⟦không số trang⟧

Khoa học phổ thông vật lý - toán học
Kvant
12
1970
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học
Sư phạm Liên Xô

71

Tổng biên tập — viện sĩ I. K. KIKOIN. Phó tổng biên tập thứ nhất — viện sĩ A. N. KOLMOGOROV.

Ban biên tập:

L. A. Artsimovich, viện sĩ
M. I. Bashmakov
V. G. Boltyansky, thành viên thông tấn Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
I. N. Bronshtein viện sĩ
N. B. Vasilyev viện sĩ
I. F. Ginzburg viện sĩ
V. G. Zubov viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
P. L. Kapitsa viện sĩ
V. A. Kirillin viện sĩ
G. I. Kosurov viện sĩ
V. A. Leshkovtsev (phó tổng biên tập)
V. P. Lishevsky viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
A. I. Markushevich viện sĩ
M. D. Millyuonitskov, viện sĩ
N. A. Patrikeeva N. Kh. Rozov viện sĩ
A. P. Savin viện sĩ (phó tổng biên tập)
I. Sh. SLOBODEЧИЙ viện sĩ (tiến sĩ khoa học vật lý-toán học)
M. L. Smolyansky viện sĩ
Ya. A. Smorodinsky viện sĩ
V. A. Fabrikant viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
Ya. E. Shnaider (thư ký chịu trách nhiệm)

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova
Họa sĩ chính E. P. Leonov.
Biên tập kỹ thuật T. M. Makarova.
Soát lỗi T. S. Vaisberg
Nhà xuất bản «Nauka»
Ban biên tập chính văn học vật lý-toán học
Moskva, V-71, đại lộ Lenin, 15

Đưa vào sắp chữ 24/VIII-70. Ký duyệt in 30/X-70.
Giấy 70×100¹/₁₆. Tờ in thực tế 4 quy ước.
tờ in 5.20 Tờ xuất bản 5,63 Số in 176000 bản.
T-15168 Giá 30 cô-pếch. Đơn đặt hàng 1411
Tổ hợp in Chekhov của Glavpoligrafprom
Ủy ban Báo chí trực thuộc Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô
thành phố Chekhov, tỉnh Moskva

1. Phương pháp phép chiếu song song

Đáng tiếc là không tồn tại «chiếc bút chì không gian», đầu bút của nó có thể để lại dấu vết trong không gian. Với chiếc bút chì như vậy, người ta có thể «vẽ» một hình lập phương thật bằng cách tô theo các cạnh của nó. Còn hình ảnh phẳng không thể là bản sao chính xác của hình không gian. Nảy sinh vấn đề: phải xây dựng hình ảnh theo những quy tắc nào để nó giống với bản gốc, nghĩa là khi quan sát hình ảnh sẽ xuất hiện ấn tượng thị giác gần với ấn tượng xuất hiện khi quan sát bản gốc? Thường người ta sử dụng các phương pháp chiếu cho mục đích này. Đơn giản nhất trong số đó là phương pháp phép chiếu xuyên tâm và phương pháp phép chiếu song song.

Hình 1.

Phương pháp phép chiếu xuyên tâm được làm rõ qua hình 1. Lấy một điểm cố định $S$ (tâm chiếu) và một mặt phẳng cố định л (mặt phẳng chiếu), không đi qua $S$. Qua mỗi điểm $A'$ trong không gian, kẻ đường thẳng $SA'$ (đường thẳng chiếu). Điểm $A$ giao của đường thẳng này với mặt phẳng л được gọi là phép chiếu của điểm $A'$. Trong hình 1 chỉ ra phép chiếu của hai điểm: $A'$ và $B'$.

Các điểm của bản gốc nằm trên cùng một đường thẳng chiếu có cùng một hình ảnh.

Phương pháp phép chiếu xuyên tâm cho những hình ảnh trực quan nhất, vì phép dựng được mô tả tái hiện quá trình nhìn: các tia xuất phát từ điểm của bản gốc ($A', B', \dots$) hoặc từ phép chiếu của chúng ($A, B, \dots$) trùng nhau. Như vậy, đối với mắt thì không có sự khác biệt — quan sát bản gốc hay phép chiếu của nó lên mặt phẳng л. (Tất nhiên, ở đây chúng ta đơn giản hóa một chút: vì bản gốc được quan sát bằng hai mắt.)

Các họa sĩ chủ yếu sử dụng phương pháp phép chiếu xuyên tâm.

Phương pháp phép chiếu song song khác với phương pháp phép chiếu xuyên tâm chỉ ở chỗ các đường thẳng chiếu không đi qua một điểm cố định mà song song với một hướng cố định (hình 2). Hình ảnh trong phép chiếu song song giống với vật được quan sát từ xa: khi không bị giới hạn

Hình 2.

khi đưa mắt ra xa bản gốc, các tia nhìn trở nên gần như song song. Trong bài này chúng tôi sẽ nói về phương pháp phép chiếu song song. Phương pháp này đơn giản hơn và vì vậy luôn được sử dụng khi làm các bản vẽ minh họa trong tài liệu giáo khoa và khoa học. Chúng ta sẽ ký hiệu các phần tử của bản gốc bằng các chữ cái có dấu phẩy, còn các phần tử tương ứng của hình ảnh — bằng chính các chữ cái đó không có dấu phẩy. Ví dụ,

điểm $A'$ được biểu diễn bằng điểm $A$, đường thẳng $m'$ được biểu diễn bằng đường thẳng $m$.

Hãy liệt kê các tính chất cơ bản của phép chiếu song song.

Tính chất 1. Hình ảnh của một đường thẳng là một đường thẳng hoặc một điểm.

Giả sử đường thẳng $a'$ không chiếu (hình 3). Khi đó tất cả các đường chiếu đi qua các điểm của đường thẳng $a'$ đều nằm trong cùng một mặt phẳng. Giao của mặt phẳng này với mặt phẳng $l$ là một đường thẳng.

Nếu đường thẳng $a'$ là đường chiếu, thì tất cả các điểm của nó có cùng một hình ảnh, tức là đường thẳng được biểu diễn bằng một điểm.

Hai tính chất tiếp theo được chứng minh.

Tính chất 2. Các đường thẳng song song được biểu diễn bằng các đường thẳng song song hoặc các điểm riêng biệt.

Tính chất 3. Tỉ số mà một điểm bất kỳ của đoạn thẳng chia

4

MI, có thể bắt đầu bằng một tam giác bất kỳ nào $ABC$ và khẳng định rằng nó đồng dạng với ảnh của tam giác đã cho $A'B'C'$.

Chứng minh. Ta có hai tam giác: bản gốc $A'B'C'$ và mẫu $ABC$. Dựng trên cạnh $A'B'$ tam giác $A'B'C_1$ (hình 4), đồng dạng với tam giác $ABC$ và nằm trong một mặt phẳng nào đó $π$, khác với mặt phẳng của tam giác $A'B'C'$. Tiếp theo, lấy $C'C_1$ làm hướng chiếu. Khi đó hình chiếu của tam giác $A'B'C'$ lên mặt phẳng $π$ là tam giác $A'B'C_1$, đồng dạng với tam giác $ABC$.

