НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО -МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ

ИЗДАЕТСЯ С ЯНВАРЯ 1 9 7 0 ГОДА

В номере:

2 ИТЭР – сегодня. Л.Белопухов6 Задача о завистливых разбойниках.

И.Иванов-Погодаев, А.Малистов

Н А М П И Ш У Т

14 Еще раз о построении касательной

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

15 Задачи М2530–М2533, Ф2537–Ф254016 Решения задач М2518–М2521, Ф2525–Ф2528

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

22 Задачи 5–8

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

23 Задачи24 «Призрачные» трубы. Е.Бакаев, А.Веснин

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

26 Как сухое трение стало вязким. А.Стасенко

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

29 Оклейка тетраэдра шестиугольниками.Н.Авилов

К А Л Е Й Д О С К О П « К В А Н Т А »

32 Астрофизика

Н А Ш И Н А Б Л Ю Д Е Н И Я

35 Трение против гравитации. М.Старшов

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

37 Московский государственный университетимени М.В.Ломоносова

39 Физико-математическая олимпиада «Физтех»43 Новосибирский государственный университет

51 Ответы, указания, решения

Вниманию наших читателей (36, 50)

Н А О Б Л О Ж К Е

I Иллюстрация к «Калейдоскопу «Кванта»

II Коллекция головоломок

III Шахматная страничка

IV Прогулки с физикой

УЧРЕДИТЕЛИ

Российская академия наук

Математический институт

им. В.А.Стеклова РАН

Физический институт

им. П.Н.Лебедева РАН

Ю№1020

18

ОКТЯБРЬ

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

А.А.Гайфуллин

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ

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

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

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

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

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

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

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

(заместитель главного редактора)

РЕДАКЦИОННЫЙ СОВЕТ

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

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

РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ19 7 0 ГОДА

ГЛАВНЫЙ РЕДАКТОР

И.К.Кикоин

ПЕРВЫЙ ЗАМЕСТИТЕЛЬГЛАВНОГО РЕДАКТОРА

А.Н.Колмогоров

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

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

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

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

ИТЭР – сегодня

Л.БЕЛОПУХОВ

ВСТАТЬЕ «ИТЭР – ЗЕМНАЯ ЗВЕЗДА»

(«Квант» №8 за 2018 г.) рассказыва-лось о возникновении идеи и о попыткахвоплощения ее в жизнь, приведших ксозданию гигантского международногопроекта ИТЭР. Самая крупная стройкаХХI века приобрела уже такую извест-ность, что сочетание букв «ИТЭР» пере-стали считать аббревиатурой, требующейрасшифровки, а понимают как часть ла-тинского iter (путешествие) – путь в энер-гетическое будущее человечества.Советом ИТЭР официально заявлено,

что пуск реактора состоится в 2025 году.На интернетовском сайте «ИТЭР сегодня»– сотни фотографий этой стройки. Имеют-ся первые фотографии, когда в 2011 годубыл расчищен от леса и строго выверен погоризонтали целый комплекс огромныхполян общим размером в несколько сотенфутбольных полей. На сегодняшних сним-ках – грандиозная панорама самых разно-образных сооружений.У этой панорамы есть центр – котлован

круговой формы, в котором будет нахо-дится главное сооружение установки, а

именно цилиндр диаметром 30 м и такойже высотой. Это – криостат, огромныйхолодильный термос, в оболочке которогобудет поддерживаться температура поряд-ка 200 C- ∞ (73 К). Хладоагентом будетжидкий азот, циркулирующий по трубча-тым экранам, размещенным в оболочкекриостата. Оболочку будут пронизыватьсотни отверстий для трубопроводов вводаи вывода жидкого азота и электрическихкабелей.Внутри криостата – сердце реактора,

вакуумная камера, давшая название все-му устройству токамак. По форме онадействительно представляет собою не-сколько искаженный тороид (тор), сто-ящий на поддоне и прикрытый сверхукрышкой. Если строгий тороид напоми-нает собой баранку, то вакуумная камерареактора больше похожа на гигантскийбублик или пончик, в котором перифериятолще пустой центральной части. Кстатисказать, на английском научном сленгетокамак так и называется doughnut – «пон-чик». Наружный диаметр этого пончика19 м, внутренний 6 м, высота 11 м, общаямасса 5000 т. Стенки вакуумной камерывыполнены из меди, упрочненной сталь-

ными деталями (делать их це-ликом из стали нельзя, ведьсквозь стенки камеры должныпроникать внутрь магнитныеполя, рождаемые магнитами,сердечники и обмотки которыхрасположены внутри криостатавокруг камеры). Особенно впе-чатляют тороидальные магниты,окружающие камеру, – как 18лепестков еще нераспустивше-гося бутона. Магнитные поляпроникают внутрь камеры сквозьмедные «окна» и создают усло-вия для сжатия и равновесия

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20181001

И Т Э Р – С Е Г О Д Н Я 3

плазменного шнура, в котором и происхо-дит термоядерная реакция.В вакуумной камере (и внутри криоста-

та) давление не должно превышать410-  Па, что в миллиард раз меньше

атмосферного давления. Для создания та-кого вакуума в огромном объеме криостатаи вакуумной камеры 400 насосов разноготипа должны работать не меньше двухнедель.Стенки вакуумной камеры – двойные.

Как и стенки криостата, они представляютсобой охладительный термос, в которомхладоагентом будет дистиллированная водапод давлением 4 МПа. Поступая с темпе-ратурой 70 C∞ , вода с большой скоростьюбудет проходить сквозь стенки вакуумнойкамеры, нагреваясь до 120 C∞ и унося ссобою основную часть энергии, выделяю-щейся в термоядерной реакции. При этомвода, покидая стенки камеры, еще тольконачинает закипать и шумит точь-в-точь,как начинающий закипать чайник. Этотшум будет тщательно контролироватьсяакустическими приборами – как показа-тель нормальной работы реактора. Актив-ное кипение начинается, когда вода поки-дает камеру и ее давление начинает па-дать.В токамаке не предусмотрено использо-

вание водяного пара для вращения турбинтурбогенератора и получения электричес-кого тока. Это не промышленный, а экспе-риментальный реактор. Он предназначендля отработки всех отдельных элементовтермоядерного устройства. Поэтому паро-водяная смесь после охлаждения, очисткии проверки на чистоту вновь будет посту-пать туда, где она отбирает тепловую энер-гию, – в «термосное» пространство стеноквакуумной камеры. В этом есть некотороесходство с первыми атомными (плутоние-выми) реакторами (1942 г., Чикаго,Э.Ферми; 1946 г., Москва, И.В.Курча-тов).Внутренние стенки вакуумной камеры,

обращенные к плазменному шнуру, выло-жены 440 съемными бланкетами (одеяла-ми). Каждая бланкета представляет собойсложную конструкцию из стали и меди сэкраном площадью 21,5 м и толщиной

10 мм, выполненным из бериллия – туго-плавкого и прочного металла, не взаимо-действующего с нейтронами, а отражаю-щего и замедляющего их.Это и есть главные объекты токамака,

принимающие на себя основную энергиютермоядерной реакции – кинетическуюэнергию рождающихся нейтронов, имею-щих огромные скорости порядка20000 км/с. В результате многочислен-ных последовательных столкновений ней-троны передают свою энергию ядрам бе-риллия и замедляются. Бланкета нагрева-ется, но не очень сильно (до 240 C∞ ).Дальнейшему разогреву препятствует не-прерывное омывание внутренней полостикамеры водой, которая, нагреваясь, и уно-сит энергию реакции.Тепловое излучение плазменного шну-

ра, имеющего температуру 150 миллионовградусов, тоже дает немалый вклад в ра-зогрев воды. Оставшаяся непоглощеннойчасть излучения проходит во внутреннеепомещение к стенкам криостата и отдаетсвою энергию холодному жидкому азоту.Остается еще «хвостик» излучения – гам-ма-кванты. Для их поглощения криостатснаружи и сверху окружен мощной бетон-ной защитой толщиной от 1,5 до 3 метров.Стоя за этой бетонной стеной, трудно

будет представить, что внутри бушует тер-моядерный звездный жар. А там внутри –«стакан» криостата, окруженный разны-ми трубами и механизмами. А внутрикриостата – камера-бублик размером стрехэтажный дом, окруженная гигантски-ми магнитами. И если бы можно былозаглянуть внутрь этого бублика, то тамобнаружилось бы висящее в вакууме не-стерпимо яркое кольцо водородной плаз-мы – источник термоядерной энергии. Какв сказке – сундук, внутри – шкатулка, вшкатулке – яичко, в нем – золотой персте-нек. Или, если угодно, – матрешки, каж-дая из которых, правда, не копирует пре-дыдущую.Ну, а что же строится вокруг централь-

ного «сундука»? На снимках видны котло-ваны, фундаменты, стены многих соору-жений и всюду – подъемные краны. Авокруг – складские помещения. Особенно

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 04

впечатляет огромное сооружение рядом сцентром. Но это – всего лишь сборныйцех, в котором сооружаются отдельныегромоздкие детали криостата: поддон,крышка и стены холодильного «термоса».Оказывается, осуществлять надежнуюсварку этих деталей, состоящих из десят-ков отдельных стальных листов, можнотолько в их горизонтальном положении стщательно проверяемым каждым сварнымшвом. После сварки гигантский кран бу-дет перемещать эти детали на их постоян-ное место.В этом году полностью подготовлено

железобетонное основание для поддонакриостата, который уже готов в соседнемздании и ждет установки на свое место.Подготовка железобетонного основания ивсего фундамента под реактор – чрезвы-чайно ответственная операция. Ведь мно-готысячетонные криостат и вакуумная ка-мера не должны испытывать ни малейшихдеформаций. Все возможные природныеколебания грунта должны поглощаться игаситься фундаментом и основанием.Между поддоном криостата и его желе-

зобетонным основанием должно быть про-странство для установки различных тех-нологических устройств. Поэтому фунда-мент под криостатом имеет очень сложнуюформу, напоминающую корону. Строите-ли так его и прозвали. Этим летом вИТЭР-прессе было заявлено об окончаниисооружения «короны». Она выполнена изсовершенно необычного бетона. Его плот-ность в полтора раза больше, чем у обык-новенного строительного бетона. Впервыеупотребленный для него тяжелый гравийбыл доставлен из Лапландии.Очень непроста проблема питания плаз-

менного шнура топливом – смесью дейте-рия и трития. ИТЭР, как и все предыду-щие токамаки, – генератор энергии им-пульсного действия. Каждый импульс длит-ся около 8 минут. За это время «сгорает»один грамм «топлива», такова масса плаз-менного шнура. А по выделяющейся энер-гии этот грамм эквивалентен 10 тоннамкаменного угля. К концу импульсного пе-риода температура в шнуре начинает па-дать – необходима подпитка.

Но при этом нельзя нарушать вакуум вовсем криостате. Очередная порция топли-ва в виде «ледяных» шариков, имеющихтемпературу 10 К, выстреливается в ваку-умную камеру. Одновременно с шарикамив камеру вводится импульс высокочастот-ного электромагнитного поля, рождаемогоспециальными устройствами – электрон-но-циклотронными резонаторами (гирот-ронами). Поле частотой 50 МГц вводитсяв камеру через 60 окон, выполненных изполикристаллического искусственного ал-маза (он прозрачен для такой частоты).Поглощая энергию поля, шарики топли-

ва ускоряются, ионизуются и затем поддействием магнитного поля попадают вплазменный шнур, разогревая его до тем-пературы начала термоядерной реакции.Вновь в шнуре 150 миллионов градусов и46 тысяч ампер. Вновь нагреваются до ки-пения потоки воды внутри «лепестков»вакуумной камеры. И так повторяется сот-ни и тысячи раз, пока не придет пора заме-нять бериллиевые экраны в бланкетах,передающих энергию нейтронов воде ижидкому азоту, охлаждающему криостат.Нельзя не остановиться на задаче созда-

ния в камере магнитных полей в десяткитесла. Для таких полей ток в обмоткахмагнитов должен быть не менее 60000ампер. Это могут быть только сверхпрово-дящие обмотки. Используются сплавыниобий–олово и ниобий–тантал, имеющие

И Т Э Р – С Е Г О Д Н Я 5

нулевое сопротивление при температуре3 К. Жгуты проводов называются стрен-дами. В один жгут в стренде скручиваются5000 тончайших проволочек сплава (тол-щина каждой проволочки 6 микрометров),а 1440 стрендов скручиваются в кабель ипомещаются в оболочку, внутри которойбудет циркулировать жидкий гелий.Россия уже произвела и доставила на

строительную площадку 120 тонн такихкабелей для полоидальных магнитов. (Маг-нитное поле называется полоидальным,когда оно направлено вдоль линий, прохо-дящих через полюсы сферической систе-мы координат. Именно такое поле исполь-зуется в токамаке для удержания плазмыв стабильном состоянии.) Их производ-ство было организовано с нуля в 2010 годуна Чепецком механическом заводе (г.Гла-зов, Удмуртия). В работе были задейство-ваны и другие производства и научно-исследовательские институты, где разра-батывалось и создавалось необходимоеоборудование. Совет ИТЭР высоко оце-нил этот вклад России в общее дело.Для обеспечения непрерывного тока

жидкого гелия и жидкого азота строитсяотдельное здание – «фабрика холода», гдебудут работать самые современные холо-дильные турбодетандеры и другие уста-новки.Очень важной задачей является выведе-

ние из вакуумной камеры главного про-дукта реакции – гелия. В нижней частикамеры предусматриваются специальныеустройства – диверторы (пепельницы).Часть диверторов занимают «кокосы». Такконструкторы ИТЭР прозвали слои акти-вированного угля для поглощения ионовгелия, направляемых туда полоидальныммагнитным полем. Дело в том, что наилуч-шим поглотителем гелия оказался уголь,полученный из сердцевин кокосовых оре-хов определенного вида. У диверторовесть и другие задачи. В конце каждогоцикла нужно вывести из камеры недого-ревшее топливо. Дейтерий и тритий разде-ляются и затем поступают на «фабрику»подготовки топлива.Но основное количество топлива будет

поступать в ИТЭР с заводов по производ-

ству дейтерия и трития, находящихся вдругих местах. Килограмм трития в насто-ящее время стоит 30 миллионов долларов,а ИТЭР будет расходовать полтора кило-грамма трития в месяц. Поэтому в проектеследующего реактора ДЕМО предусмат-ривается получение трития непосредствен-но на реакторе при облучении нейтронамилития.Задачей дивертора является и сбор бе-

риллиевой пыли, возникающей на бланке-тах во время работы реактора. Недопусти-мо попадание этой пыли в воздух, кото-рым дышат люди. Во всех пунктах сборабериллиевой пыли и ее эвакуации предус-матриваются усиленные меры техникибезопасности и тщательный контроль заих соблюдением.Важнейшей частью проекта становится

проектирование и разработка средств кон-троля и управления всеми технологичес-кими процессами – «фабрики управле-ния». Информация от нескольких сотендатчиков будет преобразовываться в циф-ровые интерфейсы, поступающие в кон-троллеры, языком которых будут прото-колы, таблицы, диаграммы и т.п. СоветомИТЭР определено, что возглавлять этуработу и создавать большую часть конт-рольных приборов будут российские уче-ные и инженеры. Пожалуй, это будетсамым существенным вкладом России всоздание ИТЭР. В конце 2018 года вМоскве состоится IV Международная на-учно-практическая конференция «Акту-альные проблемы информационных тех-нологий, электроники и радиотехники»(ИТЭР–2018), в которой примут участие26 научных организаций России и Казах-стана.Публикуемая статья – первый опыт по-

пулярного описания конструкции ИТЭР исовременного состояния его сооружения.Автор старался ограничиваться миниму-мом сведений, необходимых для понима-ния сути дела. Но все равно этот минимумполучился обширным и содержащим мно-го количественных данных. Удалось липри этом дать представление о масштабно-сти проекта и его значении – судить чита-телю.

Задача о завистливыхразбойниках

И.ИВАНОВ-ПОГОДАЕВ, А.МАЛИСТОВ

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20181002

КОГДА ШКОЛЬНИКИ НАЧИНАЮТ ИЗУ-чать метод математической индукции,

им часто предлагается следующая класси-ческая задача:

Несколько разбойников хотят разде-лить между собой награбленную кучузолотого песка. Каждый из них способенна глаз разделить кучу песка на несколь-ко частей в любом требуемом отноше-нии. Например, или поровну на 10 частей,или на две части в соотношении 5:6, иликак-нибудь еще. При этом глазомер увсех разбойников может быть разный,т.е. они могут по-разному оцениватьотносительную ценность куч. Считает-ся, что золотой песок можно делить начасти сколько угодно раз, т.е. никакихнеделимых частиц золота нет и дажеочень маленькую кучу можно разделитьна еще меньшие. Пусть разбойников n.Требуется придумать, как разбойникамразделить кучу, чтобы каждый получилне менее 1/n песка по своему мнению.

Решается задача нетрудно. Для двухразбойников все просто: пусть первыйразделит кучу на две равные, по его мне-нию, части, а второй выберет, какую изних он возьмет себе. Тогда каждый будетуверен, что получил не менее половины.Будем считать, что мы научились делитькучу на k разбойников, и теперь надонаучиться делить на k + 1. Пусть k разбой-ников уже разделили добычу, и пришелеще один. Предложим каждому из первыхk разбойников разделить свою добычу наk + 1 равных по его мнению долей, апоследнему разбойнику дадим право заб-рать у каждого одну такую долю. Тогдаэтот последний разбойник наберет себе не

менее 1

1k добычи. У первых же k раз-

бойников останется 1

k

k от их доли пес-

ка. Так как, по индуктивному предполо-

жению, у них было не менее 1

k всей кучи

песка до прихода последнего, то теперь

останется не менее 1 1

1 1

k

k k k добы-

чи. Теперь мы умеем делить кучу на k + 1разбойников, индуктивный переход завер-шен.

Переход можно сделать и по-другому, черезправило крайнего. Попробуем выбрать самогоскромного разбойника, чтобы его долю всеостальные оценивали как маленькую. Предло-жим первому разбойнику выделить в отдель-

ную кучу X по его мнению 1

1k долю от всей

добычи и назначим пока его самым скромным.Допустим, что есть другой разбойник, считаю-

щий, что это больше, чем 1

1k. Тогда теперь

он у нас будет самым скромным, и мы его

попросим отделить, уже по его мнению, 1

1kдобычи, отбросив часть, от X. Далее будем такпереходить от разбойника к разбойнику, ищавсе более скромного. Этот процесс закончится,так как куча X все время уменьшается и раз-бойники, которые сокращали ее до размера

1

1k, больше не будут считать, что X больше,

чем 1

1k. (Здесь мы используем полуинвари-

ант 1 для доказательства остановки процес-

1 Полуинвариантом здесь является количе-ство разбойников, несогласных с тем, что куча

X не превосходит 1

1k от всего золота. С

каждым уменьшением кучи X это количествострого убывает, значит, за конечное числошагов уменьшится до нуля. (Прим. ред.)

З А Д А Ч А О З А В И С Т Л И В Ы Х Р А З Б О Й Н И К А Х 7

са.) Значит, в конце концов найдется самыйскромный разбойник, скромнее которого уженет никого. Пусть он заберет эту кучу X, аостальную часть добычи, которую все оценива-

ют как не меньшую, чем 1

k

k, мы можем

разделить на k оставшихся разбойников попредположению индукции.

Формулировка задачи с завистью

Математики любят задавать дополни-тельные вопросы, усложняя условия ужерешенных задач. Очень часто такое любо-пытство позволяет найти новые идеи изакономерности. Давайте и тут попробуемзадать вопрос: «Что, если …?»Что, если каждый разбойник хочет не

только получить 1 n добычи, а еще ижелает получить не меньше, чем любойдругой его собрат? Иными словами, раз-бойники теперь у нас завидуют друг дру-гу. Обозначим через 1 2,m X m X ,......, nm X мнения разбойников, какуючасть от общей добычи составляет куча X.В этих обозначениях i-й разбойник согла-

сен на часть X без зависти, если 1

im Xn.

А условие с завистью выглядит так:

i i i jm X m X , где iX и jX – частидобычи для i-го и j-го разбойников соот-ветственно.Сразу видно, что для двух разбойников

ничего не поменяется, схема «один делит,другой выбирает» работает и в случаезависти. Но уже для n = 3 начинаютсяпроблемы (попробуйте провести то жерассуждение!). Условие зависти сущест-венно осложняет рассуждения, вынуждаянас искать другие пути решения…

Небольшое отступление. Авторы узналипро задачу о разбойниках с завистью в июле1999 года. Решений, кроме как для трех раз-бойников, никто из нас не знал. Скоро должнабыла состояться Летняя конференция Турнирагородов, и такая задача хорошо подходила вкачестве темы проекта. Авторов скорее дажеобрадовало то, что решение задачи еще толькопредстояло найти. Правда, формат конферен-ции предполагает, что должны быть предложе-ны промежуточные задачи, нельзя же простотак взять и попросить решить общий вопрос.

Итак, нам предстояло наметить план решения,не зная наверняка, приведет ли он к успеху...

Задача о завистливых разбойниках ак-тивно обсуждалась и обсуждается в лите-ратуре [2–8]. В этой статье мы решимзадачу, но не сразу изложим готовое реше-ние, а расскажем, как мы к нему шли,подробно обсуждая каждую ключевуюидею решения.

Случай трех завистливых разбойников

Итак, в общем случае все уж совсемнепонятно, попробуем придумать алгоритмраздела хотя бы для трех разбойников. Счего начать? Логично сначала разделитьдобычу на три равные части по мнениюпервого и упорядочить их по мнению вто-рого. Пусть это части A, B, C. Обозначимчерез 1m X , 2m X и 3m X мненияразбойников, какую часть от общей добы-чи составляет куча X. В этих обозначенияхмы можем записать, что 1 1m A m B

1m C и 2 2 2m A m B m C . Этиусловия удобно представить в виде трехстолбиков уменьшающихся размеров(рис.1), такими их видит второй разбой-ник, а первый считает их равными.

Было бы неплохо, если бы какой-нибудьстолбик забрал себе второй разбойник,какой-то другой – третий разбойник, итогда оставшийся мы бы отдали первому,который все равно все столбики считаетравными и возражать не будет.Второй разбойник, конечно, из зависти

хочет забрать себе самый большой по егомнению столбик. Поэтому поинтересуем-ся, как же наши столбики оценивает тре-тий разбойник. Например, если третийразбойник считает, что либо B, либо C,

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 08

либо и B, и C не меньше, чем A, то онможет забрать себе B или C без зависти.Но что же делать, если и второй и третийсчитают A строго самым большим столби-ком из трех?Тут используется первая важная идея:

попробовать выделить кучу, при разделекоторой зависть частично не будет дей-ствовать. Как же это возможно? А вот как:пусть второй разобьет A на 1A и 2A , чтобы

2 1 2m A m B , т.е. выделит в A часть1A , равную по его мнению B (рис. 2).

Будем теперь делить между разбойникамикучи 1A , B и C, а остаток 2A пока отложимв сторону. Для этого остатка выполненоважное свойство: первый разбойник небудет завидовать, если 2A заберет себетот, кто возьмет 1A , так как первый раз-бойник считает, что кучи 1A и 2A вместеравны B и C.При выборе между 1A , B и C для первого

и второго разбойников существует по дваварианта. Первый разбойник готов заб-рать себе кучу B, но у него есть и запаснойвариант C, так как 1 1m B m C . Вто-рой разбойник готов без зависти забратьлибо 1A , либо B. После таких приготовле-ний можно попросить третьего разбойникавыбрать между 1A , B и C. Если он беретсебе 1A , второму можно отдать B, первомуC. Если третьему приглянулся B, тогдавторому даем 1A , а первому C. И, нако-нец, если третий берет C, второму отдаем

1A , первому B. Пока никто никому незавидует. Осталось разделить 2A , но те-перь у нас есть важное завоевание: первыйне завидует второму или третьему с запа-сом в размер кучи 2A (в зависимости оттого, кто получил 1A )!

Теперь завершить дележ проще. Слу-чаи, когда 1A забрал второй или третийразбойник, симметричны. Допустим, 1Aзабрал второй. Попросим третьего поде-лить 2A на три равные части и предложимвторому выбрать из них самую большую,а первому выбрать из двух оставшихся.Последнюю часть берет третий. Этот тре-тий считает, что при разделе 2A взялравную остальным часть. Второй выбирализ трех частей первым и, конечно, взялсебе большую из них без зависти к осталь-ным. Первый же не завидует третьему,потому что выбирал раньше и взял частьбольшую, по собственному мнению, чемдосталась третьему. Ну а второму первыйне завидует, так как готов был согласить-ся, что он заберет себе всю кучу 2A , а нетолько ее часть.

Итак, что же мы сделали? Сначала мыразделили часть добычи, при этом уда-лив зависть первого разбойника ко вто-рому или третьему. А потом это позволи-ло нам завершить дележ. Это важнаяидея: иногда что-то не получается сде-лать сразу, но можно попробовать до-биться выгодных условий, с помощьюкоторых уже удобно доделать начатое.

