Kvant 1970, số 10 · Trang

Khoa học phổ thông vật lý-toán học
«Lượng tử»
10
1970
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

⟦trang 71⟧

Tổng biên tập — Viện sĩ I. K. KIKOИN
Phó thứ nhất của tổng biên tập — Viện sĩ A. N. KOLMOGOROV

Hội đồng biên tập:

L. A. Artsimovich,
M. I. Bashmakov
V. G. Boltyansky,
I. N. Bronstein
N. B. Vasilyev
I. F. Ginzburg
V. G. Zubov,
P. L. Kapitsa,
V. A. Kirilin,
G. I. Kosourov
V. A. Leshkovtsev,
V. P. Lishevsky
A. I. Markushevich,
M. D. Millyuonitskov,
N. A. Pamprieeva
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
I. Sh. Slobodechiy
M. L. Smolyansky,
Ya. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
Ya. E. Schneider,

viện sĩ
ủy viên thông tấn Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
viện sĩ
(phó tổng biên tập)
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
viện sĩ
(phó tổng biên tập)
tiến sĩ khoa học vật lý-toán học
viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Xô
(thư ký phụ trách)

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova.
Họa sĩ chính E. P. Leonov.
Biên tập kỹ thuật T. M. Makarova.
Hiệu đính L. S. Somova.
Nhà xuất bản «Nauka».
Tổng biên tập văn học vật lý-toán học
Moskva, V-71, đại lộ Leninsky, 15.
điện thoại, 234-08-11

Đã đưa vào chế bản ngày 29.06.70. Ký in ngày 19.08.70.
Giấy 70×100/16. Tờ in vật lý 4. Tờ in quy ước 5,6.
Tờ xuất bản-hạch toán 5,4. Số lượng 175985 bản. T-09868.
Giá 30 kopeck. Đơn đặt hàng 1059

Liên hiệp in Chekhovsky thuộc Tổng cục công nghiệp in
Ủy ban báo chí trực thuộc Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô
thành phố Chekhov, tỉnh Moskva.

2

П. Л. Капица

VỀ TÍNH SIÊU CHẢY CỦA HELI LỎNG

Bài báo cáo này đã được viện sĩ Piotr Leonidovich Kapitsa đọc tại phiên họp toàn thể của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô vào tháng 9 năm 1943, 5 năm sau khi phát hiện ra tính siêu chảy của heli. Cuối bài báo cáo, nhà khoa học đã nói về một số vấn đề đặt ra trước các nhà thực nghiệm và các nhà nghiên cứu lý thuyết về hiện tượng này. Hiện nay những vấn đề đó đã được giải quyết. Thực nghiệm đã xác nhận sự tồn tại của các sóng nhiệt siêu chảy của heli, tương tự như sóng âm (âm thanh thứ hai); việc nghiên cứu các vận tốc tới hạn của dòng chảy heli siêu chảy đã dẫn đến phát hiện một hiện tượng đáng kinh ngạc — các xoáy lượng tử vĩ mô.

Việc nghiên cứu heli lỏng và các tính chất của nó thuộc lĩnh vực vật lý nhiệt độ thấp nhất. Đây là một trong những lĩnh vực vật lý, trong đó người ta cố gắng nghiên cứu các hiện tượng của tự nhiên trong những điều kiện cực hạn. Chúng ta có nhiều khả năng chờ đợi việc phát hiện những hiện tượng mới thú vị khi nghiên cứu tự nhiên trong những điều kiện cực hạn, cho phép đối với nó, chẳng hạn như trong các từ trường mạnh đặc biệt, ở áp suất cao, điện áp cao, v.v., cũng như trong lĩnh vực lạnh sâu, tiến gần đến không độ tuyệt đối. Ở đây chúng ta cũng có thể hy vọng phát hiện những hiện tượng mới, những tính chất của tự nhiên mà trong điều kiện thông thường hoặc là thoát khỏi sự quan sát, hoặc thậm chí đơn giản là không xảy ra. Về mặt này, lĩnh vực nhiệt độ gần không độ tuyệt đối đặc biệt thú vị. Những công trình của thập kỷ cuối cùng đã xác nhận điều đó một cách rõ ràng.

Không độ tuyệt đối của thang nhiệt độ là gì? Định nghĩa cuối cùng của không độ tuyệt đối là — 273,13° С. Người ta biết rằng, không-

Từ độ không tuyệt đối chúng ta không bao giờ có thể đạt tới. Định nghĩa thông thường, trong trường học, về độ không tuyệt đối nói rằng đó là nhiệt độ tại đó chuyển động nhiệt của vật chất ngừng lại. Nhưng định nghĩa này không chính xác. Theo quan điểm hiện đại, dựa trên thuyết lượng tử, cho phép tồn tại các chuyển động ở độ không tuyệt đối. Năng lượng của chuyển động này hoàn toàn xác định và là chuyển động phân tử nhỏ nhất có thể tồn tại trong chất đã cho. Tôi sẽ đưa ra một ví dụ đơn giản. Nếu nung nóng mạnh một chất, thì các electron của các nguyên tử, vốn chuyển động quanh hạt nhân nguyên tử theo những quỹ đạo xác định, sẽ dưới tác dụng của các chuyển động nhiệt mà tách ra, tách rời, xảy ra hiện tượng gọi là sự phân ly. Khi làm lạnh chất, chuyển động của các nguyên tử chậm lại, các electron lại bắt đầu chuyển động theo các quỹ đạo của mình và vẫn giữ chuyển động của chúng cho tới tận độ không tuyệt đối. Nhưng ngoài chuyển động của các electron theo quỹ đạo của từng nguyên tử riêng biệt, còn có cả một loạt các chuyển động kết hợp trong chất rắn, mà theo quan điểm hiện đại phải được duy trì đến những nhiệt độ thấp nhất. Nhờ sự suy biến chuyển động được gọi là này trong vùng nhiệt độ đó mà có thể xuất hiện những hiện tượng hoàn toàn mới, mà chúng ta không thể quan sát ở các nhiệt độ thông thường.

Một trong những hiện tượng thú vị như vậy, đã trở nên nổi tiếng rộng rãi, được Kamerlingh-Onnes phát hiện — đó là hiện tượng siêu dẫn. Nó nằm ở chỗ rằng ở những nhiệt độ rất thấp, dòng điện có khả năng chạy qua một số chất dẫn mà không có điện trở, không tạo ra nhiệt. Thí nghiệm cho thấy rằng nếu trong một chất siêu dẫn kín, dòng điện được kích thích bằng phương pháp cảm ứng, thì nó chạy mà không tỏa nhiệt và không giảm đi, trong khoảng thời gian mà nhà thực nghiệm có thể quan sát được nó. Một hiện tượng khác trong số những hiện tượng như vậy,

chỉ có thể phát hiện được ở những nhiệt độ rất thấp, là tính siêu chảy mà chúng tôi đã tìm thấy trong heli lỏng 5 năm trước.

Việc nghiên cứu hiện tượng này và những hiện tượng khác ở gần độ không tuyệt đối được tiến hành bằng cách sử dụng chính heli lỏng làm tác nhân làm lạnh. Heli lỏng là chất duy nhất được biết đến mà ngay cả ở những nhiệt độ thấp nhất, xuống tới phần nghìn độ trên độ không tuyệt đối, ở áp suất bình thường vẫn ở trạng thái lỏng và không chuyển sang trạng thái rắn. Chỉ có thể biến nó thành chất rắn khi áp suất bắt đầu từ 25 atm.

Bản thân heli lỏng là một đối tượng cực kỳ thú vị để nghiên cứu.

Heli sôi ở nhiệt độ 4,8°К và tạo thành một chất lỏng nhẹ, nặng ít hơn nước 7—8 lần, và trong suốt. Do nhiệt dung nhỏ, heli lỏng trong thời gian thí nghiệm phải được giữ trong một bình Dewar chân không có khả năng cách nhiệt tốt, còn được bao quanh bởi một bình tương tự khác chứa không khí lỏng. Thí nghiệm với heli lỏng đặt ra những khó khăn kỹ thuật đáng kể. Điều này giải thích tại sao cho đến nay chỉ trong một vài phòng thí nghiệm lạnh ở tất cả các nước, heli lỏng mới được thu được với số lượng đủ.

Nếu hạ nhiệt độ của heli lỏng từ điểm sôi của nó (4,8°К), thì khi đạt đến nhiệt độ 2,19°К, nó sẽ trải qua sự biến đổi, và người ta thường nói rằng heli I chuyển thành heli II. Nhiệt độ này được gọi là điểm λ. Ở trạng thái ban đầu của mình, heli lỏng thường xuyên sôi không ngừng do sự cung cấp nhiệt nhỏ mà khó tránh khỏi ngay cả khi có lớp cách nhiệt. Dưới điểm λ, đột nhiên nó ngừng sôi, bề mặt của nó trở nên nhẵn; điều này liên quan đến

4

bằng sự thay đổi một loạt tính chất vật lí của heli lỏng. Trạng thái mới của heli lỏng lần đầu tiên được Kamerlingh Onnes phát hiện, Keesom bắt đầu nghiên cứu, và nó tỏ ra cực kì đáng chú ý.

Keesom nhận thấy rằng heli II trong trạng thái này có độ dẫn nhiệt lớn. Độ dẫn nhiệt của nó, được nghiên cứu trong các mao quản, lớn hơn nhiều lần, chẳng hạn, so với đồng hoặc bạc — những kim loại dẫn nhiệt tốt nhất. Vì thế Keesom gọi heli II là chất siêu dẫn nhiệt. Tôi đã lặp lại thí nghiệm của Keesom trong những điều kiện có thay đổi đôi chút và kết quả là thu được độ dẫn nhiệt còn lớn hơn.

Nỗ lực giải thích các dữ liệu thực nghiệm trên cơ sở những quan điểm hiện đại về sự dẫn nhiệt đã bộc lộ một mâu thuẫn sâu sắc giữa lí thuyết và thí nghiệm. Tôi sẽ không đi vào mô tả chi tiết những quan điểm lí thuyết khá phức tạp về sự dẫn nhiệt, như chúng chủ yếu được Debye trình bày. Ta có thể hình dung bức tranh vật lí của sự dẫn nhiệt như sau: sự tăng nhiệt độ của một vật nào đó tại một điểm nào đó làm tăng tốc độ trung bình của chuyển động dao động của các phân tử chất; lập tức bắt đầu quá trình san bằng: những phân tử “nóng” hơn, tức là bị kích thích mạnh hơn, tác động lên các phân tử lân cận và làm chúng chuyển động. Quá trình san bằng tốc độ tuần tự này sẽ lan truyền ngày càng xa khỏi chỗ bị nung nóng, tức là sẽ có quá trình truyền nhiệt, mà ta gọi là sự dẫn nhiệt. Một phân tích rất chi tiết, được thực hiện trên cơ sở những quan điểm này về sự dẫn nhiệt, cho thấy rằng đối với mỗi vật trong tự nhiên có một lượng nhiệt giới hạn trong một đơn vị thời gian có thể truyền qua nó. Hóa ra độ dẫn nhiệt lớn như vậy, đã được phát hiện thực nghiệm trong những thí nghiệm gần đây của chúng tôi với heli lỏng II, không thể giải thích bằng những quan điểm này. Ta có thể tìm lối thoát khỏi mâu thuẫn này либо bằng cách từ bỏ những quan điểm cơ bản về cơ chế dẫn nhiệt, vốn đã được xác lập vững chắc trong khoa học, hoặc phải thừa nhận rằng hiện tượng dẫn nhiệt trong heli II có nguồn gốc từ một cơ chế nào khác.

Như đã biết, nhiệt có thể truyền không chỉ bằng cơ chế đã mô tả, như nó lan truyền trong các vật rắn và, theo giả thiết, trong heli lỏng ở các mao quản hẹp. Nhiệt còn có thể truyền trong các vật lỏng và khí bằng các dòng gọi là dòng đối lưu. Chẳng hạn, các dòng đối lưu trong không khí ai cũng biết rõ, các bạn đã nhiều lần cảm thấy chúng khi giữ tay phía trên một lò sưởi ấm. Cũng bàn tay ấy hoàn toàn không cảm thấy nhiệt nếu giữ nó ở cùng khoảng cách với lò sưởi, nhưng ở phía dưới, vì ở đây không có các dòng không khí nóng đi lên, mang nhiệt lên trên bằng con đường đối lưu. Nếu sự truyền nhiệt mạnh trong heli lỏng không thể giải thích theo cơ chế thông thường của sự dẫn nhiệt, thì tôi nghĩ rằng có lẽ ở đây chính là sự truyền nhiệt đối lưu. Muốn vậy phải giả thiết rằng trong heli lỏng II các dòng chất lỏng xuất hiện cực kỳ dễ dàng, và chính chúng là nguyên nhân của khả năng cực lớn của heli II trong việc truyền nhiệt. Các tính toán cho thấy rằng cường độ truyền nhiệt như vậy trong heli lỏng chỉ có thể được thực hiện bởi những dòng đối lưu phải chảy trong chất lỏng này với sự dễ dàng cần thiết. Vì thế, theo sự tương tự với siêu dẫn, tôi giả thiết rằng heli II ở nhiệt độ cực thấp là một chất lỏng cực kỳ chảy, tức là một chất lỏng cũng không có

вязкости *). Оставалось проверить это опытом.

Наблюдать небольшую вязкость, да еще при низкой температуре оказалось нелегкой экспериментальной задачей. Надо было найти специальный метод для ее измерения. Когда был найден и разработан необходимый метод, то само наблюдение не заняло много времени и показало, что вязкость жидкого гелия действительно исчезающе мала. Жидкий гелий оказался свыше чем в миллиард раз более текучей жидкостью, чем вода. Такую текучую среду очень трудно себе представить, а между тем приведенное число обозначает предел не вязкости, а только чувствительности наших измерений. Более чувствительного метода мы пока не имеем. Поэтому я предположил, что есть все основания считать, что жидкий гелий не имеет вязкости; я называю его сверхтекучим. Сначала это встретило большие возражения. Искали в моих опытах экспериментальные ошибки в методике, в измерениях и прочее. Открытие сверхтекучести в жидком гелии, таким образом, со всех сторон обсуждалось, и теперь можно, я думаю, считать признанным существование сверхтекучего состояния в гелии II.

Когда это явление было впервые сформулировано, нам казалось, что сверхтекучесть гелия II вполне достаточна, чтобы объяснить большую теплопроводность, наблюдаемую в жидком гелии в соответствии с той картиной существования конвекционных потоков, которую я вам только что набросал. Но дело оказалось гораздо интереснее и сложнее, чем мы думали вначале.

Рассказ о том, как развивались наши взгляды на этот вопрос дальше, представляет некоторые трудности. Я попытался рассказать, с какими противоречиями мы стали сталкиваться, как менялись наши взгляды и как постепенно складывались у нас представления, которые выглядели

*) То есть при его теории не возникнет потребности в трении. (Прим. ред.).

дели бы ни с чем несообразной фантастикой, если бы их изложить вне связи с реальными опытами.

Если стоять на точке зрения наших обычных механических представлений, вполне исчерпывающе описывающих поведение обычных веществ при обычных условиях, то оказывается, что сверхтекучий гелий, как показывает опыт, не может переносить тепло столь интенсивно, как требуется для возникновения конвекционных потоков. Мы упираемся в трудность найти механизм, который мог бы вызывать необходимое быстрое течение гелия при конвекции. В обычном механизме переноса тепла конвекцией мы обязаны движением среды тому, что более нагретая жидкость или газ становится несколько менее плотными, почему стремится кверху, как бы всплывая в более плотной среде, а более холодные, более плотные, стремятся вниз, «тонут». Происходит перемешивание, причем очень важно, что причина, вызывающая движение, — это сила тяжести. Но подсчет показывает, что этой силы в гелии II недостаточно, чтобы вызывать такую большую теплопроводность, которая наблюдалась на опыте. Это делало явление опять непонятным. Надо было искать для его объяснения какие-то другие, новые механизмы. Рядом опытов, наконец, удалось натолкнуться на совсем новый механизм движения жидкого гелия II.

Hóa ra dưới tác động của sự phân bố nhiệt độ trong heli lỏng II đã xuất hiện những dòng chảy rất mạnh, phần nào lấp đầy các dòng đối lưu. Dưới tác động của sự phân bố nhiệt độ, chất lỏng bắt đầu chuyển động, nhưng chuyển động này thuộc một loại đặc biệt, đặc trưng cho heli lỏng II, không được biết đến trong bất kỳ chất lỏng nào khác và trong bất kỳ điều kiện nào khác.

Trước khi thử giải thích sự tồn tại của chuyển động này, hãy làm quen với những đặc điểm của nó. Hãy xem nó biểu hiện như thế nào trong thí nghiệm. Tôi sẽ không mô tả chi tiết những chi tiết kỹ thuật của thí nghiệm này.