Định lý 2. Nếu cho ảnh của tam giác $A'B'C'$, thì đồng thời xác định một cách duy nhất ảnh của mỗi điểm nằm trong mặt phẳng của tam giác này.

Chứng minh. Gọi $A'B'C'$ là bản gốc (hình 5, a), còn $ABC$ là ảnh (hình 5, b). Lấy trong mặt phẳng của tam giác $A'B'C'$ một điểm tùy ý $D'$ và nối nó với một đỉnh bất kỳ của tam giác, chẳng hạn với $A'$. Gọi $E'$ là giao điểm của đường thẳng $A'D'$ với cạnh đối diện $B'C'$ (không quan trọng là $E'$ nằm bên trong đoạn $B'C'$ hay trên phần kéo dài của nó). Ảnh của điểm $E'$ có thể tìm được: nó phải chia đoạn $BC$ theo cùng một tỉ số mà $E'$ chia đoạn $B'C'$, tức là

$$\frac{BE}{EC} = \frac{B'E'}{E'C'}$$

Từ hai định lý đã được chứng minh suy ra quy tắc thực hành để dựng ảnh của các hình phẳng: cần chọn trong thành phần của hình $F'$ bất kỳ ba điểm nào không nằm trên cùng một đường thẳng, và biểu diễn chúng bằng ba điểm tùy ý ở vị trí tổng quát. Sự tùy ý kết thúc ở đây: ảnh của tất cả các điểm còn lại phải được dựng. Nói cách khác, tam giác đã cho có thể biểu diễn tùy ý, còn tứ giác đã cho thì không thể.

Ví dụ 1. Ảnh của lục giác đều.

Обозначим данный правильный шестиугольник ( оригинал) через $A'B'C'D'E'F'$, а его центр — буквой $O'$ (для удобства оригинал показан на рисунке 6, а). Построим теперь изображение этого шестиугольника. Изобразим треугольник $A'B'C'$ произвольно (рис. 6, б). Точка $G'$ есть середина отрезка $A'C'$. Следовательно, точка $G$ тоже должна быть серединой отрезка $AC$. Теперь можно провести прямую $BG$. На ней можно построить точки $O$ и $E$, пользуясь соответствиями $BO=2BG$, $BE=4BG$. Далее, $CD||BG$ и $AF||BG$. Точку $D$ можно найти разными способами: 1) откладывая $CD=BO$, 2) проводя

5

3. Định lý Polke — Schwarz và sự biểu diễn các hình không gian

Chúng ta biết rằng khi biểu diễn các hình phẳng, tam giác giữ vai trò đặc biệt. Tình hình tương tự xuất hiện khi biểu diễn các hình không gian, chỉ có điều thay cho tam giác được dùng tứ diện. Trước khi phát biểu định lý tương ứng, chúng ta đưa ra định nghĩa sau.

Một tứ giác đầy đủ được gọi là một hình phẳng gồm bốn điểm ở vị trí tổng quát (nghĩa là không có ba điểm nào trong số chúng nằm trên cùng một đường thẳng) và sáu đoạn thẳng nối các điểm đó từng đôi một.

Định lý 3 (định lý Polke — Schwarz)* Bất kỳ tứ diện đã cho nào cũng có thể được, sai khác không quá một phép đồng dạng, biểu diễn bằng một tứ giác đầy đủ tùy ý (trên hình 7, a

*) Polke đã chứng minh định lý này năm 1853 cho tứ diện vuông cân (có các cạnh bên bằng nhau và các góc phẳng tại đỉnh là góc vuông). Schwarz năm 1864 đã chứng minh nó cho một tứ diện bất kỳ.

Hình 7, a. Hình 7, b.

ED||AB, 3) kẻ đường thẳng AO. Tương tự xây dựng điểm F.

Làm ví dụ khác, hãy tự chứng minh rằng hình vuông có thể được biểu diễn bằng một hình bình hành bất kỳ.

Cuối cùng, hãy lưu ý rằng biểu diễn của đường tròn là một elip.

Hình 8, a. Hình 8, b,

tứ giác ABCD lồi, trên hình 7, b — không lồi).

Chúng ta sẽ chấp nhận định lý này mà không chứng minh.

Nét đứt được sử dụng trong biểu diễn các hình không gian để chỉ các đường không nhìn thấy (giả sử rằng các mặt của tứ diện là không trong suốt).

Định lý 4. Nếu cho biểu diễn của tứ diện A’B’C’D’, thì đồng thời xác định được biểu diễn của mỗi điểm trong không gian.

Chứng minh. Gọi A’B’C’D’ — là hình gốc (hình 8, a), ABCD — là biểu diễn của nó trên mặt phẳng (hình 8, b). Ngoài ra, trong không gian cho một điểm tùy ý M’. Ta chỉ ra cách dựng biểu diễn của nó. Nối M’ với một đỉnh nào đó của tứ diện, chẳng hạn với A’, và đánh dấu điểm giao E’ của đường thẳng A’M’ với mặt đối diện B’C’D’ (điểm E’ hoàn toàn không nhất thiết phải nằm bên trong tứ diện B’C’D’).

Định lý chuyển sang biểu diễn. Có thể dựng biểu diễn của điểm E’: vì điểm này nằm trong mặt phẳng của tam giác B’C’D’, mà biểu diễn của tam giác đó đã được cho. Tiếp theo, ta kẻ đường thẳng AE và trên đó dựng điểm M thỏa mãn điều kiện

$$\frac{AM}{ME} = \frac{A'M'}{M'E'}$$

Ví dụ 2. Biểu diễn hình lập phương. Khi các cạnh của hình lập phương xuất phát từ

6

Hình 9.

từ một điểm, xác định một tứ diện. Theo định lý Pohlke—Schwarz, nó có thể được biểu diễn bằng một tứ giác bất kỳ. Như vậy, khi biểu diễn một hình lập phương (hình 9), ta có thể đánh dấu các điểm $A_1, B_1, D_1$ và $A_2$ tùy ý. Phần còn lại của hình biểu diễn có được từ việc các cạnh song song của hình lập phương cũng phải song song trên bản vẽ.

Đa số mọi người nghĩ rằng hình 9 không phải lúc nào cũng có thể dùng làm hình biểu diễn của một hình lập phương và rằng cần chọn một cách đặc biệt các góc của những hình bình hành tạo thành nó và các tỉ số của các đoạn thẳng. Điều này được giải thích bởi vì quen thuộc nhất đối với chúng ta là các hình chiếu trực giao, thu được trong trường hợp các đường chiếu vuông góc với mặt phẳng chiếu. Ở đây lại nói về các hình chiếu song song tùy ý («xiên»).

Ví dụ 3. Biểu diễn hình chóp tứ giác đều bằng hình bình hành. Đáy (hình vuông) có thể được biểu diễn bằng một hình bình hành tùy ý. Ngoài ra, theo định lý Pohlke—Schwarz có thể biểu diễn tùy ý một cạnh bên, tức là đánh dấu một hình bình hành tùy ý. Nếu cần kiểm tra chiều cao, thì phải nối đỉnh với giao điểm các đường chéo của đáy.

Hình 10, $a$. Hình 10, $b$.

