность ( ) ( )2 3f x f x-имеет хотя бы два корня (абсциссы точек 2A и

2B ). Но поскольку степень многочлена( ) ( )2 3f x f x- не выше 1, то ( ) ( )2 3 0f x f x- ∫ , т.е.

3 2= . Значит, вектор сдвига 1 2a A A=uuuuurr

парал-лелен прямой 1l .Аналогично, 2a l

rP ,

тем самым, 0a =rr

и 1 2= .2. Пусть прямая AOпересекает l в точ-ке T (рис. 7). Изсимметрии относи-тельно AO имеем

B TO C TO– = –¢ ¢ .Поскольку l ACP ,получаем C TO– =¢

OAC OCA= – = – .Итак, B TO B CO– = –¢ ¢ , т.е. T лежит на окруж-ности , описанной около треугольника B OC¢ .Кроме того, из тех же соображений имеем

OB T OC T OCA OTC– = – = – = –¢ ¢ ¢ , т.е. C T¢касается в точке T.Замечание. Можно заметить, что O и T – центрыокружностей, описанных около треугольникаB CT¢ и трапеции BCB C¢ ¢ соответственно.3. Илья.Покажем, как Илье ходить, чтобы гарантиро-ванно выиграть. Обозначим через A, B и Cкучки, в которых изначально было 100, 101 и102 камня соответственно. Первым ходом Ильявозьмет камень из кучки B. Далее возможны дваслучая.Случай 1. Своим первым ходом Костя возьметкамень не из кучки B. Тогда Илья всегда будетповторять ход за Костей, т.е. брать камень изтой же кучки, из которой только что брал каменьКостя. Заметим, что пока Илья действует поэтой стратегии, после любого его хода в каждойкучке остается четное число камней.Свой второй ход Илья сможет сделать, так какКостя взял свой первый камень не из B. После

Рис. 6

Рис. 7

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 758

этого каждым ходом Костя будет брать каменьиз кучки X, отличной от кучки Y, из которойтолько что взял Илья. Тогда в X останетсянечетное число камней, и Илья сможет взять изX еще один камень. Значит, действуя по этойстратегии, Илья всегда сможет сделать ход пос-ле хода Кости. Поскольку игра рано или позднозакончится, Костя проиграет.Случай 2. Своим первым ходом Костя возьметкамень из кучки B. В этом случае Илья будетдействовать по следующей стратегии. Если пе-ред текущим ходом Ильи Костя брал камень изкучки C, то Илья берет камень оттуда же. Еслиже Костя брал камень из кучки A или B, то Ильяберет камень из кучки B или A соответственно.Заметим, что, пока Илья действует по этой стра-тегии, после любого его хода в C будет четноечисло камней, а в A и B камней будет поровну.Опять же, нам достаточно показать, что Ильявсегда сможет сделать ход согласно этой страте-гии. Свой второй ход Илья сделать сможет (взявкамень из A). Если на очередном шаге ему нужнобрать камень из кучки C, то до этого оттуда бралкамень Костя, значит, на предыдущем ходу обаигрока не брали ничего из C. При этом после ходаКости там нечетное число камней, поэтому Ильяможет взять камень из C. Если же Илье нужнобрать камень из кучки A или B, скажем из A, тоКостя только что взял камень из B (и тогда в Aеще есть камень). Значит, на предыдущем шагеКостя не мог брать камень из B, поэтому Илья небрал камень из A, т.е. он может взять каменьоттуда на текущем шаге.Замечание. Стратегия, описанная в случае 2,также работает, если Костя своим первым ходомвозьмет камень из C.5. n = 4 или n = 8.Заметим, что число 2 на доску не выписано, ибо1 – не собственный делитель n; стало быть, mнечетно. Значит, все выписанные делители mнечетны, а потому все делители n четны. Итак, nне делится на нечетные простые числа, т.е. n –степень двойки (и все его делители – тоже).Если n делится на 16, то 4 и 8 – его собственныеделители, поэтому на доску выписаны 5 и 9.Стало быть, m делится на 45, и, в частности, 15является его собственным делителем. Но число15 выписано быть не могло, поскольку 14 неявляется степенью двойки. Следовательно, n неможет делиться на 16.Оставшиеся (составные) степени двойки n = 4 иn = 8 подходят: для них можно соответственноположить m = 9 и m = 15.8. Пусть прямая BI вторично пересекает окруж-ность, описанную около треугольника ABC, вточке S. Пусть лучи SB¢ и CA пересекаются в