⟦trang 6⟧

thí nghiệm. Những đặc điểm chính của nó có thể hình dung được từ sơ đồ trình bày trong hình 1.

Một bình nhỏ 1 được nhúng vào heli II siêu lỏng. Trong phần rộng của bình này đặt một cuộn dây nung 2, còn bình được mở về một phía 3. Khi cho dòng điện chạy qua bộ phận nung 2, ở gần cổ 3 của bình phát hiện thấy một dòng heli liên tục chảy ra khỏi bình. Dòng này có thể được phát hiện và thậm chí làm thay đổi bằng một cánh nhẹ, nếu treo nó ở gần cổ bình. Dòng chảy tác dụng áp lực lên nó và làm nó lệch đi.

Một biến thể của thí nghiệm này, có hiệu quả hơn và có hình thức thích hợp hơn cho mục đích trình diễn, đã được quay trên phim điện ảnh (một trong những khuôn hình được đưa ra trong hình 2). Sơ đồ của dụng cụ được quay khi đang hoạt động được trình bày trong hình 3. «Bánh xe» thủy tinh gồm có «bóng nhỏ» 2, được trang bị một số ống dẫn ra, uốn cong về một phía. Như vậy, toàn bộ cấu tạo này lặp lại «bánh xe Segner» quen thuộc (chỉ về hình thức bên ngoài, tất nhiên; khi xem xét nó, dễ dàng thấy rằng «bánh xe» không có dòng thông suốt cho chất lỏng đi qua). Bóng nhỏ được đặt trên một trục làm bằng đầu nhọn của kim 1. Toàn bộ «bánh xe» được nhúng vào heli lỏng. Heli nằm trong bóng nhỏ có thể được nung nóng bằng một chùm ánh sáng qua thấu kính 3. Chùm ánh sáng này rơi vào phần bị bôi đen bên trong bóng nhỏ, đóng vai trò của bộ phận nung mà trong thí nghiệm trước là cuộn dây. Từ các ống — «chân» của «bánh xe», cũng như từ cổ bình trong thí nghiệm trước, khi nung nóng bình giữa xảy ra sự chảy ra liên tục của các tia chất lỏng. Dưới áp suất của các tia chảy ra, toàn bộ «bánh xe» quay.

Việc quay phim thí nghiệm này rất khó. Heli lỏng hoàn toàn trong suốt, và hệ số khúc xạ của tia sáng trong nó khiến cho rất khó quan sát nó qua thủy tinh. Không dễ dàng cả khi-

Unusual activity has been detected from your device. Try again later. (3e45695a-ca96-4b14-8fb0-2e65a85e1827)

Trong thí nghiệm với các khe đã chỉ ra rằng khi truyền áp suất làm cho heli lỏng chảy qua khe, sự thay đổi thực tế sẽ bị ảnh hưởng bởi dòng ngược qua thành và do đó sẽ cố gắng thay đổi tính chất của các hiện tượng quan sát được. Nếu đồng thời nhớ rằng heli II là siêu chảy và vì vậy khi nó chảy không cần đến ma sát, thì không khó thấy rằng cơ chế dòng nhiệt của heli hoạt động với hệ số hữu ích tốt. Như vậy, chẳng hạn, «cái chong chóng» quay của chúng ta trong các hình 2 và 3 là một máy có hệ số hữu ích tốt. Dĩ nhiên, một cơ chế như vậy không thể có bất kỳ ứng dụng thực tế nào, và khó có thể chờ đợi rằng một ngày nào đó nó sẽ có được ứng dụng ấy.

⟦trang 8⟧

Nhưng cần lưu ý rằng tính chất nhiệt động lực học đáng kinh ngạc này của heli II, mở ra một con đường hoàn toàn mới để chuyển nhiệt trực tiếp thành công cơ học theo quá trình nghịch, không có điều gì tương tự trong các hiện tượng tự nhiên mà chúng ta biết cho đến nay.

Tính thuận nghịch của các hiện tượng nhiệt cơ, chính xác hơn là nhiệt động lực học, trong heli lỏng là một hoàn cảnh cực kỳ quan trọng đối với chúng tôi trong việc nghiên cứu tiếp các hiện tượng ở nhiệt độ thấp. Giả sử rằng chúng ta có một mao quản 1 (hình 4) với hai bình ở các mức khác nhau. Giữa các đầu của nó chúng ta tạo ra một hiệu áp suất. Chúng ta có thể làm điều đó bằng cách đặt bình nhỏ 2 ở đầu mao quản cao hơn bình nhỏ 3 ở đầu kia của nó. Khi đó, do các tính chất đặc biệt của heli và tính thuận nghịch của quá trình, tại các đầu mao quản trong các bình 2 và 3 sẽ xuất hiện một hiệu nhiệt độ ΔT. Trong bình thấp 3 heli II sẽ lạnh hơn.

Như vậy, chúng ta có một phương pháp hạ nhiệt độ của heli II, gồm ở chỗ buộc heli II chảy dưới áp suất. Dĩ nhiên, hình 4 chỉ là một minh họa sơ đồ của nguyên lý này, trên thực tế thí nghiệm, tất nhiên, phức tạp hơn.

Nhưng vì hiện tượng này vẫn thuận nghịch đến những nhiệt độ thấp nhất, sẽ có thể rút ra những kết luận thực hành rất thú vị. Nếu đẩy heli bằng một bơm nhỏ hoặc bằng cách nào khác qua các mao quản mảnh, các khe vào một thể tích nào đó, thì nhiệt độ trong thể tích này sẽ giảm đi, điều đó là dễ hiểu. Lặp lại thao tác này vài lần, chúng ta có được một phương pháp để hạ nhiệt độ thấp tùy ý, và như vậy, trước chúng ta sẽ mở ra con đường tiếp cận điểm không tuyệt đối gần tùy ý. Phương pháp này có ý nghĩa quan trọng đối với nhà thực nghiệm, bởi vì cho đến nay vẫn chưa có một phương pháp nào, ngay cả về mặt lý thuyết, để tiếp cận điểm không tuyệt đối gần tùy ý.

Trước chiến tranh, trong các công trình của mình, chúng tôi đã bắt đầu phát triển phương pháp này và đã làm vài thí nghiệm thành công theo hướng đó. Bằng phương pháp này, tôi đã đạt được nhiệt độ 0,4°. Dĩ nhiên, việc đạt được nhiệt độ ở ngay gần điểm không tuyệt đối bằng phương pháp mới là một nhiệm vụ kỹ thuật không dễ, và khó có thể trông đợi thành công ngay. Ở đây có nhiều khó khăn kỹ thuật, và thành công phần lớn phụ thuộc vào kỹ năng và óc sáng tạo của nhà thực nghiệm. Nhưng tất cả những khả năng này không có nghĩa là tồn tại những cấm đoán có tính nguyên tắc đối với việc tiếp cận điểm không tuyệt đối.

Nhưng bây giờ chúng ta hãy chuyển sang giải thích lý thuyết về cơ chế của hiện tượng heli lỏng chảy ra khỏi bình nhỏ khi nó được đun nóng (xem hình 1). Như tôi đã nói, ban đầu tôi giải thích hiện tượng bình nhỏ được lấp đầy heli bằng dòng chảy của heli theo chiều ngược lại trong lớp mỏng. Tôi cũng giả thiết rằng trạng thái năng lượng của heli II trong lớp mỏng này khác với trạng thái năng lượng của heli II tự do, và nhờ đó có thể giải thích độ dẫn nhiệt lớn của heli. Cũng có thể áp dụng sự-

có thể độ dày của lớp này sao cho tốc độ dòng chảy của heli trong đó không đạt giá trị quá lớn. Sau đó, như đã nói, trong các thí nghiệm của mình tôi cố gắng xác định thực nghiệm độ dày của lớp này. Để làm điều đó, tôi buộc heli phải chảy trong một lớp rất mỏng. Dần dần tôi đạt đến độ dày lớp heli là 0,00014 mm, nhưng thí nghiệm cho thấy tính chất của tất cả các hiện tượng trong trường hợp này vẫn được giữ nguyên. Như vậy, cách giải thích về sự thích nghi phải được chuyển sang chỗ khác, và điều này dẫn đến việc hình thành những quan niệm mới về bản chất của các hiện tượng thủy động lực học trong heli II. Những phác thảo đầu tiên của các ý tưởng này được Tissa nêu ra, nhưng việc phát triển khoa học chúng, xây dựng cơ sở lý thuyết cho chúng và tạo ra lý thuyết thủy động lực học của hiện tượng thuộc về nhà khoa học của chúng ta L. Landau.

Tôi sẽ cố gắng đưa ra bức tranh khái quát nhất về những quan điểm này. Theo lý thuyết này, cái dòng ngược mà tôi đã cố gắng dùng để giải thích dòng chảy của heli ở một trạng thái năng lượng dọc theo thành của một trạng thái khác bên trong ống nhỏ, được thay thế bằng dòng ngược của heli xảy ra trong chính nó.

Sự giải thích hiện tượng này do L. D. Landau đưa ra như sau.

Heli lỏng giống như một hỗn hợp của hai chất lỏng. Hai thành phần này của heli lỏng nằm trong hai trạng thái lượng tử khác nhau. Nhờ đó ông đã chỉ ra rằng có thể tồn tại đồng thời các dòng chảy ngược chiều của cùng một chất lỏng, mà chúng ta quan sát thấy trong chiếc bình nhỏ ở phía trên trong hình 1.

Nếu giả thuyết lý thuyết này không được củng cố đầy đủ bằng các bằng chứng thực nghiệm, nó sẽ giống như một ý tưởng rất khó được thừa nhận là hợp lý.

Lý thuyết của Landau mô tả tốt bản chất vật lý của hai trạng thái mà heli có thể đồng thời tồn tại ở nhiệt độ thấp hơn điểm λ. Như tôi đã nói, nếu heli sau khi trượt tiếp tục được làm lạnh, thì nó sẽ ở trạng thái chất lỏng chung cho đến 2,19° K, tức là điểm λ. Khi đó, theo lý thuyết của Landau, trong chất lỏng này xuất hiện như một loại tạp chất heli ở trạng thái mới. Trạng thái mới này được đặc trưng bởi việc trong đó không có độ nhớt. Heli này là heli II lỏng ở trạng thái mà nó được giải phóng tại độ không tuyệt đối. Nhưng ở mọi nhiệt độ khác, đồng thời với trạng thái này tồn tại một heli dường như trộn lẫn với nó và ở trạng thái bình thường. Khi nhiệt độ giảm xuống, nồng độ heli bắt đầu chiếm ưu thế. Chỉ ở độ không tuyệt đối thì, theo lý thuyết, heli phải được xem xét theo cách sau. Vì heli ở trạng thái siêu chảy không chịu ma sát cả với thành ống, cả với heli ở trạng thái bình thường, dòng chảy qua mao quản không tạo ra lực ma sát và có thể dường như chỉ làm đầy không đáng kể chiếc bình nhỏ *. Ngược lại, heli ở trạng thái bình thường chảy ra khỏi bình nhỏ với ma sát, và dòng của nó là một dòng chất lỏng thông thường, đã được thủy động lực học nghiên cứu từ lâu. Dòng bình thường này được cánh nhỏ đặt trước miệng ống trong hình 1 bắt giữ, trong khi dòng heli ở trạng thái siêu chảy đi ngược lại với nó không thể phát hiện được bằng các phương pháp thông thường.

Dựa trên cùng bức tranh này cũng có thể giải thích độ dẫn nhiệt lớn.

⟦trang 10⟧

độ dẫn nhiệt của heli II. Như thấy rõ, heli đi vào bình ở trạng thái siêu chảy, còn trở về ở trạng thái bình thường. Để chuyển heli từ trạng thái này sang trạng thái khác, cần tiêu tốn một lượng nhiệt đáng kể. Chính quá trình đối lưu ngược chiều này tạo ra ấn tượng về độ dẫn nhiệt lớn của heli II.

Tất cả những hiện tượng này, mà để giải thích cần hình dung những tương tác phức tạp giữa hai trạng thái khác nhau của cùng một chất lỏng trong cùng một thể tích, khó có thể đặt vào những khuôn khổ quen thuộc ngay cả của tư duy vật lý. Để thử làm cho việc tiếp nhận, dù chỉ bề mặt, bức tranh phức tạp này về cơ chế dẫn nhiệt của heli II dễ dàng hơn đôi chút, tôi xin dùng phép tương tự với những dòng người mặc áo và không mặc áo đi ngược chiều nhau, lưu thông qua lối đi trong phòng gửi áo của nhà hát. Những người mặc áo sẽ biểu thị các nguyên tử heli bình thường, đã nhận được gần chỗ đốt nóng («trong phòng gửi áo») năng lượng cần thiết cho chúng, còn những người không mặc áo — đó là các nguyên tử heli siêu chảy. Đáng tiếc, phép tương tự này còn lâu mới hoàn chỉnh, vì các nguyên tử heli ở trạng thái siêu chảy đi qua chính các nguyên tử của mình ở trạng thái bình thường mà không hề tương tác, trong khi những người chưa nhận áo khoác hoàn toàn không thể đi xuyên qua đám đông mà không có ma sát mạnh.

Dựa trên bức tranh này có thể giải thích vì sao khi heli II chảy qua một lỗ hẹp hoặc khe hẹp thì xuất hiện chênh lệch nhiệt độ. Vì heli ở trạng thái siêu chảy chảy dễ hơn, không ma sát, qua lỗ nhỏ so với heli

12

CÁC TIÊN ĐỀ VÀ NHỮNG VÍ DỤ ĐẦU TIÊN

Giả sử cho một tập hợp $X$. Ta nói rằng trên nó đã xác định một khoảng cách, nếu với mỗi hai phần tử $a$ và $b$ được gán một số không âm nào đó $\rho(a, b)$ — “khoảng cách từ $a$ đến $b$”, — đồng thời thỏa mãn ba điều kiện sau đây (xem hình 1, $a, \delta, \theta$):

1°. $\rho(a, b) = 0$ khi và chỉ khi $a = b$.
2°. $\rho(a, b) = \rho(b, a)$ đối với mọi hai phần tử $a$ và $b$ của $X$.
3°. $\rho(a, c) \leqslant \rho(a, b) + \rho(b, c)$ đối với mọi ba phần tử $a, b$ và $c$ của $X$.

Một tập hợp mà trên đó xác định một khoảng cách («mêtric») được gọi là không gian mêtric $^*$. Bản thân các phần tử $x$ khi đó thường được gọi là các điểm của không gian mêtric.

Hãy đọc lại các phát biểu của những tiên đề mà hàm $\rho$ của các cặp điểm, xác định khoảng cách, phải thỏa mãn.

1°. Khoảng cách từ $a$ đến $b$ bằng 0 khi và chỉ khi $a$ trùng với $b$.
2°. Khoảng cách từ $a$ đến $b$ bằng khoảng cách từ $b$ đến $a$ (“tiên đề đối xứng”).

Trong các hình này, với mỗi cặp điểm đều ghi “khoảng cách” giữa chúng. Tiên đề $3^\circ$ của không gian mêtric có được thỏa mãn đối với “khoảng cách” này không?

*) Gốc “mêtr” có trong nhiều từ Nga và bắt nguồn từ từ mét — thước đo, kích thước.

13

3°. Khoảng cách từ $a$ đến $c$ không lớn hơn tổng các khoảng cách từ $a$ đến $b$ và từ $b$ đến $c$ («tiên đề tam giác»).

Hãy bắt đầu bằng những ví dụ đơn giản nhất về các không gian metric.

Ví dụ 1. $X$ — đường thẳng số, tức là tập hợp tất cả các số thực*). Khoảng cách $\rho$ được xác định bởi công thức

$$\rho(x, y) = |x - y|.$$

(1)

Nhắc lại rằng $|a - b| = a - b$, nếu $a \geqslant b$ và $b - a$, nếu $b \geqslant a$, do đó trong mọi trường hợp $\rho(a, b)$ bằng độ dài đoạn thẳng trên trục số có hai đầu mút là $a$ và $b$ (hình 2, a).

Kiểm tra rằng $\rho$ thỏa mãn cả ba yêu cầu $1^\circ - 3^\circ$. Hiển nhiên, $|a - b| = 0$ khi và chỉ khi $a = b$, và luôn có $|a - b| = |b - a|$.