Шаг назад: дележ без завистив заданном отношении

Обычно, когда занимаешься труднойзадачей, имеет смысл рассматривать идей-но близкие вопросы. Кроме того, можнопробовать обобщать уже изученные ситуа-ции. У нас такой ситуацией является слу-чай с отсутствием зависти. Как же егоможно обобщить?Если добычу делят два разбойника, они

могут захотеть поделить ее не поровну, ана части и 1 . Пусть, для определен-ности, 1 2. Конечно, если – рацио-нальное число, работает такой же алго-ритм, как в общем случае. Можно простопредставить, что разбойник, которому дол-жна достаться доля p q , – это на самомделе p разбойников, каждому из которыхдолжна достаться доля 1 q . А долю 1 qотделить легко – пусть наш разбойникразобьет добычу на q одинаковых частей,а другой пусть отдаст ему самую малень-

Рис. 2

З А Д А Ч А О З А В И С Т Л И В Ы Х Р А З Б О Й Н И К А Х 9

кую из них, по его мнению. То же самоеможно сделать, если разбойников n и раз-бойник с номером i должен получить часть

ip q, где iq p – общий знаменательвсех рациональных долей. Просто пред-ставим, что каждый разбойник – это насамом деле ip разбойников.Но что делать, если – иррациональное

число? Пусть первый разбойник разделитдобычу на части и 1 . Если второй несогласен, значит, первую часть он оцени-вает, как большую, чем , а вторую – какменьшую, чем 1 . Как это использо-вать? Раз он считает первую часть такойценной, пусть и забирает ее! Теперь оста-лось ему отдать 1 2 , а второму – .Вроде бы ситуация не изменилась? Но

нет, второй-то отданную часть оцениваетповыше, чем . Пусть d – это насколькоповыше, чем , он оценивает этот кусочек.Теперь получается, что у второго образо-вался небольшой запас. При оставшемсяразделе он может согласиться получитьчуть меньше, чем 1 2 , главное, чтобыэто «чуть» было не больше, чем d.Мы придумали, как немного «пошеве-

лить» мнения наших разбойников (ис-пользовали идею малых шевелений). Нокак это поможет закончить дележку? Не-большое шевеление означает, что оставшу-юся часть мы можем делить не в от-ношении : 1 2 , а в отношении

: 1 2 , где d . Первый-тобудет не против, что вместо ему доста-нется . А второй не против получитьна меньше, так как он уже забралкусочек, который больше на d, чем онрассчитывал.И тут нам на помощь приходит факт,

что для каждого действительного числа можно подобрать близкое к нему рацио-нальное r. Более точно это можно сказатьтак: какое бы мы ни взяли маленькоеположительное число , можно выбратьрациональное r такое, что разница между

и r будет меньше .

Эта идея приходит из математического ана-лиза, где как раз и изучаются такие бесконечномалые величины. Там же доказывается, чтолюбое действительное число можно прибли-зить с любой точностью рациональными числа-

ми. Как говорят, множество рациональныхчисел всюду плотно.

Теперь мы можем завершить дележ –для рациональных-то чисел мы уже научи-лись делить! Выберем так, чтобы отно-шение : 1 2 было рацио-нально, а дальше уже все ясно!Также понятно, как обобщить алгоритм

и разделить добычу на n разбойников вотношениях 1 2: : : n… . Можно счи-тать, что на n – 1 мы уже умеем делить(принцип математической индукции) иn – 1 разбойников поделили добычу вотношениях 1 2 1: : : n… . Теперь при-шел еще один разбойник. Пусть он подой-дет к каждому из остальных и проведетраздел на двоих в отношении : 1n n .Так он получит свою долю, а отношенияостальных долей не изменятся.

Итак, небольшое обобщение условия далонам полезную идею: часть добычи, кото-рую разбойники оценивают по-разному,можно рассматривать как запас. Еслиесть различия в оценке, то в оставшейсячасти добычи это можно использовать,т.е. один разбойник может чуть-чутьуступить. В случае раздела на троих сзавистью мы использовали похожий при-ем: первый разбойник готов был согла-ситься, что второй заберет полностьюили частично всю кучу 2A .

Обобщенный дележ со слабой завистью

Теперь вернемся к основному случаю сзавистью. На этот раз попробуем не обоб-щить условие задачи, а наоборот, осла-бить его. Пусть пока общего алгоритмараздела нет, но, может быть, можно сде-лать «почти раздел», когда разбойник со-гласен, что кто-то получил больше, но неболее чем на какое-то первоначально выб-ранное маленькое число . Продолжаяэту мысль дальше, зададимся вопросом:могут ли разбойники разделить добычуна две равные части, причем чтобы каж-дый из них считал, что это соотношениевыполнено с точностью до ? «С точнос-тью до » в данном случае означает, чтокаждая часть отличается от 1 2 не болеечем на по мнению каждого из разбой-ников.

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 010

Идея тут в том, чтобы «склеить» разбой-ников, сделав их отличающимися друг отдруга не очень сильно. Для начала разбе-ремся с двумя разбойниками. Раз уж намразрешено немножко нарушать соотноше-ние, давайте разобьем сразу всю добычу наочень маленькие части, а дальше уже спомощью этих маленьких кусочков будемнабирать требуемые половины. Но тутсразу возникает проблема: маленькие ча-сти могут быть маленькими только дляодного разбойника, а для другого – уженет! Ладно, допустим, первый разделилдобычу в точности на две равные части, посвоему мнению. Дальше применяем нашуидею (это идея квантования). Делим каж-дую из частей на много-много одинаковыхмаленьких кусочков (пусть их будет по mштук), чтобы каждый кусочек первый счи-тал меньшим, чем . Что у нас думаетвторой? Ну, понятно, для него соотноше-ние может сильно отличаться от 1:1. Пусть,для определенности, он первую часть счи-тает большей. Давайте поменяем местамикакую-нибудь пару маленьких кусочков.Для первого разбойника ничего не измени-лось, он вообще эти кусочки считает оди-наковыми. Для второго могло что-то изме-ниться, а могло и нет. Но если мы поменя-ем так все пары, для второго точно соотно-шение изменится, это же будет полнаязамена одной половины на другую! А разв конце для него соотношение изменится(разница между долями поменяла знак!),значит, в какой-то момент это произойдетвпервые. Давайте посмотрим на наши ча-сти в этот момент. Итак, второй только чтопоменял кусочки A и B, до этого перваяполовина была для него больше, а послеэтого больше стала вторая.Так пусть второй, вместо того чтобы

менять местами A и B, отсыплет часть от Bи прибавит ее к A, чтобы по его мнениюбольшие половины сравнялись. Теперь унас первый уже не будет считать этиполовины одинаковыми. Но и отличатьсяони для него будут не сильно – он жекусочки A и B считает маленькими! Итак,для двоих мы сделали даже больше – одинсчитает части одинаковыми, а второй оди-наковыми с точностью до .

Значит, двух разбойников мы можемсделать близкими друг другу в смыслемнений при делении добычи пополам. Нотогда и индукцию применить нетрудно.Пусть для n разбойников мы можем разде-лить добычу на две части так, что одинсчитает раздел точным, а все остальные –что различие не больше . Пусть эти nразбойников теперь действуют как один –сначала разделят всю добычу на две рав-ные части с относительной точностью до8 . Потом каждую из них еще на две

равные части с точностью до 16, потомеще на две с точностью до 32… И такбудем продолжать делить, пока все полу-ченные нами кусочки не будут меньше, чем

2. Суммарная погрешность при такомделении не превысит 4. Таким образом,каждый кусочек гарантированно не боль-

ше, чем 3

4 для любого из n разбойников.

Последний, 1n -й разбойник теперьпусть меняет местами наши кусочки, покаего мнение о том, какая часть больше, неизменится. В этот момент для последнейпары A и B пусть он не меняет их местами,а пересыплет из второй части в первуюнеобходимое количество песка, чтобы ос-новные половины сравнялись. Тогда длянего разделение будет точным, а для ос-

тальных – с точностью до 7

8: невоз-

можно пересыпать песка больше, чем 3

4,

так как размер кучек A и B меньше, плюсначальная погрешность разделения основ-

ных половин была меньше 1

8, а

3 1 7

4 8 8.

Дележ со слабой завистьюв заданном отношении

Теперь логично подумать опять о том,как разделить добычу не на равные части,а в соотношении : . Причем с теми жеусловиями, когда один считает, что разде-ление точное, а остальные – что оно отли-чается от : не более чем на .Похожую задачу мы уже решали – для

случая без зависти. Тогда нам помогло то,

что можно найти рациональное число, несильно отличающееся от произвольногодействительного числа . А что мы умеемсейчас? Делить пополам с произвольнойточностью! Значит, мы можем отмерятьчасти, равные 1 2,1 4, ,1 2k… , – достаточ-но лишь несколько раз поделить пополамодну и ту же часть. Стоп, но ведь тогдаможет накапливаться наша погрешность.Если сто раз поделить с погрешностью ,то и погрешность может стать равной100 ...Все так, но ведь мы можем управлять

погрешностью. Вот пусть нам нужно отде-лить 1001 2 . Разделим сначала с погрешно-

стью 2, потом с погрешностью 4, по-

том с погрешностью 8 и в последний раз

с погрешностью 1002 . Как оценить сум-марную погрешность 1002 4 2… ?

Допустим, 2 4 2nnS … . Как

можно получить 1nS ? Добавить 12n к

nS . Или еще способ: умножить nS на 1 2

и добавить 2. Но тогда 2 2nS12nnS , т.е. 2nnS . (Тут мы

применили идею подсчета двумя способа-

ми.) Итак, 2 4 … + 1002

– 1002 . Ясно, что вместо 100 тутможно поставить любое число. Значит,выбирая и уменьшая вдвое погрешностьна каждом шаге, мы можем добиться того,чтобы суммарная погрешность при любомчисле делений не превышала .Хорошо, мы можем отделять доли

1 2,1 4 ,..., 1 2k , а также их суммы. Нотогда можно подобраться к любому числу

с заданной погрешностью .Достаточно выбрать такое k, чтобы

1 2 2k . Единичный отрезок можноразделить на 2k отрезков, каждый изкоторых имеет длину 1 2k. Число попа-дет в один из отрезков между 2km и

1 2km (рис.3). Это будет означать,

что его можно приблизить рациональнымчислом 2km со знаменателем 2k.Пока мы разделили добычу с точностью

до у всех разбойников. Теперь можноулучшить алгоритм, чтобы один думал,что раздел точен. Опять воспользуемсяидеей с выравниванием одной маленькойчасти. Выберем какое-нибудь очень боль-шое число m, разделим всю добычу на mравных частей с погрешностью 2m . Те-перь опять один набирает сколько нужночастей, а одну часть делит, как считаетнужным. Делимую долю все оценивают неболее чем 21 m m . А отличие мненийпо всем остальным долям, которые набралразбойник, составляет не более

2m m m . Таким образом, по мне-нию остальных набранная доля отличает-ся от нужной не более чем на 2 m .Поскольку мы сами выбираем m, эту по-грешность можно сделать такой малень-кой, как нам хочется.

Итак, наш арсенал доступных действийувеличился. Теперь мы можем делить впроизвольном отношении с любой задан-ной точностью. Причем один разбойникбудет считать, что раздел произведенточно в этом отношении. А что если мывообще все разделения добычи будемделать так, чтобы все разбойники с нимсоглашались с какой-то точностью? При-чем эту точность можно уменьшать в двараза при каждом следующем разделе, итогда суммарная погрешность тоже бу-дет маленькой! Теперь можно присту-пить к основной задаче точного разделас завистливыми разбойниками.

Точный дележ с завистью

Конечно, тут опять надо действовать поиндукции, и база для двух и для трехразбойников уже есть. Допустим, мы ужеумеем делить на n разбойников, и надонаучиться это делать для n + 1.Нас несколько ограничивает то, что наш

основной прием, когда все согласны сразделением с некоторой точностью, этоне точная дележка. И при разделе наравные части разбойники все равно могутзавидовать друг другу. Как же бороться сэтой завистью? Идея состоит в следую-

З А Д А Ч А О З А В И С Т Л И В Ы Х Р А З Б О Й Н И К А Х 11

Рис. 3

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 012

щем: если некоторый маленький кусокдобычи несколько разбойников оценива-ют как больший, чем 2 , а остальные –как меньший, чем 1 , и 1 2 , то мыможем принять 2 1 . Теперь еслиотдать этот кусок первой группе, то вто-рая группа не будет завидовать первой впределах , т.е. у нас появляется тотсамый небольшой запас, чтобы задаватьточность дальнейших разделений и при-менить ту технику, которую мы придума-ли. Любопытно, что если просто какую-либо маленькую часть добычи все разбой-ники оценивают неодинаково, то мы мо-жем упорядочить их оценки по возраста-нию:, 1 2 1k k n… … и,взяв любые две неодинаковые последова-тельные оценки 1k k , разделить раз-бойников на две описанные выше группы:в первую группу войдут разбойники соценками не меньше 2 1k , а во вто-рую группу – с оценками не больше

1 k .Если мы отдадим такой кусок первой

группе разбойников, между собой они егосмогут поделить по предположению ин-дукции, это понятно. Но отдав маленькийкусочек части разбойников, остальнуюдобычу придется делить уже не поровну,а в некотором соотношении, и для этогослучая у нас нет предположения индук-ции!Что же делать? Давайте опять обобщим

условие. Будем рассматривать не разделпоровну на n завистливых разбойников, араздел с некоторым назначенным прави-лом 1 2: : : n⋯ . Условие зависти тутбудет обобщенное: каждый относительнолюбого другого хочет получить долю неменьшую, чем предполагает заданная про-порция. Выразим это так. Пусть ijA – этото, как оценивает i-й разбойник j-й кусокдобычи. Тогда для любой пары i и jдолжно быть верно неравенство

ii ij i jA A . Иными словами, i-й раз-бойник оценивает отношение своей доли кдоле j-го разбойника как не меньшее, чемотношение их долей в назначенном пра-виле. Если все i равны 1, то получаетсяобычная задача деления поровну с завис-тью.

Если теперь осуществлять раздел с обоб-щенным условием зависти, то и индуктив-ное предположение можно тоже использо-вать с обобщенным условием, а это ужегораздо удобнее! Но, правда, нам надопередоказать базу. Впрочем, база для двухразбойников – это как раз задача прораздел в соотношении : . Для двух-торазбойников завистливый случай от неза-вистливого не отличается.

Окончательный алгоритм

Вернемся теперь к задаче с обобщеннымусловием зависти. Допустим, для числаразбойников от 1 до n – 1 мы делить ужеумеем. Нам нужно сделать индуктивныйпереход. Попробуем оформить все идеи ипостроения, которые мы до этого придума-ли. Пусть первый разбойник разделит до-бычу в исходных пропорциях. Если всесогласны, то алгоритм завершен. В про-тивном случае найдется кусок I, которыйчасть разбойников оценивает больше неко-торого числа (назовем ее группой 1,пусть это первые s разбойников), а другаячасть – меньше (группа 2).

Можно считать, что кусок I все считаютмаленьким, т.е. меньшим любого выбранногонаперед числа. Действительно, мы же можемподелить I на миллиард одинаковых частей спогрешностью, меньшей чем максимальнаяоценка I среди разбойников. Кроме того, мож-но считать, что ровно в никто кусок I неоценивает (см. рассуждения выше).

Заметим, что разностей между оценкамиразбойниками куска I и числом всего n,у первой группы они положительны, увторой – отрицательны. Значит, можновыбрать такое маленькое положительноечисло , которое меньше, чем модуливсех этих n разностей. Тем самым, в пре-делах вторая группа не будет завидо-вать первой.Этот кусок I предназначается группе 1,

пока отложим его. А остальную добычуразделим на две части A и B в отноше-нии 1 1:s s n⋯ ⋯ так,чтобы все согласились с этим делением сточностью до . Тогда как оцениваетгруппа 1 два куска A и I вместе?

Каждый из группы 1 эти два куска всумме считает строго большими, чем

1 s⋯ , т.е. больше, чем полагающе-еся всей группе количество добычи! Разкаждый считает A + I строго большим,чем 1 s⋯ , значит, можно выбратьтакое положительное число 1 , что каж-дый из первой группы считает A + Iбольшим, чем 1 1s⋯ .

Используемый нами тут прием: если X > Y,то можно выбрать такое положительное чис-ло a, что X > Y + a, также довольно типичендля математического анализа. Из строгостинеравенства мы можем извлекать некоторыйзапас для дальнейших построений.

А что же со второй группой? Каждый изних считает части A + I меньше, чем

1 s⋯ (эти-то считают I меньшим). Значит, остальное, т.е. часть B, каж-

дый из них считает больше, чем

1s n⋯ . И опять можно выбратьтакое 2 , что каждый из второй группыоценивает часть B как большую, чем

1 2s n⋯ .Итак, уже виден свет в конце тоннеля:

нам удалось разделить разбойников надве группы, выделить этим группам доли,да еще все уверены, что им достаетсячуть больше, чем нужно, т.е. у нас появ-ляется столь необходимый запас! Выбе-рем как минимальное из 1 и 2 ,чтобы дальше работать с одним числом,символизирующим наш запас точности.Теперь, в соответствии с нашим планом,мы должны воспользоваться индуктив-ным предположением, чтобы первая груп-па разделила на своих разбойников объ-единенный кусок A + I, а вторая – ку-сок B.Почему мы при этом не превысим наш

запас точности? Выберем много мень-ше . Теперь посмотрим на процесс де-лежа, который нам предоставляется ин-дуктивным предположением. Этот дележсостоит из последовательности элементар-ных делений, когда какой-то разбойникделит что-то в каких-то пропорциях. Такпусть такие элементарные деления про-водятся таким образом, чтобы все осталь-ные были согласны, причем с точностью,

которая растет в два раза при каждомследующем элементарном делении.Тем самым, первый раздел пусть прово-

дится так, чтобы все остальные n разбой-ников согласились с точностью до 2 ,второй – чтобы все согласились уже сточностью до 4 , и так далее. Инымисловами, если проводится k-й раздел (не-важно, каким разбойником), то все осталь-ные соглашаются с ним с точностью до2k. При таком проведении разделов по-

лучится, что мнения любых двух разбой-ников по любым двум непересекающимсякускам добычи могут различаться толькоменее чем на .Теперь проверим, что зависти действи-

тельно не будет. Внутри первой группыникакие два разбойника друг другу незавидуют, по предположению индукции.Аналогично внутри второй группы. Рас-смотрим разбойников из разных частей.Их мнения по полученным кускам могутразойтись не более чем на , причем 1и 2, т.е. погрешности раздела незначи-тельны по сравнению с имеющимися у насзапасами. При этом каждый разбойникдумает, что он получил чуть больше, чемполагается (так как на всех было выделеночуть больше). Алгебраически это можновыразить так: 1ii iA . А про разбойни-ков из другой части каждый из них думает,что они получили меньше, чем им положе-

но: ij jA < 1. Но тогда ii i ij jA A . Иследовательно, ii ij i jA A , т.е. усло-вие зависти выполняется.

Эпилог

Подведем итоги нашей работы. Ключ кзадаче удалось подобрать, когда мы не-много поиграли с условием: сначала чутьослабили его, потом чуть усилили, рас-смотрев обобщенное условие зависти.Ключевыми являются две идеи. Первая– рассмотрение деления добычи с некото-рой точностью. И вторая – возможностьзамены элементарного раздела на после-довательность разделов, но уже таких,чтобы все были согласны с разделом скакой-то точностью. Эти две идеи – ос-новные, но кроме них есть еще несколько

З А Д А Ч А О З А В И С Т Л И В Ы Х Р А З Б О Й Н И К А Х 13

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 014

второстепенных технических идей: исполь-зование куска, который оценивается нео-динаково, для создания запаса; оформле-ние алгоритма в виде индуктивного; ис-пользование разделов с быстро увеличи-вающейся точностью (сходящийся ряд).Многие из этих идей широко известны ичасто применяются в различных ситуаци-ях. Очень полезно владеть широким на-бором таких технических идей. Их бога-тый арсенал позволяет подходить к зада-че с разных сторон, а это уже помогаетнащупать путь для решения.Интересно, что в комбинаторной задаче

работают методы малых величин, типич-ные для анализа. Из-за этого найденныйалгоритм не очень эффективен на практи-ке. Мы даже не можем оценить, какимбудет число разделов в зависимости от n.Значит, в этой задаче еще есть над чемпоработать. Для интересующихся даннойтемой есть набор статей. Может быть,кому-то из читателей удастся придуматьсобственный алгоритм раздела!

Литература

1. И.А.Иванов, А.Я.Канель-Белов, С.И.Куб-лановский, А.С.Малистов. Задача о разбой-никах. – Избранные материалы Летней кон-

ференции Турнира городов, том 1, 2009, с.71–82.2. W.Stromquist. How to cut a cake fairly. –

The American Mathematical Monthly, vol. 87,№8, 1980, pp. 640–644.3. S.J.Brams, A.D.Taylor. An envy-free cake

division protocol. – The American MathematicalMonthly, vol. 102, №1, 1995, pp. 9–18.4. S.J.Brams, A.D.Taylor, W.S.Zwicker. A

moving-knife solution to the four-person envy-free cake division. – Proceedings of the AmericanMathematical Society, 125, 1997, pp. 547–554.5. W.Stromquist. Envy-free cake divisions

cannot be found by finite protocols. – TheElectronic Journal of Combinatorics, R11, 15,2008.6. A.D.Procaccia. Thou shalt covet thy

neighbor’s cake. – Proceedings IJCAI’09, pp.239–244.7. H.Aziz, S.Mackenzie. A discrete and bounded

envy-free cake cutting protocol for any number ofagents. – Preprint, https://arxiv.org/abs/1604.036558. H.Aziz, S.Mackenzie. A discrete and

bounded envy-free cake cutting protocol forfour agents. – Preprint, https://arxiv.org/abs/1508.05143

Работа поддержана грантом РНФ №17-11-01337. Первый автор является лауреатомпремии «Молодая математика России».

Еще раз о построении касательной

В статье Д.Швецова «Поляра» («Квант» №5за 2017 г.) показано, как с помощью однойлинейки из точки вне окружности провести кэтой окружности касательные. Наш постоян-ный автор и читатель И.Вайнштейн заметил,что это построение позволяет проводить каса-тельную к окружности и через точку, лежащуюна окружности.Приведем построение из письма И.Вайн-

штейна.Пусть на окружности дана точка E (рис.1).

Через эту точку проведем секущую (не черезцентр окружности), которая пересечет окруж-ность в точке F. Возьмем на прямой EF произ-вольные точки B и D вне окружности и из нихпроведем касательные к окружности так, какэто указано в статье «Поляра». Пусть соответ-ствующие точки пересечения касательных – A

и C, а точки касания – K, L, M, N. Пустьпрямые KL и MN пересекаются в точке P.Тогда PE – искомая касательная.В самом деле, нетрудно доказать, что прямая

AC тоже проходит через точку P, прямые NKи ML пересекаются на прямой BD, а точки

Н А М П И Ш У Т

Рис. 1

(Продолжение см. на с. 25)

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А »

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

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

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

Задачи М2531 и М2532 предлагались на III Олимпиаде мегаполисов.

Задачипо математике и физике

Задачи М2530–М2533, Ф2537–Ф2540

M2530. В остроугольном треугольнике насторонах BC, CA, AB взяты точки 1A , 1B ,

1C соответственно так, что отрезки 1AA ,

1BB , 1CC пересекаются в одной точке.Известно, что 1 1BC AA CA BB

1AB CC . Докажите, что 1AA , 1BB , 1CC– это высоты треугольника.

П.Кожевников

M2531. Пусть k – натуральное число и

0 11 4md d d k… – все положи-тельные делители числа 4k. Докажите,что найдется 1, ,i m… такое, что

1 2i id d .И.Митрофанов

M2532. Аня и Максим играют в игру наклетчатой доске 100 100. Сначала Анязаполняет клетки доски целыми числамиот 1 до 10 000 так, что каждое числовстречается по одному разу. Затем Мак-сим ставит фишку на одну из клетоксамого левого столбца по своему выбору.Далее он за несколько ходов передвигаетфишку в самый правый столбец. За одинход он может передвинуть фишку из клет-ки в любую соседнюю с ней по вершинеили стороне. За каждую посещенную клет-ку (включая изначальную) Максим пла-тит Ане такое число монет, которое напи-сано на этой клетке. Максим хочет запла-тить как можно меньше, Аня же хочетполучить как можно больше. Сколько монет

заплатит Максим, если каждый из нихбудет действовать наилучшим для себяобразом?

Л.Шабанов

M2533*. Дан тетраэдр. Пусть a и b –длины двух противоположных ребер тет-раэдра, а и – величины двугранныхуглов при этих ребрах; c и d – длины реберв другой паре противоположных ребер, а

и – величины двугранных углов приэтих ребрах. Докажите, что a + b = c + dтогда и только тогда, когда .

М.Панов

Ф2537. Два одинаковых бруска сцепленыжесткой невесомой штангой и движутся погладкой горизонтальной поверхности сто-ла (см. рисунок). В некоторый момент

бруски начинают въезжать на шерохова-тый участок стола. Найдите коэффициенттрения брусков о шероховатую поверх-ность, если они в начале движения имелискорость v, а после прохождения шерохо-ватого участка стола движутся со скорос-тью u. Длина каждого бруска l, штанги s,шероховатого участка стола l + s.

А.Иванов

Ф2538. Зимой помещение отапливается спомощью нагревателя, который на своей

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 016

поверхности поддерживает постояннуютемпературу 1 70 Ct = ∞ . При температуревоздуха на улице 2 30 Ct = - ∞ установив-шаяся температура в помещении равна

3 10 Ct = ∞ . Какая температура воздухаустановится в помещении, если в разныхуглах этого помещения разместить дватаких нагревателя? Считайте, что мощ-ность теплопередачи пропорциональнаразности температур.

А.Иванов

Ф2539. На закрепленную непроводящуютонкую жесткую спицу длиной L насаженамаленькая бусинка, имеющая массу m иэлектрический заряд Q. В начальный мо-мент бусинка находится в центре спицы иотносительно спицы имеет нулевую ско-рость. Коэффициент трения между спицейи бусинкой равен 1< . Перпендикулярноспице расположена очень длинная (полу-бесконечная) непроводящая нить, начина-ющаяся на одном из концов спицы и рав-номерно заряженная с линейной плотнос-тью заряда . Какой будет скорость бу-синки в тот момент, когда она покинетспицу?

В.Гребень

Ф2540. Перпендикулярно оптической оситонкой собирающей линзы расположенатонкая палочка длиной l. Палочка нахо-дится за фокусом линзы на расстоянии aот ее центра. При этом увеличение длиныпалочки равно 1. Затем палочку распола-гают вдоль оси линзы так, что ее центрлежит на оси линзы на расстоянии a от нее,причем палочка целиком находится зафокусом линзы. Найдите увеличение 2длины палочки в этом случае.