точке T (рис.8). По лемме о трезубце имеемSA = SC = SI. Из равенства IB = IB¢ получаем

IB B IBB– = – =¢ ¢ . Так как OB = OB¢ , четы-рехугольник AB SB¢ вписан, откуда

SAB SBB– = – =¢ ¢ . Угол SAC– внешний длятреугольника SAT, откуда

ATS SAC ASB SBC ABB– = – - – = – - – =¢ ¢

= SBA ABB SBB– - – = – =¢ ¢ .

Таким образом, B AS– =¢ ATS= – ; значит,

треугольники SAB¢ и STA подобны по двумуглам, откуда 2 2SB ST SA SI◊ = =¢ . Следова-тельно, прямая SI касается окружности ,описанной около треугольника TIB¢ . Тогда

ITB B IS– = –¢ ¢ . Но угол B IS¢ – внешний длятреугольника IBB¢ , поэтому он равен 2 .Значит, 2ITA ITB– = – - = - =¢ .Обозначим вторую точку пересечения окружно-сти с прямой AC через K. Имеем KB I– =¢

KTI IB B= – = = – ¢ . Также KIB KTB– = – =¢IBB= = – ¢ . Таким образом, прямые KI и

KB¢ касаются окружности, описанной околотреугольника BB I¢ , а точка K лежит на пря-мой AC по построению.

11 класс

1. Заметим, что число2 2S C+ =

( ) ( )2 2 2 2sin 64 cos 64 sin 65 cos 65x x x x= + + + +

+ ( )2 sin 64 sin 65 cos64 cos65x x x x+ =

= ( )2 2cos 65 64 2 2cosx x x+ - = +

рационально, откуда cos x – также рациональ-ное число. Ввиду формулы 2cos2 2cos 1a a= - ,все числа вида cos2kx также рациональны – вчастности cos64x . Поскольку C рационально,то и второе слагаемое в этой сумме также рацио-нально.Замечание. Слагаемые в сумме S могут оказать-ся иррациональными, например, при 2 3x = .

Рис. 8

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

4. n = 2018.Положим k = 2017.При n = k + 1 фокус устроить легко. Фокусник ипомощник нумеруют цвета числами от 1 до k.Помощник, видя цвет последней, ( )1k + -й карты(пусть его номер равен a), оставляет открытойa-ю карту. Фокусник, увидев, какая по номерукарта открыта, восстанавливает цвет последнейкарты.Осталось показать, что при n k£ фокус неудастся. Предположим противное и рассмотримвозможные действия фокусника. Пусть, видя наi-м месте карту цвета a, он объявляет, что на j-мместе карта цвета b (тогда i jπ ); будем назы-

вать это инструкцией ( ) ( ), ,a i b jÆ . Можно счи-

тать, что для каждой пары ( ),a i существуеттолько одна инструкция вида ( ) ( ), ,a i b jÆ (ифокусник при возможности всегда применяет ее– поскольку никакой информации о том, какуюиз таких инструкций применять, у него нет).Тогда инструкций не больше чем kn.Будем говорить, что исходная раскладка картудовлетворяет инструкции ( ) ( ), ,a i b jÆ , еслив ней на i-м и j-м местах лежат карты цветов a иb соответственно. Тогда каждой инструкции удов-летворяет ровно 2nk - раскладок. С другой сто-роны, если фокус гарантированно удается, токаждая возможная раскладка удовлетворяет хотябы одной инструкции – той, которую применятпомощник с фокусником. Значит, общее числораскладок не может превосходить 2nkn k -◊ , т.е.