Bất đẳng thức $3^\circ$ cũng gần như hiển nhiên (hình 2, b). Trong mỗi trường hợp có thể về vị trí tương đối của các điểm $a, b$ và $c$ trên đường thẳng, kể cả khi hai trong các điểm $a, b$ và $c$ trùng nhau, bất đẳng thức

$$|a - c| \leqslant |a - b| + |b - c|$$

(2)

cũng dễ dàng chứng minh một cách hình thức, không cần dựa vào hình vẽ. Chẳng hạn, nếu $b \leqslant a \leqslant c$ (hình dưới 2, b), thì

$$|a - c| = c - a,$$

$$|a - b| + |b - c| = a - b + c - b = a + c - 2b \geqslant a + c - 2a = c - a,$$

và do đó (2) đúng.

Ví dụ 2. $X$ — một tập hợp bất kỳ,

$$\rho(a, b) = \begin{cases} 0, & \text{ nếu } a = b, \\ 1, & \text{ nếu } a \neq b. \end{cases}$$

(3)

Mọi tiên đề $1^\circ - 3^\circ$ hiển nhiên đều được thỏa mãn. Đây, như người ta nói, là không gian «rời rạc», trong đó mọi điểm như thể tách biệt nhau, không quá gần nhau.

Ví dụ 3, mà chúng ta đã nói sơ qua ở trên. Giả sử ta có một sơ đồ Moskva, trên đó liệt kê tất cả các điểm dừng của giao thông công cộng thành phố và với mỗi quãng giữa các điểm dừng đều ghi rõ xe buýt (tương ứng xe điện, tàu điện ngầm, xe điện bánh hơi) đi hết quãng đó trong bao nhiêu phút. Với sự giúp đỡ của sơ đồ như vậy, đối với bất kỳ hai

*) Tập hợp này được ký hiệu bằng chữ $R$.

⟦tờ 14⟧

các điểm dừng $a$ và $b$ có thể tìm được đại lượng $t(a, b)$ — thời gian tối thiểu cần thiết để đi từ $a$ đến $b$ (trong mô hình của chúng ta sẽ không tính đến thời gian cần để chuyển từ một phương tiện giao thông sang phương tiện khác và thời gian chờ, mặc dù điều đó cũng có thể làm được). Hãy kiểm tra xem hàm $t$ có thỏa các tính chất $1^\circ - 3^\circ$ hay không; nói cách khác, tập hợp tất cả các điểm dừng $X$ với khoảng cách $t$ có phải là một không gian metric hay không. Tính chất $1^\circ$, như thường lệ, là hiển nhiên; $3^\circ$ cũng không gây nghi ngờ: rõ ràng có thể đi từ $a$ đến $c$ qua $b$, vì vậy thời gian tối thiểu $t(a, c)$ không lớn hơn $t(a, b) + t(b, c)$. Nhưng tính chất $2^\circ$, nhất là hiện nay khi ở Moskva có nhiều đường một chiều, dĩ nhiên có thể bị vi phạm. Hãy kiểm tra rằng đối với hàm

$$t'(a, b) = \frac{t(a, b) + t(b, a)}{2}$$

đã thỏa mãn tất cả các tính chất $1^\circ - 3^\circ$.

Đây là một ví dụ nữa, khi khoảng cách không được đo bằng kilômét.

Ví dụ $3'$. Cho $X$ là tập hợp các thành phố của Liên Xô mà máy bay bay đến, và $\rho(a, b)$ là giá vé (tính bằng rúp) từ thành phố $a$ đến thành phố $b$ (theo tuyến đường rẻ nhất). Không khó để thấy rằng đây là một không gian metric.

CÁC METRIC TRÊN MẶT PHẲNG

Khi xét một số ví dụ khá kỳ lạ về các không gian metric, chúng ta đã để sang một bên ví dụ tự nhiên nhất.

Ví dụ $4$. $X$ — tập hợp tất cả các điểm trên mặt phẳng, $\rho$ — khoảng cách thông thường mà ta gặp trong hình học ở trường, tức là $\rho(A, B)$ — độ dài đoạn thẳng nối hai điểm $A$ và $B$. Các tính chất $1^\circ$ và $2^\circ$ ở đây và trong tất cả các ví dụ sau đều hoàn toàn hiển nhiên, và chúng ta sẽ không nói thêm về chúng nữa. Còn tính chất $3^\circ$ ở đây không gì khác hơn là mệnh đề “trong tam giác, mỗi cạnh không lớn hơn tổng hai cạnh kia”*). Trong cách xây dựng thông thường của môn hình học, mệnh đề này là một định lý đơn giản.

Có lẽ bạn biết rằng trên mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc $Oxy$ khoảng cách $\rho(M_1, M_2)$ giữa hai điểm $M_1(x_1, y_1)$ và $M_2(x_2, y_2)$ được biểu diễn bằng công thức sau (xem hình 3):

$$\rho((x_1, y_1), (x_2, y_2)) = \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2}.$$

Như vậy, cùng một không gian mêtric có thể được mô tả không cần bất kỳ tham chiếu nào đến hình học như sau: $X$ — tập hợp tất cả các cặp $(x, y)$ số thực **), khoảng cách giữa các cặp $(x_1, y_1)$ và $(x_2, y_2)$ được cho bởi công thức (4). Nhưng khi đó, để kiểm tra tính chất $3^\circ$,

*) Trường hợp ba điểm nằm trên một đường thẳng, chúng ta đã xét ở trên (ví dụ 1).
**) Tập hợp này có ký hiệu đặc biệt $R^2$ và được gọi là mặt phẳng số.

⟦trang 15⟧

sẽ phải chứng minh bất đẳng thức sau:

$$\sqrt{(x_1 - x_3)^2 + (y_1 - y_3)^2} \leq \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2} + \sqrt{(x_2 - x_3)^2 + (y_2 - y_3)^2}.$$

Hãy thử làm điều đó! Tiện đưa vào các ký hiệu đặc biệt: $x_1 - x_2 = u_1, x_2 - x_3 = u_2, y_1 - y_2 = v_1, y_2 - y_3 = v_2$; khi đó $x_1 - x_3 = u_1 + u_2, y_1 - y_3 = v_1 + v_2$, và bất đẳng thức cuối cùng được viết ngắn hơn đôi chút:

$$\sqrt{(u_1 + u_2)^2 + (v_1 + v_2)^2} \leq \sqrt{u_1^2 + v_1^2} + \sqrt{u_2^2 + v_2^2}$$

(nhân tiện, việc thay đổi ký hiệu như vậy cũng rút ngắn đáng kể chứng minh bất đẳng thức (2)). Sau khi bình phương hai lần và rút gọn, bạn sẽ nhận được bất đẳng thức hiển nhiên tương đương

$$u_1^2 v_2^2 + u_2^2 v_1^2 \geq 2u_1 u_2 v_1 v_2 < = > (u_1 v_2 - u_2 v_1)^2 \geq 0.$$

Hãy suy nghĩ xem khi nào bất đẳng thức này trở thành đẳng thức? Điều đó có nghĩa gì trong ngôn ngữ hình học?

Về nguyên tắc, mọi định lý hình học đều có thể được chứng minh trên mặt phẳng số bằng phương pháp hoàn toàn đại số và từ đó xây dựng một khóa học hình học; nhưng, như bạn thấy, trên con đường này các chứng minh định lý không phải lúc nào cũng trở nên đơn giản hơn,— thay vì “bất đẳng thức tam giác”, chúng ta đã phải chứng minh một bất đẳng thức đại số khá tinh vi.

Chúng ta đã nói rằng trên cùng một tập hợp có thể định nghĩa khoảng cách theo nhiều cách khác nhau. Đây là hai ví dụ về metric trên mặt phẳng số $R^2$, khác với (4).

Ví dụ 5.

$$\rho'(M_1, M_2) = |x_1 - y_1| + |x_2 - y_2|,$$

(5) tức là $\rho'(M_1, M_2)$ bằng tổng độ dài các hình chiếu của đoạn thẳng $M_1 M_2$ lên các trục $Ox$ và $Oy$.

Ví dụ 6.

$$\rho''(M_1, M_2) = \max\{ |x_1 - y_1|, |x_2 - y_2| \}$$

(6) (ký hiệu max {a, b} nghĩa là số lớn nhất trong các số a, b), tức là $\rho''(M_1, M_2)$ bằng số lớn nhất trong các độ dài hình chiếu của đoạn thẳng $M_1 M_2$ lên các trục $Ox$ và $Oy$.

Bất đẳng thức tam giác trong hai ví dụ cuối dễ dàng chứng minh bằng bất đẳng thức (2). Chẳng hạn, đối với $\rho''$:

$$|x_1 - x_3| \leq |x_1 - x_2| + |x_2 - x_3| \leq \max\{ |x_1 - x_2|, |y_1 - y_2| \} + \max\{ |x_2 - x_3|, |y_2 - y_3| \}, \text{ và } |y_1 - y_3| \leq y_1 - y_2 + |y_2 - y_3| \leq \max\{ |x_1 - x_2|, |y_1 - y_2| \} + \max\{ |x_2 - x_3|, |y_2 - y_3| \},$$

do đó số lớn nhất trong hai số $|x_2 - x_3|, |y_1 - y_3|$ không vượt quá $\rho''(x_1, x_2) + \rho''(x_2, x_3)$.

Tương tự, trên tập hợp $R^3$ gồm mọi bộ $(x, y, z)$ của ba số thực, khoảng cách giữa các «điểm» $(x_1, y_1, z_1)$ và $(x_2, y_2, z_2)$ có thể được cho bởi bất kỳ công thức nào sau đây

$$\sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2 + (z_1 - z_2)^2},$$

(4')

$$|x_1 - x_2| + |y_1 - y_2| + |z_1 - z_2|,$$

(5’) hoặc

$$\max\{ |x_1 - x_2|, |y_1 - y_2|, |z_1 - z_2| \}.$$

(6')

Trong trường hợp (4’) ta thu được không gian ba chiều thông thường, không gian mà hình học không gian ở trường học nghiên cứu và là thực tại thuận tiện trong đó ta sống. Mọi không gian $m$ chiều tương tự ($m=2, 3, 4, \dots$) cũng hữu ích—với sự giúp đỡ của chúng, có thể xây dựng thuận tiện toàn bộ lý thuyết hàm của $m$ biến, hơn nữa đôi khi thuận tiện hơn khi dùng một công thức cho khoảng cách, đôi khi—một công thức khác.

16

LÂN CẬN

Bây giờ ta trở lại không gian hai chiều — mặt phẳng $R^2$ — và xét một cách trực quan để so sánh các khoảng cách khác nhau (4)—(6).

Giả sử điểm $O=(0, 0)$ là gốc tọa độ. Hãy tìm tập hợp các điểm cách điểm $O$ một khoảng nhỏ hơn số đã cho $r$. Ai cũng biết rằng tập hợp này là phần trong của hình tròn tâm $O$ bán kính $r$ (hình 4, a); dĩ nhiên, ở đây nói về khoảng cách (4), tức là về tập hợp các điểm $(x, y)$ mà $\sqrt{x^2+y^2}<r$. Còn “hình tròn bán kính $r$” sẽ như thế nào nếu xác định khoảng cách theo công thức (5) hoặc (6)? Tập hợp các điểm $(x, y)$ mà $|x|+|y|<r$ là phần trong của hình vuông có các đỉnh $(0, r)$, $(-r, 0)$, $(0, -r)$ và $(r, 0)$ (hình 4, b); còn tập hợp các điểm $\max\{|x|, |y|\}<r$, nói cách khác, tập hợp các điểm mà $|x|<r$ và $|y|<r$ thì hiển nhiên là hình vuông có các đỉnh $(-r, -r)$, $(-r, r)$, $(r, -r)$ và $(r, r)$ (hình 4, c).

Hiển nhiên, khi nói về các không gian mêtric, thay cho các từ “các hình tròn bán kính $r$ có tâm tại $a$” người ta nói “$r$-lân cận của điểm $a$”.

Định nghĩa 1. Cho $X$ là một không gian mêtric, $\rho$ là khoảng cách trong $X$, $r$ là một số dương. Khi đó $r$-lân cận của điểm $a$ được gọi là tập hợp tất cả các điểm $m$ thuộc $X$, với chúng $\rho(m, a)\leqslant r$. Viết gọn, tập hợp này có thể được viết như sau: $\{m: \rho(m, a)\leqslant r\}$.

Như vậy, trên các hình 4, a, b, c biểu diễn các $r$-lân cận của điểm $(0, 0)$, nếu khoảng cách trên mặt phẳng được cho bởi các công thức tương ứng (4), (5) và (6); không khó nhận thấy rằng $r$-lân cận của bất kỳ điểm nào khác $(x_0, y_0)$ trong các không gian mêtric này trông hoàn toàn giống lân cận của điểm $(0, 0)$ — chỉ cần dời tâm của hình tròn hoặc hình vuông đến điểm $(x_0, y_0)$.

Hãy xem các $r$-lân cận trong những không gian mêtric mà chúng ta đã nói đến trước đây là gì. Trong ví dụ 1, $r$-lân cận của điểm $a$ trên trục số

$$\{x; |x-a|\leqslant r\}$$

— là đoạn thẳng có độ dài $2r$, trung điểm nằm tại điểm $a$ (hình 5). Trong ví dụ 3′, lân cận 20 của Moskva là tập hợp các thành phố có thể bay đến với chi phí thực tế không quá 20 rúp; trong ví dụ 2, lân cận $r$ chỉ gồm một điểm nếu $r<1$, và chứa toàn bộ tập hợp $X$ nếu $r\geqslant 1$.

17

KHOẢNG CÁCH GIỮA CÁC HÀM

Khoảng cách được xác định một cách thuận tiện không chỉ đối với các số hoặc các điểm trên mặt phẳng và trong không gian, mà còn đối với nhiều đối tượng toán học khác. Đây là hai ví dụ từ hình học. Trên tập hợp tất cả các đường thẳng đi qua một điểm O cho trước, có thể lấy làm khoảng cách giữa hai đường thẳng độ lớn của góc nhỏ hơn trong các góc mà chúng tạo thành (hình 6 cho thấy lân cận của một trong các đường thẳng trông như thế nào). Khoảng cách giữa hai đa giác lồi $M_1$ và $M_2$ trên mặt phẳng có thể xác định như sau: với mỗi đỉnh của các đa giác $M_1$ và $M_2$, ta tìm khoảng cách $^*$ đến đỉnh gần nó nhất của đa giác kia, rồi trong tất cả các số này lấy số nhỏ nhất; như vậy, trong lân cận $r$ của đa giác $M_0$ đã cho (hình 7) có những đa giác $M$ mà mọi đỉnh đều nằm trong các hình tròn bán kính $r$ có tâm tại các đỉnh của $M_0$, hơn nữa trong mỗi hình tròn có ít nhất một đỉnh của $M$; hãy kiểm tra rằng tập hợp các đa giác lồi với khoảng cách như vậy là một không gian metric. Số lượng những ví dụ như thế có thể dễ dàng tăng lên.

Nhưng những ứng dụng quan trọng nhất, mà lý thuyết không gian metric có được sự ra đời và phát triển của mình, không gắn với hình học, mà với giải tích và lý thuyết hàm.

Rất thường xuyên, để khảo sát các dữ liệu của hàm số hoặc đơn giản là tính các giá trị của chúng, thuận tiện là thay chúng một cách gần đúng bằng những hàm số khác, đơn giản hơn, chẳng hạn bằng các đa thức. Có lẽ bạn đã nghe rằng khi $x$ gần không, sin$x$ gần đúng bằng $x$ (ở đây sin$x$ nghĩa là sin của số $x$, tức là sin của góc bằng $x$ rađian). Công thức còn chính xác hơn: $\sin x \approx x - \frac{x^3}{6}$. Chẳng hạn, giả sử $x$ thay đổi trên đoạn $0 \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{4}$.

Làm thế nào để đánh giá hàm số $f_1(x) = x - \frac{x^3}{6}$ xấp xỉ hàm số $f_2(x) = \sin x$ tốt đến mức nào, «khoảng cách» giữa các hàm số này lớn đến đâu?

Một trong những khoảng cách tự nhiên cũng là: tại mỗi $x$ tìm hiệu $f_1(x) - f_2(x)$, lấy $x = x_0$ mà tại đó hiệu này lớn nhất (theo môđun), và đặt $\rho(f_1, f_2) = |f_1(x_0) - f_2(x_0)|$.

*) Ý muốn nói khoảng cách «dạng đỉnh» (4).

18

Với các hàm cụ thể của chúng ta

$$\rho(f_1, f_2) = |\sin \frac{\pi}{4} - \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi^3}{384} \right)| \approx 0.0025.$$

(Có thể chứng minh rằng giá trị lớn nhất đạt được tại điểm $x = \frac{\pi}{4}$.)

Hoàn toàn tương tự, trong trường hợp tổng quát, ta lấy làm khoảng cách giữa các hàm $f_1, f_2$, được xác định trên đoạn $[a, b]$, đại lượng

$$\rho(f_1, f_2) = \max_{a \leqslant x \leqslant b} |f_1(x) - f_2(x)|.$$

(7)

Hãy kiểm tra rằng các tiên đề $1^\circ - 3^\circ$ ở đây được thỏa mãn! Khi đó, $r$-lân cận của một hàm đã cho (hình 8) gồm tất cả các hàm mà đồ thị của chúng nằm trong dải rộng $2r$ quanh đồ thị của hàm $f$.