Trong sách giáo khoa, việc biểu diễn mặt phẳng (nói chính xác hơn, «một mảnh mặt phẳng») dưới dạng hình bình hành là rất phổ biến, ngầm giả thiết rằng vật gốc là một mảnh mặt phẳng hình chữ nhật. Trong trường hợp này, một phần tính tùy ý mà ta có trong tay bị sử dụng không tùy ý. Nếu quên điều đó và sau này dùng định lý Pohlke—Schwarz, thì sẽ dẫn đến những sai lầm thô thiển. Đây là một ví dụ. Trên hình 10, $a$ biểu diễn một hình chóp tứ giác đều. Đứng trên mặt phẳng. Hình biểu diễn riêng lẻ SABCD được dựng đúng, nhưng toàn bộ hình 10, $a$ là sai lầm thô thiển. Khi biểu diễn một mảnh mặt phẳng hình chữ nhật bằng hình bình hành KLMN, ta đã sử dụng một phần tính tùy ý do định lý Pohlke—Schwarz cho phép, và không có quyền biểu diễn hình vuông $A'B'C'D'$ bằng một hình bình hành tùy ý. Trên hình 10, $a$ $\rightarrow$ LKN và $\rightarrow$ DAB biểu diễn các góc vuông. $AB \parallel KL$, do đó phải có $AD \parallel KN$. Vì không có điều đó, hình 10, $a$ là sai.

Vì tính hình chữ nhật của mảnh mặt phẳng không có ý nghĩa gì khi nghiên cứu các tính chất của hình chóp này trên nó, không có lý do gì để tự ràng buộc bằng điều kiện rằng $\rightarrow$ LKN — biểu-

⟦trang 7⟧

4. Các thiết diện của đa diện

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét các hình ảnh gặp khi nghiên cứu hình học không gian.

Ví dụ 4. Trong hình 11, а biểu diễn thiết diện phẳng của một lăng trụ tam giác.

Nó được “xây dựng” rất đơn giản: trên các cạnh của lăng trụ lấy các điểm tùy ý $A_3$, $B_3$, $C_3$ và nối chúng bằng các đoạn thẳng của lăng trụ. Trong hình 11, $\delta$ cùng một “phương pháp” được áp dụng để xây dựng thiết diện của một lăng trụ tứ giác.

Hình 11, а là đúng, còn trong hình 11, $\delta$ có một sai lầm (rất phổ biến!). Thật vậy, mặt phẳng được xác định bởi ba điểm. Vì vậy, khi biểu diễn thiết diện phẳng của một lăng trụ tam giác, chúng ta có thể lấy các điểm trên các cạnh của nó một cách tùy ý. Với lăng trụ tứ giác thì không thể làm như vậy. Đánh dấu tùy ý các điểm $A_3$, $B_3$, $C_3$, chúng ta đã xác định mặt phẳng cắt, và điểm giao của nó với cạnh thứ tư của lăng trụ không thể được lấy tùy ý.

Hãy chỉ ra cách tìm đúng điểm giao của mặt phẳng cắt với cạnh thứ tư.

Mặt phẳng đi qua các cạnh $^*$) $A'_1A'_2$ và $C'_1C'_2$ cắt thiết diện phẳng $A'_3B'_3C'_3D'_3$ theo đường chéo $A'_3C'_3$, còn mặt phẳng đi qua các cạnh $B'_1B'_2$ và $D'_1D'_2$ — theo đường chéo $B'_3D'_3$. Đường thẳng giao nhau của hai mặt phẳng này song song với cạnh của lăng trụ. Do đó, trong mọi thiết diện phẳng của lăng trụ, các điểm giao của các đường chéo nằm trên một đường thẳng song song với cạnh của lăng trụ. Trên hình 11, $\delta$ đánh dấu các điểm $P_1$ và $P_2$ giao nhau của các đường chéo của các đáy; đường thẳng $P_1P_2$ song song với cạnh của lăng trụ. Điểm $P_3$ không nằm trên đường thẳng này —

*) Đừng quên rằng các phần tử của bản gốc được ký hiệu bằng các chữ cái có dấu phẩy.

8

Hình 13.
do đó, hình vẽ không đúng. Điều này có nghĩa là tứ giác $A_3'B_3'C_3'D_3'$ được vẽ trên đó không phẳng. Người có con mắt được rèn luyện, chẳng hạn một họa sĩ, sẽ nhận ra điều này ngay, không cần bất cứ phép dựng nào.

Tính chất này cho phép không chỉ kiểm tra tính đúng đắn của bản vẽ, mà còn dựng thiết diện phẳng của một lăng trụ tứ giác. Đánh dấu tùy ý các điểm $A_3$, $B_3$, $C_3$ (hình 12). Dựng các điểm $P_1$ và $P_2$ và kẻ đường thẳng $P_1P_2$ (nó song song với đường thẳng $A_1A_2$). Kẻ đường thẳng $A_3C_3$. Tìm điểm $P_3$ là giao điểm của $A_3C_3$ và $P_1P_2$. Kẻ $B_3P_3$. Giao điểm của $B_3P_3$ với $D_1D_2$ chính là điểm cần tìm.

Biểu diễn các thiết diện phẳng của đa diện chỉ đòi hỏi sử dụng hai quy tắc:

1. Nếu các mặt phẳng $\beta'$ và $\gamma'$ cắt nhau theo đường thẳng $l'$, còn mặt phẳng $\alpha'$ cắt chúng tương ứng theo các đường thẳng $b'$ và $c'$, thì $b'$ và $c'$ либо cắt nhau tại một điểm nằm trên $l'$, hoặc song song với $l'$.

2. Nếu các mặt phẳng $\beta'$ và $\gamma'$ song song, còn mặt phẳng $\alpha'$ cắt chúng tương ứng theo các đường thẳng $b'$ và $c'$, thì $b'$ và $c'$ song song.

Ví dụ 5. Hình biểu diễn của thiết diện phẳng của hình hộp.

Vẽ hình biểu diễn của các đường thẳng cắt $RQ$ và $QP$. Giao điểm của chúng phải nằm trên đường thẳng $A_2B_2$, còn ngoài ra các đường thẳng $PQ$ và $QR$ là tùy ý. Tiếp theo vẽ $RS \parallel QP$ và $PS \parallel QR$.

Trong hình 13, các đường thẳng $PQ$ và $QR$ được kẻ sao cho điểm $Q$ nằm ngoài đoạn $A_2B_2$. Đánh dấu các điểm $T \equiv PQ \times A_2D_2$ và $U \equiv QR \times A_1A_2$ rồi nối $U$ với $T^*$). Kẻ $RS \parallel QP$ và $PS \parallel QR$. Rõ ràng điểm $S$ phải nằm trên đường thẳng $C_1D_1$. Nếu điểm này nằm trên phần kéo dài của đoạn $C_1D_1$, thì nối các điểm $V \equiv RS \times B_1C_1$ và $W \equiv PS \times C_1C_2$. Hãy tự xét trường hợp điểm $Q$ nằm bên trong đoạn $A_2B_2$.

Ví dụ 6. Hình biểu diễn thiết diện phẳng của hình chóp tứ giác (hình 14).