1n nk k n-£ , откуда k n£ . Тогда k = n, и нера-венство выше обращается в равенство. Это зна-чит, что каждая раскладка удовлетворяет ровноодной инструкции, и с каждой пары ( ),a i начи-нается ровно одна инструкция.Рассмотрим произвольную инструкцию( ) ( ), ,a i b jÆ ; тогда есть и инструкция вида

( ) ( ), ,b j c kÆ . Поскольку не существует рас-кладки, удовлетворяющей обеим инструкциям,должны выполняться условия i = k и a cπ .С другой стороны, для любых двух инструкций( ) ( ), ,a i b jÆ и ( ) ( ), ,c k d lÆ среди номеров i,j, k, l должны быть совпадающие – иначе опятьже существует раскладка, удовлетворяющая обе-им инструкциям. Рассмотрим граф с вершинами1, 2, …, k, в котором i и j соединены ребром[i, j], если существует инструкция вида

( ) ( ), ,a i b jÆ (по доказанному выше, существу-

ет также и инструкция вида ( ) ( ), ,b j a iÆ ¢ ). Тог-

да любые два ребра в этом графе имеют общуювершину, и из каждой вершины выходит хотябы одно ребро. Пусть для определенности [1, 2]– ребро этого графа. Из вершины 3 выходитребро, имеющее общую вершину с первым –

пусть для определенности это [1, 3]. Тогда лю-бое ребро из вершины k > 3 обязано иметь вид[1, k], чтобы иметь общие вершины с каждымиз ребер [1, 2] и [1, 3]. Наконец, любое ребровообще должно иметь общую вершину с каждымиз ребер [1, 2], [1, 3] и [1, 4], т.е. должносодержать вершину 1. Итак, в каждой инструк-ции один из номеров мест равен 1.Наконец, сопоставим каждому месту i > 1 всетакие цвета a, что существует инструкция вида

( ) ( ), , 1c i aÆ . Из сказанного выше следует, чторазным местам не может быть сопоставлен одини тот же цвет. Поскольку таких мест k – 1, а

цветов ( )2 1k k< - , какому-то месту i сопостав-лен только один цвет a, т.е. имеются все kинструкций вида ( ) ( ), , 1c i aÆ при всевозмож-ных c. Однако существует также инструкция

вида ( ) ( ), 1 ,a c iÆ для некоторого c. Но она не

может существовать вместе с инструкцией

( ) ( ), , 1c i aÆ ; противоречие.

6. 3800 фишек.Пример, содержащий 3800 фишек, получается,скажем, так. Выделим у квадрата 200 200¥«каемку» ширины 5. Эта каемка состоит из че-тырех угловых квадратов 5 5¥ и четырех пря-моугольников 5 190¥ . Расставим фишки в этичетыре прямоугольника: в левый и в верхний –красные, а в правый и в нижний – синие. Не-трудно видеть, что этот пример удовлетворяетвсем требованиям и в нем по 1900 красных исиних фишек.Осталось доказать, что фишек не может бытьбольше 3800. Рассмотрим произвольную расста-новку фишек, удовлетворяющую требованиям.Назовем ряд (строку или столбец) разноцвет-ным, если в нем есть фишки обеих цветов.Сделаем сразу два полезных замечания. Во-пер-вых, каждая фишка видит какую-то фишку дру-гого цвета, поэтому каждая фишка лежит хотябы в одном разноцветном ряду. Кроме того,поскольку разноцветный ряд содержит краснуюфишку, в нем не может быть более пяти синихфишек (иначе красная все их увидит). Анало-гично, в разноцветном ряду не более пяти крас-ных фишек, т.е. всего не более 10 фишек.Теперь нетрудно получить требуемую оценку.Если есть 191 разноцветная строка, то в них неболее 191 10 1910◊ = фишек, а в оставшихся де-вяти строках не более 9 200 1800◊ = фишек,итого не больше 1910 + 1800 < 3800 фишек.Аналогично разбирается случай, когда есть 191разноцветный столбец. Если же и тех и другихне более чем по 190, то они содержат не более190 10 190 10 3800◊ + ◊ = фишек, причем все фиш-ки содержатся в этих рядах. Оценка доказана.