Rất thường cũng dùng những khoảng cách như sau:

$$\rho(f_1, f_2) = s(f_1, f_2)$$

trong đó $s$ là diện tích miền nằm giữa các đồ thị $f_1$ và $f_2$ (8) (hình 9), và đặc biệt là khoảng cách sau:

$$\rho(f_1, f_2) = \sqrt{S(f_1, f_2)},$$

(9)

trong đó $S(f_1, f_2)$ là diện tích miền giới hạn bởi đồ thị của hàm số $y = (f_1(x) - f_2(x))^2$ và trục $Ox$.

Khoảng cách (7) nhỏ khi các giá trị của hàm $f_1$ và $f_2$ gần nhau với mọi giá trị của đối số, còn các khoảng cách (8) và (9) cho biết các hàm $f_1$ và $f_2$ gần nhau đến mức nào “trung bình” (trên những đoạn nhỏ chúng có thể khác nhau đáng kể). Chẳng hạn, giả sử $f_1(t)$ và $f_2(t)$ là điện thế tại hai điểm xác định của mạch điện ở thời điểm $t$; khi đó công suất tỏa ra trên đoạn mạch giữa hai điểm này trong khoảng thời gian $a \leqslant t \leqslant b$ tỉ lệ với $S(f_1, f_2)$ (điện trở không đổi; công suất tỉ lệ với $(f_1(t) - f_2(t))^2$); như vậy, công suất càng lớn thì khoảng cách (9) càng lớn. Còn nếu điều quan trọng đối với chúng ta là điện áp $f_1(t) - f_2(t)$ luôn không vượt quá một giá trị nào đó $V$, thì phải đánh giá khoảng cách theo công thức (7): cần để đại lượng max $|f_1(t) - f_2(t)|$ không vượt quá $V$.

20

Hình 10.

sang tiếng Nga*), hiện nay được trình bày trong những chương đầu của sách giáo khoa dưới những tên gần đúng như «Các yếu tố của giải tích hàm», «Nhập môn lý thuyết tập hợp và hàm số», «Cơ sở của giải tích hiện đại», «Các không gian tôpô». Dĩ nhiên, phần lớn lý thuyết này, gắn với khái niệm giới hạn, chỉ có nội dung đối với các không gian có vô hạn điểm. Nhưng đồng thời, khái niệm chung về «khoảng cách» cũng hữu ích cho một số bài toán về các tập hợp hữu hạn; đặc biệt, «khoảng cách giữa các từ», mà chúng ta đã nói đến ở đầu bài, đã tỏ ra là một công cụ rất thuận tiện trong lý thuyết đang phát triển mạnh hiện nay về các mã sửa lỗi. Những ai muốn tìm hiểu chi tiết hơn về lý thuyết các không gian mêtric, chúng tôi khuyên đọc cuốn sách của Yu. A. Shreider**) «Khoảng cách là gì».

Bài tập

1. Chứng minh rằng với bốn điểm bất kỳ $A, B, C, D$ của một không gian mêtric, ta có $\rho(A, C) + \rho(B, D) \leq \rho(A, B) + \rho(B, C) + \rho(C, D) + \rho(D, A)$.
2. Chứng minh rằng với $n$ điểm bất kỳ $A_1, A_2, \dots, A_n$ ($n \geq 3$), ta có $\rho(A_1, A_2) + \rho(A_2, A_3) + \dots + \rho(A_{n-1}, A_n) \geq \rho(A_1, A_n)$.
3. Bác sĩ Sharadek, người am hiểu chiến lược, quan tâm đến cuộc chiến tranh gần đây và vào năm 1940 đã làm quen với bản đồ chiến trường Pháp. Có lẽ từ đó mà bài toán sau đã nảy sinh. Khoảng cách (đường chim bay, cũng như mọi khoảng cách trong bài toán này) từ Châlons đến Vitry bằng 30 km, từ Vitry đến Chaumont 80 km, từ Chaumont đến Saint-Quentin 235 km, từ Saint-Quentin đến Reims 86 km, từ Reims đến Châlons 40 km. Hãy tính trong đa giác khép kín này khoảng cách từ Reims đến Chaumont. Không có bản đồ, chỉ bác sĩ Sharadek mới biết làm điều đó ***).
4. a) Chứng minh rằng nếu $\rho(M_1, M_2) = r$ và $r_1 + r_2 < r$, thì lân cận $r_1$ của điểm $M_1$ không có điểm chung nào với lân cận $r_2$ của điểm $M_2$ (hình 10 minh họa sự kiện này đối với các khoảng cách (4) và (6) trên mặt phẳng).

6. Chứng minh rằng nếu $\rho(M_1, M_2) = r$ và $r_1 - r > r_2$, thì lân cận $r_2$ của điểm $M_2$ hoàn toàn nằm trong lân cận $r_1$ của điểm $M_1$.

5. Tập hợp $E$ các điểm của không gian mêtric $X$ được gọi là một $\varepsilon$-lưới, nếu các $\varepsilon$-lân cận của các điểm thuộc tập $E$ (gộp lại) phủ hoàn toàn tập $X$; nói cách khác, nếu với mỗi điểm $x$ thuộc $X$ có ít nhất một điểm của tập $E$ cách $x$ không quá $\varepsilon$. (Ở đây $\varepsilon$ là một số dương nào đó.)

Ví dụ, tập hợp các điểm đen trên hình 11, $a$ là một $\frac{1}{10}$-lưới đối với đoạn của trục số $0 \leq x \leq 1$ với khoảng cách thông thường (2). Dĩ nhiên, nó cũng là một $\varepsilon$-lưới khi

*) Hausdorff, Lý thuyết tập hợp, ONTI, 1934.
**) Yu. A. Shreider, “Khoảng cách là gì.” M. Fizmatgiz, 1963.
***) G. Steinhaus, Một trăm bài toán, Fizmatgiz, 1959, bài toán số 100.

21

mọi $\varepsilon > \frac{1}{10}$. Trên hình 11, 6 tập hợp các điểm đen là một $\frac{1}{10}$—mạng cho hình vuông $0 \leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq 1$ trên mặt phẳng $Oxy$ với khoảng cách (6). Với những $\varepsilon$ nào tập hợp này là một $\varepsilon$-mạng theo nghĩa các khoảng cách (4) và (5) trên cùng hình vuông đó?

6. Không gian mêtric $X$ được gọi là bị chặn nếu tồn tại một số $c$ sao cho khoảng cách giữa bất kỳ hai điểm nào của $X$ không vượt quá $c$.

Chứng minh rằng nếu với một $\varepsilon$ nào đó không gian có một $\varepsilon$-mạng hữu hạn, thì nó bị chặn.

7. Cho $N(\varepsilon)$ là số điểm nhỏ nhất trong một $\varepsilon$-lưới của không gian $X$, $M(\varepsilon)$ là số điểm nhỏ nhất trong $X$ sao cho khoảng cách giữa bất kỳ hai điểm nào cũng không nhỏ hơn $\varepsilon$.

Chứng minh rằng $M(2\varepsilon) \leq N(\varepsilon) \leq M(\varepsilon)$.

8. Cho $C$ là tập các hàm được xác định trên đoạn [0, 1] và nhận giá trị trong chính đoạn đó, mà đồ thị của chúng là các đường gấp khúc. Ta sẽ xác định khoảng cách trong $C$ theo công thức (7).

Chứng minh rằng có thể chọn vô hạn hàm từ $C$, sao cho mọi khoảng cách từng đôi một giữa chúng đều bằng một. Suy ra từ đó rằng khi $\varepsilon < \frac{1}{2}$ không thể chọn một $\varepsilon$-lưới hữu hạn trong $C$.

9. Trong một không gian mêtric nào đó, có thể xảy ra việc lân cận 3 của điểm $A$ nằm hoàn toàn trong lân cận 2 của một điểm khác $B$ mà không lấp đầy hoàn toàn lân cận ấy không? Câu trả lời sẽ thế nào nếu thay 3 và 2 bằng các số khác?

10. Chứng minh rằng trong các số có $n$ chữ số chỉ gồm hai chữ số 1 và 2, không thể chọn được nhiều hơn $\frac{2^n}{n+1}$ số sao cho bất kỳ hai số nào trong số đó khác nhau ít nhất ở ba hàng.

11. Dùng bài toán 4 a) chứng minh rằng hai điểm khác nhau $A$ và $B$ không thể là giới hạn của cùng một dãy.

12. Hãy xây dựng một ví dụ về dãy các hàm số xác định trên đoạn [0, 1], hội tụ tới giới hạn $f_0$ nếu dùng khoảng cách (8), và không có $f_0$ là giới hạn nếu dùng khoảng cách (7).

13. Giả sử $\rho_1$ và $\rho_2$ là hai khoảng cách trên một tập hợp nào đó $X$ — có tính chất rằng $\rho_1(A, B) \leq k\rho_2(A, B)$ với mọi hai điểm $A$ và $B$, trong đó $k$ là một số dương nào đó (như nhau đối với mọi $A$ và $B$).

Hãy chứng minh rằng nếu $P$ là giới hạn của dãy $M_1, M_2, M_3, \dots$ theo nghĩa khoảng cách $\rho_2$, thì $P$ cũng là giới hạn của dãy này theo nghĩa khoảng cách $\rho_1$. Dựa vào điều này, hãy chứng minh rằng trên mặt phẳng, mệnh đề “điểm $P$ là giới hạn của dãy $M_1, M_2, M_3, \dots$” có cùng một ý nghĩa, không phụ thuộc vào việc ta dùng khoảng cách nào trong các khoảng cách (4), (5), (6).

14 a). Hãy nghĩ ra một khoảng cách $\rho$ trên tập hợp tất cả các đường thẳng trên mặt phẳng, sao cho điều kiện sau được thỏa mãn: nếu các dãy điểm $A_1, A_2, A_3, \dots$ và $B_1, B_2, B_3, \dots$ có giới hạn là hai điểm phân biệt $A$ và $B$, thì dãy các đường thẳng $A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3, \dots$ có (theo nghĩa khoảng cách $\rho$) giới hạn là đường thẳng $AB$.

6. Chứng minh rằng không thể xác định một khoảng cách $\rho$ như vậy sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng cắt nhau bất kỳ chỉ phụ thuộc vào góc giữa chúng.

22

CÔNG TRÌNH BỊ BÁC BỎ

Năm 1845, một công trình của Waterston được gửi tới Viện Hàn lâm Khoa học Anh (gọi là Hội Hoàng gia). Trong đó đã chỉ ra rằng áp suất của chất khí lên thành bình có thể được giải thích bằng các va chạm của nguyên tử.

Mặc dù bản thân ý tưởng cho rằng chất khí gồm các nguyên tử không phải là mới, nhưng rất ít người nghiêm túc chấp nhận khẳng định rằng các nguyên tử có thể tự do bay từ thành này sang thành kia của bình, và do đó các tính chất đàn hồi của chất khí có thể quy về đơn giản là cơ học của các nguyên tử. Vì vậy công trình của Waterston không được các thành viên của hội khoa học hiểu và đã bị bác bỏ. Chỉ nhiều năm sau, Rayleigh mới tìm thấy nó trong kho lưu trữ và công bố vào năm 1892 trong tạp chí có tên là «Các thông báo triết học của Hội Hoàng gia», tạp chí này vẫn được xuất bản cho đến ngày nay.

Nhân tiện, Rayleigh nhận xét rằng Waterston đã hành động một cách thiếu thận trọng, không nói về những người đi trước mình ở phần đầu bài báo. Trong khi đó, ngay từ năm 1727 Daniel Bernoulli đã nghi ngờ về mối liên hệ giữa áp suất của chất khí và bình phương vận tốc chuyển động của các phần tử của nó. Nếu Waterston nhắc đến người tiền bối vĩ đại của mình, Rayleigh viết, thì những người ra quyết định của Hội Hoàng gia đã không đủ can đảm để tuyên bố công trình là «vô nghĩa, thậm chí không thích hợp để đọc trước hội».

Tập phim đáng buồn này đã khiến vật lý phải trả giá đắt. Điều được một người làm ra và bị lãng quên, sau này chỉ được phát hiện lại nhờ công trình của nhiều người, còn công thức cuối cùng chỉ được Maxwell viết ra vào năm 1859.

Câu chuyện này đáng chú ý, và thật thú vị khi theo dõi lý thuyết dần dần được cải thiện như thế nào, và thấy đã phải bỏ ra bao nhiêu công sức để thu được một công thức rất đơn giản, theo quan điểm của chúng ta, liên hệ áp suất của chất khí với trung bình cộng của bình phương vận tốc các phân tử:

$$P = \frac{1}{3} nm < v^2 > cp.$$

Ở đây $P$ — áp suất của chất khí, $n$ — số lượng phân tử trong $1\text{ cm}^3$, $m$ — khối lượng của phân tử, $<v^2>cp$ — trung bình cộng của bình phương vận tốc các phân tử.

KHÍ LÝ TƯỞNG

Trước khi nói về cách suy ra công thức này, hãy xem nó có ý nghĩa gì. Công thức cho thấy rằng áp suất của chất khí tỉ lệ thuận với số phân tử trong một đơn vị thể tích, và do đó, tỉ lệ nghịch với thể tích của chất khí $P \sim \frac{1}{V}$ (ký hiệu ~ có nghĩa là «tỉ lệ thuận»). Đây là định luật Boyle-Mariotte. Nhưng định luật Boyle-Mariotte mô tả sự biến đổi của khí lý tưởng. Vì vậy, công thức mà chúng ta đã viết cũng mô tả khí lý tưởng.

24

VA CHẠM CỦA PHÂN TỬ VỚI THÀNH

Khi phân tử va chạm với thành và bật ra khỏi nó, thành nhận một xung lượng nào đó. Trước hết giả sử rằng phân tử phản xạ đàn hồi khỏi thành. Hình 1 biểu diễn sơ đồ của va chạm như vậy. Trục $Oz$ hướng vuông góc với thành, các trục $Ox$ và $Oy$ nằm trong mặt phẳng của thành. Ta phân tích vận tốc của phân tử thành các thành phần theo những trục đó. Khi va chạm đàn hồi, góc tới $\alpha$ bằng góc phản xạ $\beta$, vì vậy các thành phần vận tốc $v_x$ và $v_y$ không thay đổi. Còn thành phần $v_z$ khi va chạm đàn hồi đổi dấu. Do đó, dễ tính được rằng phân tử sẽ thay đổi xung lượng của nó (lượng chuyển động) một lượng
$$mv_z - mv'_z = mv_z - (-mv_z) = 2mv_z = 2mv \cos \alpha,$$
trong đó $v$ là độ lớn vận tốc của phân tử.

Bài toán, như thấy đấy, không phức tạp, và Waterston đã giải đúng. Người tiếp theo nghiên cứu bài toán này (và công bố công trình của mình vào năm 1856) là Crêng. Ông đã tính sai rằng phân tử khi va chạm truyền cho thành toàn bộ xung lượng $mv_z$ của nó, và nhận được kết quả nhỏ hơn hai lần.

Tuy nhiên, có thể nghĩ rằng trong suy luận của chúng ta đã có một sự đơn giản hóa rất đáng kể: ta đã giả thiết va chạm là đàn hồi. Nhưng trên thực tế, điều giả thiết này, dù đáng ngạc nhiên, không quan trọng. Phân tử có thể phản xạ tùy ý, nhưng kết quả không thay đổi. Giả thiết về tính đàn hồi của va chạm không làm thay đổi kết quả, nó chỉ làm cho suy luận rất đơn giản.

Tính chất đáng chú ý như vậy — sự độc lập của kết quả đối với quy luật phản xạ — là hệ quả của cân bằng nhiệt giữa khí và thành bình (được duy trì ở nhiệt độ không đổi). Một lần nữa (cũng như khi các phân tử va chạm), cách chính xác các phân tử phản xạ khỏi thành không làm thay đổi kết quả cuối cùng — cân bằng nhiệt.

25

VẬN TỐC CỦA PHÂN TỬ LÀ BAO NHIÊU?