Vẽ các đoạn $PQ$ và $QR$. Từ điểm $R$ cần vẽ đường thiết diện theo mặt sau. Các mặt phẳng của các mặt trước và sau cắt nhau theo đường thẳng $S'X'$. Hình biểu diễn của đường thẳng này dễ dàng thu được bằng cách dựng điểm $X \equiv AB \times CD$. Các vết của mặt phẳng cắt $\alpha'$ trên các mặt trước và sau phải cắt nhau tại $S'X'$. Tìm điểm $T \equiv PQ \times SX$ và vẽ $TR$. Đánh dấu đoạn $RU$ của đường thẳng này, nằm bên trong tam giác $SCD$. Còn $AB$ biểu diễn đường giao tuyến của các mặt trước và dưới. Dựng điểm $Y \equiv AB \times PQ$ và tìm điểm $V \equiv AD \times UY$.

*) Ký hiệu $M \equiv AB \times CD$ có nghĩa là: “M là giao điểm của các đường thẳng $AB$ và $CD$”, còn $m \equiv A \times B$ — “m là đường thẳng được xác định bởi các điểm $A$ và $B$”.

⟦trang 10⟧

Hình 17.
Trong mỗi elip có hai đường kính được thể hiện: trong hình gốc chúng bị phân chia lại, còn trên hình vẽ — là các đường kính liên hợp (xem bài của I. N. Bronstein «Elip», Kvant số 9).

Đáy của hình nón cũng được biểu diễn bằng một elip. Trong thực hành ở trường học thường gặp sai lầm sau: các đường sinh ngoài cùng được dùng để biểu diễn thiết diện chính, đồng thời giả định rằng chúng tiếp xúc với elip ở hai đầu trục lớn (hình 18, a). Điều này không đúng. Nếu từ điểm S kẻ các tiếp tuyến đến elip và nối các điểm tiếp xúc A và B, thì đường thẳng AB sẽ không đi qua tâm của elip. Tuy nhiên một số

Hình 19.
«Những người vẽ kỹ thuật» lại cố tình vẽ nó đi qua tâm. Hình 18, b là đúng. Một trong các điểm tiếp xúc, chẳng hạn A, được nối với tâm O, và trên elip đánh dấu điểm C đối diện với A qua đường kính. Tam giác SAC là hình biểu diễn của thiết diện chính.

Để biểu diễn thiết diện chính hoàn toàn không nhất thiết phải sử dụng

Hình 18, a.
Hình 18, b.
Hình 18, c.

12

Hình 23, a.

khi đó xích đạo sẽ được biểu diễn bằng một đoạn thẳng (hình 22).

Hình biểu diễn đúng của quả cầu được xây dựng như sau. Xích đạo và các kinh tuyến được biểu diễn bằng các elip, trong đó tất cả các kinh tuyến đều đi qua hai điểm N và S. Chỉ còn phải xác định mối liên hệ giữa hình biểu diễn của xích đạo và vị trí của các điểm N và S.

Hãy hình dung vật gốc. Ta dựng mặt cắt xích đạo (đường tròn A’B’C’D’) và đường kính N’S’ vuông góc với nó (trục Trái Đất). Tiếp theo, hãy tưởng tượng mặt phẳng β’, vuông góc với A’C’ và (để tiện) đi qua bên ngoài quả cầu (hình 23, a). Chiếu vuông góc quả cầu cùng với mặt cắt xích đạo và trục N’S’ lên mặt phẳng β’. Quả cầu được chiếu thành một đường tròn, còn hệ (A’B’C’D’, N’S’) — thành hai đường kính vuông góc của đường tròn này.

Nếu quay hình bên trái (hình 23, a) quanh A’C’, thì đường tròn trên mặt phẳng β’ sẽ vẫn giữ nguyên vị trí, còn chữ thập tạo bởi hai đường kính vuông góc của nó sẽ quay quanh tâm.

Hình 23, b cho ta chìa khóa để giải quyết vấn đề về mối liên hệ giữa hình biểu diễn của xích đạo với các hình biểu diễn của các dải. Đường kính PQ xác định trục nhỏ của elip, còn đường vuông góc-

Рис. 25.

проходящими через точки $N$ и $S$. Параллели изображаются подобными эллипсами, касающимися контура шара.

При решении стереометрических задач чертеж играет вспомогательную роль, и нет смысла тратить на его выполнение больше труда, чем на решение самой задачи. Поэтому мы рекомендуем читателю в основном чертить на глаз. Однако дадим некоторые общие рекомендации, выполнение которых позволяет избежать ошибок.

Изображение шара сложнее, чем многогранников, цилиндра и конуса. Поэтому рекомендуется, выполняя чертежи с учетом шара, начинать с шара, а затем пристраивать к нему остальные фигуры.

Если шар вписан в цилиндр (рис. 25), то боковая поверхность цилиндра касается шара по большому кругу, например по экватору. Точка $B$ — на экваторе, $AB = BC$, $AC = NS$. Все три эллипса (экваториальное сечение и основания цилиндра) одинаковы.

Если цилиндр вписан в шар (рис. 26), то следует помнить, что его основания — одинаковые по размеру параллельные круги.

Если шар вписан в призму (рис. 27), то больший круг (например, эк…

14

Hình 28.

Để biểu diễn một lăng trụ nội tiếp trong một hình cầu (hình 28), trước hết phải nội tiếp một đa giác vào một đường tròn song song nào đó. Phần còn lại đã rõ.

Nếu một hình cầu nội tiếp trong một hình chóp (hình 29), thì các điểm tiếp xúc của các mặt bên nằm ở những khoảng cách bằng nhau tính từ đỉnh hình chóp và do đó nằm trên cùng một đường tròn song song, mặt phẳng của nó vuông góc với $T'O'$ (О’ — tâm của hình cầu, $T'$ — đỉnh hình chóp). Có thể vẽ theo trình tự sau: biểu diễn hình cầu, sau đó lấy

Hình 29.

một đường tròn song song nào đó và ngoại tiếp quanh nó một đa giác (ví dụ, $A_1B_1C_1D_1$). Sau đó, đối với các kinh tuyến đi qua các điểm tiếp xúc $L, M, N, P$, hãy kẻ các đường tiếp tuyến tại các điểm này (có thể bằng mắt). Chúng sẽ cắt nhau tại một điểm $T$, điểm này biểu diễn đỉnh của hình chóp. Giả sử mặt phẳng của đáy dưới song song với mặt phẳng $A_1'B_1'C_1'D_1'$ (nếu không như vậy thì bài toán có điều kiện, và trong bài này chúng tôi sẽ không xét nó), khi đó còn lại là dựng hoàn chỉnh hình chóp, dựa vào các tỉ lệ

$$\frac{TS}{TO_1} = \frac{TA}{TA_1} = \frac{TB}{TB_1} = \frac{TC}{TC_1} = \frac{TD}{TD_1}$$

($S'$ — Cực Nam, $O'$ — tâm của đường tròn song song nội tiếp trong $A_1'B_1'C_1'D_1'$).

Nếu hình cầu ngoại tiếp một hình chóp (hình 30), thì đáy của hình chóp nội tiếp trong một đường tròn song song nào đó, còn đỉnh là một điểm bất kỳ của mặt cầu.