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 760

Замечание. Можно показать, что при любом30n ≥ наибольшее число фишек, которые мож-

но разместить на доске n n¥ согласно условиям,равно ( )20 10n - .7. Только при N = 1.Лемма. При любом натуральном n > 1 вернонеравенство

2 2 2

1 1 11

2 3 n+ + + <… .

Доказательство. Ясно, что при t > 1

( )2

1 1 1 1

1 1t t t tt< = -

- -.

Складывая такие неравенства при t = 2, 3, …, n,получаем

2 2 2

1 1 1

2 3 n+ + + <…

<1 1 1 1 1 1

1 1 12 2 3 1n n n

- + - + + - = - <-

… ,

что и требовалось.Докажем индукцией по N, что при любом нату-ральном N на доске окажется не более 2Nчисел, причем ровно 2N чисел может оказатьсялишь при N = 1. Из этого и будет следоватьответ в задаче.База при N = 1 очевидна. Для перехода предпо-ложим, что N > 1. Пусть 1 21 kd d d= < < < <…

1kd N+< = – все делители числа N. После пер-вой замены на доске окажутся числа 1 2, , , kd d d… .Мысленно разделим доску на k частей так, что-бы число jd находилось в j-й части. Далее прикаждой замене будем выписывать преемниковчисла в ту же часть, где было само число. Попредположению индукции, в j-й части доски неможет оказаться больше чем 2

jd чисел. Значит,общее количество чисел на доске не может пре-вышать 2 2 2

1 2 kd d d+ + +… .Заметим теперь, что числа 1 2N d N d> >…

1k kN d N d +> >… также являются делителямичисла N. Следовательно, они равны числам

1 2 1, , , ,k kd d d d+ … соответственно. С учетом лем-мы получаем, что общее количество чисел надоске не будет превосходить числа

2 2 22 2 21 2 2 2 2

1 2k

k k

N N Nd d d

d d d+

+ + + = + + + =… …

= 22 2 22 3 1

1 1 1

k

Nd d d +

Ê ˆ+ + + £Á ˜Ë ¯

…

£ 2 2 22 2 2

1 1 11

2 3N N N

N

Ê ˆ+ + + < ◊ =Á ˜Ë ¯… ,

что и требовалось доказать.8. Шаг 1. Обозначим через P центр гомотетиис положительным коэффициентом, переводя-щей A в D (точка P может оказаться беско-

нечно удаленной), а через R – центр гомотетиис отрицательным коэффициентом, переводящей

A в C (рис.9). Поскольку AD – общая вне-шняя касательная к A и D , имеем P ADŒ ;аналогично, R BDŒ .Покажем, что данное условие

180A C A DBI A I I I– = ∞ - – ( * )

равносильно тому, что прямая Al , проходящаячерез P и R, – общая касательная к окружнос-тям A , C и D . Пусть для определенноститочка P лежит на луче DA (другие случаи анало-гичны). Поскольку A вписана в треугольникABD, имеем 90 2AAI B ADB– = ∞ + – ; с другойстороны, 180 C A D AI I I PI R∞ - – = – . Значит, ( * )равносильно равенству

90 2API R PDR– = ∞ + – .