Vì lực tác dụng lên thành bằng xung lượng truyền cho nó chia cho thời gian va chạm, nên thực tế ta đã nhận được một công thức cho biết thành chịu lực nào khi phân tử va chạm. Nhưng để tính lực này, cần biết vận tốc của các phân tử. Dĩ nhiên, các phân tử khác nhau có vận tốc khác nhau. Để có số liệu và tính áp suất của khí, cần đưa ra những giả thiết nào đó về vận tốc của các phân tử. Krönig đã được nhắc đến ở trên cho rằng sẽ không sai lầm lớn nếu coi mọi phân tử đều chuyển động với vận tốc có cùng độ lớn và mỗi phân tử chuyển động theo một trong ba phương có thể, song song với các trục tọa độ. Trước Krönig (nhưng sau Waterston), Joule đã nghiên cứu bài toán này (vào năm 1851). Ông đã hiểu đúng mối liên hệ giữa các va chạm của phân tử vào thành và áp suất khí, nhưng cũng không thể thu được công thức đúng. Cuối cùng, vào năm 1857 Clausius, vẫn chưa từ bỏ giả thiết về các vận tốc bằng nhau, đã suy ra một công thức mới, giả thiết rằng các phân tử chuyển động theo mọi phương. Chỉ sau đó 2 năm Maxwell *) mới đi đến kết luận đúng. Maxwell đã làm được nhiều hơn đáng kể. Ông đã hiểu được các phân tử phân bố theo vận tốc như thế nào, tức là phần nào của các phân tử có một vận tốc cho trước. Nhưng ở đây chúng tôi sẽ không kể tiếp về điều đó, để lại vấn đề khó hơn này cho một bài báo khác.

ÁP SUẤT CỦA KHÍ

Bây giờ hãy phát biểu hai giả thiết cho phép thu được công thức tính áp suất gần như đúng theo cách Waterston đã làm 125 năm trước **).

*) Maxwell phải là ngày 21 tháng 9 năm 1859. Bản dịch tiếng Nga của nó được viết trong tuyển tập “Những người sáng lập thuyết động học phân tử của khí”, xuất bản năm 1937.

**) Trước Waterston, một số phương của bậc vận tốc.

4 Kvant số 10

Cũng như Waterston, ta sẽ cho rằng khi khí ở trạng thái cân bằng nhiệt thì: 1) các phân tử khí chỉ va chạm với thành và không va chạm với nhau, 2) các phân tử va chạm đàn hồi với thành.

Hãy lấy một hình lập phương chứa đầy khí có cạnh bằng 1 m. Sau tất cả những điều đã nói, đã dễ tin rằng kết quả không phụ thuộc vào việc ta lấy bình có hình dạng nào, nhưng việc suy ra công thức sẽ dễ hơn nếu bình có dạng lập phương.

Hãy vẽ hệ tọa độ như trên hình 2. Hãy tính xung lượng mà thành màu đỏ nhận được trong 1 giây. Theo định luật II Newton, nó bằng lực tác dụng lên thành từ phía các phân tử và, vì diện tích của thành bằng 1 m², nên đó sẽ chính là độ lớn áp suất của khí lên thành.

Mỗi lần một phân tử va chạm với thành, nó sẽ truyền cho thành xung lượng 2mv_z. Bật ra khỏi thành, phân tử sẽ bay tới thành đối diện và sau thời gian 2/v_z lại va vào thành màu đỏ. Điều đó có nghĩa là trong 1 giây, cùng một phân tử khí lí tưởng sẽ va vào thành v_z/2 lần.

Như vậy, trong thời gian 2/v_z phân tử truyền cho thành xung lượng 2mv_z, còn trong 1 giây

2mv_z·v_z/2 = mv_z².

PHÒNG THÍ NGHIỆM “KVANT”
G. I. Kosourov

ĐỪNG TIN
VÀO MẮT
MÌNH …

Đối với con người, thị giác là nguồn thông tin chủ yếu về thế giới xung quanh. Chúng ta quen hoàn toàn tin vào mắt mình. Câu “không tin vào mắt mình” có nghĩa là mức độ ngạc nhiên tột cùng. Trong những điều kiện quen thuộc, sự tin cậy ấy hoàn toàn có cơ sở. Mắt cùng với các phần tương ứng của não tạo thành một bộ máy phân tích hết sức tinh vi, phục vụ chúng ta không sai sót trong những điều kiện rất khác nhau: dưới ánh nắng chói chang và khi ánh sáng rất ít, lúc đứng yên và khi chuyển động nhanh. Hình ảnh thu được trên võng mạc dường như không có bất kỳ khuyết điểm nào. Nó hoàn toàn sắc nét, phối cảnh đúng, các đường thẳng hiện ra là thẳng, xung quanh các vật không có màu cầu vồng — quang sai sắc. Không nên nghĩ rằng mắt chúng ta thực sự là một dụng cụ lý tưởng.

29

Các nghiên cứu khách quan cho thấy mắt có mọi khuyết điểm của thấu kính. Nhưng ý thức của chúng ta từ hình ảnh không hoàn hảo trên võng mạc mắt tái tạo nên một biểu tượng đúng đắn về không gian xung quanh chúng ta.

Hãy nêu một ví dụ. Một người bị cận thị lần đầu đeo kính. Lúc đầu người ấy thấy phối cảnh bị biến dạng mạnh. Các đường thẳng hiện ra cong, các mặt phẳng—cong và nghiêng. Đôi khi điều đó còn gây ra chóng mặt nhẹ. Nhưng sau một thời gian, qua kính người ấy bắt đầu nhận thức đúng cả phối cảnh lẫn tính thẳng. Thế giới lại hiện ra trước mắt người ấy dưới dạng đúng đắn, không biến dạng, mặc dù hình ảnh trên võng mạc vẫn bị biến dạng.

Trong một số điều kiện, khi mắt nhận được thông tin mâu thuẫn, khi độ tương phản lớn, khi việc đánh giá đúng khoảng cách, kích thước, sự tương ứng bị khó khăn, hoặc khi những vùng riêng biệt của võng mạc mệt mỏi vì tác động kéo dài của một chất kích thích nào đó, ý thức của chúng ta bắt đầu nhầm lẫn. Nảy sinh những ảo giác thị giác khác nhau. Chắc hẳn chính bạn đã nhiều lần gặp những ví dụ khác nhau về các ảo giác thú vị như vậy. Chúng tôi sẽ mô tả vài thí nghiệm cho thấy mắt chúng ta nhầm lẫn như thế nào. Chúng tôi làm điều này không nhằm làm lung lay lòng tin của bạn vào thị giác, mà để chỉ ra rằng công việc tổng hợp của não đóng vai trò lớn như thế nào trong việc hình thành hình ảnh.

Để làm thí nghiệm thứ nhất, thường được đưa ra như bằng chứng rằng trên võng mạc, cũng như trong máy ảnh, thu được hình ảnh lộn ngược, cần hai mảnh bìa cứng, chẳng hạn hai tấm bưu thiếp. Hãy chọc bằng kim một lỗ có đường kính khoảng 0,5 mm trên một tấm và giữ nó trước mắt ở khoảng cách 2—3 cm, nhìn vào phong cảnh được chiếu sáng, bầu trời sáng hoặc ngọn đèn. Dùng mép tấm bưu thiếp thứ hai che dần đồng tử ngay sát trước mắt, đưa tấm bưu thiếp từ dưới lên. Trong trường nhìn của mắt, bạn thấy bóng của mép tấm bưu thiếp hạ xuống từ trên.

Hãy xét kỹ hơn sơ đồ quang học của thí nghiệm này. Chừng nào trước mắt chưa có tấm bưu thiếp có lỗ, tất cả các điểm của trường nhìn đều gửi các tia vào mắt qua đồng tử (hình 1, a), và từ mỗi điểm của đồng tử ánh sáng phân bố khắp võng mạc (hình 1, б). Nếu đặt trước mắt tấm bưu thiếp có lỗ, mỗi điểm của trường nhìn sẽ được tạo ảnh bởi các tia đi qua một phần nhỏ của đồng tử. Các điểm phía trên của trường nhìn được tạo ảnh bởi các tia đi qua phần dưới của đồng tử, các điểm phía dưới — qua phần trên. Khi dùng mép tấm bưu thiếp che phần dưới của đồng tử, ta làm tối phần trên của trường nhìn và thấy mép tấm bưu thiếp hạ xuống từ trên. Dễ hiểu rằng hiệu ứng của thí nghiệm này không phụ thuộc vào đường đi của các tia trong mắt và không thể là bằng chứng về tính lộn ngược của hình ảnh trên võng mạc. Trường nhìn đã được hình thành trước đồng tử. Có thể dễ dàng kiểm chứng điều này bằng cách đặt một tấm kính mờ vào vị trí của mắt.

Thí nghiệm thứ hai cho thấy thị giác xử lý thông tin mâu thuẫn như thế nào. Cuộn một tờ giấy thành ống có đường kính khoảng 2 cm và nhìn qua nó bằng một mắt vào các vật đặt phía trước. Trước mắt kia đặt lòng bàn tay, giữ nó cách mặt 10—15 cm, sát với ống. Bạn thấy rõ một lỗ trên lòng bàn tay, qua đó nhìn thấy các vật xung quanh. Hình ảnh phần giữa của lòng bàn tay bị hình ảnh mà mắt nhìn qua ống thấy hoàn toàn lấn át.

Có thể kiểm tra một thí nghiệm tinh tế hơn với thông tin khác nhau cho mắt phải và mắt trái như sau. Treo một vật nhỏ sáng màu nào đó bằng một sợi chỉ trắng. Đung đưa con lắc thu được trong một mặt phẳng, nhìn nó từ khoảng cách 2—3 m. Đặt trước một mắt

bộ lọc ánh sáng có mật độ trung bình với màu bất kỳ. Bạn thấy rằng nam châm nhỏ không dao động trong một mặt phẳng mà dường như vạch ra một đường elip. Chuyển bộ lọc ánh sáng sang mắt kia, và hướng chuyển động của nam châm nhỏ theo đường elip sẽ đổi thành ngược lại.

Thí nghiệm tiếp theo được minh họa trong các hình 2, a và 2, б. Hình 2, a cho thấy ảo giác quen thuộc về sự gãy khúc của đường thẳng cắt qua một dải màu đen. Nhưng ít ai biết rằng chỉ cần bổ sung vào hình chiếc tời và vật nặng được nâng lên (hình 2, б), qua đó gợi ý cho ý thức rằng đường thẳng là một sợi cáp căng, thì ảo giác gãy khúc sẽ biến mất.

Thí nghiệm cuối cùng liên quan đến tình huống khi ý thức có khả năng lựa chọn cách giải thích hình ảnh. Trên hình 3 đưa ra hai phần ảnh của cảnh quan Mặt Trăng trong khu vực Biển Mưa và dãy núi Apennin. Ở một trong hai phần đó bạn thấy các dãy núi vòng trên Mặt Trăng, còn ở phần kia thấy các khe núi vòng, địa hình bị lộn ngược. Hãy lật ngược tạp chí, và sự đảo chiều của gờ sẽ xảy ra ở ảnh kia. Hãy chú ý rằng các ảnh này hoàn toàn giống nhau, nhưng một trong số chúng bị lật ngược.

Hiệu ứng đảo chiều của gờ thường xuất hiện khi quan sát Mặt Trăng qua kính thiên văn. Các nhà du hành vũ trụ từng ở trên Mặt Trăng đã gặp khó khăn thực sự trong việc nhận thức đúng địa hình, vốn không có phối cảnh khí quyển trong điều kiện độ tương phản lớn của cảnh quan. Các hiệu ứng đảo chiều hướng chuyển động có thể quan sát được khi nhìn vào hình bóng của ăng-ten ra-đa đang quay. Bạn sẽ có cảm giác rằng ở một số thời điểm ăng-ten đột nhiên thay đổi hướng quay. Trước đây hiện tượng này được khuyến nghị quan sát trên hình bóng của cối xay gió.

Nhiều ảo giác thú vị khác nhau liên quan đến sự nhận thức màu sắc. Chúng ta sẽ nói về điều này vào lần sau. Những sự đánh lừa của thị giác không chỉ là những trò ảo thuật thú vị. Việc nghiên cứu hoạt động của

của bộ máy thị giác trong những điều kiện khác thường cho phép hiểu sâu hơn các quá trình phức tạp diễn ra trong mắt và trong ý thức của chúng ta khi tổng hợp các hình ảnh của hiện thực xung quanh.

Những ai muốn tìm hiểu chi tiết hơn về các thí nghiệm về quang học vật lý có thể tham khảo cuốn sách mới được dịch của J. Gregg «Các thí nghiệm với thị giác» (nhà xuất bản «Mir», Moskva, 1970). Trong cuốn sách này có mô tả một số lượng lớn các yếu tố thí nghiệm nghiên cứu hoạt động của mắt. Tất cả chúng đều hoàn toàn phù hợp với học sinh, và phần lớn chúng có tính chất thực nghiệm. Chỉ cần cảnh báo người đọc rằng ở những chỗ tác giả đề cập đến quang học vật lý, ngôn ngữ của cuốn sách trở nên xa rời khoa học hơn.

Trong thư viện, có lẽ bạn cũng sẽ tìm thấy cuốn sách của Minnaert «Ánh sáng và màu sắc trong tự nhiên» (nhà xuất bản «Nauka», Moskva, 1969) và cuốn sách của Artamonov «Ảo giác thị giác» (nhà xuất bản «Nauka», Moskva, 1969).

Hình 3.

32

NGUỒN GỐC CỦA
TÊN CÁC NGÔI SAO VÀ
CÁC CHÒM SAO

Các hình ảnh chòm sao được lấy theo tập bản đồ sao của nhà thiên văn học nổi tiếng thế kỷ XVII Hevelius, người làm việc tại Gdańsk (xuất bản tại Tashkent năm 1968). Trong các hình 1—5 có các chòm sao Đại Hùng, Mục Phu, Tiên Nữ, Eridanus và Lạp Hộ.

33

Nếu bạn nhìn lên bầu trời sao, thì với một chút tưởng tượng, trong số những ngôi sao sáng ít nhiều khác nhau bạn sẽ thấy những hình dạng khác nhau. Những hình dạng này có thể được ghép lại theo nhiều cách khác nhau. Ngay từ thời Hy Lạp cổ đại đã xác định được 48 hình dạng như vậy, bao phủ gần như toàn bộ bầu trời sao, và chúng được gọi là «các chòm sao». Một số ngôi sao không nằm trong các chòm sao, mà được đặc trưng bởi việc chúng nằm gần chòm sao nào.

Ngay cả người Babylon cổ đại, những kiến thức thiên văn của họ có ảnh hưởng mạnh đến người Hy Lạp, cũng đã xác định 12 chòm sao hoàng đạo, tức là 12 chòm sao nằm dọc theo vòng tròn lớn của thiên cầu, trên đó Mặt Trời thực hiện chuyển động biểu kiến hằng năm của mình (vòng tròn này được gọi là đường hoàng đạo, từ từ Hy Lạp ekleipsis — «sự che khuất», vì hiện tượng che khuất xảy ra khi Mặt Trăng đi vào vòng tròn này). Số lượng chòm sao hoàng đạo bằng số tháng, và Mặt Trời đi qua mỗi chòm sao trong một tháng. Hình ảnh và tên gọi của các chòm sao hoàng đạo cùng các tháng tương ứng được đưa ra trong hình vẽ (xem trang đầu).

Ban đầu, thời điểm Mặt Trời đi vào chòm sao Bạch Dương được gắn với điểm xuân phân, nhưng trong hai nghìn năm ngày này đã dịch chuyển phần nào so với các chòm sao hoàng đạo. Lưu ý rằng Bạch Dương và

Kim Ngưu — là tên gọi tương ứng của cừu đực và bò đực (so sánh «con cừu» và «con bê»). Dưới chòm sao Nhân Mã, tức là người bắn cung, người ta hiểu là một nhân mã được trang bị cung tên, dưới chòm Ma Kết — một con dê có đuôi cá, còn Song Ngư được hình dung dưới dạng hai con cá nối với nhau bằng một sợi dây. Từ hoàng đạo, từ tiếng Hy Lạp zōon — «động vật», được giải thích bởi việc phần lớn các chòm sao hoàng đạo có hình dạng của động vật. Hình dạng các chòm sao hoàng đạo và tên gọi của chúng hiện nay gần như giống với thời Hy Lạp: sự khác biệt duy nhất là người Hy Lạp gọi chòm sao Thiên Bình là «Càng cua» và xem nó như là càng của Bọ Cạp.

Phía bắc hoàng đạo người ta sắp xếp 21 chòm sao, còn phía nam — 15 chòm sao: người Hy Lạp xác định các chòm sao của bán cầu nam kém hơn, vì thời cổ đại những người du hành hiếm khi đi đến tận xích đạo. Ngay trong thời hiện đại, đã bổ sung Chữ Thập Phương Nam và các chòm sao phương nam khác mà người Hy Lạp không biết.