Lời tòa soạn. Năm 1971, trong bộ “Các bài giảng phổ biến về toán học” sẽ xuất bản cuốn sách nhỏ của N. M. Beskin “Biểu diễn các hình không gian”, trong đó những vấn đề này sẽ được trình bày chi tiết hơn.

15

Aristotle sai ở đâu

Người ta thường nhắc đến Aristotle để phê phán. Chỗ này ông sai, chỗ kia cũng sai. Ông đặc biệt bị phê phán trong cơ học. Bởi ai cũng biết rằng gia tốc của vật tỉ lệ với lực, còn một vật để tự do thì chuyển động với vận tốc không đổi. Nhưng Aristotle khẳng định điều khác: vận tốc của vật tỉ lệ với lực tác dụng lên nó. Và nếu không tác dụng lực, thì vật sẽ dừng lại. Đúng là kinh nghiệm hằng ngày của chúng ta xác nhận khẳng định của Aristotle hơn là của Newton, hai định luật của ông mà chúng ta đã phát biểu ở trên. Thật vậy, để vật chuyển động, chỉ cần kéo nó, tức là tác dụng lực lên nó, và ngay khi lực tác dụng biến mất, vật dừng lại. Thoạt nhìn, khẳng định của Aristotle phù hợp với các hiện tượng quan sát được hơn các định luật Newton. Vì thế việc chống lại uy tín của Aristotle đã khó đến vậy.

Sự phù hợp giữa lý thuyết (các định luật Newton) và thí nghiệm (quan sát các vật chuyển động) được phát hiện nếu tính đến lực ma sát. Khi, theo Aristotle, không có gì tác dụng lên vật và vì thế (!) nó dừng lại, thì trên thực tế lực ma sát tác dụng lên nó, lực này hãm chuyển động.

Ma sát và nguyên tử

Lực ma sát là gì? Bản chất của nó ra sao? Ta thường nhớ đến nó khi nghiên cứu hoạt động của các cơ cấu, suy nghĩ về sự trượt của xe trượt trên tuyết hoặc của thuyền trên mặt nước. Có lẽ có thể hiểu đại thể điều xảy ra khi hai vật tiếp xúc. Các nguyên tử của chúng (của thanh trượt và tuyết hoặc của ổ bi và vành) tương tác với nhau *). Khi chuyển động, các nguyên tử của vật này cố lôi cuốn các nguyên tử của vật kia. Nếu chúng thành công, thì một trong các vật hoặc cả hai bị phá hủy. Ta thường nói — bị mài mòn. Để không làm phức tạp việc xem xét, hãy bỏ qua sự mài mòn. Với các vận tốc không quá lớn và các chi tiết đủ cứng, điều đó hoàn toàn cho phép. Vậy là các nguyên tử của vật này không lôi cuốn được các nguyên tử của vật kia. Thế thì điều gì vẫn xảy ra? Các nguyên tử của vật rắn (tinh thể) nằm ở những vị trí xác định, tại các vị trí cân bằng. Đúng là thuật ngữ «nằm» có phần quy ước, vì các nguyên tử luôn chuyển động: chúng thực hiện những dao động nhỏ quanh các vị trí cân bằng. Cường độ của những dao động này được xác định bởi nhiệt độ. Nhiệt độ càng cao, năng lượng và biên độ dao động của các nguyên tử càng lớn. Các nguyên tử của tinh thể tương tác với nhau. Sự thay đổi chuyển động của các nguyên tử

*) Từ hơi mơ hồ «tương tác» có nghĩa là các nguyên tử hoặc hút nhau, hoặc đẩy nhau. Trên thực tế, vừa hút vừa đẩy. Ở xa — hút, còn ở gần — đẩy. Chỉ cần nhớ rằng thang đo trong thế giới nguyên tử là angstrom (1A°=10⁻⁸см). «Ở xa» nghĩa là khoảng cách lớn hơn nhiều so với 1A, «ở gần» — cỡ 1A. Khi các nguyên tử của những vật khác nhau tiếp xúc, chúng cách nhau những khoảng cách lớn hơn đáng kể so với 1A.

16

Hình 1.

nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử lân cận…

Khi một vật chuyển động tương đối so với vật khác, tiếp xúc với nó, các nguyên tử của những vật này «móc» vào và làm dao động lẫn nhau. Nếu không ngại nói nôm na, thì có thể hình dung quá trình này như sau: một người chạy qua những con lắc treo gần nhau và làm chúng dao động. Hoặc còn đúng hơn: các con lắc được nối với nhau. Làm lệch một hoặc vài con lắc, người ta khiến tất cả những con lắc còn lại chuyển động (hình 1).

Dao động của các nguyên tử nằm trên bề mặt vật được truyền cho các nguyên tử nằm ở bên trong. Sự truyền năng lượng từ bề mặt vào sâu trong vật là một quá trình phức tạp, cho đến nay vẫn chưa được lần theo hoàn toàn (mặc dù những nét chung của nó đã được hiểu). Con đường truyền năng lượng phụ thuộc chủ yếu vào bản chất của vật rắn. Chẳng hạn, trong kim loại, electron có thể mang năng lượng đi. Nhưng dù con đường dẫn năng lượng khỏi bề mặt là gì, thì rốt cuộc

17

ma sát của một vật với vật khác dẫn đến sự tăng nhiệt độ. Ngoài ra, trong quá trình ma sát xảy ra sự thay đổi cấu trúc của các bề mặt cọ xát. Cần tính đến những điều này nếu muốn hiểu tất cả các hiện tượng đi kèm với ma sát *). Tuy nhiên, chừng nào chúng ta chưa cố xây dựng một lý thuyết định lượng, thì không quá quan trọng đối với chúng ta việc biết chính xác quá trình diễn ra trong vật rắn. Cần hiểu một điều quan trọng: năng lượng của vật đang chuyển động được tiêu hao một phần để kích thích chuyển động của các hạt nguyên tử tạo nên vật rắn.

Có thể nói rằng các vật thể vĩ mô «làm việc», chỉ có điều công việc này được thực hiện vô ích — năng lượng bị tiêu hao để nung nóng vật thể, mà trong phần lớn trường hợp người ta phải làm lạnh nhân tạo (con người thời kỳ đồ đá, vốn quen với việc tạo ra lửa bằng ma sát, có lẽ sẽ không đồng ý với chúng ta).

Tốc độ tương đối của các vật càng lớn thì càng nhiều năng lượng được tiêu hao để làm dao động các nguyên tử, nghĩa là các vật thực hiện công càng nhiều. Mặt khác, người ta biết rằng công trong một đơn vị thời gian (công suất) bằng lực nhân với vận tốc. Lực này chính là lực ma sát.

Chúng ta đã chính thức «đưa vào» lực ma sát. Đúng là chúng ta đã cố gắng giải thích bản chất của nó.

Cũng có thể làm theo một cách hơi khác. Xác định lượng xung lượng (lượng chuyển động) mà vật chuyển động tiêu hao trong một đơn vị thời gian để kích thích dao động của các nguyên tử. Theo định luật Newton, sự thay đổi xung lượng của vật trong một đơn vị thời gian bằng lực tác dụng lên nó. Điều này cho phép chúng ta xác định lực ma sát. Tất nhiên, cả hai định nghĩa đều dẫn đến cùng một giá trị của lực ma sát.