А.Иванов

Решения задач М2518–М2521,

Ф2525–Ф2528

M2518. Графики двух квадратных трех-членов пересекаются в точках A и B(рис.1). Через вершину O первого из нихпроведены прямые OA и OB, они пересе-кают второй график в точках C и Dсоответственно. Докажите, что прямаяCD параллельна оси абсцисс.

Обозначим график первого трехчлена 1G ,а второго – 2G . Для начала перенесем всюкартинку таким образом, чтобы точка Oсовпала с началом координат, и выберемтакой масштаб, чтобы 1G совпал с графи-ком функции 2y x . Пусть точка A имеет

координаты 2;a a , точка B – координаты2;b b . Заметим, что разность квадратных

трехчленов, задающих графики 1G и 2G ,есть квадратный трехчлен, который обра-щается в ноль в точках a и b. Из этогоследует, что график 2G задается уравне-нием 2y x k x a x b для некото-рого действительного числа k, отличногоот 0 и –1.Прямая OA задается уравнением y = ax,тогда точка C может быть найдена какрешение системы y = ax, 2y xk x a x b . Приравнивая правые

части, получаем уравнение 2x k xa x b ax. Одно из решений этого

уравнения x = a, поэтому второе по теоре-

ме Виета равняется 1kb k ; подставляяэто выражение в уравнение y = ax, полу-

чаем 1y kab k . Заметим, что после-днее выражение симметрично относитель-но a и b, поэтому если мы проделаем все теже действия для точек B и D, мы получимто же самое значение y. Но тогда ординатыточек C и D равны, откуда и следует, чтоCD параллельна оси абсцисс. Задача ре-шена.Заметим, что утверждение задачи являет-ся предельным случаем следующего болееобщего факта, который можно назватьпараболическим аналогом факта для ок-ружностей, известного как лемма Фусса:

Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 17

Пусть две параболы 1G и 2G (с парал-лельными осями) пересекаются в точках Aи B (рис.2). Пусть прямая, проходящаячерез A, пересекает вторично iG в точке

iA (i = 1, 2), а прямая, проходящая черезB, пересекает вторично iG в точке iB .Тогда 1 1 2 2A B A BP .

А.Антропов, П.Кожевников

M2519. Назовем способ разбиения множе-ства из 2n натуральных чисел на n парбесквадратным, если ни в одной парепроизведение чисел не является квадра-том натурального числа. Известно, чтодля данных 2n различных натуральныхчисел существует бесквадратный способразбиения на пары. Докажите, что втаком случае существует не менее n!бесквадратных способов разбиения этих2n чисел на пары.

Каждому натуральному числу m поставимв соответствие множество простых чиселP m , каждое из которых входит в разло-жение числа m в нечетной степени. Напри-мер, 3 8

2 7 11 2;11P , 4 63 5P. Очевидно, произведение натураль-

ных a и b является точным квадратомтогда и только тогда, когда множестваP a и P b совпадают.Покрасим данные 2n чисел таким образом:числа, для которых множества P m со-впадают, покрасим в один и тот же цвет, адля которых множества P m отличаются– в разные цвета. Поскольку существуетбесквадратное разбиение на пары, в каж-дый цвет покрашено не более n чисел.Докажем следующую лемму, из которойсразу последует решение задачи.

Лемма. Пусть 2n (различных) объектовпокрашены в несколько цветов так, чтов каждый цвет покрашено не более nобъектов. Тогда существует не менее n!способов разбить эти объекты на разно-цветные пары (т.е. так, чтобы в каждойпаре были объекты разных цветов).Доказательство леммы. Проведем индук-цию по n. База n = 1 очевидна. Докажемпереход от n – 1 к n. Выберем цвет c,который встречается среди данных объек-тов наибольшее количество раз, т.е. пустьимеется k объектов цвета c, а объектовлюбого другого цвета не более k. Возьмемобъект A цвета c и подберем для него паруB любого цвета d, отличного от c; этоможно сделать 2n – k способами. При этом2n k n, так как k n. Удалив пару A,B, мы получаем множество из 2 1nобъектов. Проверим, что их покраска удов-летворяет условию леммы. Действитель-но, предположим противное, и объектовкакого-то цвета e не меньше n. Цвет eотличен от c и d, так как после удаления Aи B объектов каждого из цветов c и dосталось не более n – 1. Тогда k n , и доудаления объектов A и B цвета c и eзанимали по n объектов – противоречие(по меньшей мере еще есть объект B цветаd). Таким образом, мы можем воспользо-ваться предположением индукции. Зна-чит, на каждый способ выбрать объект Bдля полученного множества из 2 1nобъектов имеется не менее 1 !n разби-ений на разноцветные пары. Итого длямножества из 2n объектов – не менее

1 !n n разбиений на разноцветные пары.Лемма доказана, что завершает решениезадачи.Укажем подход к другому решению. Вве-дем вспомогательный граф: числам поста-вим в соответствие вершины (итого 2nвершин), а ребрами соединим пары вер-шин, для которых произведение чисел неравно точному квадрату. Нетрудно дока-зать, что в таком графе выполнено следу-ющее условие переключения: если естьпара ребер AB и CD, где A, B, C, D –некоторые четыре различные вершины, толибо также есть пара ребер AC и BD, либоесть пара ребер AD и BC (условие пере-

Рис. 2

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 018

ключения эквивалентно нашей задаче дляn = 2).Итак, наш граф удовлетворяет следую-щим свойствам: (i) существует паросоче-тание (т.е. n ребер таких, что из каждойвершины выходит ровно одно ребро); (ii)выполняется условие переключения. Мож-но показать (используя индукцию по n),что в любом графе, удовлетворяющем ус-ловиям (i) и (ii), существует не менее n!паросочетаний. Из этого утверждения сра-зу вытекет утверждение задачи.В заключение обсудим еще одну возмож-ную идею. Если удалось покрасить данные2n чисел в два цвета, по n чисел в каждыйцвет, то «разноцветных» разбиений напары (т.е. таких, что в каждой паре числаразных цветов) будет n!. Если бы удалосьпокрасить данные 2n чисел в два цвета, поn чисел в каждый цвет, так, чтобы любая«разноцветная» пара была бесквадратной,то это дало бы решение задачи. Однако этаидея в общем случае не работает. Одним изконтрпримеров является набор чисел (для

n = 3): 2 2 2 2 2 2, , 2 , 2 , 3 , 3 .a b c d e fП.Кожевников

M2520. На изначально пустую доску 8 8¥

одна за другой выставляются фишки.Фишку можно ставить только в клетку,которая граничит по стороне хотя бы а)с двумя; б) с тремя свободными клетка-ми. Какое наибольшее число фишек мыможем выставить на доску по такимправилам?

а) Ответ: 56.Докажем, что для любой доски n n ответбудет 2n n .Оценка. Введем вспомогательный граф,вершинами которого будут клетки, а ребрапроводятся между вершинами, у которыхсоответствующие им клетки граничат постороне. Как только фишка ставится вочередную клетку, будем удалять все реб-ра, выходящие из соответствующей вер-шины. Заметим, что тем самым будутудаляться в точности ребра между верши-ной, куда ставят фишку, и ее свободнымисоседями. Значит, после каждого выстав-ления фишки должно удаляться не менеедвух ребер.

Посчитаем общее количество ребер во вве-денном графе. Оно равно 22 1 2n n n

2n (n вертикальных рядов по n – 1 ребери столько же горизонтальных рядов). Таккак при выставлении одной фишки мыдолжны удалить хотя бы два ребра, токоличество выставленных на доску фишек

не превосходит 22 2

2

n n, т.е. 2n n .

Пример. Назовем диагональ доски, иду-щую из левого верхнего угла в правыйнижний, главной. Будем выставлять фиш-ки диагоналями, идя от диагонали, состо-ящей из одной клетки, к главной. Наочередную диагональ фишки можно выс-тавлять в любом порядке (рис.1). Клеткиглавной диагонали остаются пустыми.

Интересна связь данной задачи с извест-ной задачей о бурьяне, предлагавшейся наМосковской олимпиаде 1986 года:Квадратное поле разбито на 100 одинако-вых участков, 9 из которых порослибурьяном. Известно, что бурьян за годраспространяется на те и только теучастки, у каждого из которых не менеедвух соседних участков уже пораженыбурьяном (участки соседние, если они име-ют общую сторону). Докажите, что пол-ностью все поле бурьяном не зарастет.Если в нашей задаче мы рассмотрим обрат-ный отсчет времени и, наоборот, будемудалять фишку, если она граничит хотя быс двумя свободными клетками, то процессосвобождения доски станет эквивалент-ным процессу распространению бурьяна.б) Ответ: 36.Пример изображен на рисунке 2.Оценка. Используем соображения со вспо-могательным графом из решения пункта

Рис. 1

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 19

а). Всего в нашем графе 112 ребер. Привыставлении одной фишки мы должныудалить хотя бы три ребра. Кроме того,ребра в четырех крайних рядах могут бытьудалены только при выставлении фишки вграничную клетку доски. Но при выстав-лении фишки в граничную клетку удаля-ются сразу два ребра из крайнего ряда.Таким образом, в каждом крайнем ряду изсеми ребер в конце концов останется хотябы одно.Значит, удалено не более 112 – 4 = 108ребер, тем самым, выставлено не более108/3 = 36 фишек.Решить задачу б) для любой доски n nвесьма непросто. Решению этой общейзадачи будет посвящена отдельная статья.

Д.Белов, В.Брагин

M2521. В каждую клетку таблицы n n¥

Мортеза поместил некоторую функцию[ ] [ ]0; 1 0; 1Æ (т.е. всего 2n функций,каждая из которых определена на отрез-ке [ ]0; 1 и принимает значения из отрез-ка [ ]0; 1 ). Павел хочет поместить слеваот каждой строки и снизу под каждымстолбцом еще по одной функции[ ] [ ]0; 1 0; 1Æ (т.е. еще 2n функций) так,чтобы для любой строки и любого стол-бца было выполнено следующее условие:если под этим столбцом помещена функ-ция f, слева от строки помещена функцияg, а в пересечении этого столбца и этойстроки помещена функция h, то для лю-бого [ ]x 0; 1Œ верно равенство ( )h x =

( )( )f g x= . Докажите, что Павел всегдасможет осуществить свой замысел.

Обозначим функцию, стоящую в пересече-нии i-й строки и j-го столбца, через ijh .

Наша цель подобрать функции для строк

1 2, , , nf f f… и для столбцов 1 2, , , ng g g… ,чтобы для любых 1 ,i j n было выпол-

нено тождество ij i jh x f g x . (Иначеговоря, мы хотим превратить данную таб-лицу из функций ijh в «таблицу умноже-ния» относительно операции композицийфункции.) Расположим внутри отрезка[0; 1] n непересекающихся отрезков

1 1 2 2; , ; , , ;n na b a b a b… . Сделаем фун-

кции jg линейными так, чтобы 0j jg a

и 1j jg b (т.е. j j j jg x b a x a ).Теперь нужно определить функции if .

Так как ;j j jg x a b , то тождество

ij i jh x f q x однозначно определяетзначения функции if на этом самом отрез-

ке. Действительно, если 0 ;j jx a b , то

для некоторого 1x выполнено 1 0jg x x

(а именно, 0

1j

j j

x ax

b a). Тогда 0if x

1ijh x . Пробегая по всем j, находим

значения if на всех отрезках ;j ja b . Таккак отрезки не пересекаются, то такуюфункцию if подобрать можно. Вне выде-ленных отрезков определим значение ifравным нулю. Из построения совершеннопонятно, почему все тождества ijh x

i jf g x выполнены.

В.Брагин, М.Сагафиян

Рис. 2

Ф2525. Школьник Вася наловчился такстрелять из рогатки, что величина ско-рости «снаряда» сразу после выстрелавсегда одна и та же. Если Вася стреляетиз своего окна, расположенного на высотеh = 5 м от земли, в горизонтальномнаправлении, то снаряд падает на землюна расстоянии d = 30 м по горизонталиот точки выстрела. Сможет ли Васяпоразить мишень – небольшое темноепятно на стене дома напротив, стреляяиз рогатки из окна своего дома, еслипятно находится на том же уровне надземлей, что и окно, а расстояние до доманапротив l = 87 м? Сопротивлением воз-духа пренебречь, ускорение свободногопадения 2g 10 м с . (Окон на стене доманапротив нет!)

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 020

После выстрела в горизонтальном направ-лении «снаряд» падает на землю в течение

времени 2h

tg

= 1 с, поэтому начальная

скорость снаряда равна 30 м сd

vt

.

Если скорость сразу после выстрела со-ставляет с горизонтом (или с вертикалью)угол 45 , то дальность полета по гори-зонтали будет равна

2sincos 2 90 м

v vL v

g g.

Это больше, чем расстояние l = 87 м отокна Васи до стены дома напротив. Следо-вательно, подобрав подходящий угол, Васясможет поразить мишень.

Е.Никулин

Ф2526. В высокий цилиндрический сосудс поперечным горизонтальным сечением

2S 25 см высыпали N = 50 ледяныхкубиков с ребром l = 1 см и налили маслоплотностью 3

м 900 кг м . Оказалось,что ровно половина кубиков находитсявыше уровня масла. На сколько изме-нится верхний уровень масла, когда весьлед растает? Плотность льда л

3917 кг м , воды 3в 1000 кг м .

Пусть 0V – объем одного кубика льда, мV– объем налитого в сосуд масла. Тогдаможно записать такие соотношения:до таяния льда (рис.1)

0 0 м2

NH S V V ,

после таяния льда (рис.2)

0 лм1 2

в

NVVH h h

S S.

Отсюда находим искомое изменение уров-

ня масла:

л00

в

1

2

NVH H H

S3

8,34 10 м 8 мм .

Значит, уровень масла понизился пример-но на 8 мм.

Е.Никулин

Ф2527. В электрической схеме, изобра-женной на рисунке, R = 100 Ом, С = 1 Ф.

Когда ключ находится в положении 1,амперметр показывает ток 1I = 0,1 А.Когда ключ перекинули в положение 2,амперметр в первое мгновение зарегист-рировал ток 2I = 0,15 А. Какова величи-на ЭДС батарейки? Какое количествотеплоты выделилось в резисторе послепереброски ключа? Какую работу совер-шили сторонние силы в батарейке запромежуток времени от момента пере-ключения до момента, когда амперметрснова показал ток 0,1 А?

Обозначим ЭДС батарейки через E . Ясно,что 1 2 20 BI RE . Будем считать, чтов положении ключа 1 амперметр показы-вает положительное значение тока. Сразупосле переброски ключа в положение 2амперметр мог показать +0,15 А, а могпоказать –0,15 А. Это означает, что кон-денсатор до переброски ключа мог бытьзаряжен по-разному. Либо его верхняя (порисунку) пластина имела потенциал боль-ший, чем нижняя, на 4E , и тогда токпосле переброски ключа равен

40,15 A

R

E E. Либо верхняя пласти-

на конденсатора имела потенциал, боль-ший потенциала нижней пластины, на7 4E , тогда ток после переброски ключаРис. 1 Рис. 2

З А Д А Ч Н И К « К В А Н Т А » 21

равен 7 4

0,15 AR

E E. Начальный за-

пас энергии в батарейке и в конденсатореравен 2 2CU W , где U – это напряже-ние на конденсаторе до переброски ключа,W – энергия батарейки. Запас энергиипосле переброски ключа и установленияравновесия равен 2 2C W qE E , где q– заряд, прошедший по цепи во времяперезарядки конденсатора. В первом слу-чае, при 1 4U E , этот заряд равен

1q 3 4CE . Во втором случае, при

2 7 4U E , этот заряд равен 2q 3 4CE .В результате количество теплоты, выде-лившееся в резисторе, в первом случаеравно

1Q

2 2 24 3

2 2 4

C C CW W

E E E

= 29

112,5 Дж32

CE,

а во втором случае –

2Q2 2 27 4 3

2 2 4

C C CW W

E E E

= 29

112,5 Дж32

CE.

Как видно, количество теплоты, выделив-шееся в резисторе за время установленияравновесия, в обоих случаях одно и то же.К моменту, когда амперметр снова пока-жет ток 0,1 А, напряжение на резистореуменьшится от значения 3 4E до значения

2E . Это соответствует тому, что черезбатарейку прошел заряд, равный по моду-лю 4CE . А работа батарейки будет либоположительной и равной 2 4CE

100 Дж (в первом случае батарейка от-дает энергию во внешнюю цепь), либоотрицательной и равной 2 4CE

100 Дж (во втором случае батарейкаполучает энергию из внешней цепи).

О.Фарадов

Ф2528. По внутреннему одножильномупроводу коаксиального кабеля можно про-пустить максимальный постоянный токI = 30 А (при большем токе плавится

изоляция). А максимальное напряжение,которое выдерживает изоляция провода,равно U = 1000 В (при большем напряже-нии изоляция пробивается). Завод из техже материалов выпустил опытнуюпартию кабеля, у которого все линейныеразмеры вдвое больше, чем у стандартно-го кабеля. Какую максимальную мощ-ность можно передать по кабелю из опыт-ной партии, если напряжение в электри-ческой сети 0U 220 В? А какова будетмаксимальная мощность, если напряже-ние установить максимально возможным?

Изоляция кабеля пробивается в том месте,где напряженность электрического полясамая большая, т.е. вблизи поверхностивнутреннего провода (центральной жилы).Максимальное допустимое напряжениеопределяется максимальной напряженно-стью электрического поля в изоляторе,которая для данного материала изоляторакакая-то определенная величина, умно-женной на радиус металлического проводавнутри изоляции:

max

min

min maxmax max min

min

lnR

R

R dx RU E E R

x R.

Поскольку линейные поперечные размерывсех элементов кабеля увеличились вдвое,то напряжение, которое выдержит изоля-ция, тоже выросло вдвое – до maxU = 2U == 2000 В, но в сети напряжение все равнотолько 220 В.Изоляционный материал начинает пла-виться в том месте, где самая высокаятемпература, т.е. опять же вблизи поверх-ности внутренней жилы коаксиальногокабеля. Поток тепла через изоляцию нару-жу при установившемся режиме одинаковчерез любую цилиндрическую поверхностьдлиной L, охватывающую центральнуюжилу кабеля. Поэтому выполняется такоесоотношение:

2dT

W L xdx

,

где – коэффициент теплопроводности, x– расстояние от оси симметрии централь-ной жилы, dT dx – градиент температу-ры. Расстояние х изменяется от минималь-ного размера minR до максимального раз-

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 022

мера maxR , тогда

2

dT W

dx L x.

Отсюда получаем

min max

max

min

ln2

R R

W RT T

L R.

Из этого соотношения следует, что потоктепла наружу, приходящийся на единицудлины кабеля, должен остаться тем жесамым. Значит, мощность джоулевых по-терь на единицу длины при максимальнойсиле тока тоже должна остаться прежней.

Поскольку сопротивление центральногопровода уменьшилось в 4 раза, максималь-ный ток может быть увеличен в 2 раза. Врезультате через опытный кабель от сетинапряжением 0U = 220 В можно будетпередать максимальную мощность

max 02 13,2 кВтP I U .

А при отсутствии ограничений на напря-жение максимальная мощность будет рав-на

max max2 120 кВтP I U .

А.Вольтов

5. Найдите наименьшее натуральноечисло такое, что и в его записи, и в записиудвоенного числа встречаются все десятьцифр от 0 до 9.

С.Дворянинов

6. Постройте четырехугольник перимет-ра 18 и площади 16, все стороны которогоимеют нечетную длину.

С.Костин

7. а) В зале музея стоят по кругу 5одинаковых шкатулок. Каждый вечер на-чальник охраны запирает 2 шкатулки посвоему выбору, положив в одну из нихбесценный алмаз. Подкупленный работ-ник музея видит действия начальника ихочет оставить взломщику подсказку, гдеалмаз. Для этого он открывает крышкировно у двух незапертых шкатулок, аостальные не трогает. Как ему заранеедоговориться со взломщиком, чтобы тот,

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

Высылайте решения задач, с которыми справитесь, электронной почтой по адресу:savin.contest@gmail.com или обычной почтой по адресу: 119296 Москва, Ленинский проспект,64-А, «Квант» (с пометкой «Конкурс имени А.П.Савина»). Кроме имени и фамилии укажитегород, школу и класс, в котором вы учитесь, а также обратный почтовый адрес.

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

Желаем успеха!

придя ночью в музей и увидев, у какихдвух шкатулок открыты крышки, сразупонял, где лежит алмаз?

б) Та же задача, но в зале стоят по кругу33 шкатулки, начальник запирает 16 шка-тулок, положив в одну алмаз, а взломщикдолжен понять, где алмаз, по двум шка-тулкам, у которых открыты крышки.

Е.Бакаев, П.Живцов

8. Дан выпуклый десятиугольник. Еговершины покрасили в пять цветов так,чтобы было по две вершины каждого цве-та, затем пары вершин одного цвета соеди-нили пятью отрезками. Пусть среднее ариф-метическое их длин равно m. Рассмотримнаибольшую из тех диагоналей десяти-угольника, которые делят его на два шес-тиугольника. Пусть ее длина равна k.Докажите, что m k£ .

Е.Бакаев, П.Кожевников

КОНКУРС ИМЕНИ А .П .САВИНА

«КВАНТ» ДЛЯ МЛАДШИХ ШКОЛЬНИКОВ

Эти задачи предназначены прежде всегоучащимся 6–8 классов.

Эти задачи предлагались на XXIV Турнирематематических боев имени А.П.Савина.

Задачи1. Мальчики и девочки стоят в ряд поубыванию роста:

мммддмммдддммдддддммммдмдд.

Какое наибольшее количество пар для

танца они могут образовать так, чтобыв каждой паре мальчик был вышедевочки?

Е.Бакаев

2. Число ДЮЖИНА делится на 12, ачисло ГРОСС – на 144. Найдите С.Гросс (от нем. groЯ – большой) –старая мера счета, равная дюжинедюжин.

С.Токарев

3. На острове живут только правдо-любы (всегда говорят правду), лжецы(всегда лгут) и хитрецы (в разговорес лжецом лгут, а в остальных случаяхговорят правду). Трое островитян,Эник, Беник и Вареник, сказали другдругу:

Эник – Бенику: «Ты хитрец».Беник – Варенику: «Нет, я не хитрец».Вареник – Энику: «Да среди нас вооб-ще нет хитрецов!»Сколько лжецов участвовало в этомразговоре?

И.Раскина

4. Разрежьте проволочный каркаскуба на наименьшее количество час-тей, из которых можно спаять каркасыдвух кубов, если сгибать проволокунельзя.

С.Токарев

Иллюстр

ации Д

.Гриш

уковой

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 024

«Призрачные» трубыЕ.БАКАЕВ, А.ВЕСНИН

ТЕПЛОВАЯ ЭЛЕКТРОСТАНЦИЯ СЕНДЗЮв Токио работала с 1926 по 1963 год. Ее

«призрачные» трубы остались на многихфотографиях и фильмах того времени истали одним из символов региона.У электростанции было 4 огромных ды-

мовых трубы высотой 83,5 метра и шири-ной 5–6 метров. На момент постройки онибыли самым высоким сооружением в То-кио. Почему их стали называть «призрач-ными»?Предлагается два возможных объясне-

ния. Согласно первому, дым из этих трубвыглядел как призрак – эта электростан-ция была запасной, и дым появлялся ред-ко и неожиданно.По другой версии, трубы так назвали из-

за их интересного свойства: в зависимостиот того, с какой стороны издали посмот-реть на электростанцию, казалось, чтотруб 4, 3, 2 или даже только 1. Например,на рисунке 1 видно 4 трубы.

Как могут располагаться трубы, чтобыэто свойство выполнялось? Ниже пред-ставлено решение, но рекомендуем читате-лю сначала подумать над этим вопросомсамостоятельно.

Схема расположения труббыла примерно такой, как нарисунке 2 (вид сверху). Тру-бы обозначены четырьмя круж-ками, их центры образуют вы-тянутый ромб. Стрелками по-казаны 4 направления, с кото-рых можно увидеть нужноечисло труб.При взгляде вдоль первого

направления будет казаться,что стоит одна широкая тру-ба (рис.3), потому что ближ-няя труба будет загораживатьодну из труб и просвет между другимидвумя.

Второе направление идет параллельносторонам ромба, и если посмотреть издале-ка, то две трубы будут почти целикомзагораживать две другие (рис.4).Если посмотреть с третьего направле-

ния, то одна труба будет полностью закры-та, а другие три видны (рис.5).Все четыре трубы видно со многих на-

правлений, например с четвертого.В качестве упражнения придумайте, как

можно расположить 5 труб, чтобы с раз-ных ракурсов можно было увидеть всеколичества труб от 1 до 5. Предлагаем

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

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

Рис. 4

Рис. 5

также решить аналогичную задачу для 6труб.

Информация и фотографии, опублико-ванные Tokyo Electric Power Company, взя-ты со страницы v.ht/tepco сайтаadachi.ne.jp. Другие кадры «призрачных»труб можно увидеть, например, в началефильма «Там, где видны фабричные тру-бы» (см. youtu.be/e48UsS5BY54).

пересечения диагоналей четырехугольниковKLMN и ABCD совпадают. Затем достаточноиспользовать основную теорему статьи «Поля-ра».

Понятно, что одним построением можно про-вести касательные через две данные точки (E иF), если только эти точки не являются концамиодного диаметра.

Данное построение выглядит изящно, прав-да, не строит забывать, что здесь мы дваждыиспользовали непростую «подпрограмму» по-строения касательных из точки, лежащей внеокружности. Обсуждая данную тему, вспом-ним еще одно классическое построение каса-тельной к окружности через точку, лежащуюна этой окружности.