Tên gọi các chòm sao được giải thích bởi những hình dạng thu được khi nối các ngôi sao tạo thành chòm sao bằng các đường thẳng. Các dân tộc khác nhau giải thích những hình dạng này theo những cách khác nhau. Ví dụ, trong cái gáo của Đại Hùng, người Hy Lạp nhìn thấy một con gấu, còn người Ả Rập — một đám tang dưới dạng một chiếc quan tài, phía trước là những người than khóc đi đầu, được dẫn đầu bởi «người chỉ huy-

34

«những người đàn bà than khóc». Một số chòm sao được liên hệ với nhau: chòm sao Mục Phu, tức người chăn gia súc, được người Hy Lạp xem là người canh giữ Gấu. Sáu chòm sao — các chòm sao phương bắc Tiên Vương, Tiên Hậu, Tiên Nữ, Anh Tiên, Phi Mã và Kình Ngư — cũng được liên hệ với nhau bởi một truyền thuyết chung về vua Kêphê của Ethiopia (Tiên Vương — dạng La tinh của tên này), vợ ông là Cassiopeia và con gái Andromeda. Theo truyền thuyết này, Cassiopeia đã xúc phạm các tiên nữ biển Nereid, và để trừng phạt việc đó, thần biển Poseidon đã phái quái vật biển Kình Ngư (được hình dung như một con vật có móng vuốt và cái miệng đáng sợ) đến tàn phá bờ biển Ethiopia. Để cứu đất nước, Kêphê phải đem con gái mình, tên có nghĩa là «người chưa từng thấy chồng», làm vật hiến tế. Cô gái đã bị xích vào đá khi Perseus xuất hiện trên con ngựa có cánh Phi Mã — người anh hùng đã giết con Medusa Gorgon khủng khiếp, cái nhìn của nó biến tất cả những ai gặp nó thành đá. Bản thân Perseus khi chiến đấu với Medusa Gorgon đã không nhìn nó mà nhìn hình ảnh phản chiếu của nó trong chiếc khiên của mình. Perseus chặt đầu Gorgon và đến gặp Andromeda với cái đầu đó. Đưa nó cho Kình Ngư xem, chàng biến nó thành đá, giải thoát Andromeda và cưới nàng. Vị trí của các chòm sao nói trên tương ứng với thời điểm Perseus đến.

Chòm sao Hercules chỉ có tên gọi này vào thời gian mới đây, người Hy Lạp gọi nó là “Kẻ quỳ gối”. Chòm sao Eridan cũng chỉ có tên gọi này vào thời gian mới đây, người Hy Lạp gọi nó là “Dòng sông”. Eridan là tên cổ của sông Po, đồng thời cũng là một trong những tên của Phạetôn, người con thần thoại của Mặt Trời, theo truyền thuyết đã rơi xuống đất và chết đuối ở sông Po.

Chòm sao Orion được đặt tên theo tên của người thợ săn trong thần thoại, bị nữ thần Artemis giàu có giết chết vì ông đã thách thức nàng thi ném đĩa.

Chòm sao Con thuyền Argo về sau được chia thành Đuôi Thuyền, Cánh Buồm, La Bàn và Đáy Thuyền, còn từ các chòm sao nhỏ…

35

những ngôi sao không nằm trong các chòm sao đã biết trước đó đã được dùng để lập nên các chòm sao mới: Chó Săn, Khiên Sobieski, Thằn Lằn, Linh Miêu, Kỳ Lân và Lục Phân.

Tên gọi của các ngôi sao còn thú vị hơn nữa. Có lẽ chỉ có tên của Sao Bắc Cực, ngôi sao α của chòm Tiểu Hùng (các ngôi sao sáng của chòm sao thường được ký hiệu bằng các chữ cái Hy Lạp α, β, γ, … gần theo thứ tự độ sáng giảm dần của chúng), và những ngôi sao mang tên riêng của người là có thể hiểu được mà không cần tra từ điển. Sao Bắc Cực có tên gọi như vậy vì nó nằm gần cực Bắc của thế giới, quanh cực này diễn ra chuyển động biểu kiến hằng ngày của bầu trời sao. Các ngôi sao α và β của chòm Song Tử có tên riêng là Castor và Pollux; chúng được đặt tên theo tên của hai anh em sinh đôi trong thần thoại — các con trai của Zeus và Leda, còn α của Chó Săn — Trái Tim của Karl — nhận tên gọi của mình vào thời kỳ mới.

Rất ít ngôi sao có tên gọi Hy Lạp và La-tinh, phần lớn những tên gọi này có nguồn gốc Ả Rập. Điều này được giải thích bởi vì vào thời Trung cổ, trung tâm của khoa học tiên tiến nằm ở Cận Đông và Trung Đông, nơi ngôn ngữ khoa học là tiếng Ả Rập (trước đó ở các nước Hy Lạp hóa là tiếng Hy Lạp, còn sau này ở châu Âu là tiếng La-tinh). Những nhà khoa học Trung Á và Azerbaijan đã có đóng góp quan trọng cho khoa học thời đó: al-Khwarizmi và al-Biruni từ Khorezm, al-Fergani từ Ferghana, Ibn Sina từ Bukhara, Omar Khayyam, người làm việc ở Samarkand, Merv và các thành phố khác, Nasir ad-Din at-Tusi và các học trò của ông, những người làm việc ở Maragha và Tavriz (Azerbaijan), Ulugh Beg và các nhà khoa học trong trường phái của ông ở Samarkand; nhiều phát hiện quan trọng cũng được thực hiện bởi các nhà khoa học của Iran, Iraq, Syria, Ai Cập, Bắc Phi và Tây Ban Nha Hồi giáo. Các công trình của những nhà khoa học này đến Tây Âu qua Tây Ban Nha và Ý, rồi qua Constantinople, và được dịch sang tiếng La-tinh. Với nhiều công trình của khoa học cổ đại, người châu Âu ban đầu làm quen qua các bản dịch Ả Rập của chúng và chỉ sau đó mới tiếp xúc với các bản gốc Hy Lạp.

Phần lớn các tên gọi Ả Rập xuất hiện như sau. Trong công trình của nhà thiên văn học Alexandria Claudius Ptolemy (thế kỷ II CN), thường được chúng ta gọi là «Almagest», có một danh mục gồm 1022 ngôi sao, vị trí của chúng đã được các nhà thiên văn học thời đó xác định. Người châu Âu biết đến «Almagest» qua bản dịch Ả Rập của nó, và đó là lý do của tên gọi này: một trong những tên Hy Lạp của tác phẩm này là «Megiste syntaxis» — «Hệ thống vĩ đại nhất» — được người Ả Rập truyền lại thành almagisti, từ đó có tên gọi này. Mỗi ngôi sao được Ptolemy đặc trưng bằng một mô tả ngắn, trong đó chỉ ra vị trí của ngôi sao đó trong chòm sao. Chính từ những mô tả này trong bản dịch Ả Rập đã xuất hiện các tên gọi của chúng ta. Tuy nhiên, một số tên gọi không bắt nguồn từ Ptolemy mà từ các tên sao Ả Rập cổ. Bảng tên gọi của một số ngôi sao được đưa ở trang 36.

Ta nhận xét rằng tên Antares được giải thích bởi vì ngôi sao này, cũng như Sao Hỏa, có màu đỏ và dường như là vật thay thế cho Sao Hỏa (tên gọi các hành tinh của chúng ta là tên các vị thần La Mã tương ứng với các vị thần Hy Lạp Hermes, Aphrodite, Ares, Zeus và Chronos, những vị thần mà người Hy Lạp dùng tên để gọi các hành tinh).

Từ tên gọi của ngôi sao Regulus đã xuất hiện từ «điều chỉnh», vì ngôi sao này được dùng khi điều chỉnh các công việc hữu ích ở Ai Cập cổ đại.

Tên Mira và Proxima được các nhà khoa học đặt tương đối gần đây: tên Mira được đặt cho ngôi sao này vì những tính chất đáng kinh ngạc của nó (ngôi sao này là một sao biến quang chu kỳ dài), tên Proxima được các nhà khoa học đặt sau khi phát hiện ra rằng ngôi sao này nằm gần Hệ Mặt Trời nhất trong số tất cả các ngôi sao.

36

№	Созвездие	Буквенное обозначение	Название	С какого языка	От какого слова произошло	Значение этого слова
1.	Малая Медведица	α	Полярная	лат.	polaris	относящаяся к полюсу
2.	Большая Медведица	α	Дубхе	араб.	дубб	медведь
3.	»	β	Мерак	»	марак	живот
4.	»	γ	Фекда	»	фахд	бедро
5.	»	δ	Мегрец	»	маграз	начало хвоста
6.	»	η	Алькаид Бенетнаш	»	ал-каид банат на’ш	предводитель плакальщиц
7.	Дракон	α	Тубан	»	ту’бан	дракон
8.	Цефей	α	Альдермин	»	ал-дира’ ал-ямин	правая рука
9.	Волопас	α	Арктур	греч.	арктурос	страж медведей
10.	Северная Корона	α	Альфакка	араб.	ал-факка	чаша нищих
11.	Геркулес	α	Рас Альгете	»	ра’с ал-джати	голова коленопреклонённого
12.	Лира	α	Вега	араб.	ваки’	падающий (Орел)
13.	Лебедь	α	Денеб	»	данаб	хвост
14.	»	δ	Гиенах	»	джанах	крыло
15.	Кассиопея	α	Шедар	»	садр	грудь
16.	»	β	Каф	»	каф	ладонь
17.	»	δ	Рукба	»	рукба	колено
18.	Персей	α	Мирфак	»	мирфак	локоть
19.	»	β	Альголь	»	ал-гул	чудовище (Горгона)
20.	Возничий	α	Капелла	лат.	capella	козочка
21.	»	β	Менкалинан	араб.	манкаб ли-лаанн	плечо возничего
22.	Змееносец	α	Рас Аль-хаге	»	рас’с ал-хавва	голова заклинателя
23.	»	β	Цельбальрай	»	калб ал-рай	собака пастуха
24.	Змея	α	Унук-Эль-хайя	»	‘унк-ал-хийя	шея змеи
25.	Орел	α	Альтаир	»	ал-таир	летящий (Орел)
26.	Пегас	α	Маркаб	»	маркаб	седло
27.	Андромеда	α	Альферац	»	сирра ал-фарас	пуп коня (звезда относится к Пегасу)
28.	»	β	Мирак	»	марак	живот (одной из Рыб)
29.	»	γ	Аламак	»	ал-маук	сандалия
30.	Овен	α	Хамал	»	хамал	баран (Овен)
31.	»	β	Шератан	»	шаратан	два знака (общее название α и β Овна)
32.	»	δ	Ботейн	»	бутейн	брюшко
33.	Телец	η	Плеяды	греч.	плеядес	дочери Плеяоны
34.	»	α	Альдебаран	араб.	ал-дабаран	идущий вслед (за Плеядами)
35.	»	γ, δ	Гиады	»	гюадес	дождливые
36.	Лев	α	Регул	лат.	regulus	царёк
37.	»	β	Денебола	араб.	данаб ал-асад	хвост льва
38.	Дева	α	Спика	лат.	spica	колос (в руке у Девы)
39.	Скорпион	α	Антарес	греч.	анта Арес	вместо Марса
40.	»	β	Акраб	араб.	акраб	скорпион
41.	Стрелец	α	Альрами	»	ал-рами	стрелок
42.	Водолей	α	Садамелек	»	са’д ал-мулк	счастье государства
43.	Кит	β	Денеб Кейтос	»	данаб кайтос	хвост кита
44.	»	o	Мира	лат.	mira	удивительная
45.	Орион	α	Бетельгейзе	араб.	ибт ал-джуз	подмышка великана
46.	»	β	Ригель	»	риджл	нога
47.	»	γ	Беллатрикс	лат.	bellatrix	воительница (покровительница воинов)
48.	»	δ	Минтака	араб.	мантка	пояс
49.	Эридан	α	Ахернар	»	ахир нар	конец реки (Эридана)
50.	Заяц	α	Арнеб	»	арнаб	заяц

37

Trong số này, chúng tôi tiếp tục đăng các bài toán đã được đề ra tại các kỳ thi ôlimpic toàn Liên bang về toán học và vật lí năm 1970. (Trong ngoặc sau bài toán ghi lớp mà bài toán được đề ra.)

M46. Trong một đa giác lồi có thể có bao nhiêu cạnh bằng về độ dài với đường chéo lớn nhất? (VIII)

G. Galperin

M47. Từ các chữ số 1 và 2, người ta lập một dãy gồm năm số có $n$ chữ số sao cho trong mỗi hai số, các chữ số trùng nhau đúng ở $m$ vị trí, nhưng không có vị trí nào mà cả năm số đều có chữ số trùng nhau. Chứng minh rằng

$$\frac{2}{5} \leq \frac{m}{n} \leq \frac{3}{5}.$$

(IX-X)

M48. Trong tam giác nhọn $ABC$, tia phân giác $AD$, đường trung tuyến $BM$ và đường cao $CH$ cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng góc $BAC$ lớn hơn 45°. (IX)

M49. Trên các thẻ ghi tất cả các số có năm chữ số từ 11111 đến 99999 kể cả hai đầu mút. Sau đó các thẻ này được xếp thành một dãy theo thứ tự tùy ý. Chứng minh rằng số có 444 445 chữ số thu được không thể là lũy thừa của hai. (X)

M50. Các đỉnh của một $n$-giác đều được tô bằng một số màu (mỗi đỉnh bằng một màu) sao cho các điểm cùng màu là các đỉnh của một đa giác đều. Chứng minh rằng trong các đa giác đó có hai đa giác bằng nhau. (X)

N. Vasiliev

Ф55. Hãy ước lượng mũi tên bắn thẳng đứng lên từ cung sẽ bay lên độ cao bao nhiêu. Khối lượng mũi tên là 20 $e$, độ dài dây cung là 1 $m$. Dây cung được kéo căng 5 $cm$. Coi lực căng của dây cung không đổi và bằng 25 $ke$. (IX)

Ф56. Vì sao lá cờ “phấp phới” trong gió? (IX-X)

Ф57. Hai quả cầu giống nhau, được nối với nhau bằng một lò xo không trọng lượng, chuyển động trên sàn ngang nhẵn với cùng vận tốc vuông góc với bức tường thẳng đứng. Hãy mô tả sự va chạm của hệ với tường. Sau va chạm các quả cầu sẽ chuyển động như thế nào? Va chạm của quả cầu với tường là đàn hồi tuyệt đối, thời gian va chạm nhỏ không đáng kể so với chu kì dao động của các quả cầu trên lò xo. (IX).

F58. Một vòng dây có đường kính $d$ và điện trở $r$ rơi từ độ cao lớn trong từ trường. Mặt phẳng của vòng dây luôn nằm ngang. Tìm vận tốc rơi ổn định của vòng dây, nếu cảm ứng từ của trường thay đổi theo độ cao theo quy luật $B=B_0(1+\alpha h)$. (X)

F59. Cần bỏ cạnh nào của khối lập phương bằng dây để điện trở giữa các điểm $A$ và $B$ (xem hình) thay đổi mạnh nhất có thể? Điện trở của tất cả các cạnh của khối lập phương đều như nhau. (VIII)

B. B. Bukhovtsev

F60. Trong gương phẳng thấy ảnh của một ngọn nến. Ảnh đó sẽ thay đổi thế nào nếu đặt một tấm kính phẳng song song giữa gương và ngọn nến? (VIII)

38

М8. Hai người chơi một trò chơi như sau. Từ một đống có 25 que diêm, mỗi người lần lượt lấy cho mình một, hai hoặc ba que diêm. Người thắng là người mà vào cuối trò chơi — sau khi tất cả các que diêm đã được lấy hết — có số que diêm là số chẵn.

Ai thắng khi chơi đúng — người bắt đầu hay đối tác của anh ta? Người đó phải chơi thế nào để thắng? Câu trả lời sẽ thay đổi ra sao nếu coi rằng người thắng là người lấy được số que diêm lẻ?

Hãy nghiên cứu trò chơi này trong trường hợp tổng quát, khi có $2n+1$ que diêm và được phép lấy bất kỳ số que diêm nào từ 1 đến $m$.

Giải

Để nói về trò chơi, cần phải gọi tên những người tham gia của nó bằng cách nào đó. Các điều kiện một lần và mãi mãi gọi một người trong số họ là Tôi, còn người kia là Anh ấy.

Trước hết hãy khái quát hóa một chút các điều kiện của bài toán. Số $N$ que diêm nằm trên bàn lúc bắt đầu trò chơi có thể là bất kỳ, chứ không chỉ là số lẻ. Khi đó đối với mỗi $N$, một trong những người chơi sẽ thắng nếu vào cuối trò chơi tôi có số que diêm chẵn, còn người kia — nếu là số lẻ.