Обозначим через J центр окружности, вписан-ной в треугольник PDR. Точки AI и J лежат набиссектрисе этого треугольника из точки D, а( * ) равносильно тому, что APJR PI R– = – , т.е.совпадению точек J и AI . Это, в свою очередь,означает в точности, что прямые PR и RD сим-метричны относительно A CI I , а прямые PD иPR симметричны относительно A DI I , т.е. чтоPR касается всех трех окружностей A , C и

D ( C лежит по другую сторону от PR, неже-ли остальные две).Аналогично, требуемое условие BBI A– +

180C B DI I I+ – = ∞ равносильно тому, что у окруж-ностей B, C и D существует общая касатель-ная Bl , относительно которой C и B лежат поодну сторону, а D – по другую. Осталосьдоказать, что эти два факта равносильны.Шаг 2. Обозначим точку касания окружности

A с AD через ADA ; аналогично обозначимдругие точки касания (рис.10). Заметим, что

AD AD AD ADA D AA AD= - =

= 2 2

AB AD BD AC AD CD+ - + -- =

= 2

AB CD BD AC+ - -;

Рис. 9

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

аналогично,

2BC BC AD AD

AB CD BD ACB C A D

+ - -= = ,

2BD BD AC AC

AD BC AB CDA C B D

+ - -= = .

Предположим теперь, что Al касается окружно-стей A , C и D в точках AL , CL и DL

соответственно. Тогда

A D AD AD BC BCL L A D B C= = ,

A C BD BD AC ACL L A C D B= = .

Рассмотрим окружности B¢ , C¢ и D¢ с цент-рами BI¢ , CI¢ и DI¢ , имеющие те же радиусы, чтои B , C и D соответственно, и касающиеся

Al в точках AL , DL и CL соответственно (при-чем B¢ и C¢ лежат по одну сторону от Al , а

D¢ – по другую). Тогда соответственные отрез-ки общих касательных к B¢ , C¢ ,

D¢ и к B , C , D имеют оди-наковые длины (для C и D

это тривиально, для остальных парследует из сказанного выше).Отсюда легко следует, что соот-ветственные стороны треугольни-ков B C DI I I и B C DI I I¢ ¢ ¢ равны (на-

пример, B C B CI I I I=¢ ¢ из равенства

четырехугольников B A D CI L L I¢ ¢ и

B BC BC CI B C I ). Поэтому и конфи-

гурации наших окружностей

( ), ,B C D и ( ), ,B C D¢ ¢ ¢ так-

же равны. Поскольку окружнос-ти в одной тройке касаются однойпрямой Al , то же верно и длядругой тройки. Это и оставалосьдоказать.

Рис. 10

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАПLI ВСЕРОССИЙСКОЙ ОЛИМПИАДЫ

ШКОЛЬНИКОВ ПО ФИЗИКЕ

ТЕОРЕТИЧЕСКИЙ ТУР

9 класс

1. 37,5

2,5vv

= + ; x 160 мин= ;

0 3,87 км чv = и 0 19,4 г км= ;

00

5,2 кмM

L = = и

00

0

80 минL

v= = ; 1 15 мин=

или 1 145 мин= .

2. Ветер восточный; R = 400 м;v = 2u; возможны 2 направле-

ния (2 курса; рис. 11).

3. 2 188 Ct = ∞ ; 37,2 10 Дж СC -= ◊ ∞ .

4. ( )2,00 0,02 Вт± ; ( )0,60 0,03 Вт± ;

( )0,60 0,03 Вт± , движок на середине потенцио-

метра; ( )0,7 0,1 Вт± .

5. 1 1

arcsinn

= ; 12v R= .

10 класс

1. 203

2

mvQ = ;

8

3 3s h= .

2. ( ) ( )4,58 м с 2 2g h r u g h r= + > > - =

4,36 м с= .

3. Проанализируем исходный график (рис. 12).Выделим участок кривой 0–1, на нем давлениелинейно зависит от температуры. Это свидетель-

Рис. 11

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 762

400 KБT = , 200 KAT = , 0 500 торрp = ,400 торрA Бp p= = .

Для ответа на второй вопрос заметим, что намнеобходимо найти такую температуру, при ко-торой давление превышает давление воздуханад прямой al на 40 % от давления паров воды,если бы она вся испарилась. Но это как раз40 % от давления сухого воздуха при даннойтемпературе. Так как в точке 0 давление возду-ха равно 500 торр, то 40 % это 200 торр – сме-щаемся на 10 делений вверх в точку 5. Анало-гично находим точку 6. Прямая bl , проходя-щая через точки 5 и 6 , пересечет кривую смесивоздух–пар в точке 7, температура которой со-

ставляет приблизительно 7 80 C = 353 KT = o .