Lực ma sát đặc trưng cho sự tương tác giữa các vật thể vĩ mô, và mặc dù ma sát — kết quả*

*) Vấn đề ma sát được nghiên cứu bởi các tập thể các nhà khoa học, những người buộc phải sử dụng những phương pháp nghiên cứu hiện đại nhất và những quan niệm mới nhất về chuyển động của các hạt nguyên tử trong vật rắn.

quả của sự tương tác giữa các hạt nguyên tử riêng lẻ, lực ma sát khác biệt rõ rệt với các lực tác dụng giữa các nguyên tử và phân tử. Thật vậy, các lực tác dụng giữa các nguyên tử và phân tử chỉ phụ thuộc vào khoảng cách giữa chúng, còn lực ma sát phụ thuộc vào vận tốc tương đối của vật. Tuy nhiên, lực ma sát không chỉ khác các lực tương tác giữa các vật thể vi mô ở điểm này. Nó có những tính chất được gọi bằng các tên khác nhau, nhưng ý nghĩa của chúng là như nhau:

Không thuận nghịch, tiêu tán, mất mát

Dưới tác dụng của lực ma sát, các vật luôn mất năng lượng, luôn bị chậm lại. Điều này liên quan đến việc năng lượng chuyển động của các vật khi ma sát được tiêu hao để kích thích chuyển động của các hạt nguyên tử. Các nguyên tử có số lượng không thể tưởng tượng được (10^23 hạt trong 1 cm³), chúng chuyển động một cách hỗn loạn. Năng lượng truyền cho chúng đơn giản là bị phân tán (tiêu tán, từ tiếng Pháp «dissiparer» — phân tán) giữa vô số nguyên tử. Những hạt mang năng lượng mới liên tục trao đổi năng lượng với nhau và hoàn toàn «không có xu hướng trả lại món nợ» cho vật thể vĩ mô. Quá trình được mô tả dĩ nhiên là sự chuyển đổi sang năng lượng bên trong thành nhiệt năng. Chúng ta thấy rằng quá trình này là không thuận nghịch.

Phương pháp khái quát hóa khái niệm phổ biến là lấy một trong những tính chất cơ bản vốn có của khái niệm đã cho làm định nghĩa mới của nó. Hãy dùng phương pháp này để khái quát hóa khái niệm ma sát. Tính chất quan trọng nhất của ma sát, như ta đã thấy, là tính không thuận nghịch, gắn với sự chuyển biến năng lượng của chuyển động có trật tự thành nhiệt năng. Chấp nhận tính chất này và từ nay gọi mọi quá trình không thuận nghịch kèm theo sự chuyển biến năng lượng của chuyển động có trật tự thành nhiệt năng là ma sát. Bây giờ có thể nói về ma sát của hai dòng khí ngược chiều — chúng hãm lẫn nhau và nóng lên, về

⟦tờ 18⟧

ma sát của vật rắn với khí v.v.

Còn lực ma sát thì sao? Nó vẫn đi kèm quá trình ma sát. Thật vậy, trong quá trình ma sát, năng lượng của chuyển động có trật tự giảm đi, nghĩa là tốc độ của nó cũng giảm đi. Nói cách khác, gia tốc hướng về phía ngược với vận tốc của vật.

Hãy nhớ lại định luật II Newton. Ở đâu có gia tốc, ở đó có lực. Lực ấy chính là lực ma sát. Nó hướng về phía ngược với vận tốc, nó luôn hãm lại…

Trường hợp đơn giản

Có những trường hợp mà việc tính lực ma sát tương đối đơn giản và không đòi hỏi sự đi sâu vào lý thuyết vật rắn.

Chẳng hạn, giả sử một vật rắn chuyển động qua một chất khí đủ loãng. Khi đó lực ma sát được gây ra bởi sự va chạm của các nguyên tử khí với bề mặt vật.

Trước khi bắt đầu tính lực ma sát, hãy xét một lần va chạm riêng lẻ. Một hạt có xung lượng $P$ rơi vào bề mặt vật. Sự va chạm của nguyên tử với bề mặt là một sự kiện phức tạp. Hãy suy nghĩ xem điều gì có thể xảy ra. Nguyên tử có thể ở lại trên bề mặt (bám dính), có thể thâm nhập sâu vào bên trong vật, hoặc có thể phản xạ khỏi bề mặt vật. Khi phản xạ (chính trường hợp này sẽ làm chúng ta quan tâm, sau đây chúng ta sẽ giải thích vì sao), cũng có thể có những tình huống khác nhau. Chẳng hạn, nguyên tử có thể ion hóa hoặc bật một nguyên tử khỏi bề mặt, phân tử có thể phân rã thành các nguyên tử cấu thành nó, v.v. Tóm lại, có thể xảy ra nhiều điều, nhưng ta sẽ cho rằng nguyên tử chỉ đơn giản phản xạ, như quả bóng từ tường bật ra. Không phải để đơn giản hóa, mặc dù tình huống này thực sự là đơn giản nhất, mà bởi vì trong đại đa số trường hợp, khi vật chuyển động qua khí không quá nhanh, chính điều đó xảy ra — các nguyên tử chỉ phản xạ (bật ra) khỏi bề mặt vật ). Những tình huống phức tạp lớn (sự xâm nhập của nguyên tử vào vật rắn, sự ion hóa v.v.), dĩ nhiên, cũng được quan sát và đã được nghiên cứu chi tiết. Mỗi quá trình này xảy ra với xác suất lớn nhất ở một vận tốc xác định của hạt. Chẳng hạn, vận tốc hạt càng lớn thì xác suất nguyên tử thâm nhập vào một độ sâu tương đối lớn trong vật rắn càng cao. Để hình dung những vận tốc nào đang được nói đến, hãy lưu ý: một nguyên tử oxy lao vào bề mặt vật rắn với vận tốc $10^7$ cm/giây*), thâm nhập sâu vào vật rắn khoảng 10—12 khoảng cách nguyên tử. Vận tốc trung bình $v$ của các nguyên tử khí có khối lượng $m$, như thuyết động học phân tử của chất khí cho thấy, bằng $\sqrt{\frac{kT}{m}}$, trong đó $T$ — nhiệt độ tính theo đơn vị tuyệt đối, còn $k$ — cái gọi là hằng số Boltzmann, bằng $1,4 \cdot 10^{-23}$ дж/сек. Khi $T = 300^\circ$ K ($=27^\circ$ C), vận tốc trung bình của nguyên tử oxy nhỏ hơn $10^5$ cm/giây. Nếu vật đứng yên trong khí, thì vận tốc trung bình của các phân tử khí va chạm với bề mặt vật gần như trùng với vận tốc nhiệt trung bình; còn nếu vật chuyển động thì nó khác với vận tốc ấy. Tuy nhiên, trong trường hợp vận tốc của vật chuyển động nhỏ so với vận tốc nhiệt trung bình (không bao giờ nên bỏ qua những trường hợp riêng mà trong đó vấn đề đang xét trở nên đơn giản hơn), vận tốc va chạm hầu như không khác vận tốc nhiệt, và năng lượng của nguyên tử đơn giản là không đủ để thâm nhập vào sâu trong vật rắn.