Помимо данной точки E выберем на окруж-ности еще четыре точки: A, B, C, D (рис. 2).Проведем прямые AB, BC, CD, DE, EA (дляточек в конфигурации рисунка 2 получилась

пятиконечная звезда). Далее проведем прямуюp через точки пересечения пар прямых AB, DE

и EA, CD. Пусть X – точка пересечения пря-мых BC и p (в общем случае эти прямые небудут параллельны). Тогда прямая XE и будетнужной касательной. Обоснование этого спо-соба опирается на теорему Паскаля для шес-терки точек ABCDEE (с кратной точкой E):если шесть точек A, B, C, D, E, F лежат наокружности, то точки пересечения пар прямыхAB и DE, BC и EF, CD и FA лежат на однойпрямой. У нас точки E и F слились в одну точкуE и вместо прямой EF берется касательная наокружности в точке E. Отметим, что здесь нампотребовалось провести всего семь прямых(седьмая проведенная прямая – уже требуемаякасательная).

В заключение посмотрим, как меняется нашазадача на построение, если помимо линейкимы позволим себе использовать и циркуль. Вколлекции интерактивных задач по геометрииEuclidea (www.euclidea.xyz) имеется такая:построить касательную к окружности черезточку, лежащую на этой окружности, проведявсего три линии (третья линия должна бытьтребуемой касательной). Это красивое пост-роение мы помещаем в конце журнала. Чита-тель может попробовать самостоятельно при-думать решение и убедиться, насколько до-бавление циркуля делает «мощнее» набор ин-струментов.Рис. 2

(Начало см. на с. 14)

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »Ш К О Л А В « К В А Н Т Е »

DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20181003

Как сухоетрение стало

вязкимА.СТАСЕНКО

И хоть мгновенно вино,когда цедишь его,протекает,

Но потихоньку идет и сочится ленивое масло;Иль потому, что его, очевидно,

крупней элементы,Иль крючковатей они

и спутаны больше друг с другом...

Лукреций. О природе вещей (1 в. до н. э.)

Первым пришел в чувство Том Бекас. Он снялчулок и принялся тереть им джентльменов.Джентльмены не замедлили очнуться.

А.П.Чехов. Летающие острова (XIX в. н. э.)

ТАЙНЫ ПОВСЕМЕСТНОГО И НЕУСТРАНИ-мого трения тысячи лет волнуют людей.

И вот как-то прошел слух, что сила сухоготрения не зависит от скорости, а вязкого –пропорциональна ей. Для проверки этихутверждений один Способный ученик со-здал несложную установку (рис.1), в кото-

рой можно при помощи невесомой нитипереместить шарик из точки x = 0, когдапружина не напряжена, в точку x > 0, темсамым растянув пружину и создав возвра-щающую силу, равную –kx (здесь k – жест-кость пружины). Затем, отпустив нить, мож-но предоставить шарику двигаться внутритрубки под действием активной возвращаю-щей силы и, конечно, тормозящей силы

трения, величина которой определяется при-жимающей силой y yF mg и коэффициен-том трения : тр x yF F mg . Здесь ужеспециально расставлены индексы, показы-вающие, куда какая сила направлена.

Понятно, что сила трения направлена про-тив скорости движения (на то она и тормозя-щая), так что уравнение движения шарика вначале, когда 0xv , можно записать в виде

x yma kx mg . (1)

Строго говоря, шарик под действием парысил (трения и жесткости пружины) долженповорачиваться вокруг горизонтальной оси;но эти повороты можно предотвратить кон-структивно – например, надев шарик наспицу, проходящую по оси пружины.

Тут Способный ученик решил упроститьуравнение, введя новую переменную

x x x , где ymgx

k. Затем он исполь-

зовал тот факт, что скорость движения естьизменение расстояния x c изменением вре-

мени t , т.е. x

xv

t, а ускорение – это

изменение скорости, т.е. xx

va

t, так что

добавление постоянных величин к коорди-нате x не изменяет значения скорости иускорения: x xa a , x xv v . И тогда урав-нение (1) примет вид

xma kx . (2)

Но ведь это – уравнение гармонических

колебаний с частотой 0k

m, а гармони-

ческие колебания не затухают. Они изобра-жаются линейной комбинацией функций

0cos t и 0sin t (рис.2,а; черный пунктир),а на плоскости смещение–скорость xx v– окружностью, по которой вечно бегаетизображающая точка (рис.2,б; черный пунк-тир); такая плоскость называется фазовой.Это движение по окружности на фазовойплоскости соответствует закону сохранениямеханической энергии шарика (суммы кине-тической и потенциальной энергий):

2 2

const2 2xmv kx

.

Значит, тут нет никаких потерь!А как же трение? Ведь это одна из дисси-

пативных сил, приводящих к превращениюмеханической энергии в тепловую. И тут

Рис. 1. Шарик на пружине в трубке с шерохова-той внутренней поверхностью (вид сверху, осьy перпендикулярна плоскости листа). При от-клонении шарика вправо возвращающая силанаправлена влево

Ш К О Л А В « К В А Н Т Е » 27

Способного ученика осенило: даже если вер-но принятое предположение о независимос-ти величины силы трения от скорости тела,то все равно нужно учесть зависимость отнаправления последней. Это значит, чтошарик, двигаясь влево под действием воз-вращающей силы упругости пружины и про-скочив за счет инерции положение равнове-сия (x = 0), сожмет пружину, на мгновениеостановится, а затем начнет двигаться впра-во. Но при этом изменится и знак силытрения: теперь она будет направлена влево,опять же противоположно направлениюскорости. Так что в уравнении (1) силутрения правильнее записать так: тр xF F

signy xmg v , где sign xv – разрывнаяфункция, означающая просто «знак xv ».Она называется еще ступенчатой, кусочно-постоянной, релейной (переключающей).График этой силы трения приведен на ри-сунке 2,в. Таким образом, вектор силы сухо-го трения очень даже зависит от скорости,хотя одна из физических моделей предпола-гает постоянство его модуля.Согласно рисунку 2,а (см. цветные ли-

нии), совершив конечное число колебаний,шарик окажется в полосе застоя x x xс нулевой скоростью (точка С на рисунках2,а,б), при этом часть запасенной в началь-ный момент энергии останется в виде потен-циальной энергии все еще слегка сжатойпружины. Во всех точках этой полосы де-формации пружины недостаточно, чтобыпреодолеть силу трения. Конечное числоколебаний – характерный признак наличиясухого трения. При остановке почти вся

кинетическая энергия переходит в тепло-вую. Поэтому на морозе и трут носы (см.эпиграф).И тут Способному ученику пришла мысль

пренебречь силой тяготения (например, по-ставить смелый опыт в падающем лифте илив кабине спутника), но при этом вращатьтрубку вокруг оси, проходящей через точкузакрепления пружины, с постоянной угло-вой скоростью y (рис.3). Тогда скорость

шарика в неподвижной системе координатбудет иметь две компоненты: радиальнуюxv и азимутальную yv x . Перемещаясь

вдоль оси х за время t на расстояние x ,шарик будет попадать в области все большихзначений x, а значит, все больших значенийскорости v , и будет «чувствовать», чтосправа на него все время давит стенка труб-ки. А он, в свою очередь, давит на вращаю-щуюся трубку, пытаясь сохранить (по инер-

Рис. 2. а) Изменение х со временем состоит из кусков синусоид. В точках А и В происходитпереключение знака (направления) силы сухого трения, в точке С шарик останавливается. б)Фазовая плоскость колебаний при сухом трении – чередующиеся полуокружности с центрами вточках x , x , x . в) Зависимость силы сухого трения от скорости – кусочно-постоянная

Рис. 3. Трубка с шариком вращается с постоян-ной угловой скоростью y . При движениишарика вдоль оси трубки возникает прижима-ющая сила F , направленная вправо относи-тельно направления движения

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 028

ции) радиальное направление своего движе-ния. Тут можно вспомнить, что в северномполушарии вращающейся Земли у всех рекправые берега крутые – не случайно городастроились на них.Эти рассуждения приводят к мысли о том,

что при радиальном перемещения шарика соскоростью xv в трубке, вращающейся сугловой скоростью y , на него действуетприжимающая сила, пропорциональная про-

изведению этих величин (рис.4,а):

x yF mv∼ .

(Точный вывод дает еще множитель 2, но небудем утомлять себя дополнительными вык-ладками и скажем только, что полученнаясила называется силой Кориолиса.) Как тутне полюбоваться индексами: они указывают,что три вектора направлены по трем взаимноперпендикулярным осям! Но самое интерес-ное – прижимающая (а при наличии сухоготрения и тормозящая) сила оказалась про-порциональна скорости движения шарика,как если бы он падал вместе в пружиной вбанке с вязким маслом!А что значит «вязкость»? Силу сопротив-

ления вязкой среды рассматривал еще Нью-тон, исходя из вполне прозрачных сообра-жений. А именно: если жидкость течет (вдольнекоторой площадки) с «продольной» ско-ростью xv , изменяющейся на величину xvна поперечном расстоянии y (рис.5,а), товозникает тормозящая сила, или касатель-

ное напряжение x xF v

S y∼ . Знак «минус»

уже учитывает, что эта поверхностная сила– тормозящая. Осталось подставить коэф-фициент (он-то и называется коэффици-

ентом вязкости) – и мы получим выражениекасательного напряжения для так называе-мых ньютоновских жидкостей. Динамикавязкой жидкости интересовала философов-физиков еще в древности (см. эпиграф).Возьмем, например, шарик радиусом r,

движущийся в жидкости с вязкостью (рис.5,б). Площадь поверхности шарикаравна 24S r , характерное изменение ско-рости обтекающей жидкости при перемеще-

нии с полюса на экватор, т.е. на расстояниепорядка его радиуса ( y r∼ ), равно по

порядку величины xv

r. Значит, сила сопро-

тивления будет порядка

4xx x

vF S rv

r∼ .

Это так называемая сила Стокса (если ещевместо 4 подставить 6).Итак, сила вязкого трения пропорцио-

нальна скорости движения шарика. Что жеизменилось в поведении шарика? Теперьего колебания стали затухать плавно, тео-ретически бесконечно долго, как показанокачественно на рисунке 4,б. А на фазовой

Рис. 4. а) Зависимость прижимающей силы, а значит, и силы вязкого трения от скорости.б) Зависимость от времени колебаний шарика, затухающих под действием силы сухого трения,которая стала пропорциональной радиальной скорости. в) Фазовая траектория затухающихколебаний

Рис. 5. К определению: а) коэффициента нью-тоновской вязкости; б) стоксовой силы, дей-ствующей на шарик, обтекаемый вязкой жид-костью

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 29

плоскости его движение изобразится в видескручивающейся спирали (рис.4,в). Срав-ните рисунок 4,в с рисунком 2,б – и выполучите удовольствие, как и наш Способ-ный ученик.Впрочем, кому нужен этот шарик в труб-

ке… Вот громадный самолет – это да. Но,казалось бы, какую роль может играть вяз-кость воздуха (которая к тому же в сотню разменьше вязкости воды, не то что масла) всудьбе летательного аппарата? Однако игра-ет. Оказывается, от нее зависит очень важ-ное явление – так называемый отрыв потокана крыле (сравните рисунки 6,а и б), врезультате которого резко падает подъемнаясила на больших углах атаки – когда самолет«задирает нос».

Рис. 6. Линии тока воздуха вокруг профилякрыла самолета: а) хорошее обтекание, б)плохое (отрывное) обтекание – задняя поверх-ность крыла «не работает»

Конечно, как в случае сухого, так и вязко-го трения, все определяется взаимодействи-ем молекул. Но чтобы во всем этом разоб-раться, следует поступить в Московскийфизико-технический институт на факультетаэромеханики и летательной техники.

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

Оклейкатетраэдра

шестиугольникамиН.АВИЛОВ

ВЭТОЙ СТАТЬЕ ПОЙДЕТ РЕЧЬ О КОНКУРС-ной задаче №4998 из журнала «Матема-

тика в школе»:Можно ли поверхность правильного тет-

раэдра оклеить (без пропусков и перекры-тий) одинаковыми правильными шести-угольниками?Скажем сразу, что ответ на вопрос задачи

положительный. На рисунке 1 показано шестьрешений задачи из их бесконечного множе-ства.В каждом из решений основой развертки

тетраэдра является параллелограмм, состо-ящий из четырех правильных треугольни-ков. На этот параллелограмм наложен мно-гоугольник, содержащий несколько правиль-ных шестиугольников. Если многоугольник,

Рис. 1

составленный из правильных шестиуголь-ников, перегнуть по сторонам всех треу-гольников, то при складывании тетраэдраиз треугольной развертки будет склады-ваться тетраэдр из шестиугольников, приэтом шестиугольники покроют поверхностьтетраэдра полностью, без пропусков и пе-рекрытий.Уточним, что в первой серии решений (см.

рис.1; левый столбец) вне параллелограмманаходится несколько трапеций, и ровностолько же таких трапеций не накрыли па-раллелограмм, причем при складывании тет-раэдра «выступающие» трапеции как раззаймут место «недостающих» трапеций вразвертке.DOI: https://doi.org/10.4213/kvant20181004

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 030

Во второй серии решений (см. рис.1; пра-вый столбец) ситуация похожая, разницалишь в том, что здесь роль трапеций выпол-няют треугольники.Можно было бы поставить точку – ведь

задача решена, приведены конкретные раз-вертки. Но попробуем заглянуть чуть даль-ше, например, ответить на вопрос: «Какотыскать эти решения?»Пусть ребро тетраэдра равно a, сторона

правильного шестиугольника равна b, тогда

площадь поверхности тетраэдра равна 2 3a ,

а площадь шестиугольника равна 233

2b .

Пусть для оклейки понадобится n ( n N )шестиугольников, тогда если тетраэдр ок-леивать шестиугольниками без пропускови перекрытий, то получим уравнение

2 233 3

2n b a , откуда

223

an

b.

Заметим, что если 3a

kb

, k N , то n

станет натуральным числом вида 26k . Прикаждом натуральном значении k получимодно из решений первой серии. Это значит,что тетраэдр можно оклеить 6, 24, 54, 96, …..., 26k правильными шестиугольниками.Такое решение, содержащее шесть шести-угольников, было первым решением обсуж-даемой задачи.Следующей находкой было решение, кото-

рое обнаружили А.М.Домашенко из Ново-шахтинска и К.Д.Ашурбеков из Махачкалы.Они нашли удивительное решение, содержа-щее всего лишь два шестиугольника, и заме-

тили, что если 3a

kb

, то n станет натураль-

ным числом вида 22k . Именно к этому случаюотносится их решение при k = 1. Такимобразом, была найдена вторая серия решенийзадачи. При каждом натуральном значенииk получим одно из решений этой серии. Этозначит, что тетраэдр можно оклеить такжетаким количеством правильных шестиуголь-ников: 2, 8, 18, 32, …, 22k .Интересно отметить, что в каждой серии

решений длины сторон шестиугольниковобразуют гармонический ряд, т.е. если впервом решении длину стороны принять заединицу, то последовательность длин сторон

будет такой: 1 1 1 1 1

1, , , , , , ,2 3 4 5 n

… …

Вполне возможно, что оклеить тетраэдрможно и другим количеством правильныхшестиугольников, потому что существует

много других значений дроби a

b, когда n

будет натуральным числом. Например, a

b6k . Но вопрос здесь остается открытым.

Несмотря на это, находки продолжаются.Существует весьма интересная интерпрета-ция первого решения обсуждаемой задачи.Ее можно считать оригинальной головолом-кой-трансформером. Представляет она со-бой бумажное кольцо, содержащее шестьправильных шестиугольников, последова-тельно соединенных друг с другом противо-положными сторонами длиной b (рис.2).Его нетрудно вырезать и склеить из бумаги,лучше – из ватмана.

Оказывается, такое кольцо путем несколь-ких перегибаний можно трансформироватьв правильный тетраэдр. Важно при этом наповерхности кольца правильно определитьотрезки перегибаний. Учитывая, что пло-щадь кольца и площадь поверхности тетра-эдра равны, легко установить, что ребротетраэдра равно 3b. Теперь на поверхностикольца нужно отыскать эти отрезки и пере-гнуть по ним.Проделайте это самостоятельно, уверяю,

получите при этом ничем не заменимое удо-вольствие. Если же тетраэдр не сложится, тоследуйте инструкции.На первом шаге сделаем четыре перегиба

длиной 1,5b поперек кольца, делящих его начетыре части одинаковой длины (рис.3).Каждый перегиб проходит через серединысторон шестиугольника. Взглянув после это-го на кольцо сверху, можно заметить контурквадрата.Следующим шагом нужно сделать еще

четыре косых перегиба длиной 3b, которые

Рис. 2 Рис. 3

М А Т Е М А Т И Ч Е С К И Й К Р У Ж О К 31

вместе образуют замкнутую ломаную – про-странственный четырехугольник со сторо-ной 3b (рис.4).Если теперь взяться пальцами за вершины

этого четырехугольника и две противопо-ложные вершины поднимать вверх, а дведругие опускать вниз, то вся конструкция,как ни удивительно, превратится в бумаж-ную модель правильного тетраэдра (рис.5).

Вот такие чудеса встречаются в геомет-рии.Можно пойти еще дальше в этом направле-

нии. Оказывается, тетраэдр можно сложитьтакже из двух колец, каждое из которыхсодержит по 12 шестиугольников; из трехколец по 18 шестиугольников. В этом можноубедиться, наверное, только путем модели-рования. Я это проделал и не пожалел,потому что появилась возможность обобще-ния: тетраэдр можно сложить из k колец,каждое из которых содержит по 6k шести-угольников.На рисунке 6 приведена иллюстрация это-

го обобщения при k = 3. Слева изображены

три бумажных кольца, каждое из которыхсодержит 18 шестиугольников. Справа –модель правильного тетраэдра, обернутаяэтими кольцами.

Были попытки объединить все шестиуголь-ники в одно кольцо и сложить тетраэдр изодного длинного кольца, в котором 26k

Рис. 7

шестиугольников, но они оказались безус-пешными.Новую находку пришлось ждать недолго.

А.М.Домашенко заметил, что «шестилепест-ковая ромашка», содержащая семь равныхправильных шестиугольников, равновеликаправильному шестиугольнику. Это легкоувидеть на рисунке 7.

Это позволило ему трансформировать ра-нее найденное им решение, содержащее двашестиугольника, заменив каждый шести-угольник «ромашкой» так, что получилась«развертка» тетраэдра, в котором уже 14шестиугольников. Такую же замену можнопроделать с каждой «разверткой» второйсерии. Это значит, что найдена третья сериярешений, и тетраэдр можно оклеить 14, 56,126, 224, …, 214k правильными шестиуголь-никами.Если такую трансформацию проделать с

первой «разверткой» первой серии, то по-лучим решение задачи, содержащее 42 шес-тиугольника, а вместе с ним новую, ужечетвертую, серию решений, в которой 42,168, 378, 672, …, 242k правильных шести-угольника.Многие свойства первой и второй серии

решений, описанные выше, остаются верны-ми и в третьей, и в четвертой. Например, вкаждой новой серии решений длины стороншестиугольников образуют гармоническийряд. Первые «развертки» тетраэдров в каж-дой серии можно представить в виде одногозамкнутого кольца; вторые «развертки» тет-раэдров в каждой серии можно представитьв виде объединения двух замкнутых колец;третьи «развертки» – это объединение трехзамкнутых колец и так далее.На рисунке 8 показано замкнутое кольцо

из 14 правильных шестиугольников и тетра-эдр, сложенный из этого кольца.На рисунке 9 приведена «развертка» тет-

раэдра, содержащая 56 правильных шести-

Рис. 4 Рис. 5

Рис. 6

(Продолжение см. на с. 34)

астрофизика?А так ли хорошо знакома вам

«Astron» – по-гречески «звезда», но астро-физика изучает не только звезды. Однакосегодня, в заключительном астрономическомвыпуске «Калейдоскопа», мы будем гово-рить преимущественно о них. Будем надеять-ся, что в этих выпусках нам удалось показатьтесную связь физики со всеми разделамиастрономии, в том числе и с теми, что посвя-щены звездам. Действительно, как можноразобраться с происходящими в звездах про-цессами, не зная свойств света, электромаг-нитного и гравитационного взаимодействий,не понимая, как может вести себя вещество,оказавшееся в не встречающихся на Землеэкстремальных условиях?Разумеется, физика внесла огромный вклад

в исследование космических объектов самыхразных масштабов, дала представление оединстве окружающего нас мира, позволилапостроить картину Вселенной. Но справед-ливо и обратное: новые сведения о далекихзвездах пополнили багаж наших знаний и отом, что может твориться на Земле, и о нассамих и наших возможностях.Посудите сами о способствующем этим на-

деждам прогрессе. Зонд «Вояджер-1», запу-щенный в 1977 году, добирался «всего лишь»до границ Солнечной системы целых 35 лет.А сегодня уже проектируются «нанозонды»,

Посмотри на звезды без лучей. Этого можнодостигнуть, наблюдая их сквозь малое отвер-стие, сделанное концом тонкой иглы и поме-щенное вплотную к глазу.

Леонардо да Винчи

... если свету требуется время, то расстоянияв три мили хватило бы, чтобы обнаружитьзадержку. Если же опыт делать на расстоянии,скажем, в 10 миль, то увидеть слабый свет отдалекого фонаря можно, используя телескоп.

Галилео Галилей

... все звезды ... образованы одинаковымпроцессом. Они, пожалуй, похожи на фабрич-

ные изделия, сделанные одною и тою же маши-ной.

Джеймс Джинс

Мы находимся в преддверии новой эпохи вастрофизике, когда сведения о далеких галак-тиках будут получены путем исследования вли-яния их гравитации на свет, идущий от ещеболее далеких объектов.

Тулио Редже

... опираясь на основные физические законы,мы часто указываем совершенно точно (а иног-да почти точно), что происходит на звездах. Такфизика помогает астрономии.

Ричард Фейнман

способные достичь ближайшей к нам звездыАльфа Центавра, находящейся в тысячи раздальше, всего за 20 лет!Научный штурм космоса, за которым неми-

нуемо последует его освоение, продолжается.Вы вполне можете принять в нем участие.

Per aspera ad astra!

Вопросы и задачи

1. Почему днем не видно звезд?2. Июль, 12 часов дня. Видны ли на небе

звезды?3. Какие объекты Солнечной системы мо-

гут (хотя бы иногда) наблюдаться в созвез-дии Большая Медведица?

4. Почему по мере подъема звезды надгоризонтом она выглядит ярче?

5. Можно ли звезду считать точечнымисточником света?

6. Чем отличаются звезды от планет?7. В любой телескоп звезды видны как

светящиеся точки. В чем же преимуществонаблюдения звезд в телескоп перед наблюде-нием невооруженным глазом?

8. С какой целью приборы для астрономи-ческих наблюдений устанавливают на косми-ческие аппараты?

9. Движутся ли звезды друг относительнодруга? Могут ли они сталкиваться?

тием легкого изотопа водорода 1H не могутначаться, но они все же излучают в инфра-красной области за счет медленного сжатияпод действием сил тяготения.

... немногим более полувека назад былиоткрыты пульсары – звезды с самыми силь-ными из известных в природе магнитнымиполями. Ими оказались быстро вращающие-ся намагниченные нейтронные звезды – сво-еобразные атомные ядра, крайне переобога-щенные нейтронами.

... «увидеть» черную дыру невозможно,поскольку ничто, даже световой луч, не мо-жет преодолеть ее колоссальное гравитаци-онное поле. Однако есть способы, с помощьюкоторых ее можно обнаружить (задача 19).

... в ночь с 23 на 24 февраля 1987 годаастрономы на Земле наблюдали вспышкусверхновой звезды. Однако сам ее взрывпроизошел за 180 тысяч лет до этого, по-скольку свету потребовалось столько време-ни для преодоления разделяющего нас рас-стояния. А несколько лет назад космическиетелескопы «Хаббл» и «Спитцер» обнаружи-ли самую удаленную галактику, свет от кото-рой шел к Земле 13,2 миллиардов лет.

... поиски внеземных планет позволилиоткрыть удивительную систему. Экзопланетаобращается вокруг двойной звезды. На рас-стоянии же в 1000 астрономических единицза ее орбитой вокруг двух внутренних звездобращаются еще две наружные планеты.

Что читать в «Кванте» об астрофизике

(публикации последних лет)

1. «Где находится горизонт или край Вселен-ной?» – 2013, №5/6, с.2;2. «От пяди до Вселенной» – 2016, Приложе-

ние №2, с.155;3. «Космология Фридмана: горы реальные и

потенциальные» – 2017, №1, с.2; 2017, №2, с.9;4. «Астрономия вернулась в школу» – 2017,

№12, с.2; 2018 №1, с.2;5. «Астрофизика в ЕГЭ по физике» – 2018,

№1, с. 42;6. «Рождение гравитационно-волновой аст-

рономии» – 2018, №3, с.14;7. «Через тернии к звездам» – 2018, №6, с.34;8. «ИТЭР – земная звезда» – 2018, №8,

с.2;9. «ИТЭР – сегодня» – 2018, №10, с.2.

Материал подготовил А.Леонович

10. Почему большинство звезд и планетимеют форму, близкую к сферической?

11. У каких космических тел отрицатель-ная теплоемкость?

12. Что представляет собой излучение звезд?13. Почему холодные звезды имеют крас-

новатый цвет, а горячие звезды кажутсябелыми?

14. Чем объяснить, что при годичном дви-жении Земли линии в спектрах звезд, ккоторым приближается Земля, смещены вфиолетовую сторону?

15. Что служит источником энергии звезд?16. Можно ли обнаружить черную дыру?17. Как далеко в прошлое могли «загля-

нуть» древние греки, любуясь звездным не-бом?

Микроопыт

Попробуйте повторить описанный в первомэпиграфе опыт. Действительно ли вы увиди-те звезду без лучей? Почему?

Любопытно, что...

... разделение небосвода на созвездиясубъективно. Так, 7 звезд привычного намКовша Большой Медведицы в Китае издавнараспределяли на два созвездия, состоящие изконей и кареты.