Nói chính xác, chúng ta đang xem xét đồng thời một số vô hạn trò chơi, vì $N$ và $m$ có thể là bất kỳ số tự nhiên nào. Tiếp theo, nếu $m$ và $N$ đã cho, có thể có hai trường hợp: Tôi thắng nếu vào cuối trò chơi tôi có 1) số que diêm chẵn, 2) số que diêm lẻ.

Trước hết, ta sẽ nói về tất cả các biến thể của trò chơi này cùng nhau.

Hãy nghĩ xem người chơi cần nhớ điều gì trong quá trình chơi. Có cần nhớ tất cả các nước đi của mình và của đối thủ từ đầu trò chơi không? Không, trong bất kỳ trường hợp nào anh ta chỉ cần biết những điều sau:

1. còn lại bao nhiêu que diêm trên bàn,
2. số que diêm của mình có phải là số chẵn không,
3. lượt của ai.

Nếu ba tham số này được xác định, ta sẽ nói rằng đã xác định trạng thái của trò chơi. Người chơi có thể thực hiện $m$ nước đi khác nhau (hoặc ít hơn nếu trên bàn còn ít que diêm hơn $m$). Mỗi nước đi của anh ta chuyển trò chơi sang một trạng thái khác, khi đối tác của anh ta thực hiện lượt đi.

Các trạng thái của trò chơi thuận tiện được biểu diễn trên giấy dưới dạng các ô hoặc vòng tròn, còn các nước đi có thể biểu diễn dưới dạng các mũi tên. Ta sẽ làm như vậy.

Bảng trong hình 1 được lập cho trường hợp $m=2$ (mỗi lượt chỉ có thể lấy một hoặc hai que diêm),

Trong các bảng ở hình 1—4:

Cột I — số của dòng $m$, cho biết còn lại bao nhiêu que diêm trên bàn.
Cột II — tôi có số que diêm chẵn, lượt của tôi.
Cột III — tôi có số que diêm chẵn, lượt của anh ấy.
Cột IV — tôi có số que diêm lẻ, lượt của tôi.
Cột V — tôi có số que diêm lẻ, lượt của anh ấy.

39

Hình 1. Bảng các trạng thái và nước đi có thể của trò chơi với $m=2$.

và Tôi thắng nếu khi kết thúc trò chơi tôi có số que diêm chẵn. Thực tế chỉ vẽ những trạng thái khi trên bàn còn không quá bảy que diêm.

Các mũi tên màu chỉ cách các người chơi có thể đi: người chơi đến lượt trong ô này có thể đi theo bất kỳ mũi tên nào đi ra từ ô đó. Chẳng hạn, ô đầu tiên bên trái trong hàng số 5 (màu xám) tương ứng với trạng thái trò chơi khi trên bàn còn 5 que diêm, tôi có số que diêm chẵn và đến lượt tôi, còn hai mũi tên đi ra từ ô này chỉ những trạng thái mà Tôi có thể đưa trò chơi tới bằng nước đi tiếp theo.

Có thể tiếp tục bảng một cách trực quan và gán cho ô tương ứng chữ В, nếu khi trò chơi bắt đầu từ trạng thái này, Tôi có thể thắng, dù Anh ấy có cố gắng cản trở tôi thế nào đi nữa.

Gọi trạng thái là thua và gán cho ô tương ứng chữ П, nếu khi trò chơi bắt đầu từ trạng thái này, Anh ấy có thể thắng và, nếu Anh ấy không sai lầm, Tôi sẽ không thể ngăn cản điều đó.

Bây giờ ta chuyển sang phần chính của lời giải: điền các chữ В và П vào tất cả các ô của bảng. Trước hết ta làm điều này cho trò chơi tương ứng với hình 1. Ở hàng thứ không, dĩ nhiên phải điền các chữ như sau: ВВПП, vì ta coi rằng Tôi thắng nếu khi kết thúc trò chơi tôi có số que diêm chẵn. Tiếp theo các chữ phải được điền từ trên xuống dưới theo quy luật sau.

I. Nếu đến lượt tôi (nghĩa là ô nằm ở cột II hoặc IV), thì điền vào đó:

chữ В, nếu có ít nhất một mũi tên từ đó dẫn đến ô mang chữ В;

chữ П, nếu mọi mũi tên đi ra từ đó đều dẫn đến ô mang chữ П.

II. Nếu đến lượt anh ấy (nghĩa là ô nằm ở cột III hoặc V), thì điền vào đó:

chữ П, nếu có ít nhất một mũi tên từ đó dẫn đến ô mang chữ П;

chữ В, nếu mọi mũi tên đi ra từ đó đều dẫn đến ô mang chữ В.

Vì mọi mũi tên trong bảng đều dẫn từ dưới lên trên, nên quy luật này cho phép điền đầy toàn bộ bảng, dù ta có tiếp tục nó bao xa.

Trong trường hợp của chúng ta ($m=2$), để điền các ô của hàng thứ $n$, chỉ cần biết cách điền các ô của hàng thứ $(n-1)$ và $(n-2)$. Thực ra hoàn toàn không cần vẽ tất cả các mũi tên như ở hình 1. Chỉ cần vẽ riêng (trên một mảnh giấy can) một “mẫu” — tập hợp các mũi tên đi ra từ các ô của một hàng, rồi lần lượt đặt mẫu này lên tất cả các hàng của bảng, điền vào chúng các chữ В và П, theo các quy tắc được ghi trên nền xanh. Hình 2 cho thấy thời điểm khi ta đã điền hết toàn bộ

40

Hình 2. Bảng các trạng thái thắng và thua của trò chơi với $m=2$.

bảng đến hàng thứ 5 và sẵn sàng điền hàng thứ 6. Có thể điền bảng đến bất kỳ chỗ nào, chẳng hạn đến hàng thứ 25, rồi xem chữ cái nào sẽ đứng ở vị trí đầu tiên trong hàng thứ 25. Nếu đó là В, thì người bắt đầu trò chơi, lúc đầu trên bàn có 25 que diêm, sẽ thắng, còn nếu đó là П, thì sẽ thua.

Thực ra, không cần điền tiếp bảng. Vấn đề là hàng thứ 4 trùng với hàng thứ không, còn hàng thứ 5 trùng với hàng thứ nhất. Vì vậy hàng thứ 6 nhất thiết trùng với hàng thứ 2 (vì mỗi hàng được xác định bởi hai hàng trước đó). Khi đó hàng thứ 7 trùng với hàng thứ 3, hàng thứ 8 với hàng thứ 4, hàng thứ 9 với hàng thứ 5, v.v. Các hàng sẽ lặp lại với chu kỳ 4, từ đó suy ra rằng mọi hàng có số 4 $k$ sẽ là ВВПП;
hàng có số $4k+1$ sẽ là ПВВП;
hàng có số $4k+2$ sẽ là ВПВП;
hàng có số $4k+3$ sẽ là ВПВП.

Đặc biệt, hàng thứ 25 sẽ là ПВВП ($25=4\cdot 6+1$).

Có thể thấy trước rằng nhất thiết phải có chu kỳ. Thật vậy, giả sử ta đã điền bảng đến một hàng nào đó. Từ đó trở đi, mọi thứ phụ thuộc vào cách điền hai hàng cuối cùng. Số các cách điền hai hàng bằng các chữ П và В là hữu hạn (nó không vượt quá $2^8$). Vậy nên khi điền bảng, không thể lúc nào cũng xuất hiện một cặp hàng mới. Và khi một cặp hàng nào đó lặp lại, tính chu kỳ bắt đầu.

Sau khi trong bảng đã đặt các chữ В và П, chiến lược mà Tôi phải theo để thắng cũng trở nên rõ ràng: mỗi lần cần đi một nước dẫn vào ô có chữ В. Quy luật sắp xếp các chữ В và П nêu trên được xây dựng chính sao cho nếu Tôi một lần rơi vào ô В, thì từ đó về sau Tôi sẽ luôn có thể đi vào В, và đối thủ không thể ngăn cản Tôi.

Trường hợp khi Tôi thắng nếu cuối cùng tôi có số que diêm lẻ được xét tương tự. Có thể đặt ở hàng thứ không ППВВ và điền tiếp bảng theo đúng quy luật ấy. Chu kỳ lại bằng 4. Nhưng cũng có thể không làm tất cả những điều đó mà dùng cho trường hợp này chính hình 2.

Lưu ý rằng không cho người chơi gì trước khi bắt đầu trò chơi và yêu cầu để cuối cùng anh ta có số que diêm lẻ cũng giống như cho anh ta một que diêm trước khi bắt đầu trò chơi và yêu cầu để cuối trò chơi anh ta có số que diêm chẵn. Như vậy, trong trường hợp mới này Tôi thắng nếu trong bảng ở hình 2, tại ô giao của hàng thứ $N$ và

cột IV có В, nếu Tôi bắt đầu,

cột V có В, nếu Anh ấy bắt đầu.

Cũng lưu ý rằng khuôn mẫu sẽ không thay đổi nếu đổi chỗ cột П với IV, còn III với V. Ở hàng thứ nhất sau phép đổi chỗ ấy, thay vì ВВПП sẽ là ППВВ. Vì vậy bảng cho trường hợp khi Tôi phải có số que diêm lẻ để thắng có thể nhận được từ bảng cho trường hợp đã xét bằng phép đổi chỗ các cột đã nêu. Điều này cũng đúng với mọi giá trị khác của $m$.

Bây giờ giả sử $m=3$. Bảng vẫn sẽ gồm những նույն

41

Рис. 3. Bảng cho trò chơi với $m=3$.

bốn cột. Mẫu sẽ thay đổi (xem hình 3). Bây giờ mỗi hàng phụ thuộc vào ba hàng trước đó. Để sắp xếp các chữ B và P, áp dụng quy tắc được ghi ở trang 39. Khi sắp xếp các chữ cái, ta thấy rằng chu kỳ gồm tám hàng. Đặc biệt, hàng thứ 25 trùng với hàng thứ nhất: PВВP.

Như vậy, trong trường hợp $m=3$ và $N=25$ thu được

Đáp án: nếu người thắng được coi là người lấy số que diêm chẵn, thì người đi trước thua, còn nếu người thắng được coi là người lấy số que diêm lẻ, thì người đi trước thắng.

Trường hợp tổng quát được nghiên cứu tương tự. Độ dài của chu kỳ bằng $m+2$ nếu $m$ chẵn, và $2m+2$ nếu $m$ lẻ. Các chu kỳ này được biểu diễn trong các hình 4 а, б. Các mẫu cho $m=8$ và $m=9$ cho phép hiểu các mẫu sẽ như thế nào trong trường hợp tổng quát. Ở đây vẽ các mũi tên không thuận tiện. Các ô được tô bằng mỗi màu — là những trạng thái mà người chơi có thể đi từ ô có điểm cùng màu đứng trong đó. Các quy tắc sắp xếp các chữ B và P vẫn như cũ, được ghi ở trang 39. Việc kiểm tra rằng các chu kỳ chia-

42

thực sự như vậy, chúng tôi sẽ dành cho bạn đọc. Chỉ nhận xét những điều sau. Để chắc chắn rằng chu kỳ sẽ lặp lại, cần kiểm tra sự sắp xếp các chữ cái trong tất cả các dòng của chu kỳ thứ nhất và trong m dòng đầu tiên của chu kỳ thứ hai.

Như ta thấy, khi m lớn, các phần của toàn bộ cái mà chúng ta khâu lại thì cũng được giữ nguyên. Tất cả các chữ cái vi phạm quy tắc này trong các hình 4, a, б đều được khoanh tròn. Như vậy, chúng ta xét quá trình với molle trong các trường hợp sau.

| giai đoạn | Người chơi đạt «chẵn» thắng | Người chơi đạt «lẻ» thắng |
| :— | :— | :— |
| m chẵn | N cho số dư 1 khi chia cho m+2 | N cho số dư m+1 hoặc 0 khi chia cho m+2 |
| m lẻ | N cho số dư 1 hoặc m+1 khi chia cho 2 m+2 | N cho số dư 0 hoặc m+2 khi chia cho 2 m+2 |

M9. Xét các tính chất sau của tứ diện (chúng ta gọi tứ diện là một hình chóp tam giác tùy ý):

1. tất cả các mặt có diện tích bằng nhau;
2. mỗi cạnh bằng cạnh đối diện;
3. tất cả các mặt bằng nhau;
4. tâm của các mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp trùng nhau;
5. tổng các góc phẳng tại mỗi đỉnh của tetraэдra bằng nhau.
   Chứng minh rằng tất cả các tính chất này tương đương.
   Hãy cố gắng tìm những tính chất khác tương đương với chúng của tetraэдra.

Lời giải. Trong bài toán này, điều rất quan trọng là chọn con đường chứng minh hợp lý: phân tích xem tính chất nào dễ suy ra từ tính chất nào. Theo quy ước, cùng với các từ «từ… suy ra…» ta đặt mũi tên: ⇒

Ta thấy thuận tiện khi thêm một số tính chất nữa của tetraэдra:

6. tổng các góc phẳng tại mỗi đỉnh bằng 180°;
7. hình khai triển của tetraэдra là một tam giác nhọn, trong đó đã kẻ các đường trung bình (hình 5);
8. tất cả các mặt — là những tam giác nhọn có cùng bán kính đường tròn ngoại tiếp;

Hình 4, 6. Bảng cho trò chơi với m lẻ và mẫu cho m=9.

⟦trang 43⟧

Hình 5.

9. hình chiếu của tứ diện lên mỗi một trong ba mặt phẳng song song với hai cạnh đối diện — là hình chữ nhật, —

và chứng minh rằng các tính chất (1)—(9) tương đương với nhau, theo thứ tự sau:

Phần lớn trong số mười hai định lý được ký hiệu ở đây bằng các mũi tên là gần như hiển nhiên. Ta sẽ chứng minh chúng theo thứ tự.

(5) ⇒ (6). Tổng tất cả các góc phẳng của tất cả các mặt của tứ diện bằng tổng các góc của bốn tam giác, tức là $4 \cdot 180^\circ = 720^\circ$, do đó, nếu tổng các góc tại mỗi đỉnh bằng nhau, thì mỗi tổng đó bằng $180^\circ$. Chiều ngược lại: (6) ⇒ (5) là hiển nhiên.

(4) ⇒ (8). Nếu $R$ — là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, $r$ — là bán kính của mặt cầu nội tiếp và tâm của các mặt cầu này trùng nhau, thì điểm tiếp xúc của mặt cầu với mỗi mặt nằm bên trong mặt đó và cách mỗi đỉnh của tứ giác cầu một khoảng $\sqrt{R^2-r^2}$, tức là nó là tâm

Hình 6.

của đường tròn ngoại tiếp tam giác này có bán kính $\sqrt{R^2-r^2}$.

(8) ⇒ (4). Rõ ràng, trong mọi tứ diện, các đường vuông góc hạ từ tâm $O$ của mặt cầu ngoại tiếp xuống các mặt đều rơi vào tâm các đường tròn ngoại tiếp, và nếu bán kính của tất cả các đường tròn này bằng $R_1$, thì điểm $O$ cách đều tất cả các mặt (với khoảng cách $r = \sqrt{R^2-R_1^2}$). Nếu các chân đường vuông góc nằm bên trong các mặt, thì $O$ — là tâm của mặt cầu ngoại tiếp bán kính $r$.

(8) ⇒ (6). Nếu bán kính các đường tròn ngoại tiếp các mặt $ABC$ và $DBC$ của tứ diện $ABCD$ bằng nhau, thì $\angle BAC = \angle BDC$, vì các góc này chắn các cung $BC$ bằng nhau trong các đường tròn bằng nhau (ở đây điều quan trọng là $\triangle BAC$ và $\triangle BDC$ là các tam giác nhọn!). Điều này cũng đúng với tất cả các cặp mặt kề nhau khác.

Do đó, $\angle BDC + \angle CDA + \angle ADB = \angle BAC + \angle CBA + \angle ACB = 180^\circ$ và tương tự đối với tất cả các đỉnh khác.

(6) ⇒ (7). Triển khai của một tứ diện tùy ý $ABCD$ là một lục giác $D_1AD_2BD_3C$, được chia thành bốn tam giác (hình 6). Hiển nhiên, từ (6) suy ra rằng các đoạn $D_1A$ và $AD_2$, $D_2B$ và $BD_3$, $D_3C$ và $CD_1$ nằm trên cùng một đường thẳng, tức là các điểm $A$,

44

B và C — trung điểm của các cạnh của $\Delta D_1D_2D_3$ (như trong hình 5). Tam giác này là tam giác nhọn, vì trong góc tam diện của tứ diện (tại đỉnh D), mỗi góc phẳng nhỏ hơn tổng của hai góc phẳng kia.

(9) $\Rightarrow$ (7), (7) $\Rightarrow$ (8) và (7) $\Rightarrow$ (2) là hiển nhiên. (2) $\Rightarrow$ (3) cũng hiển nhiên (các tam giác bằng nhau theo ba cạnh); (3) $\Rightarrow$ (1) là hiển nhiên.