4. 2010,5Q CU= ; см. рис.13.

5. Все нечетные омметры показывают ноль, всечетные – бесконечность.

11 класс

1. ( )2 3

0,56h l

g

+= ª с (если учесть длину

пружины 0l в сжатом состоянии, то поправка

на время парения составит 0,01 с).

2. 0730 км

2

RTH

gª ª (здесь R – универсальная

газовая постоянная, М – молярная масса

воды); 0 0,43 кмh ª (нижняя кромка облаковобразуется на такой высоте, где водяной парстановится насыщенным).

Рис. 12

ствует о том, что давление насыщенных паровмного меньше давления воздуха, поэтому смесьведет себя как идеальный газ. Участку 1–2 соот-ветствует активное испарение воды. Участок 2–3– линейный, и это говорит о том, что вся воданаходится в парообразном состоянии, поэтому сростом температуры давление увеличивается, каку идеального газа.При изохорическом нагреве давление идеально-го газа зависит от температуры по закону

Rp T

V= .

Коэффициент наклона прямой ( )p T для идеаль-ного газа пропорционален количеству вещества

. На участке 2–3 коэффициент наклона в двараза больше коэффициента наклона участка0–1, значит, при полном испарении воды коли-чество вещества удвоилось.Проведем касательную al к участку 0–1. Онапересечет вертикальную ось в точке 4. Так какпри испарении всей воды количество веществаудвоилось, то в точке 3 давление в два разавыше, чем в точке 4. С другой стороны, разностьдавлений между точками 3 и 4 составляет 1000торр и насчитывает 50 вертикальных делений,т.е. по 20 торр на деление. Точке 3 по условиюсоответствует давление 2000 торр, следователь-но, точке 4 соответствует давление 1000 торр, аточке 0 – 500 торр.Так как давление в точке 0 в два раза меньше,чем в точке 4, то и температура в точке 0 в двараза меньше, чем в точке 4. По условию, темпе-ратура в точках 3 и 4 одна и та же и равна

127 Co = 400 K. Следовательно, 0 4 2T T= =200 K= , а количество маленьких делений по

горизонтальной оси равно 200. Таким образом, сучетом цены делений по осям, получим

Рис. 13

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

3. 042 2

LT L

Q= , где 2 2 4L R Hª + .

4. ( )2

в

28 м с

Blu v vBa

a= - - =E ,

( )т в 2 кНF ahv v u= - = , пол т 16 кВтP F u= = ,

( )т 100% 9%

F ua

lh vBa= ◊ ª

-E E.

5. 61 1,4 10 кмL ª ◊ , 1,6 чT ª ;

62 0,4 10 кмL ª ◊ , 4,8%ª .

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ ИМЕНИ

Н.Э.БАУМАНА

Ф И З И К А

Олимпиада-2017

ПЕРВЫЙ ТУР

Вариант 1

1. 22 7 10 м сBv at -= = ◊ .

2. Груз массой 2 2 кгm V= = нужно поло-жить на правую чашу весов.

3. 2v gl= , 23

s l= .

4. min2

v k

g m= .

5. ( )1 2 1 1 2 2

1 1 2 2 2 1

400 КTT pV p V

TpVT p V T

+= =

+.

6. 123

10,1 кДж2 1

R TQ = ª

- (здесь 1 моль= ).

7. 3

2Q Fd= .

8. Ток через перемычку равен 7

IR

=E

и течет

от точки b к точке а.

9. 26a B

qR

= . 10. ( )0

3 24

k L rx

k r

+=

-.