... Пифагор полагал, что вокруг Земли вра-щаются несколько небес – полых сфер, накоторых укреплены планеты и звезды. Всеэти светила (включая Солнце) он считалотверстиями в темных сферах, сквозь кото-рые виден «небесный огонь», наполняющийВселенную.

... сведения, добытые Галилеем с помощьютелескопа, стали первыми результатами экс-периментальной астрофизики. Так, звездоказалось много больше, чем считалось ра-нее; туманности, включая Млечный Путь,предстали огромными совокупностями звезд;маленькие звездочки вблизи Юпитера в дей-ствительности оказались его спутниками.Первым употребив выражение «скорость све-та», Галилей предложил использовать теле-скоп в земном опыте по ее измерению.

... к давним обитателям «звездного зоопар-ка» – белым и красным карликам – недавноеще добавились карлики «коричневые». Онипредставляют собой космические тела с мас-сой больше, чем у планеты, но меньше, чем узвезды. Термоядерные реакции в них с учас-

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 034

угольников. Здесь же показана схема, какэтот тетраэдр сложить из двух замкнутыхколец – синего и желтого, в каждом из ко-торых по 28 правильных шестиугольников,пронумерованных числами от 1 до 28.

Стрелками указано направление переходаот одного шестиугольника к соседнему покольцу.Но самое интересное, что отношение сто-

рон a

b в этих случаях равно 21k и 3 7k

соответственно. Кто бы мог предположить,что отношение сторон может быть именнотаким! Теперь класс чисел, которые могутвыступать в качестве отношения сторон,значительно расширился, а значит, шанснайти новые серии решения увеличился.Находку А.М.Домашенко можно развить,

если заметить, что «ромашка», содержащая19 равных правильных шестиугольников,также равновелика правильному шестиуголь-нику. На рисунке 10 слева это легко увидеть,а на рисунке 10 справа показано, как из двухтаких «ромашек» можно сложить разверткутетраэдра.Если продолжить обобщение в этом на-

правлении, то получим новую серию реше-

ний (рис.11): 2, 14, 38, 74, … , 22 3 3 1k k

Рис. 10

Рис. 8

Рис. 9

на основе последовательности чисел 1, 7,19, 37, ..., 23k – 3k + 1 (которые МартинГарднер называет гексами).Вот пока все находки в окрестности этой

задачи, которые удалось отыскать на дан-ный момент. Всем, кого заинтересовала этазадача, или тем, кто отыщет новую наход-ку, предлагаю обращаться по адресуavilow@rambler.ru.

Рис. 11

Н А Ш И Н А Б Л Ю Д Е Н И Я

Трение противгравитации

М.СТАРШОВ

МНОГО ЛЕТ НАЗАД МНЕ В РУКИ СОВЕР-шенно случайно попала импортная

бутылка из-под какого-то крепкого напитка.Естественно, она очень отличалась от неиз-менной стеклотары советской водки, как ясказал бы сегодня, своим дизайном, но боль-ше всего удивил какой-то стук при встряхи-вании пустой бутылки. Разобрав пробку,обнаружил в ней симпатичный стеклянныйшарик, который жалко было выкидывать.Кто-то же придумал его и сделал так акку-ратно!Я работал тогда в смене одаренных детей

в оздоровительном лагере и задумал сделатьударный музыкальный инструмент из буты-лок с разным количеством воды – именнопотому мне и понадобились пустые бутылки.А в овраг под нашей горой постоянно прихо-дили разные люди, чтобы в лесочке разбро-сать пустую посуду. Надо сказать, что нашисоотечественники имеют твердые жизненныепринципы и всегда тщательно закрываютбутылку, когда она им уже не может послу-жить, и только потом бросают ее в кусты.Принеся в тихий час эти разнообразные

склянки в лагерь и отмыв их, я стал разби-рать пробки. Во многих пробках были шари-ки – в одних пластиковые, а в некоторыхстеклянные. Пластиковые выглядели не таккрасиво, но зато в них были полости и с нимиможно было «поиграть» вокруг закона Ар-химеда – их средняя плотность оказаласьблизка к плотности холодной воды. А на чтогодятся шарики стеклянные, долго не прихо-дило в голову. Но вот, наконец, и для нихнашлась «работа по физике».Все оказалось очень просто. В небольшой

изящный «пузырек из-под пенициллина»,как мы его называли лет шестьдесят назад,я насыпал просеянный сухой речной песок,заполнив пузырек примерно наполовину,вложил стеклянный шарик и плотно закрылпластиковой пробкой. Встряхнул пузырек,и шарик полностью спрятался под слоем

песка. Пока ничего интересного, но вот по-том…Крепко держа пузырек на весу двумя

пальцами левой руки, ладонью правой рукия резко стукнул по пробке. Естественно,ничего нового сначала не заметил. Но послекакого-то очередного «подзатылника» изпеска показался возмущенный шарик (рис.1).

Это же значит, что более плотный стеклян-ный шарик всплывает в простом песке, нару-шая закон всемирного тяготения!Не всякий физический опыт или простое

наблюдение могут быть немедленно объясне-ны. Так и в этом пузырьке с шариком можетскрываться некоторая тайна и соответствую-щая физическая проблема.Мне кажется, во всем виновата инерция.

Стеклянный шарик плотнее сухого песка, иинерция способствует сохранению его поло-жения в пространстве при резком толчке. Ивот тут в игру вступает великая Сила Тре-ния. Ниже шарика песок чуточку плотнее,чем над ним, где и слой потоньше, и жесткогодонышка пузырька нет. Подозреваю, что из-за этого и сила трения в этом месте чуточкуслабее. При каждом толчке состязание «инер-ция–трение–гравитация» дает крохотноепреимущество инерции, песок обтекает ша-рик, и вот он уже пропустил макушку шари-ка, а дальше движение становится все легчеи легче. Наконец, шарик весь предстаетперед нашими восхищенными глазами.Охотно допускаю, что это не единственное

объяснение упорного продвижения гладкого

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 036

шарика сквозь зыбучий песок. Однако – ещеодно наблюдение.Поскольку пробка надежно закрывает пу-

зырек, его можно перевернуть, засыпав сно-ва шарик песком. Постучав ладонью подонышку пузырька, опять вижу вылезаю-щий из песка шарик (рис.2). Значительно

ускорить демонстрацию можно легко и про-сто – достаточно держать пузырек на боку,когда его ось симметрии занимает горизон-тальное положение (рис.3). Один-два лег-

ких удара по пробке поднимают шарик. Атеперь поворачиваем пузырек на пол-обо-рота вокруг оси симметрии, и слой пескапокрывает шарик.В заключение можно прибавить, что пе-

сок не обязательно должен быть именнопеском, его прекрасно заменит кое-что дру-гое, имеющееся на каждой кухне. И шарикне обязательно искать в импортной бутыл-ке, а можно подобрать – буквально! – емузамену в осеннем парке нашей средней по-лосы.Думайте сами, ищите сами!

Примечание

Объяснение поведения шарика в песке,данное автором статьи, редакции не кажетсяочень убедительным. Поэтому читателямпредлагается придумать свое физическоеобъяснение описанному эффекту.

Рис. 2

Рис. 3

ВНИМАНИЮ ЧИТАТЕЛЕЙИ АВТОРОВ НАШЕГО ЖУРНАЛА!

Начиная с этого года, некоторым статьям журнала «Квант» присваивается принятый внаучной среде цифровой идентификатор публикаций – DOI (Digital Object Identifier). Поприсвоенному (раз и навсегда) данной статье идентификатору можно получить инфор-мацию о ней в базах данных, в частности – в интернете.

Посылая в редакцию нашего журнала статью, просим авторов сообщать о себе, кромефамилии, имени и отчества, также место работы, занимаемую должность и электронныйадрес.

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

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

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

Московский государственныйуниверситет имениМ.В.Ломоносова

Ф И З И К А

Профильный экзамен

В 2018 году профильный экзамен (дополни-тельное вступительное испытание) по физикев МГУ и его Севастопольском филиале прово-дился в письменной форме. Типовое заданиедля абитуриента охватывало все основныеразделы программы по физике для поступаю-щих в МГУ: 1) механику, 2) молекулярнуюфизику и термодинамику, 3) электродинамикуи 4) оптику. По каждому разделу программыабитуриенту предлагались краткий вопрос потеории и дополняющая его задача. На выпол-нение всего задания отводилось четыре астро-номических часа.

Ниже приводятся примеры заданий про-фильного экзамена 2018 года.

МЕХАНИКА

1. Дайте определение момента силы отно-сительно оси вращения. Сформулируйтеправило моментов.

Задача. Тяжелый однородный тонкий стер-жень, одним концом шарнирно прикреплен-ный к неподвижной опоре, другим концомопирается на доску, лежащую на гладкомгоризонтальном столе, причем угол междудоской и стержнем 30 (рис.1). Если к

доске приложить горизонтальную силу, помодулю равную 1F = 1 Н и направленнуювдоль доски влево, она будет двигаться в туже сторону с постоянной скоростью. С какойпо модулю силой 2F можно привести доску

в равномерное движение в противополож-ном направлении? Коэффициент трения меж-ду стержнем и доской = 0,3. Трениемдоски о поверхность стола можно пренеб-речь.

2. Дайте определение потенциальной энер-гии механической системы. Чему равны по-тенциальная энергия тела вблизи поверхно-сти Земли и потенциальная энергия дефор-мированной упругой пружины?

Задача. Трасса для соревнований по боб-слею имеет перепад высот от старта до фи-ниша h = 107 м. На стартовом горизон-тальном участке (полоса разгона) спорт-смены разогнали боб до скорости 0 6 м сv ,с которой пересекли линию старта. В кон-це спуска по ледяному желобу сразу послефиниша спортсмены используют специаль-ное тормозное устройство для гашения ско-рости боба на горизонтальной поверхности.Тормозной путь боба составил при этомs = 42 м. Считая, что коэффициент тре-ния увеличивается на этом участке пропор-ционально расстоянию х от линии финиша:

x x ( 10,1 м ), определите, какаячасть всей механической энергии бобабыла потеряна за счет сил трения на участ-ке трассы от конца полосы разгона до фи-ниша. Ускорение свободного падения счи-тайте равным 210 м сg .

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА

1. Сформулируйте определение внутрен-ней энергии термодинамической системы.Укажите способы изменения внутреннейэнергии.

Задача. В двух достаточно высоких ци-линдрических сосудах, расположенных вер-тикально, содержится по одному молю иде-ального одноатомного газа при одной и тойже температуре (рис.2). В левом сосуде,открытом сверху, газ сжат тяжелым порш-нем и атмосферным давлением. В правом,герметично закрытом, сосуде газ находится

Рис. 1

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 038

под невесомым тонким поршнем, которыйудерживается в равновесии пружиной, по-мещенной между поршнем и крышкой сосу-да. При этом длина недеформированнойпружины равна высоте сосуда. В простран-стве над поршнем создан вакуум. Оба сосуданагревают до одной и той же конечнойтемпературы. Найдите отношение n работы,совершенной газом в левом сосуде, к работе,совершенной газом в правом сосуде. Трени-ем при перемещении поршней можно пре-небречь.2. Какие виды парообразования вы знае-

те? Дайте определение удельной теплотыпарообразования.

Задача. Плотность влажного воздуха притемпературе 0 27 Ct и давлении

50 10p  Па равна 31,15 кг м . Чему рав-

на относительная влажность этого воз-духа, если плотность насыщенного водяно-го пара при температуре 0t равна

30 25,8 кг м ? Универсальная газовая по-

стоянная 8,31Дж моль КR , молярнаямасса сухого воздуха 1 29 г моль, мо-лярная масса воды 2 18 г моль. Ответприведите в процентах, округлив до це-лых.

ЭЛЕКТРОДИНАМИКА

1. Дайте определение электроемкости.Запишите формулу для электроемкости плос-кого конденсатора.

Задача. Плоский конденсатор емкостьюC = 400 пФ присоединен к источнику по-стоянного напряжения U = 2 кВ. Не от-ключая конденсатор от источника, его плас-тины медленно раздвинули так, что рассто-яние между ними увеличилось в n = 4 раза.Определите работу мехA , совершенную си-лами, раздвигавшими пластины конденса-тора.2. Что такое напряженность электричес-

кого поля? Чему равна напряженность элек-тростатического поля точечного заряда?

Задача. Разность потенциалов между об-кладками конденсатора емкостью 1C == 1 мкФ равна 1U = 20 В. Второй конден-сатор емкостью 2C = 3 мкФ заряжен доразности потенциалов между обкладками

2U = 10 В. Разноименно заряженные пла-стины этих конденсаторов соединили про-водниками (рис.3). Определите, во сколь-

ко раз k при этом изменилась общая энер-гия конденсаторов. Ответ приведите в видепростой дроби.

ОПТИКА

1. Сформулируйте закон отражения све-та. Приведите пример построения изобра-жения предмета в плоском зеркале.

Задача. Два плоских зеркала образуютдвугранный угол 60 . Вдоль биссект-рисы этого угла равномерно движется све-тящаяся точка со скоростью v = 2 см/с.Через какой промежуток времени расстоя-ние между первыми изображениями точкив зеркалах изменится на величину x =

= 12 см?2. Сформулируйте закон преломления све-

та. Что такое предельный угол полного от-ражения?

Задача. На горизонтальном дне широко-го сосуда лежит достаточно большое плос-кое зеркало. В сосуд наливают жидкость споказателем преломления n = 1,5 и кладутна верхнюю поверхность жидкости непроз-рачный экран, закрывающий ее поверхностьполностью. В центре экрана находится ма-ленькое круглое отверстие, освещаемое рас-сеянным светом. Какова площадь S осве-щенной области на нижней стороне экрана,если толщина слоя жидкости h = 10 см?Ответ приведите в квадратных сантимет-рах, округлив до целых.

Публикацию подготовил С.Чесноков

Рис. 2

Рис. 3

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 39

История физико-математической олимпиа-ды школьников «Физтех» началась более 40лет назад, в далеком 1975 году. Одним из ееорганизаторов был академик Б.В.Войцеховс-кий. Основные и наиболее важные задачиолимпиады – это повышение интереса к углуб-ленному изучению математики и физики у мо-лодежи, выявление среди юных участниковталантливых и творчески мыслящих школьников.

Олимпиада «Физтех» проходит в два этапа,отдельно по математике и физике. Для успеш-ного прохождения на заключительный этапнеобходимо стать победителем или призеромв одном из отборочных этапов по каждомупредмету. Также к заключительному этапу до-пускаются победители и призеры олимпиады«Физтех» прошлого года по соответствующе-му предмету.Территория охвата проведения олимпиады

и количество участников ежегодно растут. Еслив 2009 году мероприятие проводилось в двухстранах в 25 точках проведения, а участниковбыло около 2 тысяч, то в 2018 году стран-участниц насчитывалось уже 8, точек проведе-ния – 79, а школьников, принявших участие взаключительном этапе олимпиады «Физтех»,– более 6,5 тысяч по каждому предмету. Об-щее же число зарегистрированных участниковотборочных этапов впечатляет – более 33тысяч в 2016/17 учебном году и более 40 тысячв 2017/18. С полной уверенностью олимпиаду«Физтех» можно назвать международной –ведь в прошлом учебном году олимпиадабыла проведена не только на территории Рос-сийской Федерации, но и в Белоруссии, Арме-нии, Казахстане, Киргизии, Молдове, Таджи-кистане и Узбекистане.

Информационное сопровождение олимпиа-ды осуществляется сайтом олимпиады –olymp.mipt.ru, официальным сайтом МФТИ –mipt.ru и сайтом поддержки абитуриентов вуза– abitu.net.

Физико-математическая олимпиада «Физ-тех» входит в перечень олимпиад школьников,утвержденный Министерством просвещенияРоссийской Федерации.

Ниже приводятся материалы по математикеи физике, предлагавшиеся в 2018 году назаключительном этапе олимпиады «Физтех».

М А Т Е М А Т И К А

11 класс

Вариант 1

1. Найдите все значения х, при каждом изкоторых одно из трех данных чисел

22log 3 2

xx x , 2

2

log2x

x

x и 2

2

log1x

x

xравно сумме двух остальных.2. Даны две линейные функции f x и

g x такие, что графики y f x и y g x– параллельные прямые, не параллельныеосям координат. Найдите наименьшее значе-

ние функции 2

3 2g x f x , если наи-

меньшее значение функции 2

3 2f x g x

равно 19

6.

3. На каждой из прямых у = 1 и у = 6отмечено по 200 точек с абсциссами 1, 2,3, …, 200. Сколькими способами можновыбрать три точки из отмеченных 400 так,чтобы они являлись вершинами прямоуголь-ного треугольника?

4. Числа x и y таковы, что выполняютсяравенства ctg ctg 3x y и 2sin 2 2x y

sin2 sin2x y . Найдите ctg ctgx y .

5. Окружность радиуса 3 касаетсясторон BC и AC треугольника ABC в точкахK и L соответственно и пересекает сторонуAB в точках M и N (M лежит между A и N)так, что отрезок MK параллелен AC, KC == 1, AL = 4. Найдите ACB , длины отрезковMK, AB и площадь треугольника CMN.

6. Назовем расстоянием между числамимодуль их разности. Известно, что суммарасстояний от семи последовательных нату-ральных чисел до некоторого числа a равна609, а сумма расстояний от этих же семичисел до некоторого числа b равна 721.Найдите все возможные значения a, еслиизвестно, что a + b = 192.

Физико-математическаяолимпиада «Физтех»

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 040

7. Ребро 1A A параллелепипеда

1 1 1 1ABCDA BC D перпендикулярно его граниABCD. Сфера касается ребер 1BB , 1 1BC ,

1CC, CB, CD и при этом касается ребра CDв такой точке K, что CK = 9, KD = 1.

а) Найдите длину ребра 1A A .б) Пусть дополнительно известно, что сфера касается ребра 1 1A D . Найдите объем

параллелепипеда 1 1 1 1ABCDA BC D и радиуссферы .

Вариант 2

1. Найдите все значения x, при каждом изкоторых одно из трех данных чисел

3log

2x x , 3

2

log 3x

x и 3logx x равно

произведению двух остальных.

2. Даны две линейные функции f x иg x такие, что графики y f x иy g x – параллельные прямые, не парал-лельные осям координат. Известно, что гра-

фик функции 2

y f x касается графика

функции 7y g x . Найдите все значения

A такие, что график функции 2

y g x

касается графика функции y Af x .3. Найдите количество различных приве-

денных квадратных трехчленов (т.е. со стар-шим коэффициентом, равным 1) с целымикоэффициентами таких, что они имеют хотябы один корень, все их корни являютсястепенями числа 3 с целыми неотрицатель-ными показателями и при этом их коэффи-циенты по модулю не превосходят 47

27 .4. Числа x и y таковы, что выполняются

равенства cos cos sin 3y x x и sin2ysin2 cos4 cos2x x x . Какое наименьшее

значение может принимать суммаsin siny x ?

5. Дан параллелограмм ABCD. Окруж-ность с радиусом 5 описана вокруг треу-гольника ABM, где M – точка пересечениядиагоналей данного параллелограмма. Ок-ружность вторично пересекает луч CB иотрезок AD в точках E и K соответственно.Длина дуги AE в два раза больше длиныдуги BM (дуги AE и BM не имеют общихточек). Длина отрезка MK равна 6. Найдитедлины отрезков AD, BK и периметр треу-гольника EBM.

6. Назовем расстоянием между числамимодуль их разности. Известно, что сумма

расстояний от шестнадцати последователь-ных натуральных чисел до некоторого числаравна 636, а сумма расстояний от этих жешестнадцати чисел до числа 2a равна 591.Найдите все возможные значения a.

7. На ребре BC параллелепипеда

1 1 1 1ABCDA BC D выбрана точка M. Сфера,построенная на отрезке 1CM как на диа-метре, касается плоскостей четырех гранейпараллелепипеда, причем одной из них вточке, лежащей на ребре 1BB . Известно,что BM = 1, CM = 24. Найдите длину ребра

1AA , радиус сферы и объем параллелепи-педа.

Избранные задачи для 10 класса

1. Каких целых чисел от 1 до 208 10(включительно) больше и на сколько: содер-жащих в своей записи только четные цифрыили содержащих в своей записи только не-четные цифры?2. Уравнение 2 5 0x ax имеет два

различных корня 1x и 2x ; при этом

2 21 23 3

2 1

250 250

19 19x x

x x.

Найдите все возможные значения a.3. В выпуклом четырехугольнике ABCD

проведена диагональ BD, и в каждый изполученных треугольников ABD и BCDвписана окружность. Прямая, проходящаячерез вершину B и центр одной из окружно-стей, пересекает сторону DA в точке M. При

этом 8

5AM и

12

5MD . Аналогично,

прямая, проходящая через вершину D ицентр второй окружности, пересекает сторо-

ну BC в точке N. При этом 30

11BN и

25

11NC .

а) Найдите отношение AB : CD.б) Найдите длины сторон AB и CD, если

дополнительно известно, что данные окруж-ности касаются друг друга.

4. Даны 2117 карточек, на которых напи-саны натуральные числа от 1 до 2117 (накаждой карточке написано ровно одно чис-ло, притом числа не повторяются). Требу-ется выбрать две карточки, для которыхсумма написанных на них чисел делится на100. Сколькими способами это можно сде-лать?

5. Уравнение 2 2 0x ax имеет два

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 41

различных корня 1x и 2x ; при этом

3 31 22 2

2 1

14 14x x

x x.

Найдите все возможные значения a.6. Диагонали AC и BD четырехугольника

ABCD, вписанного в окружность, пересека-ются в точке P. Известно, что расстояния отточки P до сторон AB, BC, CD, DA равны 4,

3 , 8

19 и

38

19 соответственно (основа-

ния перпендикуляров, опущенных из точкиP на стороны, лежат на этих сторонах).

а) Найдите отношение AP : PC.б) Найдите длину диагонали BD, если

дополнительно известно, что AC = 10.

Ф И З И К А

9 класс

1. Два подвешенных нанитях груза 1 и 2 различноймассы могут двигаться всистеме, состоящей из не-подвижного блока Н и под-вижного блока П (рис.1).

1) Найдите отношениемасс грузов 1 и 2, еслиподвешенные грузы оста-ются неподвижными.

2) Найдите отношениемасс грузов 1 и 2, если груз 1 движется с

ускорением 1 5a g , направленным вверх.Массами нитей, блоков, а также трением в

осях блоков можно пренебречь.2. Девочка бросает мячик вертикально

вверх. Когда мячик достигает максимальнойвысоты своего полета, девочка бросает вверхвторой мячик с той же скоростью и с того жеместа, что и первый. В результате мячикисталкиваются на высоте H = 1,8 м от местаброска. Какой максимальной высоты 0H ,считая от места броска, достигал в своемполете первый мячик? Сопротивление воз-духа не учитывать.

3. На гладкой горизонтальной поверхнос-ти расположена доска массой 3m, на которойлежит брусок массой m (рис.2). Коэффици-

ент трения между брус-ком и доской .

1) Какую минимальнуюгоризонтальную силу

минF надо приложить к

доске, чтобы относительно нее начал дви-гаться брусок?

2) За какое время брусок переместитсяотносительно доски на расстояние L, если кдоске приложить силу минF F ?

4. Брусок, представляющий собой прямо-угольный параллелепипед высотой H с квад-ратным поперечным сече-нием, сторона которогоравна a, висит на пружи-не и опущен в цилиндри-ческий сосуд с водой(рис.3). Стенки сосудавертикальны. Первона-чально брусок погруженв воду на 3 4 своего объе-ма, а пружина не дефор-мирована. Воду долива-ют в сосуд так, что уровень воды совпадаетс верхней гранью бруска. Жесткость пружи-ны k, плотность воды .

1) Найдите массу бруска.2) Найдите изменение высоты уровня воды

в сосуде после долива воды.5. Проводящий проволочный каркас

(рис.4), составлен из 16 одинаковых отрез-ков жесткого провода.К клеммам А и Б пода-но напряжение U == 9 В. При этом черезподводящие проводатечет ток 1 2 AI .

1) Найдите сопро-тивление R междуклеммами А и Б.

2) Найдите сопро-тивление r одного отрезка провода.

10 класс

1. Систему из бруска массой 1m m идоски массой 2 3m m , находящихся на го-ризонтальном столе, приводят в движение,прикладывая к доске горизонтальную силуF (рис.5). Коэффициент трения между сто-лом и доской и между горизонтальной повер-хностью доски и бруском равен . Массойгоризонтально натянутой нити, массой бло-ка и трением в егооси пренебречь.

1) Найдите уско-рение 1a доски,если бы не былотрения.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 042

2) Найдите ускорение 2a доски, если естьтрение и параметры F, m, подобраны так,что есть движение.2. Пустую стеклянную бутылку вместимо-

стью V = 0,8 л опускают в цилиндрическийсосуд с водой с вертикальными стенками.Бутылка стала плавать, а уровень воды всосуде поднялся на 1H = 2 см. Затем вбутылку медленно наливают воду. Когдамасса налитой воды достигает некоторойвеличины, бутылка начинает тонуть. Уро-вень воды в сосуде за время наливанияподнялся еще на 2H . Плотность стекла

30 2,5 г см , плотность воды 31 г см .

Площадь внутреннего сечения сосуда2250 смS . Бутылка плавает в вертикаль-

ном положении.1) Найдите массу пустой бутылки.2) Найдите массу воды, налитой в бутыл-

ку.3) Найдите 2H .3. Ракета стартует вертикально. К моменту

1t = 10 с полета вес выводимого на орбитуприбора увеличился в 1k = 1,2 раза (относи-тельно веса перед стартом), к моменту 2t == 30 с полета вес прибора был уже в 2k = 1,4раза больше, чем перед стартом. Считатьмассовый расход топлива постоянным. Со-противлением воздуха и изменением ускоре-ния свободного падения с высотой пренеб-речь. Принять 210 м сg .

1) Найдите ускорение ракеты в моментвремени 2t .

2) Определите скорость u вытекания про-дуктов сгорания относительно сопла, считаяее постоянной.