Mặc dù chúng ta đã gọi trường hợp phản xạ của các nguyên tử khỏi bề mặt vật rắn là đơn giản nhất, nhưng nó cũng cần được giải thích…

*) May thay, rất hiếm khi các phân tử nước từ không khí bám vào máy bay đang bay. Nếu không, nguy cơ đóng băng sẽ tăng lên nhiều lần.
**) Động năng của nguyên tử ôxy khi đó bằng 10 keV (xem dưới).

Và nguyên tử, càng không nói đến vật rắn, là những hệ phức tạp, gồm một số lớn hạt. Khi nguyên tử phản xạ khỏi bề mặt vật thể, một phần năng lượng của nó có thể dùng để làm thay đổi đôi chút trạng thái bên trong của nguyên tử hoặc vật rắn, nói đơn giản là làm dịch chuyển một phần các hạt tạo nên nguyên tử và vật rắn. Nếu điều này xảy ra, thì va chạm được gọi là không đàn hồi. Nếu không, thì là đàn hồi. Mỗi va chạm đều có một độ không đàn hồi nào đó, nhưng nếu phần năng lượng dùng để thay đổi trạng thái bên trong của các vật va chạm (nguyên tử, vật rắn) nhỏ so với năng lượng của nguyên tử, thì có thể bỏ qua độ không đàn hồi và coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Chúng ta sẽ xét chính những va chạm như vậy.

Vài lời về quả bóng

Có thể và cần phải nảy sinh câu hỏi: “Vì sao độ không đàn hồi nhỏ?” Không dễ trả lời câu hỏi đó. Hãy xét kỹ hơn một chút sự nảy của quả bóng khỏi tường hoặc, đơn giản hơn, khỏi sàn. Nếu va chạm đàn hồi, thì quả bóng, bắt đầu chuyển động với vận tốc bằng không, sau khi đập xuống sàn sẽ nảy lên đến độ cao mà từ đó nó đã rơi xuống (bỏ qua ma sát với không khí). Nếu va chạm không đàn hồi, thì quả bóng không thể đạt đến độ cao ban đầu. Thí nghiệm cho thấy rằng một quả bóng cứng, được bơm căng tốt, nảy tốt, còn quả mềm thì nảy kém. Và từ sàn gỗ bóng nảy tốt, còn từ cát thì nảy kém. Mọi thứ được quyết định bởi việc các phân tử hoặc nguyên tử tạo nên các vật va chạm (bóng, sàn) dễ hay khó dịch chuyển tương đối với nhau. Nếu dễ (bóng không được bơm căng, nảy từ cát), thì va chạm không đàn hồi; nếu khó, thì đàn hồi. Tưởng như phải ngược lại. Nếu khó dịch chuyển, thì phần năng lượng dùng cho việc đó nhiều hơn; nếu dễ, thì ít hơn. Khi đó phải ngược lại: bóng mềm sẽ nảy lên độ cao lớn hơn bóng cứng. Mặc dù quan sát trực tiếp bác bỏ khả năng này, vẫn nên kiểm tra bằng tính toán.

Các định luật bảo toàn và bất đẳng thức

Hãy xét va chạm của hai hạt cơ bản trong trường hợp một hạt nặng hơn rất nhiều hạt kia. Khi gọi hạt là cơ bản, ta khẳng định rằng chuyển động bên trong hạt không có hoặc không đóng vai trò nào trong hiện tượng đang xét. Chẳng hạn, có thể coi Trái Đất là một hạt cơ bản khi nghiên cứu chuyển động của Mặt Trăng, nếu không có thủy triều và triều lên xuống, chúng “hút đi” năng lượng của nó. Một quả bóng cứng, được bơm căng tốt, trong quá trình va chạm đóng vai trò như một hạt cơ bản, còn quả bóng bơm yếu thì như một vật phức tạp.

Giả sử hạt nặng có khối lượng $M$ đứng yên trước va chạm. Ký hiệu $p = mv$ là xung lượng của hạt nhẹ trước va chạm. Để đánh giá xung lượng và năng lượng của các hạt sau va chạm, ta dùng các định luật bảo toàn năng lượng và xung lượng.

Rõ ràng, kết quả của va chạm là động năng của hạt nặng chỉ có thể tăng lên (nhắc lại rằng trước va chạm nó bằng không). Vì tổng năng lượng không thay đổi, nên động năng của hạt nhẹ sau va chạm giảm, cùng với nó vận tốc $v$ của hạt nhẹ và độ lớn xung lượng của nó cũng giảm. Vì vậy biến thiên xung lượng của hạt nhẹ $\Delta p = p' - p$ không vượt quá $2mv$.

Bây giờ áp dụng định luật bảo toàn xung lượng. Nó khẳng định rằng các biến thiên xung lượng $\Delta p$ và $\Delta P$ của hạt nhẹ và hạt nặng bằng nhau về độ lớn và ngược nhau về hướng: $\Delta p = -\Delta P$.

Mặt khác, vì hạt nặng đứng yên trước va chạm, nên $\Delta p = \Delta P = MV'$ ($V'$ là vận tốc của hạt nặng sau va chạm). Vì vậy

$$V' \leq \frac{2m}{M} v$$

22

Hình 3.
Bây giờ chúng ta thực sự đã đi chệch khỏi vấn đề đang quan tâm.

Vậy lực ma sát bằng bao nhiêu?

Vậy, hãy trở lại việc tính lực ma sát tác dụng lên một vật chuyển động với vận tốc tương đối nhỏ $u$ qua một chất khí loãng có nhiệt độ $T$. Thuận tiện là coi vật đứng yên, còn khí chuyển động với vận tốc $-u$. Trên bề mặt vật, ta chọn một diện tích vô cùng nhỏ $^*$ $\Delta S$ (hình 3). Xung lượng của một phân tử khí va chạm đàn hồi với vật tại một điểm trên diện tích đã chọn sẽ thay đổi một lượng $2P_n$, trong đó $P_n$ là hình chiếu của xung lượng phân tử lên pháp tuyến của bề mặt vật. Điều đó có nghĩa là khi va chạm với vật, phân tử khí truyền cho nó một xung lượng bằng $2P_n$. Bây giờ nhiệm vụ của chúng ta là tính tổng xung lượng mà khí truyền cho vật trong một đơn vị thời gian. Sự thay đổi xung lượng trong một đơn vị thời gian chính là lực (trong trường hợp này là lực do khí tác dụng lên vật). Để tính tổng xung lượng được truyền, trước hết cần tính đến mọi phân tử rơi lên diện tích đã cho trong một đơn vị thời gian, và thứ hai, cộng theo tất cả các diện tích.

*) Xem về “diện tích vô cùng nhỏ” bài viết của N. Ia. Vilenkin “Những bí ẩn của vô hạn” (“Kvant” số 3, 1970).