Chỉ còn phải chứng minh rằng (1) $\Rightarrow$ (9). Điểm này hóa ra là khó nhất đối với người đọc.

(1) $\Rightarrow$ (9). Nhận xét rằng nếu $p_1$ và $p_2$ — là hai mặt phẳng song song, AK và BH — là hai đoạn thẳng có các đầu mút A và B nằm trong mặt phẳng $p_1$, còn các đầu mút K và H — nằm trong mặt phẳng $p_2$, thì các đoạn thẳng AK và BH bằng nhau khi và chỉ khi hình chiếu của chúng lên mặt phẳng $p_1$ (hoặc $p_2$) bằng nhau. Điều này dễ dàng được chứng minh bằng định lý Pythagore (hình 7).

Ta dựng các mặt phẳng song song $p_1$ và $p_2$ qua các cạnh AB và CD của tứ diện. Gọi $C_1$ và $D_1$ là các hình chiếu của các điểm C và D lên mặt phẳng $p_1$ (hình 8, a), O là giao điểm của $C_1D_1$ và AB. Nếu diện tích $\triangle CAD$ và $\triangle CBD$ bằng nhau, thì các đường cao AK và BH của các tam giác này bằng nhau, do đó hình chiếu của các đường cao này lên $p_1$ cũng bằng nhau: AK$_1$ = BH$_1$, và vì vậy AO = OB (hình 8, b), từ đó suy ra, đặc biệt, rằng các điểm A và B nằm ở hai phía khác nhau của đường thẳng C$_1$D$_1$. Tương tự, diện tích $\triangle ACB$ và $\triangle ADB$ bằng nhau, C$_1O$ = D$_1O$. Do đó, AC$_1BD_1$ là một hình bình hành, nghĩa là AC$_1$ = BD$_1$ và C$_1B$ = D$_1A$, từ đó AC = BD và BC = AD. Tương tự chứng minh được rằng AB = CD, vì vậy AC$_1BD_1$ là hình chữ nhật.

M10. Bốn đường tròn, có tâm là các đỉnh của một tứ giác lồi, hoàn toàn phủ kín tứ giác này. Chứng minh rằng trong số đó có thể chọn ra ba đường tròn phủ kín tam giác có các đỉnh là tâm của ba đường tròn đó.

Lời giải. Khó khăn chính trong bài toán này là nghĩ ra một cách lập luận bao quát được mọi trường hợp có thể xảy ra.

Hình 7.

Hình 8, a. Tứ diện trong không gian.

Hình 8, b. Phép chiếu của tứ diện lên mặt phẳng.

45

Рис. 9.

vị trí các đường tròn và tất cả các tứ giác có thể có về hình dạng.

Ý tưởng của lời giải dưới đây thuộc về H. Vasiliev.

Kí hiệu các đường tròn có tâm A, B, C, D tại các đỉnh của tứ giác ABCD đã cho lần lượt là Kₐ, Kₑ, K₃, K₄, bán kính của chúng — là rₐ, rₑ, r₃, r₄. Giả sử rằng khẳng định của bài toán là sai. Khi đó mỗi đường tròn có điểm chung với phần của tam giác đối diện với nó không được các tam giác phủ kín:

chẳng hạn, Kₐ phải chứa các điểm của △BCD không được phủ bởi bất kì

Рис. 10.

đường tròn nào trong các đường tròn Kₐ, Kₑ, K₃, K₄. Gọi O là giao điểm của các đường chéo. Ta sẽ chứng minh dưới giả thiết của mình rằng rₐ ≥ OA, tức là đường tròn Kₐ chứa điểm O. Phần còn lại đã rõ: hoàn toàn tương tự, ta sẽ chứng minh được rằng điểm O thuộc Kₐ và K₃, và từ đó hiển nhiên suy ra rằng các đường tròn này phủ kín △ABC. Hãy nhìn vào các hình 9,10: nếu OL và ON là các đường vuông góc hạ xuống các đường thẳng AB và BC, thì Kₐ phủ △OAL, K₃ — △OCN, K₄ — △OBL và △OBN, còn bốn tam giác vuông này theo quy ước phủ kín △ABC, ngay cả khi

Рис. 11, a.

Рис. 11, б.

46

một trong hai tam giác AOB hoặc OBC (như trên hình 10) là tam giác tù.

Ta đi đến mâu thuẫn với giả thiết của mình, do đó khẳng định của bài toán là đúng.

Vậy, còn phải chứng minh rằng $r_A \geqslant OA$. Ta sẽ cần bổ đề sau đây, gần như hiển nhiên.

Bổ đề. Cho tứ giác lồi PQRS và đường tròn $K_R$ (không chứa toàn bộ $\triangle PQR$). Khi đó, trong tất cả các điểm nằm bên trong $\triangle PQR$ và bên ngoài $K_R$, điểm gần điểm $S$ nhất sẽ là:

a) chân đường vuông góc $F$ của $SF$, hạ từ điểm $S$ xuống đường thẳng $PR$, nếu điểm $F$ này nằm ngoài đường tròn $K_R$ (hình 11, a);

b) điểm $E$ là giao điểm của đường tròn $K_R$ với đoạn $PR$, nếu điểm $F$ nằm bên trong hình tròn $K_R$ (hình 11, b). (Ở đây điều quan trọng là góc QRS của tứ giác nhỏ hơn $180^\circ$; việc chứng minh bổ đề để lại cho bạn đọc.)

Có thể coi rằng $\angle AOB \leqslant 90^\circ$ (nếu không ta đã lấy không phải $B$ mà là $D$). Đặt $BB_1 \perp AC$; $AA_1 \perp BD$; $B_1A_2 \perp BD$ (hình 12). Giả sử rằng $r_A < OA$ và $E - \text{gần } K$ nhất trên đoạn $OA$ và $AE = r_A$, $EM - \text{đường vuông góc}, \text{hạ từ } E$ xuống $BD$. Rõ ràng khi đó $AM > AE$. Ta sẽ chứng minh rằng tuy vậy $r_A > AM$, từ đó suy ra giả sử của ta ($r_A < OA$) là sai.

Trước hết, chứng minh rằng $r_B > BM$. Áp dụng bổ đề cho $\triangle ACD$, đường tròn $K_A$ và điểm $B$. Có hai trường hợp:

a) $E$ nằm giữa $A$ và $B_1$. Khi đó $r_B > BB_1 > BA_2 \geqslant BM$;

b) $E$ nằm giữa $O$ và $B_1$. Khi đó (theo bổ đề)

$$r_B > BE > BM.$$

Vậy, ta biết rằng điểm $M$ thuộc $K_B$. Áp dụng bổ đề cho $\triangle BCD$, đường tròn $K_B$ và điểm $A$ (lưu ý rằng $M$ nằm giữa $O$ và $A_1$, nên luôn xảy ra trường hợp 6)), ta được $r_A > AM$. Vòng tròn đã khép lại, mâu thuẫn cần có đã thu được.

Bài 12. Hai quả cầu thép nặng giống nhau quay trên các thanh nhẹ có độ dài $l$ và $2l$ quanh các điểm $O_1$, $O$, khoảng cách giữa chúng bằng 3$l$ (hình 13). Ban đầu các quả cầu ở các điểm $A$ và $B$, có vận tốc lần lượt là $v$ và $2v$. Trong thời gian $t$ các quả cầu va chạm bao nhiêu lần? Trong thời gian bao lâu các quả cầu sẽ va chạm $k$ lần? Coi va chạm của các quả cầu là hoàn toàn đàn hồi.

Lời giải. Vì các quả cầu giống nhau, nên khi va chạm hoàn toàn đàn hồi chúng sẽ trao đổi vận tốc. Điều này suy ra từ các định luật bảo toàn năng lượng và động lượng của các quả cầu khi va chạm. Lần đầu các quả cầu sẽ va chạm khi mỗi quả quay được nửa vòng quanh điểm mà nó quay quanh.

Việc này cần thời gian $t_1 = \frac{\pi \cdot 2l}{2v} = \frac{\pi l}{v}$. Sau va chạm, quả cầu bên trái sẽ có vận tốc $2v$, còn quả cầu bên phải — vận tốc $v$.

Va chạm thứ hai của các quả cầu sẽ xảy ra sau thời gian $t_2 = \frac{4\pi l}{v}$ kể từ va chạm thứ nhất, khi quả cầu bên phải thực hiện một vòng quanh điểm $O_1$. Trong thời gian đó, quả cầu bên trái thực hiện bốn vòng quanh điểm $O$ — nó có tốc độ lớn gấp đôi, và quay theo một đường tròn nhỏ hơn hai lần

47

Hình 13.

cùng bán kính. Khi va chạm, các viên bi lại trao đổi vận tốc, và va chạm thứ ba sẽ xảy ra sau thời gian $t_3 = 2t_1 = \frac{2\pi l}{v}$ kể từ va chạm thứ hai, khi mỗi viên bi thực hiện một vòng. Như vậy, sau mỗi va chạm lẻ, viên bi bên trái sẽ có vận tốc $2v$, còn viên bên phải — vận tốc $v$, và vì thế va chạm tiếp theo, chẵn, sẽ xảy ra sau thời gian $t' = t_2 = t_4 = \cdots = \frac{4\pi l}{v}$.

Sau mỗi va chạm lẻ, viên bi bên trái sẽ có vận tốc $v$, còn viên bên phải — vận tốc $2v$ và va chạm tiếp theo, nay đã là va chạm lẻ, của các viên bi sẽ xảy ra sau thời gian $t'' = 2t_1 = t_3 = \cdots = \frac{2\pi l}{v}$ kể từ va chạm chẵn.

Bây giờ không khó để tính rằng nếu $k$ là số chẵn, thì va chạm thứ $k$ của các quả cầu sẽ xảy ra sau thời gian
$$t_k = \left( \frac{k}{2} - \frac{1}{2} \right) t'' + \frac{k}{2} t' = (3k - 1) \frac{\pi l}{v},$$
vì tổng cộng giữa các quả cầu sẽ xảy ra $\frac{k}{2}$ va chạm chẵn và $\frac{k}{2}$ va chạm lẻ. Điều này có nghĩa là quả cầu bên phải phải thực hiện $\frac{k}{2} - \frac{1}{2}$ vòng, với tốc độ $2v$ (ở đây chúng ta đã tính đến rằng trước va chạm đầu tiên quả cầu chỉ thực hiện nửa vòng) và $\frac{k}{2}$ vòng quanh điểm $Q_1$, với tốc độ $v$.

Nếu $k$ lẻ, thì trước va chạm thứ $k$, viên bi bên phải phải thực hiện một vòng quay với vận tốc $v$, và $\frac{k-1}{2} + 1 - \frac{1}{2} = \frac{k}{2}$ vòng quay, với vận tốc $2v$. Vì vậy, từ thời điểm ban đầu đến thời điểm va chạm thứ $k$ trong trường hợp này phải trôi qua thời gian
$$t_k = \frac{k}{2} t'' + \frac{k-1}{2} t' = \frac{(3k-2)\pi l}{v}.$$

Bây giờ hãy tính xem các viên bi sẽ va chạm bao nhiêu lần trong thời gian $t$. Ta sẽ giả sử rằng $t > t_1$. Giữa hai va chạm lẻ liên tiếp của các viên bi trôi qua thời gian $t_0 = t' + t''$. Sau va chạm đầu tiên, sẽ có số va chạm lẻ bằng số lần $t_0$ chứa trong $t - t_1$:

$$n = \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right]$$

(dấu [ ] có nghĩa là «phần nguyên của số»).

Tổng cộng giữa các viên bi sẽ xảy ra $n+1$ va chạm lẻ. Trước va chạm lẻ cuối cùng sẽ trôi qua thời gian bằng $\left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] t_0 + t_1$.

Trong thời gian này, giữa các quả cầu còn phải xảy ra $n$ va chạm chẵn. Ngoài ra, nếu thời gian còn lại $t - \left( \frac{t - t_1}{t_0} \right] t_0 + t_1$ lớn hơn $t'$, thì sẽ xảy ra thêm một va chạm lẻ nữa. Như vậy, trong thời gian $t$ các quả cầu sẽ va chạm

$$N = \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] + 1 + \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] + \left[ \frac{t - \left[ \frac{t - t_1}{t_0} \right] (t_1 + t_2)}{t_2} \right] = 2 \left[ \frac{vt - \pi l}{6\pi l} \right] + \left[ \frac{vt - \left[ \frac{vt - \pi l}{6\pi l} \right] 6\pi l}{4\pi l} \right] + 1$$

48

Hình 14.

F13. Hai xi lanh giống nhau có pít-tông được nối với nhau bằng một ống (hình 14). Trong các xi lanh có nước. Trên các pít-tông đặt các cốc hình trụ giống nhau chứa những lượng nước bằng nhau. Sau đó, thả vào một cốc một vật có khối lượng $m$, và vào cốc kia — một vật có khối lượng $M$, các vật này không chìm.

Các đầu pít-tông và các mực nước trong cốc sẽ cách nhau những khoảng nào khi hệ đạt trạng thái cân bằng? Diện tích đáy các cốc là $S_1$, diện tích các pít-tông là $S_2$.

Lời giải. Vì các xi lanh được nối với nhau bằng một ống, nên áp suất của nước trong các xi lanh ở cùng một độ cao phải bằng nhau. Áp suất trong các xi lanh ở độ cao mà mép dưới của pít-tông bên trái nằm tại đó cũng bằng nhau. Nhưng áp suất trong xi lanh bên trái (hình 14) ở độ cao này bằng $\frac{(M_0 + M)g}{S_2}$, còn áp suất ở độ cao này trong xi lanh bên phải bằng $\frac{(M_0 + m)g}{S_2} + \rho gy$, trong đó $M_0$ là tổng khối lượng của pít-tông, cốc và nước trong cốc, còn $\rho gy$ là áp suất của cột nước cao $y$. Khi đó, từ điều kiện cân bằng ta được:

$$\frac{(M_0 + M)g}{S_2} = \frac{(M_0 + m)g}{S_2} + \rho gy.$$

Giải phương trình này, ta tìm được

$$y = \frac{M - m}{\rho S_2}.$$

Bây giờ xác định đại lượng $x$. Khi nhúng vật vào cốc, lực ép lên đáy cốc tăng thêm một lượng bằng trọng lượng của vật đó. Mặt khác, vì vật không chìm và tự nó không ép lên đáy, nên sự thay đổi của lực ép lên đáy là sự thay đổi của lực ép của nước lên đáy do mực nước tăng lên. Nếu mực nước trong cốc dâng lên $\Delta x$, thì áp suất của nước lên đáy tăng thêm $\rho g \Delta x$, còn lực ép tăng thêm $\rho g \Delta x S_1$. Do đó, đối với cốc bên trái $\rho g \Delta x S_1 = Mg$, trong đó $\Delta x_1$ là sự thay đổi mực nước trong cốc bên trái: $\Delta x_1 = \frac{M}{\rho S_1}$. Tương tự, ta thấy rằng trong cốc bên phải, khi nhúng vật vào, mực nước dâng lên $\Delta x_2 = \frac{m}{\rho S_1}$. Vì khoảng cách giữa đáy cốc bên trái và đáy cốc bên phải bằng $y$, nên

$$x = y + \Delta x_2 - \Delta x_1 = \frac{(M - m)(S_1 - S_2)}{\rho S_1 S_2}.$$

F14. Hai ống có tiết diện $S_1$ và $S_2$ được nối với nhau và bịt bằng các pittông có khối lượng $m_1$ và $m_2$ (hình 15). Sau vụ nổ trong không gian giữa các pittông, các pittông bay ra khỏi ống. Một trong chúng bay ra với vận tốc $v$. Pittông thứ hai bay ra với vận tốc nào, nếu: a) các ống được cố định và không thể chuyển động, b) các ống không được cố định và tổng khối lượng của chúng bằng $M$? Bỏ qua ma sát của các pittông với thành ống.

Lời giải. Trước hết xét trường hợp ống được cố định. Áp suất khí tác dụng lên các pittông là như nhau, còn các lực áp suất tỉ lệ như diện tích các pittông. Vì các lực này tác dụng lên các pittông trong cùng một thời gian (ta coi rằng sau khi một trong các pittông bay ra khỏi ống, áp suất lên pittông thứ hai đột ngột giảm xuống bằng áp suất bên ngoài), nên tỉ số các lực áp suất trung bình tác dụng lên các pittông bằng tỉ số diện tích các pittông. Điều này cho phép ta tìm tỉ số các xung lượng của các pittông sau khi chúng bay ra khỏi ống. Xung lượng ban đầu của các pittông bằng không, còn độ biến thiên xung lượng của chúng bằng các lực trung bình nhân