4. В цилиндре под поршнем находятся вравновесии воздух, водяной пар и вода.Отношение масс жидкости и пара 3 4 . Вмедленном изотермическом процессе объемвлажного воздуха увеличивается в k = 7 раз.

1) Найдите относительную влажность воз-духа 1 в цилиндре в начале процесса.

2) Найдите относительную влажность воз-духа 2 в цилиндре вконечном состоянии.

5. Одноатомный иде-альный газ нагревает-ся в изохорическомпроцессе 1–2, затемрасширяется в адиаба-тическом процессе 2–3и сжимается в изоба-

рическом процессе 3–1 (рис.6). Отношениеработы газа 23A в процессе 2–3 к отведенно-му от газа количеству теплоты 31Q ( 31Q >

> 0) в процессе 3–1 равно 23

31

72

35

A

Q. В про-

цессе сжатия объем газа уменьшается в 8 раз.1) Найдите отношение температур 2 3T T в

состояниях 2 и 3.2) Найдите отношение количества теплоты

12Q , подведенного к газу в процессе 1–2, к

31Q .

11 класс

1. Систему из трех брусков, находящихсяна горизонтальном столе, приводят в движе-ние, прикладывая горизонтальную силу F(рис.7). Коэффициент трения между столом

и брусками и между соприкасающимися брус-ками массами 1m и 2m равен . Массыбрусков 1m m , 2 2m m , 3 3m m . Мас-сой горизонтально натянутой нити, массойблока и трением в его оси пренебречь.

1) Найдите силу натяжения нити, еслибруски массами 1m и 2m скрепить, а пара-метры F, m, подобрать такими, чтобыбруски двигались по столу как одно целое.

2) Найдите силу натяжения нити, еслипараметры F, m, подобраны так, чтонескрепленные бруски массами 1m и 2mдвижутся друг по другу, а бруски массами

1m и 3m – по столу.2. Газообразный

гелий расширяется впроцессе 1–2, в кото-ром давление прямопропорциональнообъему (рис.8). За-тем газ расширяетсяв процессе 2–3 с по-стоянной теплоемко-стью. Работа, совер-шенная газом в процессе 1–2, в 6 раз меньшеработы, совершенной газом в процессе 2–3.Температуры в состояниях 1 и 3 равны.

1) Найдите отношение количества тепло-ты, полученного газом в процессе 1–2, кработе газа в процессе 1–2.Рис. 6

Рис. 7

Рис. 8

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 43

2) Найдите молярную теплоемкость газа впроцессе 2–3.

3. Две бусинки, каждая с положительнымзарядом q и массой m, могут скользить безтрения по жесткому, непроводящему стерж-ню. Систему помещают в однородное маг-нитное поле с индукцией B и приводят вовращение c постоянной угловой скоростью

вокруг оси O, перпендикулярной стерж-ню и параллельнойнаправлению маг-нитного поля(рис.9). Оказа-лось, что бусинкинаходятся в равно-

весии (относительно стержня) на одном итом же расстоянии R от оси O при двухзначениях угловой скорости 1 и 2 .

1) Найдите заряд q, считая известными m,B, 1 и 2 .

2) Найдите R, считая известными m, B, 1

и 2 .Силой тяжести, силами сопротивления, а

также магнитным полем, индуцированнымбусинками, пренебречь.

4. В цепи, схема которой показана нарисунке 10, все элементы идеальные, их

параметры указаны насхеме, причем R = 5r.Ключ K разомкнут, ре-жим в цепи устано-вился. Ключ замыка-ют на некоторое вре-мя, а затем размыка-ют. К моменту размы-кания скорость роста

силы тока в катушке индуктивности умень-шается в 1,5 раза.

Рис. 9

1) Найдите скорость роста силы тока вкатушке сразу после замыкания ключа.

2) Найдите силу тока LI через катушкунепосредственно перед размыканием ключа.3) Какое количество теплоты Q выделится

в цепи после размыкания ключа?5. Линза с фокусным расстоянием F =

= 20 см движется со скоростью v = 1 мм/с(рис.11). Стержень AB длиной h = 1 см,

расположенный перпендикулярно главнойоптической оси линзы 1CC , движется соскоростью 3 2u v . Все движения поступа-тельные вдоль главной оптической оси лин-зы. В некоторый момент стержень находитсяна расстоянии 3 2d F от линзы.

1) На каком расстоянии от линзы будетнаходиться изображение стержня в этот мо-мент?

2) Какой длины будет изображение стерж-ня в этот момент?3) С какой скоростью будет двигаться

изображение точки A стержня в этот мо-мент?

Публикацию по математикеподготовили С.Городецкий, Н.Агаханов,

И.Богданов, И.Глухов, В.Дубинская,О.Подлипский, А.Полозов, Д.Терёшин;

по физике – В.Чивилёв, В.Усков,В.Бабинцев, Л.Колдунов, В.Плис,А.Полозов, А.Шеронов, Ю.Юрьев

Рис. 10

Рис. 11

Новосибирский государственныйуниверситет

Ф И З И К А

ПИСЬМЕННЫЙ ЭКЗАМЕН

ВАРИАНТ 1

1. Поплавок плавает в цилиндрическомсосуде, заполненном некоторой жидкостью.Снизу к поплавку тонкой невесомой ниткой

привязано грузило массой m, сделанное изматериала плотностью . Когда нить обор-валась, а грузило опустилось на дно, уро-вень воды в сосуде изменился на h . Опре-делите плотность жидкости. Площадь сосу-да равна S.2. Сплошной проводник имеет форму усе-

ченного конуса, основания которого покры-

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 044

ты тонким слоем идеального проводника(рис.1). С помощью омметра измеряют со-противление между верхним и нижним осно-

ваниями конуса. Определите, во сколько разизменились бы показания омметра, есливместо данного тела взять его уменьшеннуюкопию, масса которой в 8 раз меньше.

3. На тонкое кольцо массой M и радиусомR, находящееся в невесомости, надеты две

одинаковые маленькиебусинки массой m изарядом q каждая(рис.2). Бусинки свя-заны тонкой нитью дли-ной R, массой которойможно пренебречь.

Нить и кольцо непроводящие и не заряжены.Вся система находится в покое. Нить перере-зают. Найдите скорость кольца в момент,когда расстояние между бусинками увели-чится вдвое.

4. На краю горизонтального стола лежитдлинная доска массой m так, что ее конецвыступает относительно края стола на l(рис.3). Нить, закрепленная в точке A, пере-

кинута через два маленьких свободно враща-ющихся блока, один из которых прикрепленк концу доски в точке B, а второй закрепленв точке C. В начальный момент точки A, B иC образуют равносторонний треугольник,высота которого проходит вдоль оси доски.

Рис. 1

Рис. 2

Рис. 3

Доска покоится. Ускорение свободного па-дения равно g, коэффициент трения доски остол равен . Свободный конец нерастяжи-мой нити начинают тянуть с постояннойсилой F mg . Определите максимальнуюскорость, которую приобретет доска в про-цессе вытягивания нити, считая, что доскадвигалась поступательно вдоль своей оси безвращения. Трением нити о блоки пренеб-речь.

5. Оцените установившуюся скорость, ко-торую приобрела бы Мэри Поппинс, если быона прыгнула с очень большой высоты сраскрытым зонтиком. Предполагается, чтовы хорошо представляете явление, можетесами задать необходимые для решения зада-чи величины, выбрать их численные значе-ния и получить численный результат.

Внимание! Каждая задача считается ре-шенной, если помимо правильного ответаприведены необходимые объяснения.

ОТКРЫТАЯ МЕЖВУЗОВСКАЯ ОЛИМПИАДА«БУДУЩЕЕ СИБИРИ»

Первый (отборочный) этап

8 класс

1. Вася отправился в лес по грибы. Грибовпопадалось мало, и путь становился долгим.Для того чтобы не заблудиться при возвра-щении, он решил через каждый час остав-лять метки. Через 15 минут после того, какВася оставил вторую метку, он нашел пер-вую и понял, что движется по кругу. Каковапротяженность этого круга, если средняяскорость передвижения Васи по лесу была4 км/ч?2. Пункты A и B расположены на одном

берегу реки, причем B – ниже по течению.На путь из A в B вдоль берега катер затра-чивает время 1t . Обратный путь, из B в A,занимает время 2t . Определите скоростьтечения реки, если известно, что минималь-ное время, за которое катер может пере-сечь реку от берега до берега, равно 3t , аширина реки равна d.

3. К концам равноплечих рычажных ве-сов подвешены два одинаковых по размерушарика массами 1m и 2m (рис.4). Рычагневесомый и имеет длину L. Шарик массой

1m погружен в стакан с жидкостью. Приэтом весы находятся в равновесии. Затем

Э К З А М Е Н А Ц И О Н Н Ы Е М А Т Е Р И А Л Ы 45

шарики поменяли местами. На какое рассто-яние x необходимо передвинуть точку опорырычажных весов, чтобы они вновь оказалисьв равновесии?

4. В термос с водой опущен термометр,который показывает температуру 0T . В водубросили кусочек льда массой m , имеющийтемпературу  0 C . Когда лед растаял, тер-мометр показал температуру 1T . Затем вводу бросили еще один такой же кусочекльда. После того, как лед растаял, термо-метр показал температуру 2T . Определитемассу m воды, изначально находившейся втермосе. Теплоемкостями термоса и термо-метра пренебречь.

9 класс

1. Кусок однородной проволоки длиной10 см разрезали на два куска. Найдитедлины этих кусков, если при параллель-ном соединении их общее сопротивлениесоставило 0,24 от сопротивления исходногокуска.2. В термос с водой опущен термометр,

который показывает температуру 0T . В водубросили кусочек льда. Когда лед растаял,термометр показал температуру 1T . Затем вводу бросили еще один такой же кусочекльда, который находился при той же началь-ной температуре, что и первый. После того,как лед растаял, термометр показал темпера-туру 2T . Определите массу m кусочкальда, если известно, что изначально в термо-се находилась вода массой m. Теплоемкостя-ми термоса и термометра пренебречь.

3. Катапульта бросает теннисный шарик сначальной скоростью v под углом к гори-зонту (рис.5). Шарик ударяется о крышу

соседнего дома. На каком расстоянии x отдома нужно расположить катапульту, чтобыпосле упругого удара об эту крышу онподнялся на наибольшую возможную высо-ту над землей? Высота дома H, наклон скатакрыши 45 . Влиянием воздуха пренебречь.Ускорение свободного падения равно g.

4. Над столом на высоте H с угловойскоростью вращается горизонтальный дискрадиусом R (рис.6). На расстоянии r от оси

к диску приклеено небольшое тело. Внезап-но тело отклеивается, и сила сцеплениямежду диском и телом исчезает. Через какоевремя t тело достигнет стола? Трением ивлиянием воздуха пренебречь. Ускорениесвободного падения равно g.

10 класс

1. Невесомый Г-образный жесткий стер-жень ABC (угол B – прямой) может свобод-но вращаться вокруг точки O (рис.7). Дли-ны отрезков AO, OB и BC равны 1 см, 4 сми 3 см соответственно. В точке A к стержню

Рис. 4

Рис. 5

Рис. 6

Рис. 7

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 046

перпендикулярно отрезку AB приложена сила

AF  = 60 Н. Найдите минимальное значе-ние силы CF , которую, выбрав оптимальноенаправление, нужно приложить к стержню вточке C, чтобы стержень находился в равно-весии.2. Какое минимальное количество n ша-

риков нужно проколоть в связке из N = 25одинаковых шариков, надутых гелием, что-бы при нормальных условиях связка пере-стала подниматься вверх? Объем одногонадутого шарика V = 10 л, масса проко-лотого шарика m = 6 г, молярная массавоздуха в  = 29 г/моль, гелия

г  = 4 г/моль, объем одного моля принормальных условиях 0V  = 22,4 л, объе-мом проколотого шарика пренебречь.

3. Паучок поднимается по паутинке, дви-гаясь с ускорением a = 0,2g относительностола (рис.8). Паутинка прикреплена к ка-

мешку, находящемуся на столе. Масса ка-мешка в 5 раз больше массы паучка, вначальный момент они имели нулевые ско-рости и находились на одном и том жерасстоянии до края стола. Паучок или каме-шек раньше достигнет края стола? Трениеми размерами камешка и паучка пренебречь.

4. С помощью резака на шарнире разреза-ют плоский толстый пластмассовый лист,лежащий на столе (рис.9). Коэффициенттрения между резаком и листом 1 , а между

листом и столом 2 . Резак медленно опуска-ют, уменьшая угол его наклона к столу.Вначале лист не разрезается, а скользит поповерхности стола. При каком угле резакначнет разрезать лист? Весом листа пренеб-речь.

11 класс

1. Кусок однородной проволоки длиной10 см разрезали на два куска. Найдите дли-ны этих кусков, если при параллельномсоединении их общее сопротивление соста-вило 0,21 от сопротивления исходного кус-ка.2. Конструкция в форме буквы У состоит

из трех одинаковых брусков, сделанных изоднородного материала, склеенных в однойточке, как показано на рисунке 10. Конст-

рукцию взвесили при помощи пружинныхвесов, которые показали значение P. Каки-ми будут показания двух пружинных весов,присоединенных к двум разным концам кон-струкции, при условии прежней ориентациибуквы У?

3. В длинную тонкую цилиндрическуютрубку, закрытую с одного конца, вставленлегкий герметичный поршень, на которомнаходится электрический заряд. К закрыто-му концу трубки прикрепили электрическийзаряд того же знака. Давление воздуха подпоршнем в 2 раза меньше, чем внешнееатмосферное давление, при этом системанаходится в равновесии. Во сколько разнеобходимо увеличить заряд поршня, чтобыобъем воздуха под поршнем после установ-ления равновесия увеличился в два раза?Температуру считать постоянной. Стенкитрубки непроводящие. Трением пренебречь.

4. На наклонной плоскости, которая рас-положена под углом к горизонту, покоятсядва одинаковых бруска массой m каждый,связанных между собой пружинкой жестко-стью k. В начальный момент пружинка недеформирована. Коэффициент трения меж-ду брусками и наклонной плоскостью

tg . Верхнему бруску ударом придалискорость v вверх вдоль наклонной плоскости.Найдите максимальное сжатие пружинки,

Рис. 8

Рис. 9

Рис. 10

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

если известно, что в процессе всего движениянижний брусок вверх не перемещался. Уско-рение свободного падения равно g.

Второй (заключительный) этап

8 класс

1. Из кубического сосуда, доверху запол-ненного льдом, выпилили и вынули кубичес-кий кусочек льда со стороной, в 2 разаменьшей стороны сосуда. В образовавшуюсяполость начали медленно наливать воду сначальной температурой в 15 СT , кото-рая замерзала по мере налива. В результатесосуд снова полностью заполнился льдом,установившаяся температура которого ока-залась равной л 20 СT . Найдите началь-ную температуру льда. Удельная теплоем-

кость льда л 2100 Дж кг градс , воды

в 4200 Дж кг градс , удельная теплотаплавления льда 336000 Дж кг . Сосудтеплоизолирован, теплоемкостью его сте-нок, а также теплообменом с окружающейсредой можно пренебречь.2. В сосуде с жидкостью плавает тело в

форме куба так, что 1/6 часть его объеманаходится над поверхностью жидкости. Со-суд с жидкостью и телом нагрели до некото-рой температуры. За счет теплового расши-рения (не одинакового для тела и жидкости)объем тела, сохранившего форму куба, уве-личился в x раз, а общий объем жидкостиувеличился в kx раз. Найдите k, если изве-стно, что после нагрева тело плавает в жид-кости, погрузившись полностью.

3. На прямолинейной дороге на расстоя-нии l = 3 км друг от друга расположеныдва тоннеля, длина которых превышаетl (рис.11). Скорости машин на открытыхучастках v = 60 км/ч, а в тоннеле

u = 40 км/ч. В начальный момент време-ни одна из машин начинает въезжать впервый тоннель, а вторая движется наL = 6 км позади нее. Каким будет рассто-яние между машинами в момент, когда сза-ди идущая машина начнет выезжать из пер-вого тоннеля?

4. Однородная проволо-ка массой M согнута подпрямым углом в некото-рой точке, разбивающей еена два неравных отрезка сдлинами a и b (a > b).Проволоку подвесили заточку сгиба (рис.12). Най-дите массу m точечноготела, которое нужно прикрепить к концуотрезка длиной b, чтобы в равновесии от-резки отклонялись от вертикали на одина-ковые углы.

9 класс

1. В сосуде с жидкостью плавает тело вформе куба так, что 1/5 часть его объеманаходится над поверхностью жидкости. Со-суд с жидкостью и телом нагрели до некото-рой температуры. За счет теплового расши-рения (не одинакового для тела и жидкости)объем тела, сохранившего форму куба, уве-личился в x раз, а общий объем жидкостиувеличился в kx раз. Найдите k, если изве-стно, что после нагрева тело плавает в жид-кости, погрузившись полностью.2. Школьнику Пете досталась схема, со-

держащая четыре резистора, источник на-пряжения U = 10 В и миллиамперметр(рис.13). Три резистора имеют одинаковое

сопротивление. Для того чтобы определитьсопротивления резисторов, Петя поочередноподсоединял закоротку (проволоку с нуле-вым сопротивлением) между точками AB,BC и СD и записывал показания прибора.Результаты измерений, соответственно, та-ковы: 12 мА, 12 мА и 15 мА. Миллиампер-метр и источник напряжения идеальные.Найдите величины всех сопротивлений всхеме , , ,AB BC CD DAR R R R .

3. На закрепленную спицу длиной L наде-та маленькая заряженная бусинка массой m(рис.14). После того, как включили источ-ник горизонтального электрического поля,

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 048

на бусинку начала дей-ствовать горизонтальнаясила F, после чего онапришла в движение и сле-тела со спицы. На какуюмаксимальную высоту от-

носительно конца спицы поднимется бусин-ка? Спица расположена под углом кгоризонту. Трения нет. Ускорение свободно-го падения равно g.

4. Мерный угольник, состоящий из двуходинаковых стержней массой m, соединен-ных шарниром, стоит на горизонтальнойповерхности (рис.15). Шарнир находится

на высоте h относи-тельно поверхности,а свободные концыстержней упираютсяв поверхность на рас-стоянии d друг отдруга. С какой вер-тикальной силойнужно надавить на

шарнир, чтобы «ноги» угольника разъеха-лись? Коэффициент трения между стержня-ми и поверхностью , трение в шарниреотсутствует, массой шарнира пренебречь.Ускорение свободного падения равно g.

5. Длинная высокая коробочка ширины Lповернута на бок и находится рядом с рабо-тающим душем (рис.16). Верхний бок коро-бочки расположен чуть ниже уровня лейки

душа. Коробочку начинают быстро двигатьпо горизонтали влево так, что она, захваты-вая воду, на время полностью перекрываетводяную струю лейки. В результате в коро-бочке оказывается объем воды V. Найдитерасход воды Q (объем воды, протекающийчерез сечение в единицу времени) черезлейку душа, если суммарная площадь дырокв лейке S. Вода, попавшая в коробочку,назад не выплескивается. Ускорение свобод-ного падения равно g. Влиянием воздухапренебречь.

10 класс

1. Школьник Петя собрал схему, состоя-щую из четырех резисторов, как показано нарисунке 17. Три резистора с одинаковымсопротивлением r, а сопротивление четвер-того резистора R отлича-ется. Школьник при по-мощи омметра последова-тельно измерил сопротив-ление между точками AB,BC и CD. Получившиесязначения оказались та-кими: ABR = 0,8 кОм,

BCR = 0,8 кОм, CDR = 1,2 кОм соответ-ственно. Найдите значения r и R.2. Длинная спица закреплена серединой

на горизонтальной оси и может вокруг неевращаться в вертикальной плоскости. Вдольнее могут скользить две одинаковые бусинкимассой m, находящиеся на спице по разныестороны от точки крепления (рис.18). Бу-

синки легкими пружинами жесткостью kсоединены с осью. В начальный моментспица расположена горизонтально и вся си-стема покоится. Однако это положение неус-тойчивое. Из-за случайного слабого возму-щения система переходит в новое устойчивоеположение равновесия. Найдите количествотеплоты Q, которое выделится в процессетакого перехода. Ускорение свободного па-дения равно g. Трением и влиянием воздухапренебречь.

3. Клапан в виде массивного конуса(рис.19) открывается, когда давление наверхней границе закрытого резервуара сводой опускается до значения 1p . Конусперевернули для использования в качествеклапана, который открывается при повыше-нии давлении. При каком давлении 2p вода

Рис. 15

Рис. 16

Рис. 17

Рис. 18

Рис. 19

Рис. 14

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

начнет вытекать из резервуара? Высота ко-нуса H, плотность воды , ускорение сво-бодного падения g. Диаметр основания кону-са в 2 раза больше диаметра отверстия.

Трением между конусом и стен-ками резервуара пренебречь.

4. Вертикально стоящий со-суд перекрыт девятью одинако-выми поршнями (рис.20). В про-межутках под каждым из нихнаходится одинаковое количе-ство воздуха. Высота промежут-ка под верхним поршнемh = 11 см, а давление воздухапод ним в 2 раза больше атмос-ферного. На сколько опуститсяверхний поршень, если его мас-су удвоить? Температуру счи-тать постоянной.

5. На шероховатой наклонной плоскостис углом при основании лежит шайба,которая соединена с пружинкой, а другойконец пружинки прикреплен к плоскости(рис.21). Коэффициент трения шайбы оплоскость tg . В начальный момент осьпружинки направлена вверх по склону вдольскатывающей силы. Шайбу начинают после-

довательно подталкивать маленькими толч-ками – каждый раз в направлении, перпен-дикулярном оси пружинки. При каком от-клонении оси пружинки от начального поло-жения (угол ) шайба «сорвется» и саманачнет скользить вниз?

11 класс

1. Теплообменник состоит из длинной теп-лоизолированной трубки, в которую встав-лена тонкостенная трубка той же длины,но меньшего диаметра (рис.22). Во внут-реннюю трубку затекает горячая жидкостьс температурой г 90 CT с постояннымрасходом г 2 кг сJ (расход – масса жид-кости, которая проходит через трубкув единицу времени). Теплоемкость этойжидкости не зависит от температуры и рав-няется г 1600 Дж кг градс . Для того

чтобы эта горячая жидкость охладилась, вовнешнюю трубку запустили другую, холод-ную жидкость с температурой x 10 CT .Теплоемкость холодной жидкости также независит от температуры и равняется

x 3200 Дж кг градс . Оказалось, чтопри расходе холодной жидкости x 4 кг сJгорячая жидкость охлаждается на выходеиз трубки до необходимой температуры жид-кости 1 50 CT . Какова температура 2Tхолодной жидкости на выходе?2. Маленький грузик с массой m и заря-

дом q покоится на легкой нити длиной l(рис.23). В точке подвеса закреплен такойже заряд q. Какую минимальную скорость

0v необходимо придать грузику, чтобы онсделал полный оборот поокружности вокруг точкиподвеса? Ускорение сво-бодного падения равно g.

3. Спица в форме полу-окружности закрепленавертикально, а ее концы Аи В лежат на диаметре,ориентированном горизон-тально (рис.24). На спицунанизана маленькая невесомая бусинка, че-рез которую пропущена нить, закрепленная

в точке А и перекинутая через невесомыйблок в точке В. К концу нити прикрепленгруз. Коэффициент трения между бусинкойи спицей ( < 1). Между нитью ибусинкой, а также в блоке трения нет. Най-дите минимальный угол CAB (точкаС – положение бусинки), при котором бу-синка находится в равновесии.

4. Перпендикулярно наклонной плоско-сти, с углом к горизонту, установили

Рис. 20

Рис. 21

Рис. 22

Рис. 23

Рис. 24

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 050

высокую стенку (рис.25). Из угла, образо-ванного стенкой и наклонной плоскостью,бросили маленький шарик, сообщив емускорость под углом к наклонной плоско-сти 2 . Сколько ударов сделаетшарик о наклонную плоскость, прежде чемон ударится о стенку? Удары шарика абсо-лютно упругие. (Целую часть числа обозна-чать [ ].)

5. Оцените среднее расстояние между мо-лекулой углекислого газа и соседней моле-кулой кислорода в атмосфере Земли принормальных условиях. Предполагается, чтовы хорошо представляете явление, можетесами задать необходимые для решения за-дачи величины, выбрать их числовые зна-чения и получить численный результат.

Рис. 25

6. Задача-демонстрация (демонстрирует-ся видеоролик). Два неодинаковых шари-ка – большой и маленький – подвешенына нитях вплотную друг к другу. В началеэксперимента шарики неподвижны, нитивертикальны, а центры шариков находятсяна одинаковой высоте. Один из шариковотклонили и отпустили, после чего наблю-даются столкновения шариков. Оказалось,что если отклонить маленький шарик и от-пустить его, то после каждого нечетногосоударения шарики движутся в разныестороны, а после каждого четного – боль-шой шарик оказывается неподвижным.Если же отклонить большой шарик и отпу-стить его, то после каждого нечетного стол-кновения шарики движутся в одну сторо-ну, а после каждого четного – маленькийшарик неподвижен. Объясните наблюдае-мое явление.