Вариант 2

1. Возможны два варианта:

1 2

1arcsin 15

2

Lg

v= = ∞ и 2 1 75

2= - = ∞.

2. 2 202 T T

mg

-= .

3. min5

2F mg= .

4. 20

4

9Q mv= .

5. 0,25= = 25%.

6. п 2T T= (потоки молекул и потоки энергиииз полости уравновешиваются соответствующи-ми потоками в полость из обоих сосудов).

7. 2

04

qA

a= .

8. 2

12

lT

g

Ê ˆ= +Á ˜Ë ¯

.

9. 6

B A- =E

.

10. 22

46 10 ДжS dB

Q tR dt

-Ê ˆ= = ◊Á ˜Ë ¯ (в кольце те-

чет постоянный ток в течение 6 ct = ).

Вариант 3

1. р = 0.

2. н3

4F mg= .

3. 3

mghQ = (количество теплоты равно убыли

потенциальной энергии системы).

4. 3

2M m= (используйте законы сохранения

механической энергии и импульса).

5. 6A 10mvN

NSh

= ª (здесь М = 0,058 кг/моль

– молярная масса поваренной соли,23 1

A 6 10 мольN -= ◊ – число Авогадро).

6. ( )1 2 2 13

3,35 кДж2

Q p p V VÊ ˆ= + - =Á ˜Ë ¯ .

7. Надо поместить заряд +q.8. А = 0.

9. 31

31 B4 5

UR

R= ◊ =E (здесь

31

5R – полное

сопротивление цепи).

10. vBL

IR

= .

ВТОРОЙ ТУР

Вариант 1

1. 02 1 cv

tg

= = .

2. н3

2F mg= ; ускорение направлено вдоль на-

клонной плоскости вниз и равно 3

4a g= .

3. 12

23

gLv = , 2

2

3

gLv = .

4. ( ) 0 012

23 0 0

3 20,15

10

p VQ

Q p V= = .

К В А Н T $ 2 0 1 7 / № 764

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ №ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №

Адрес редакции:

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

Тел.: (495) 930-56-48Е-mail: math@kvant.ras.ru, phys@kvant.ras.ru

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив ООО «ИПК Парето-Принт», г.Тверь

www.Pareto-print.ru

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИВ.Н.Власов, М.Н.Голованова,

Д.Н.Гришукова, А.Е.Пацхверия

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОРЕ.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППАМ.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ 12+

5. He He Ar Ar

He Ar

400 КT T

T+

= =+

.

6. 2

max0 02

qL

mgL= (воспользуйтесь законом

сохранения энергии).

7. Напряженность электрического поля равнаЕ = vB и направлена против оси z.8. См. рис.14.

9. 2бат конд

2

5Q A W C= - = E .

10. Вытекание жидкости удовлетворяет уравне-нию гармонических колебаний, а время вытека-ния жидкости из вертикальной трубки состав-

ляет четверть периода колебаний:

2

lt

g= .

Вариант 2

1. ( )

( )2

2

2 10,42 м с

1

n sa

n t

-= ª

+.

2. 2 2

16

m Ls

M h

Ê ˆ= Á ˜Ë ¯ (используйте законы сохра-

нения импульса и энергии).

3. ( )2 3 2

0,34

M h h

m M t g t g= = =

+.

4. 2

2

5 3ArH A

H

Ar

8,24 10 м

1

p

RTn N -

-= = ◊

- (здесь

23 1A 6 10 мольN -= ◊ , 510 Паp = , T = 273 К,

Ar 0,04 кг моль= , 2H 0,02 кг моль= ).

5. 12 23

A

Q Q=

+ =

10,11 11%

9= = .

6. 10 20 8,85 10 Кл мR

-= = ◊ .

7. 1840p p

e e

R m

R m= = .

8. См. рис.15.

Рис. 15

Рис. 14

9. 22W C= E .

10. 3max06

qv

mL= (скорости шариков будут

максимальны в тот момент, когда все они ока-

жутся на одной прямой).