Публикацию подготовили В.Баткин,В.Боровков, Е.Жданов, А.Киприянов,

С.Лежнин, М.Махмудиан, А.Ненашев,Е.Пальчиков, А.Погосов, Д.Похабов,

Г.Федотович

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» №9)

1. 13.Головы есть у всех, а хвостов нет только улюдей, поэтому людей в лаборатории 40 – 36 == 4. Ног нет только у змей, а у людей их по две,значит, у мышей 100 – 8 = 92 ноги. У каждоймыши – 4 ноги, т.е. в лаборатории живут 92 : 4 == 23 мыши. Таким образом, в лаборатории живет40 – (4 + 23) = 13 змей.2. Треугольник AQC равнобедренный с основа-нием AC (рис.1). Центр описанной окружности

O равноудален от всех вершин треугольника,значит, треугольник AOC также равнобедрен-ный с основанием AC. Из равнобедренности тре-угольников получаем, что QAC QCA иOAC OCA. Так как QAO QACOAC и QCO QCA OCA, то QAOQCO . Из аналогичных рассуждений для тре-

угольников AOB и APB получаем, чтоPAO PBO. А раз PAO и QAO это один

и тот же угол, то QCO и PBO равны.3. Могут.Обозначим некоторые вершины звезды, как по-казано на рисунке 2,а. Диагональ правильногопятиугольника CE параллельна его стороне AB;аналогично, BE параллельна CD. Тогда у четы-рехугольника BNCE две пары параллельных сто-рон, т.е. это параллелограмм. Кроме того, BE =

= EC, поскольку это диагонали правильного пя-тиугольника, значит, BNCE – ромб и BN = BE.Разрежем звезду по отрезку BE и переложимчасти, как показано на рисунке 2,б. При такомперекладывании стороны совпадут, потому чтоBN = BE. Полученная фигура будет состоять изромба и двух одинаковых невыпуклых пяти-угольников, приставленных к его противополож-ным сторонам, и поэтому будет симметричнаотносительно центра ромба.4. Сереже могло быть любое число лет, не пре-вышающее 10.В невисокосном году – 365 дней. Так как 365при делении на 7 дает остаток 1, то день недели,на который приходится день рождения, с каж-дым таким годом сдвигается на 1 (вместо поне-дельника будет вторник, вместо вторника – сре-да и так далее). Если же между двумя днямирождения будет 29 февраля високосного года, топроизойдет сдвиг на 2 дня. Високосный годбывает либо через 3 года на четвертый, либочерез 7 лет на восьмой (но только раз в 100 лет).Запишем самую длинную последовательностьдней недели, приходящихся на одну дату в пос-ледовательные годы, между двумя пятницами.Дни недели будут в ней идти подряд, а в висо-косные годы один день будет пропускаться. Длятого чтобы Сереже было больше семи лет, хотябы одну пятницу надо пропустить. В одну сторо-ну от этой пятницы (например, в сторону буду-щего) високосный год будет на расстоянии 4 лет,поэтому последовательность получится такой: Сб-Вс-Пн-Ср-Чт-Пт. В обратную сторону (в про-шлое) она либо такая же, и тогда полная после-довательность Пт-Сб-Вс-Вт-Ср-Чт-Сб-Вс-Пн-Ср-Чт-Пт. Между двумя пятницами 10 лет. В пер-вый год Сережа родился, а затем ему исполня-лось 1, 2, …, 9 лет. Либо в сторону прошлогоидут подряд семь невисокосных лет, и последо-вательность между двумя пятницами на год длин-нее: Пт-Сб-Вс-Пн-Вт-Ср-Чт-Сб-Вс-Пн-Ср-Чт-Пт.Между двумя пятницами 11 лет. В максималь-ном случае это будут с нулевого по десятыйвключительно годы Сережиной жизни.

Рис. 1

Рис. 2

КАЛЕЙДОСКОП «КВАНТА»

Вопросы и задачи

1. Рассеянный атмосферой солнечный свет зна-чительно ярче света звезд.2. Смотря где. В Антарктиде, например, видны.3. Кометы и астероиды. Остальные тела Солнеч-ной системы могут наблюдаться только вблизиэклиптики.4. Свет от звезды, видимой у горизонта, прохо-дит более длинный путь в атмосфере, чем от

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 052

звезды в зените, и в большей степени поглощает-ся. Собственное свечение атмосферы также боль-ше у горизонта, чем вблизи зенита. Поэтому наболее ярком фоне у горизонта ослабленный светзвезды кажется еще слабее.5. Да, поскольку под точечным источником све-та понимается тот, который имеет размеры, су-щественно меньшие расстояния, на котором оце-нивается его действие.6. Звезды – это массивные раскаленные тела,излучающие собственный свет. А планеты – до-вольно холодные тела, которые светят отражен-ным светом звезды.7. Увеличивается яркость точечного изображе-ния звезды, так как в объектив телескопа попа-дает больший световой поток, чем в зрачок нево-оруженного глаза.8. В космосе есть возможность использовать впроцессе наблюдений весь спектр электромаг-нитного излучения. А при наземных наблюдени-ях атмосфера в значительной степени поглощаетинфракрасные, ультрафиолетовые и рентгенов-ские лучи.9. Все звезды движутся, и довольно быстро. Мыне замечаем этого невооруженным глазом пото-му, что они от нас и друг от друга сильноудалены. По той же причине обычные звездысталкиваются крайне редко. Поэтому до сих порастрономы такого не наблюдали.10. Такая форма соответствует минимуму потен-циальной энергии.11. У звезд. При увеличении энергии звездарасширяется и при этом остывает за счет работыпротив силы тяготения.12. В основном это непрерывный спектр тепло-вого излучения, по которому определяется тем-пература поверхности звезды. Спектральные ли-нии излучения атомов в поверхностных слояхзвезды дают информацию о ее химическом со-ставе.13. Холодные звезды в основном излучают вкрасной и инфракрасной областях спектра, что иопределяет их цвет. Горячие звезды дают замет-ное излучение во всем оптическом диапазоне,которое создает ощущение белого цвета.14. Эффектом Доплера. Сдвиг линий в краснуюобласть спектра соответствует удалению объек-та, в фиолетовую – его приближению.15. Звезды нагреваются за счет термоядерныхреакций, проходящих с выделением энергии. Вних в основном расходуется водород и образует-ся гелий.16. Одна из очевидных возможностей – косвен-ное обнаружение черной дыры по движению еезвезды-компаньона, видимой в оптическом диа-пазоне, вокруг общего центра масс.

17. Самый далекий объект, который могли на-блюдать древние греки, не располагавшие теле-скопами, – это туманность Андромеды, находя-щаяся на расстоянии около 2 миллионов свето-вых лет. Поэтому «заглянуть в прошлое» онимогли аж на 2 миллиона лет назад.

Микроопыт

Причина лучистого вида звезд связана не с осо-бенностями их строения, а с устройством хруста-лика нашего глаза. Пропуская в него лишь тон-кий световой пучок, проходящий через цент-ральную часть хрусталика, мы избавляемся отвоздействия его структуры и видим звезды каксветящиеся точки.

ЕЩЕ РАЗ О ПОСТРОЕНИИ КАСАТЕЛЬНОЙ

Пусть дана окружность k (красная окружностьна рисунке 5) и точка E на ней. Проводим

«ПРИЗРАЧНЫЕ» ТРУБЫ

В случае пяти труб первые 4 трубы можно рас-положить опять же в вершинах вытянутого ром-ба, а пятую – в середине одной из сторон этогоромба (рис. 3). А шесть труб можно разместить

в вершинах вытянутого ромба и серединах двухего противоположных сторон (рис. 4).

Рис. 3

Рис. 4

Рис. 5

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

окружность l с центром в точке A на окружностиk так, что l проходит через E, получаем точку B– вторую точку пересечения окружностей k и l.Далее проводим окружность m с центром E ирадиусом EB. Пусть С – точка вторичного пере-сечения окружностей l и m. Тогда прямая CE –касательная к окружности k. Действительно, из построения вытекает равен-ство равнобедренных треугольников EAB и EAC.Значит, равны углы ABE и AEC, откуда и следу-ет касание прямой EC и окружности k.

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙУНИВЕРСИТЕТ ИМЕНИ М.В.ЛОМОНОСОВА

Ф И З И К А

ПРОФИЛЬНЫЙ ЭКЗАМЕН

Механика

1. При движении доскивлево на стержень дей-ствуют силы, модули инаправления которыхуказаны на рисунке 6,где N – нормальная со-ставляющая силы реак-

ции доски, трF N= – сила трения скольжения,mg – сила тяжести (m – масса стержня), R –сила реакции шарнира. Пусть l – длина стерж-ня. Уравнение моментов, записанное относительнооси, проходящей через точку подвеса стержня(точку О), имеет вид

cos cos sin2

lmg Nl Nl= + , откуда

( )2 1 tg

mgN =

+.

Поскольку доска движется влево равномерно, то

( )1 тр2 1 tg

mgF F N= = =

+.

При движении доски вправо сила трения изме-нит направление на противоположное. Рассуж-дая аналогично, находим

( )22 1 tg

mgF =

-.

По условию задачи tg 0,3 tg30 0,17 1= ◊ ∞ ª < ,поэтому

2 11 tg

1,42 H1 tg

F F+

= ª-

.

2. Работа силы трения на этапе торможения боба

равна 2

тр

1

2A s mg= - . Поэтому, по закону со-

хранения и превращения механической энергии,

( )2

20 11 0

2 2

mvmgh s mg

Ê ˆ+ - - =Á ˜Ë ¯

.

Отсюда находим2

20

1 0,22

s g

v gh= - =

+, или 20%= .

Молекулярная физика и термодинамика

1. Нагревание газа в левом сосуде происходитпри постоянном давлении. Совершаемая газом вэтом процессе работа равна

левA R T= .

Поскольку сжатие пружины х в правом сосудесовпадает с высотой поршня над дном сосуда, тодавление газа в правом сосуде p kx S= пропор-ционально его объему: p V∼ . При этом прямая,изображающая график процесса на pV–диаграм-ме, проходит через начало координат. Если обо-значить через 0p , 0V и 0T начальные, а через р,V и Т – конечные давление, объем и температу-

ру газа, то 0

0

p p

V V= , и работа газа равна

( ) ( ) ( )прав 0 0 0 0

1 1

2 2A p p V V pV p V= - - = - =

= ( )01 1

2 2R T T R T- = .

Таким образом, большую работу при нагреваниисовершит газ в левом сосуде и отношение работбудет равно

лев

прав

2A

nA

= = .

2. Согласно уравнению Менделеева–Клапейро-на плотность идеального газа г выражаетсячерез его давление p, молярную массу M и

абсолютную температуру T по формуле г

p

RT= .

По закону Дальтона давление влажного воздуха

0p равно сумме парциальных давлений сухоговоздуха вp и водяного пара пp . Поэтому плот-ность влажного воздуха может быть записана ввиде

( )0 п 1 п 2в 1 п 2 p p pp p

RT RT

- ++= = ,

откуда находим

0 1п

1 2

p RTp

-=

-.

Учитывая, что относительная влажность воздухапо определению равна

п

н

p

p= ,

а давление насыщенного пара равно

0н

2

RTp = ,

получаем (в процентах)

( )( )0 1 2

1 2 0

100% 84%p RT

RT

-= ◊ ª

-.

Рис. 6

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 054

Электродинамика

1. До раздвигания пластин энергия конденсато-

ра была 2

н 2

CUW = . После раздвигания пластин

емкость конденсатора уменьшилась в n раз, а его

энергия стала 2

к 2

CUW

n= . При этом через источ-

ник протек заряд 1

1q CUn

Ê ˆ= -Á ˜Ë ¯. Следователь-

но, работа сторонних сил источника за времяраздвигания пластин равна истA U q= =

211 CU

n

Ê ˆ= -Á ˜Ë ¯. Согласно закону изменения энер-

гии справедливо равенство

н мех ист кW A A W+ + = ,

откуда находим2

мех к н ист

10,6 мДж

2

CU nA W W A

n

-Ê ˆ= - - = =Á ˜Ë ¯ .

2. Начальная энергия двух заряженных конден-саторов была

2 21 1 2 2

0 2 2

CU C UW = + .

После соединения разноименно заряженных об-кладок суммарный заряд на них станет

2 2 1 1q CU CU= - . Поскольку конденсаторы со-единили параллельно, их полная энергия послеперезарядки будет

( )2

11 22

qW

C C=

+.

Искомое отношение энергий равно

( )( ) ( )

2

2 2 1 11

2 20 1 2 1 1 2 2

1

28

CU CUWk

W C C CU CU

-= = =

+ +.

Оптика

1. Скорость движущейся точки отражается вплоском зеркале так же, как любой объект.Поэтому скорости изображений точек в зерка-лах имеют одинаковую величину, а их направ-ления образуют угол 2 120= ∞ (рис.7). Как

легко видеть, скорость взаимного сближения (илиудаления) изображений равна 2 sinu v= . Иззаконов кинематики равномерного прямолиней-

ного движения следует, что x

tu

= . Таким

Рис. 7

образом,

3,5 c2 sin

xt

v= ª .

2. Наибольший угол преломления на поверхнос-ти жидкости будет у лучей света, падающих покасательной к поверхности. Поэтому в толщежидкости образуется расходящийся конус лучейсвета, ограниченный предельным углом, для ко-

торого 1

sinn

= . При отражении от зеркала на

дне угол раствора конуса не изменяется, следо-вательно, радиус освещенной области на нижнейповерхности экрана и площадь этой области рав-ны, соответственно,

2

22 tg

1

hR h

n= =

- и

22

2

41005 см

1

hS

n= ª

-.

ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКАЯОЛИМПИАДА «ФИЗТЕХ»

М А Т Е М А Т И К А

11 класс

Вариант 1

1. 3.Заметим, что на ОДЗ (х > 2) сумма всех трехлогарифмов равна

2 2

2 22 4log 3 2 log 2

2 1x x

x xx x x

x x.

Обозначим то число, которое равно сумме двухдругих, через c, а два оставшихся числа – черезa и b. Тогда c = a + b и a + b + c = 2, откудаследует, что c = 1, т.е. один из трех данныхлогарифмов равен 1.Верно и обратное, а именно, если один из трехданных логарифмов равен 1, то, поскольку сум-ма всех трех логарифмов равна 2, два оставших-ся в сумме составляют 1, т.е. их сумма равнапервому логарифму.Итак, требование задачи выполняется тогда итолько тогда, когда один из логарифмов равен 1(и все логарифмы существуют). Логарифм ра-вен 1, когда его основание равно логарифмируе-мому выражению. Получаем совокупность

22

22

2 2

, 0,2

3,

, 2,1

23 2 .

3

xx x

xx

xx x

x

x x x x

Из найденных значений переменной только x = 3удовлетворяет ОДЗ.

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

2. 5

2.

Пусть f x ax b , g x ax c , где 0a .

Рассмотрим 2

3 2h x f x g x . Раскрывая

скобки, получаем2

3 2h x ax b ax c

= 2 2 23 2 3 1 3 2a x a b x b c .

График y h x – это парабола с ветвями вверх;минимальное значение принимается в вершине.

Абсциссой вершины является в

3 1

3

bx

a; ор-

дината вершины равна в

12 2

3h x b c . Ана-

логично получаем, что минимальное значение

выражения 2

3 2g x f x равно 1

2 23

c b .

Заметим, что сумма этих двух минимальных

значений равна 2

3, следовательно, если одно

из минимальных значений равно 19

6, то второе

равно 2 19 5

3 6 2.

3. 80676.Есть две возможности.1) Гипотенуза треугольника лежит на одной изпрямых, а вершина прямого угла – на второйпрямой. Пусть ABC – данный треугольник спрямым углом при вершине C, CH – его высота,опущенная на гипотенузу. Из пропорционально-сти отрезков прямоугольного треугольника по-

лучаем, что 2CH AH BH , т.е. 25AH BH .

Поскольку AH и BH – целые числа, то возмож-ны следующие случаи: AH = BH = 5, AH = 25 иBH = 1, AH = 1 и BH = 25.В первом из этих случаев гипотенузу AB, рав-ную 10, можно расположить 190 2 380 спосо-бами (по 200 – 10 способов расположения накаждой из двух данных прямых), при этом по-ложение вершины определяется однозначно.Во втором и третьем случаях длина гипотенузыравна 26, и ее можно расположить2 200 26 348 способами. Для каждого поло-жения гипотенузы существует два способа раз-мещения вершины C – получаем 2 348 696

способов.2) Один из катетов треугольника, назовем егоBC, перпендикулярен данным прямым, а второйкатет, AC, лежит на одной из данных прямых.Тогда положение катета BC можно выбрать 200способами. Для каждого варианта расположениякатета BC вершину A можно расположить 398способами (подходят все точки кроме уже выб-ранных B и C) – всего выходит 200 398 79600способов.Итого получаем 380 + 696 + 79600 = 80676способов.

4. 3

2.

На ОДЗ первое равенство равносильно следую-щим:

cos sin cos sin3

sin sin

x y y x

x y

sin 3 sin sinx y x y .

Преобразуем второе равенство:

4 sin cos 4 sin sin cos cosx y x y x y x y .

Подставляем в левую часть 3sin sinx y вместоsin x y и преобразуем полученное равенство(учитываем, что в силу ОДЗ sin sin 0x y ):

12sin sin cos 4 sin sin cos cosx y x y x y x y

3cos cos cosx y x y

3cos cos 3sin sinx y x y

= cos cos 2cos cos 3sin sinx y x y x y3

ctg ctg2

x y .

5. 120ACB , MK = 3, 5 7

2AB , CMNS

45 3

28.

Обозначим (рис.8) центр окружности через O,основание высоты треугольника, проведенной извершины C, через H, а угол BAC через .

Так как радиус, проведенный в точку касания,перпендикулярен касательной, то tg OCK

3OK

CK и 60OCK . Центр окружности,

вписанной в угол, лежит на биссектрисе этогоугла, поэтому 2 120ACB OCK . В четы-рехугольнике OLCK по теореме о сумме угловчетырехугольника находим, что 60LOK .Поскольку OL AC и MK ACP , тоOL MK . Треугольник MOK – равнобедрен-ный, высота в нем является биссектрисой, зна-

Рис. 8

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 056

чит, 2 120MOK LOK . Отсюда MK

2 sin60 3MO .

Поскольку 1

602

MOL MOK , MO = LO,

то треугольник MOL равносторонний, MLO

60 , 3ML . Тогда ALM ALO MLO

30 .Рассмотрим треугольник ALM. По теореме коси-нусов получаем, что

2 2 2 3

2 72

AM AL LM AL LM .

По теореме синусов sin 30 sin

AM LM, откуда

3sin

2 7. Так как угол лежит напротив

меньшей стороны треугольника, то он острый.Из треугольника ACH получаем, что

5 3sin

2 7CH AC .

По теореме о касательной и секущей

2AL AM AN, откуда 16

7AN , MN AN

9

7AM . Тогда площадь треугольника CMN

равна 1 45 3

2 28CH MN .

Так как KM ACP , треугольники BKM и BCAподобны, при этом коэффициент подобия равен

KM : CA = 3 : 5. Отсюда следует, что 3

5

BM

BA,

7 3

5

BA

BA,

5 7

2AB .

6. 1; 104; 191.Обозначим данные последовательные натураль-ные числа через k, k + 1, …, k + 6. Заметим, чтоесли некоторое число лежит на отрезке ; 6k k ,то сумма расстояний от него до данных семи

чисел не превосходит 7

6 212

(сумма расстоя-

ний до двух крайних чисел в точности равна 6,

сумма расстояний до k + 1 и k + 5 не превосходит6, сумма расстояний до k + 2 и k + 4 также непревосходит 6, расстояние до k + 3 не превосхо-дит половины длины отрезка между крайнимичислами, т.е. 3). Следовательно, числа a и bлежат вне отрезка ; 6k k . Тогда сумма рас-стояний от числа a до каждого из данных после-довательных чисел выражается формулой7 1 6 7 3a k k k a k⋯ . Анало-

гично, сумма расстояний от числа b до каждогоиз данных чисел равна 7 3b k . Получаемсистему уравнений

7 3 609, 3 87,

7 3 721, 3 103,

192 192.

a k a k

b k b k

a b a b

Рассмотрим четыре случая раскрытия модуля.1) Оба числа a и b лежат справа от отрезка; 6k k . Тогда

3 87, 88,

3 103, 104,

192 2.

a k a

b k b

a b k

Ввиду того что k должно быть натуральнымчислом, этот случай не подходит.2) Оба числа a и b лежат слева от отрезка; 6k k . Тогда

3 87, 104,

3 103, 88,

192 188.

a k a

b k b

a b k

3) Число a лежит справа, а b – слева от отрезка; 6k k . Тогда

3 87, 191,

3 103, 1,

192 101.

a k a

b k b

a b k

4) Число b лежит справа, а a – слева от отрезка; 6k k . Тогда

3 87, 1,

3 103, 191,

192 85.

a k a

b k b

a b k

Итак, возможны три случая: a = 1, a = 104, a == 191.7. а) 1 18A A , б) V = 1944, 3 10R .а) Из условия следует, что 1BB ABCD, поэто-му 1BB BC и грань 1 1BCC B является прямоу-гольником (рис.9). В этот прямоугольник можновписать окружность (сечение сферы плоскостью

1 1BCC B ), значит, эта грань является квадратом.Пусть F – точка касания данной сферы с ребромBC. Отрезки CK и CF равны как касательные к

Рис. 9

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

сфере, проведенные из одной точки. Кроме того,окружность, вписанная в квадрат, касается егосторон в их серединах. Следовательно, F – сере-дина BC и BC = 2CF = = 2CK = 18. Значит,

1 1 18AA CC BC .б) Центр сферы расположен на прямой, перпен-дикулярной плоскости квадрата 1 1BCC B и про-ходящей через его центр, поэтому он равноуда-лен от прямых AD и 1 1A D . Значит, если сферакасается одного из этих ребер, то она касается ивторого. Обозначим точку касания сферы с реб-ром AD через M, а окружность, получающуюсяв сечении сферы плоскостью ABCD, через .Пусть O – центр .Центр окружности, вписанной в угол, лежит набиссектрисе этого угла, поэтому

OCD ODC

1 1180 90

2 2FCD MDC .

Таким образом, треугольник OCD прямоуголь-

ный, 3OK CK DK .

Площадь параллелограмма ABCD равна2 2 2 9 6 108BC FM CF OK . Объем па-

раллелепипеда равен 1 18 108 1944ABCDAA S .Пусть Q – центр сферы. Тогда OK – ее радиус;при этом треугольник OKQ прямоугольный. От-сюда

2 2 2 21

13 10

4QK OK OQ OK AA .

Вариант 2

1. 7

2;

3 13

2.

Заметим, что на ОДЗ (x > 3, 4x ) произведе-ние всех трех логарифмов равно

3 3

2

3log log 3 log 1

2x x

xx x x .

Обозначим то число, которое равно произведе-нию двух других, через c, а два оставшихсячисла – через a и b. Тогда c = ab и abc = 1,откуда следует, что 2 1 1c c , т.е. один изтрех данных логарифмов равен 1 .Верно и обратное, а именно, если один из трехданных логарифмов равен 1 , то посколькупроизведение всех трех логарифмов равно 1, тои произведение двух остальных равно 1 , т.е.первому логарифму.Заметим, что у всех трех данных логарифмовоснование и логарифмируемое выражение не рав-ны ни при каких x, поэтому они отличны от 1.Итак, требование задачи выполняется тогда итолько тогда, когда один из логарифмов равен–1 (и все логарифмы существуют). Логарифмравен –1, когда произведение его основания илогарифмируемого выражения равно 1. Получа-

ем совокупность2,

13 ,

1, 22

3 133 1, ,

23

73 1,2

2

1.

x

xx x

x x x

x xx

xИз найденных значений переменной только

7

2x

и 3 13

2x удовлетворяют ОДЗ.

2. –7; 0.По условию имеем: g x f x k ,

0g x f x . Условие касания графиков

функций 2

y f x и 7y g x означает су-

ществование точки 0x , для которой выполнены

условия: (1) 0 0 02 7f x f x g x ; (2)2

0 07f x g x . Из первого условия находим

0

7

2f x и, подставляя во второе, получаем

7

4k .

Аналогично, касание графиков функций2

y g x и y Af x означает наличие та-

кой точки 1x , для которой выполнены условия:

(3) 1 1 12g x g x Af x ; (4) 21 1g x Af x .

Из условия (3) следует

1 1

7

2 2 4

A Ag x f x .

Подставляя эти соотношения в (4), получимуравнение 2 7 0A A , которое выполняется приA = 0 или A = –7.Замечание. Из решения видно, что линейностьфункций f x и g x несущественна; важнолишь, чтобы график одной из функций получал-ся из графика другой вертикальным сдвигом ипри этом производные функций существовали ине обращались в ноль.3. 5111.Такие квадратные трехчлены можно представить

в виде 3 3a bx x , где 0a , 0b – це-

лые числа. Чтобы исключить повторения, счита-ем, что a b . Раскрывая скобки, получаем

2 3 3 3a b a bx x . По условию

47 141

47

3 3 27 , 3 3 3 ,

141.3 27

a b a b

a b a b

Заметим, что если выполняется второе неравен-ство, то первое неравенство верно за исключени-ем одного случая a = 141, b = 0. Для каждогозначения выпишем количество подходящих зна-

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 058

чений b:

141 0a значений b;

140 2a значения b 0;1b ;

139 3a значения b 0;1; 2b ;. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71 71a значение b 0;1; ; 70b … ;

70 71a значение b 0;1; ; 70b … ;

69 70a значений b 0;1; ; 69b … ;

68 69a значений 0;1; ; 68b … ;

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 2a значения b 0;1b ;

0 1a значение b (b = 0).

Суммируя, получаем (2 + 3 + 4 + … + 71) + (71 ++ 70 + 69 + … + 1) = 5111 вариантов.

4. 2 2

12

.

Преобразуем второе равенство:

sin2 2sin cos 2sin 3 siny x x x x

sin2 2sin cos sin 3y x x x .

Подставляя сюда cos y вместо cos sin 3x x ,получаем

sin2 2sin cosy x y ,

2sin cos 2sin cos 0y y x y ,

cos sin sin 0y y x ,

откуда есть две возможности.1) sin sin 0x y , т.е. искомое выражение об-ращается в ноль.

2) cos 0y . Тогда 2

y n , n Z , а из пер-

вого уравнения получаем, что

cos sin 3 0 cos cos2

x x x x

,3 2 ,42

, .3 2 ,8 22

x kx x k

kx kx x k k ZZ

Значит, минимальное значение суммы

sin siny x принимается при 22

y n ,

n Z и 3

28

x k , k Z , и оно равно

31 sin

8.

Чтобы вычислить 3

sin8

, применим формулу

косинуса двойного угла: 23 3cos 1 2sin

4 8,

откуда

31 cos

3 2 24sin8 2 2

.

Итак, при заданных условиях

2 2min sin sin 1

2x y .

5. 48 84

10, ,5 5

EBMAD BK P .

Обозначим градусные меры дуг BM и AE через2 и 4 соответственно (рис.10). Тогда по

теореме о вписанном угле 1

4 22

ABE ,

12

2BAM . Значит, 180ABC

180 2ABE ; 180ACB BAC

ABC .В треугольнике ABC углы при вершинах A и Cравны, поэтому треугольник ABC равнобедрен-ный, AB = BC. Следовательно, ABCD – ромб. Уромба диагонали взаимно перпендикулярны, по-этому угол ANB – прямой и AB – диаметрокружности. Тогда 90BKA BEA . Таккак BE AKP , получаем, что AEBK – прямоу-гольник, а значит, EK – также диаметр. Нако-нец, из параллельности AD и BC имеемCAD ACB .

Радиус окружности равен 5, значит, EK = AB == 10; AD = AB = 10 (как стороны ромба). ХордыMK и BM равны (так как равны соответствую-щие им дуги), ВМ = 6. Тогда AM

2 2 8AB BM , и из треугольника ABM на-

ходим, что 4

cos5

AM

AB,

3sin

5

BM

AB.

Отсюда 24

sin2 2sin cos25

, cos2

2 2 7cos sin

25.

Далее вычисляем: 24 48

sin2 1025 5

BK AB ;

7 14cos2 10

25 5BE AB . Так как EK – диа-

метр, то 90EMK , 2 2 8EM EK KM .

Следовательно, периметр треугольника EBM ра-

вен 14 84

6 85 5

.

Рис. 10

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

6. –1,25.Обозначим данные последовательные натураль-ные числа через k, k + 1, …, k + 15. Заметим, что

если некоторое число лежит на отрезке ; 15k k ,

то сумма расстояний от него до данных шестнад-цати чисел не превосходит 8 15 120 (суммарасстояний до двух крайних чисел в точностиравна 15, сумма расстояний до k + 1 и k + 14 непревосходит 15, сумма расстояний до k + 2 и k ++ 13 также не превосходит 15 и т.д.). Следова-тельно, числа a и 2a лежат вне отрезка; 15k k . Тогда сумма расстояний от числа до

каждого из данных последовательных чисел вы-ражается формулой

16 1 15 16 16 120a k k k a k… .

Аналогично, сумма расстояний от числа 2a до

каждого из данных чисел равна 216 16 120a k .

Получаем систему уравнений

216 16 120 591,

16 16 120 636.

a k

a k

Рассмотрим четыре случая раскрытия модуля.1) Оба числа a и 2a лежат справа от отрезка; 15k k . Тогда

2

2

16 16 120 636,16 16 120 591,

16 16 120 636 16 16 45 0.

a ka k

a k a a

Дискриминант квадратного уравнения отрицате-лен, поэтому решений нет.2) Оба числа a и 2a лежат слева от отрезка; 15k k . Тогда

2

2

16 120 16 636,16 120 16 591,

16 120 16 636 16 16 45 0

k ak a

k a a a

32,25,

1,25,

2,25.

k a

a

a

Так как k Z , то подходит только случай a == –1,25 (тогда k = 31); в случае a = 2,25оказывается, что k = 34,5.3) Число a лежит слева, а 2a – справа от

отрезка ; 15k k . Тогда

2

2

16 120 16 636,16 16 120 591,

16 120 16 636 16 16 1227 0.

k aa k

k a a a

Квадратное уравнение равносильно следующе-

му: 2 12272 2 0

8a a ; D = 4 + 1227 = 1231;

2 1231

4a . Тогда из первого уравнения сис-

темы следует, что k – иррациональное число, что

не удовлетворяет условию.4) Число a лежит справа, а 2a – слева от

отрезка ; 15k k . Очевидно, этот случай неподходит, так как если 2a a , то оба числа a и

2a лежат на отрезке 0;1 , но тогда между нимине может поместиться ни одно целое число.Итак, возможно только a = –1,25.7. 1 26AA , R = 5, V = 1250.Так как центр сферы – середина отрезка 1C M –лежит в грани 1 1BCC B , то сфера этой грани некасается. Заметим, что если отрезок 1C M неперпендикулярен плоскостям ABCD и 1 1 1 1A BC D ,то сфера их не касается, что невозможно, таккак по условию сфера касается плоскостей четы-рех граней параллелепипеда. Отметим далее,что сфера не может касаться грани 1 1CC D D(касание означало бы, что 1 1 1MC CC D D , иотсюда следовало бы, что плоскости 1 1CC DD и

1 1 1 1A BC D совпадают). Значит, сфера касаетсяграней ABCD, 1 1 1 1A BC D , 1 1AA D D и 1 1ABB A ,притом последней в точке, лежащей на ребре

1BB , обозначим ее T.Рассмотрим параллелограмм 1 1BBCC . Противо-положные стороны параллелограмма равны, сле-довательно,

1 1 1 24 25BC BC BM MC .Используя равенство касательных, проведенныхк окружности из одной точки, находим, что

1 1 1 25BT BC , BT = BM = 1. Значит,

1 1 1 1 26AA CC BB BT TB . По теоремеПифагора для треугольника 1CC M находим,

что 21 1 10C M CC CM , откуда радиус сфе-

ры равен 5.Объем параллелепипеда V равен произведениюплощади его основания на высоту. В качествеоснования выберем 1 1BCC B ; тогда высота равнарадиусу сферы (так как центр сферы лежит вграни 1 1BCC B и она касается грани 1 1AA D D ).Площадь основания равна 1 10 25C M BC

= 250. Следовательно, 5 250 1250V .

Избранные задачи для 10 класса

1. Чисел, содержащих только нечетные цифры,

больше на 215 5

4.

Рассмотрим k-значные числа 1 20k . Коли-чество чисел, состоящих только из нечетныхцифр, равно 5k (на каждую из k позиций можновыбрать любую из цифр 1, 3, 5, 7, 9); количе-ство чисел, состоящих только из четных цифр,равно 14 5k (на первую позицию можно выб-рать любую из цифр 2, 4, 6, 8, а на оставшиесяпозиции – любую из цифр 0, 2, 4, 6, 8). Следо-вательно, k-значных чисел, содержащих в своейзаписи только нечетные цифры, на

1 15 4 5 5k k k больше, чем чисел, содержа-щих в своей записи только четные цифры.Рассмотрим 21-значные числа, не превосходя-щие 208 10 . Чисел, записанных только нечетны-

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 060

ми цифрами, среди них 204 5 , а чисел, записан-

ных только четными цифрами, 203 5 1 (не

забываем учесть само число 208 10 ).

Итак, чисел, записанных только нечетными циф-рами, больше на

2 3 19 201 5 5 5 5 5 1…

21 215 1 5 51

5 1 4.

2. 10.Для существования различных корней уравне-ния его дискриминант должен быть положите-лен, откуда 2 20 0a . При этом условии потеореме Виета 1 2x x a , 1 2 5x x . Тогда

22 2 21 1 2 2 1 2 1 2 5x x x x x x x x a .

Преобразуем данное равенство:3 3

2 2 1 21 2 1 2 1 23 3

1 2

2500

19

x xx x x x x x

x x

+

2 21 2 1 1 2 2

31 2

2500

19

x x x x x x

x x.

Поскольку корни различны, 1 2 0x x . Разде-лив обе части на 1 2x x и подставив указанныевыше значения, получим

2250 5

0 2 19 10 019 125

aa a a ,

откуда a = 10 или a = –0,5. Неравенству2 20 0a удовлетворяет только a = 10.

3. а) AB : CD = 4 : 5, б) AB = 4, CD = 5.а) Так как биссектриса треугольника делит егосторону пропорционально двум другим сторо-нам, то AB : BD = AM : MD = 2 : 3 и BD : DC == BN : NC = 6 : 5. Следовательно,

2 6: 4 : 5

3 5AB CD .

б) Обозначим точки касания окружности, впи-санной в треугольник ABD, с его сторонами AB,AD, BD через P, F, K соответственно; точкикасания окружности, вписанной в треугольникBCD, с его сторонами BC, CD, BD – через Q, E,K соответственно (по условию точка касания состороной BD общая).Пусть BK = x, KD = y. Используя равенствоотрезков касательной, проведенных к окружнос-ти из одной точки, получаем соотношения

BQ = BP = BK = x, DF = DE = DK = y,

AF = AD – DF = 4 – y, AP = AF = 4 – y,

CQ = BC – BQ = 5 – x, CE = CQ = 5 – x,

AB = AP + PB = 4 + x – y, CD = 5 – x + y.

В пункте а) было получено, что AB : CD = 4 : 5,

откуда 4 4

5 5

x y

x y, x = y. Тогда AB = 4, CD =

= 5.

4. 22386.Будем брать карточки по очереди. Возможнынесколько случаев в зависимости от того, какоечисло написано на первой карточке.1) Номер на карточке оканчивается на 00 (такихкарточек 21 штука). Для делимости суммы на100 вторую карточку надо выбрать так, чтобыномер на ней также оканчивался на 00. Всего

получаем 221

21 20210

2C вариантов.

2) Аналогично, если номер на карточке оканчи-вается на 50 (таких карточек также 21 штука),то для делимости суммы на 100 вторую карточкунадо выбрать так, чтобы номер на ней оканчи-вался на 50, т.е. и здесь 210 вариантов.3) Номер на карточке оканчивается на число от1 до 17 (таких карточек 17 22 374 ). Длякаждой из них пару можно выбрать 21 способом(если число оканчивается на 1, то подойдет лю-бая карточка с числом, оканчивающимся на 99;если число оканчивается на 2 – любая карточка счислом, оканчивающимся на 98, и т.д.). Такимобразом, получаем 374 21 7854 варианта.4) Номер на карточке оканчивается на число от18 до 49 (таких карточек 32 21 672 ). Длякаждой из них пару можно выбрать 21 способом(аналогично предыдущему случаю). Таким об-разом, получаем 672 21 14112 вариантов.5) Номер на карточке оканчивается на число от51 до 99. Все такие варианты были учтены прирассмотрении третьего и четвертого случаев (этикарточки составляли пару карточкам, выбран-ным первоначально).Итого выходит 210 + 210 + 7854 + 14112 = 22386способов.5. a = 4.Для существования различных корней уравне-ния его дискриминант должен быть положите-лен, откуда 2 8 0a . При этом условии потеореме Виета 1 2x x a , 1 2 2x x . Тогда

22 2 21 1 2 2 1 2 1 2 2x x x x x x x x a .

Преобразуем данное равенство:2 2

3 3 1 21 2 2 2

1 2

14 0x x

x xx x

2 21 2 1 1 2 2x x x x x x

1 2 1 2

21 2

140

x x x x

x x.

Поскольку корни различны, 1 2 0x x . Разде-лив обе части на 1 2x x и подставляя указанныевыше значения, получаем

2 2142 0 2 7 4 0

4

aa a a ,

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

Ф И З И К А

9 класс

1. 1) 1

2

1

2

m

m= ; 2) 1

2

3

8

m

m= .

2. 0

42,4 м

3H H= = .

3. 1) мин 4F mg= ; 2) 6

4

mLt

F mg=

-.

4. 1) 23

4M a H= ; 2)

2

14

H gah

k

Ê ˆ= +Á ˜Ë ¯

.

5. 1) 18 ОмU

RI

= = ; 2) 16

32 Ом9

r R= = .

10 класс

1. 1) 14

Fa

m; 2) 2

6

4

F mga

m.

2. 1) 0 1 500 гm H S ;

2) 0 00 1

0 0

mm V m V H S

500 г ;

3) 02 1

0

2 смm V

H HS S

.

3. 1) 22 2 1 4 м сa k g ;

2) 1 2 2 1

2 1

1680 м сk k g t t

uk k

.

4. 1) 1 1 100% ; 2) 2

125%

4.

5. 1) 2

3

4T

T; 2) 12

31

93

35

Q

Q.

откуда a = –0,5 или a = 4. Неравенству 2 8 0aудовлетворяет только a = 4.

6. а) AP : PC = 4, б) 35

19BD .

а) Так как вписанные углы, опирающиеся наодну дугу, равны, то PBC PAD ,PCB PDA . Следовательно, треугольники

PBC и PDA подобны. Аналогично доказывается,что ABP DCP∼ . Соответствующие элементыподобных фигур относятся как коэффициент по-добия. В данном случае в качестве соответствую-щих элементов выступают высоты, проведенныеиз вершины P. Отсюда находим, что коэффици-

ент подобия равен 119

8k для первой пары и

219

2k для второй пары.

Пусть AP = 8x. Тогда 1 19BP AP k x ,

2

2BP

CP xk

, 2

16

19

AP xDP

k.

Значит, AP : PC = 8x : 2x = 4 : 1.б) Если AC = 10, то 8x + 2x = 10, x = 1.

Следовательно, 35

19BD BP DP .

11 класс

1. 1) 0

1

4T F ; 2)

62

17T F mg .

2. 1) 12

12

4Q

A; 2)

3

2C R .

3. 1) 1 2mq

B; 2)

21 23

21 24

kmR

B.

4. 1) 0

5

6L

RI

L R r L

E E; 2)

1

3LI

r

E;

3) 2

2

1

18

LQ

r

E.

5. 1) 3 60 смf F ; 2) 2 2 смH h ;

3) 3 3 мм сAv v .

НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙУНИВЕРСИТЕТ

Ф И З И К А

Письменный экзамен

Вариант 1

1. На систему поплавок – грузило, действуютсилы тяжести и силы Архимеда. Условие равно-весия поплавка до и после обрыва нити запишет-ся в виде

ж п жm

Mg mg gV g+ = + , ж пMg gV= ¢ ,

где M – масса поплавка, пV , пV ¢ – объемыпогруженной в жидкость части поплавка до ипосле обрыва нити соответственно, m – объемпоплавка, а ж – искомая плотность жидкости.Поскольку грузило всегда полностью погруженов жидкость, то изменение уровня жидкости всосуде связано с изменением объема погруженнойчасти поплавка: п пV V S h= +¢ . Отсюда найдем

ж

1S h

m

=+

.

2. Разделим проводник мысленно на N (N –большое число) тонких дисков толщиной l N ,где l – высота проводника, т.е. расстояние меж-ду верхним и нижним основаниями. Посколькудиски соединены последовательно, сопротивле-ние между основаниями конуса будет равно сум-ме сопротивлений дисков:

1 21 2

1 1 1N

N

lR R R R

N S S S

Ê ˆ= + + + = + + +Á ˜Ë ¯

… … .

Рассуждая аналогично, можно получить выра-жение для сопротивления уменьшенной копии:

1 2

1 1 1

N

lR

N S S S

Ê ˆ¢= + + +¢ Á ˜¢ ¢ ¢Ë ¯

… .

Поскольку масса копии в 8 раз меньше, а обатела сплошные и плотность материала, из кото-рого они сделаны, одинакова, то объем умень-

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 062

шенной копии также в 8 раз меньше. Следова-тельно все ее линейные размеры, в частностивысота и диаметры оснований, будут в 3 8 2=раза меньше, а площади оснований соответству-ющих дисков – в 4 раза меньше. Сравнив R иR¢ , получим

2R

R

¢= .

3. Из симметрии задачи ясно, что кольцо всегдабудет двигаться в направлении, перпендикуляр-ном отрезку, соединяющему центры бусинок.Когда расстояние между бусинками станет 2R,они окажутся на диаметрально противоположныхточках кольца. Поскольку скорости бусинок vнаправлены по касательной к кольцу, они в этотмомент будут параллельны скорости кольца u.Поэтому, согласно закону сохранения импульса,

0 2mv Mu= + .

По закону сохранения энергии,2 2 2 22

2 2 2

kq kq mv Mu

R R= + + .

Отсюда находим

( )22

2

mkqu

MR M m=

+.

4. На доску действуют сила тяжести mg, направ-ленная вертикально вниз, сила реакции опоры N,направленная вертикально вверх, две силы натя-жения нити 1T и 2T , направленные вдоль нити, исила трения трF , направленная горизонтально

влево (рис.11). Так как нить нерастяжимая итрения в блоках, то

1 2T T F mg= = = .

Поскольку в процессе вытягивания нити доскадвижется только в горизонтальном направлении,сумма всех сил в проекции на вертикальную осьравна нулю. Учитывая, что вертикальные со-ставляющие сил натяжения нити друг друга вза-имно компенсируют, условие покоя в вертикаль-ном направлении примет вид N = mg. В процессескольжения доски по столу сила трения равна

трF N= .

Работа силы по вытягиванию нити идет на при-ращение кинетической энергии доски, а также наработу против силы трения:

2

тр2

mvF L F l= + ,

где L – длина вытянутой части нити, l –перемещение доски вдоль стола. В процессе вы-тягивания нити угол изменяется в диапазонеот 60∞ до 0. Сумма горизонтальных сил, дей-ствующих на доску, равна

( )гор 1 2 трsin sin 2sin 1F T T F mg= + - = - .

Эта сила положительна при 60 30∞ ≥ ≥ ∞ и ус-коряет доску, после чего меняет знак на проти-воположный и, соответственно, замедляет дос-ку. Поэтому скорость доски максимальна при

30= ∞, когда ускоряющая сила обращается вноль. Из геометрических соображений найдем

( )4 3 1 2,

3 3

l lL l

-= = .

Окончательно получим

( )24 3 6

3

glv = - .

5. В системе отсчета Мэри Поппинс зонтик поко-ится, а на него налетает поток воздуха. За время

на зонтик площадью S налетает со скоростьюv поток воздуха массой m vS= , где –плотность воздуха, которую при нормальныхусловиях можно найти как отношение массыодного моля воздуха М к объему одного молявоздуха V: V= . Этот поток передает зонти-ку импульс p = mv. Таким образом, сила сопро-тивления воздуха равна

2pF v S= = .

В равновесии сила сопротивления воздуха равнасиле тяжести:

F = Mg.

Отсюда найдем

2

Mg MgVv

S r= = ,

где r – радиус зонтика. Подставив численныезначения r = 1 м, 210 м сg = , M = 50 кг, V =

30,0224 м= , М = 0,029 кг, получим 10 м сv ª .

Открытая межвузовская олимпиада«Будущее Сибири»

Первый (отборочный) этап

8 класс

1. ( )1 2

14 1 км = 5 км

4L v t t

Ê ˆ= + = +Á ˜Ë ¯.

2. 2 1

3 2 1

d t tv

t t t

-=

+. 3. 1 2

22

m mx L

m

-= .

Рис. 11

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

4. 1 2

0 2 1

22

T Tm m

T T T

-=

+ -.

9 класс

1. 1 0,4 4 смl L= = и 2 0,6 6 смl L= = или

1 0,6 6 смl L= = и 2 0,4 4 смl L= = .

2. 0 2 1

1 2

2

2

m T T Tm

T T

+ -=

-.

3. ( )2 2sin2 sin

2

vx H

g

-= + .

4. 2 2 2R r H

tr g

-= + .

10 класс

1. 2 2

12HC A

OAF F

OB BC= =

+.

2. 0

в г

1V m

n NV

Ê ˆ> -Á ˜-Ë ¯

= 11,6, значит, minn = 12.

3. Края стола раньше достигнет камешек.

4. 1 2

1 2

arctg1

+=

-.

11 класс

1. 1 0,3 3смl L= = и 2 0,7 7смl L= = или

1 0,7 7смl L= = и 2 0,3 3смl L= = .

2. 1

7

12P P= , 2

5

12P P= .

3. Заряд надо увеличить в 6 раз.

4. x =( )2 22 sin 2 sin

2

mg mg kmv

k

- + +.

Второй (заключительный) этап

8 класс

1. в в л л0 л

л

150 C

7

c T c TT T

c. 2.

6

5k .

3. 5 кмu

x l L lv

(впереди идущая ма-

шина находится во втором тоннеле).

4. 2

a bm M

b.

9 класс

1. 5

4k .

2. 1 кОмAB BC DAR R R , 4 кОмCDR .

3. 2tg sin cosF

H Lmg

.

4. 4

2

d hF mg

d h при

4 2

d d

h h; при

2

d

h скольжения не будет при любой силе.

5. 2

gSQ V

LS V.

10 класс

1. r = 1 кОм, R = 2 кОм. 2. Q =2 2m g

k.

3. 2 1p p gH. 4. H9

9 см11

h .

5. arcsin ctg .

11 класс

1. г г2 x г 1

x x

20 Cc J

T T T Tc J

.

2. Из второго закона Ньютона для верхней точ-ки траектории и закона сохранения энергии:

2 2

2

v qm T mg k

l l и

2 20 2

2 2

mv mvmg l

получим2

20 5

m qT v gl k

l ml, 2 2

0 4v v gl ,

или, поскольку 0T и 2 0v ,2

20 5

qv gl k

ml, 2

0 4v gl .

Отсюда следует, что

0 2v gl , если 2

2

kqmg

l, и

2

0 5kq

v glml

, если 2

2

kqmg

l.

3. 1

arctg1

(или 45 arctg ).

4. Рассмотрим движение шарика вдоль оси у,направленной по стенке вверх, и найдем времядвижения между броском и первым ударом (оноже время до каждого последующего удара) онаклонную плоскость:

sin2 2

cos

y

y

v vT

a g.

Теперь рассмотрим движение вдоль оси х, на-правленной вверх по наклонной плоскости, инайдем время между броском и ударом о стенку:

cos2 2

sinx

x

v vt

a a.

Чтобы определить число ударов N, разделим tна Т и возьмем целую часть:

ctg ctgt

NT

.

5. Содержание в воздухе углекислого газа суще-ственно меньше, чем кислорода, поэтому можносчитать, что среднее расстояние между молеку-лой углекислого газа и соседней молекулой кис-лорода равно среднему расстоянию между моле-

кулами кислорода. Тогда Aк возд

мол

0,2 0,2N

n nV

,

К В А Н T $ 2 0 1 8 / № 1 064

где 23A 6 10 1 мольN – число Авогадро,

мол 22,4 лV – молярный объем газа. С другой

стороны, к 3к

1 1n

V a, где кV – объем, прихо-

дящийся на одну молекулу кислорода, а – сред-

нее расстояние между соседними молекуламикислорода. Отсюда получаем

9мол3

A

6 10 м 6 нм0,2

Va

N.

6. Рассмотрим сначала движение шариков послепервого соударения. Проще всего это сделать,перейдя в систему центра масс, движущуюся со

скоростью ц.м.

mvv

m M. В этой системе при

столкновении каждый шарик меняет свою ско-

рость на противоположную. До удара проекциискоростей шариков на горизонтальную ось былиравны v и 0 относительно покоящейся (лабора-торной) системы отсчета и ц.м.v v и ц.м.v всистеме центра масс. После удара эти проекциипоменяют знак и станут равны ц.м.v v и ц.м.v .Наконец, перейдя в покоящуюся систему отсче-та, получим значения ц.м.2v v и ц.м.2v дляпроекций скоростей шариков на горизонтальнуюось после первого столкновения. Если m < M, то

ц.м. 2v v , а если m > M, то ц.м. 2v v . Такимобразом, если был отклонен маленький шарик(m < M), то ц.м.2 0v v , а ц.м.2 0v , т.е. послепервого удара шарики движутся в разные сторо-ны. Если же был отклонен большой шарик (m >M), то ц.м.2 0v v и ц.м.2 0v – шарики послеудара движутся в одну сторону.Периоды колебаний обоих шариков равны, таккак и точки подвеса, и центры масс шариковнаходятся на одном уровне. Сразу после первогоудара оба шарика находятся в нижних точкахсвоих траекторий. Поэтому через половину пе-риода они оба вернутся в то же положение, а ихскорости изменятся на противоположные. В этотмомент они соприкоснутся и произойдет второесоударение. Та же ситуация будет происходить ив дальнейшем.Рассмотрим скорости шариков до и после каждо-го столкновения. Перед первым столкновениемони были равны v и 0 для отклоненного и непод-вижного шариков соответственно. Обозначимскорости шариков сразу после столкновения че-рез 1v и 2v . Перед вторым столкновением онистанут раны 1v- и 2v- . Чтобы найти скоростишариков после второго столкновения, можно вос-пользоваться свойством обратимости механи-ческих явлений: если видеозапись какого-либомеханического движения воспроизвести в обрат-ном направлении, то она будет выглядеть какзапись другого, тоже возможного движения, в

котором скорости всех тел изменены на противо-положные, а будущее и прошлое поменялисьместами. В этом смысле второе столкновениеявляется обратным процессом по отношению кпервому. Следовательно, скорости шариков пос-ле второго столкновения будут противоположныскоростям перед первым столкновением и равны–v и 0 соответственно. Таким образом, тот ша-рик, который был неподвижен перед первымстолкновением, остановится после второго стол-кновения.Ситуация перед третьим ударом в точности по-вторяет ситуацию перед первым: тот же самыйшарик налетает на другой, неподвижный шарик.Поэтому каждый 2n -й удар будет повторе-нием n-го. В результате после каждого нечетногоудара оба шарика движутся так же, как послепервого, а после каждого четного удара один изшариков неподвижен.

Журнал «Квант» зарегистрированв Комитете РФ по печати.

Рег. св-во ПИ №ФС77–54256

Тираж: 1-й завод 900 экз. Заказ №

Адрес редакции:

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

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

Отпечатанов соответствии с предоставленными

материаламив типографии ООО «ТДДС-СТОЛИЦА-8»

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

НОМЕР ПОДГОТОВИЛИ

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

В.А.Тихомирова, А.И.Черноуцан

НОМЕР ОФОРМИЛИ

В.Н.Аткарская, Д.Н.Гришукова,А.Е.Пацхверия, М.Н.Сумнина

ХУДОЖЕСТВЕННЫЙРЕДАКТОР

Е.В.Морозова

КОМПЬЮТЕРНАЯ ГРУППА

М.Н.Грицук, Е.А.Митченко

КВАНТ 12+