Một phép tính tương tự đã được thực hiện trong bài của Ya. A. Smorodinsky «Khí lý tưởng» («Kvant» số 10). Ở đây chúng ta sẽ dùng các kết quả có sẵn. Áp suất của khí lên một thành đứng yên bằng $1/3$ nmv², trong đó $n$ là số phân tử khí trong một đơn vị thể tích, $m$ là khối lượng của phân tử và $v^2$ là trung bình cộng của các bình phương vận tốc phân tử. Nếu vật đứng yên ($u = 0$), số va chạm từ bên phải và bên trái trung bình như nhau, vì vậy không có xung lượng nào truyền cho vật. Khi $u \neq 0$ thì không như vậy. Giả sử vật chuyển động. Trong trường hợp này, vận tốc của các phân tử lao tới từ phía trước lớn hơn $u$, còn vận tốc của các phân tử lao tới từ phía sau nhỏ hơn $u$. Vì vậy, lên phần $\Delta S$ của mặt phẳng chuyển động tác dụng một lực

$$F = (P_{\text{phía trước}} - P_{\text{phía sau}}) \Delta S = \frac{1}{3} nm \Delta S \left[ (v + u)^2 - (v - u)^2 \right] = \frac{2}{3} nmvu \Delta S.$$

Nhớ rằng $v = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$ (xem bài «Khí lý tưởng»), ta được

$$F = \frac{2}{3} n \sqrt{3kTm} u \Delta S.$$

Đối với vật có hình dạng bất kỳ, ta phải thu được công thức

$$F = \beta Sn \sqrt{mkT} u.$$

Ở đây $S$ là diện tích bề mặt của vật, còn $\beta$ là hệ số số học, phụ thuộc vào hình dạng của vật. Nó tính đến việc các phân tử đập vuông góc vào một số phần bề mặt, còn vào những phần khác thì dưới một góc.

Nếu sử dụng định luật Clapeyron $PV = NkT$ ($N = nV$ — tổng số hạt khí trong thể tích $V$), thì có thể biểu diễn lực ma sát qua áp suất $P$ và nhiệt độ $T$ của khí:

$$F_{\text{ms}} = \beta SP \sqrt{\frac{m}{kT}} u.$$

Thu được một kết quả tự nhiên: khi nhiệt độ và

23

vận tốc của vật, lực ma sát càng lớn khi áp suất của khí càng lớn.

Độ nhớt của khí

Chúng ta đã mô tả khá chi tiết vì sao khi một vật chuyển động qua khí thì một lực — lực ma sát — tác dụng lên nó, là kết quả của các va chạm của từng phân tử với bề mặt của vật chuyển động. Đồng thời, chúng ta hoàn toàn không quan tâm đến điều gì xảy ra với khí, với các phân tử của nó sau va chạm. Hãy suy nghĩ một lát về số phận của các phân tử va chạm với vật. Rõ ràng rằng nếu chúng ta có thể đo vận tốc của tất cả các phân tử va chạm với vật, thì sẽ thấy vận tốc trung bình của chúng không bằng không. Các phân tử, tuy không đáng kể, nhưng bị vật chuyển động cuốn theo. Còn nếu đo vận tốc của các phân tử ở xa vật, thì (khi không có gió, dĩ nhiên) vận tốc trung bình của chúng bằng không. Nói hơi khác một chút: gần bề mặt của vật chuyển động có chuyển động có trật tự của khí, còn xa vật thì không có. Với chuyển động có trật tự gắn liền một xung lượng nào đó. Các phân tử khí trong lớp sát bề mặt va chạm với vật chuyển động thường xuyên hơn các phân tử khí khác. Vì thế xung lượng trung bình của chúng phải tăng lên, nếu không có quá trình đưa xung lượng ra khỏi lớp biên.

Dễ hiểu quá trình này. Các phân tử khí bay ra khỏi lớp biên đơn giản là mang theo phần xung lượng thừa. Xa vật, chúng “phân tán” nó trong các va chạm nhiều lần với các phân tử khác hoặc trong các va chạm với những vật đứng yên.

Khả năng của khí chuyển xung lượng từ nơi này sang nơi khác và, điều chủ yếu, tiêu tán nó không thể đảo ngược được gọi là độ nhớt. Độ nhớt và ma sát không khác nhau. Độ nhớt là một hiện tượng thú vị, trong đó các va chạm giữa các phân tử đóng vai trò chủ yếu. Chúng ta đã bỏ qua chúng khi tính lực ma sát tác dụng lên vật chuyển động từ phía khí.

Nhưng như vậy chúng ta đã sai. Sai như thế nào? Đã đánh giá quá cao hay quá thấp lực ma sát? Dễ hiểu rằng đã đánh giá quá cao. Thật vậy, chúng ta đã cho rằng một phân tử va chạm với vật sẽ không bao giờ trở lại nó nữa và do đó sẽ không có khả năng “trả lại” cho vật xung lượng nhận được từ nó. Trên thực tế, nếu theo dõi kỹ nhiều phân tử va chạm với vật, chúng ta sẽ thấy rằng một phần trong số chúng trở lại vật (sau va chạm với một phân tử khí nào đó), những phân tử khác truyền phần xung lượng thừa nhận được từ vật cho các bạn va chạm của chúng, và đến lượt mình những phân tử đó có thể va chạm với vật. Nói chính xác, do các va chạm của các phân tử với nhau, xảy ra sự trả lại một phần xung lượng cho vật, nghĩa là vật mất ít xung lượng hơn chúng ta đã tính.

Công thức suy ra ở đây chỉ áp dụng cho các khí rất loãng, trong đó khoảng cách trung bình giữa các phân tử va chạm lớn hơn đáng kể kích thước của vật. Nếu tính lực ma sát tác dụng lên các hạt bụi có kích thước không vượt quá vài micrôn, thì ngay cả không khí của chúng ta cũng có thể thuộc loại khí loãng.

25

hạ thấp trọng tâm của xe đạp với người đi xe đạp gia tốc

$$a = \frac{P}{M} \text{ctg} \alpha = g \text{ctg} \alpha.$$

Vì ma sát thường lớn và bánh xe đạp không trượt trên mặt đất, nên gia tốc của điểm tiếp xúc của bánh xe với mặt đất được xác định bởi bán kính quỹ đạo và bằng $\frac{v^2}{R}$. Nếu góc nghiêng của người đi xe đạp sao cho gia tốc của trọng tâm của xe cùng với người đi xe đạp bằng gia tốc hướng tâm của điểm tiếp xúc của bánh xe với mặt đất, thì người đi xe đạp không ngã và không thẳng người lên: lực $F$ đi qua trọng tâm của hệ; nếu $a > \frac{v^2}{R}$, thì người đi xe đạp sẽ ngã (lực $F$ đi qua phía trên trọng tâm của hệ); nếu $a < \frac{v^2}{R}$, tức là $R < \frac{v^2}{g \text{ctg} \alpha}$, thì xe đạp sẽ thẳng lại (lực $F$ đi qua phía dưới trọng tâm của hệ), tạo ra mômen quay hệ quanh trục đi qua tâm khối lượng).

Nếu người đi xe đạp nghiêng một góc $\alpha$, thì để xe thẳng lại, cần hướng xe đi theo đường tròn có bán kính $R < \frac{v^2}{g \text{ctg} \alpha}$.

Tốc độ càng lớn thì bán kính đường tròn cần đi để không ngã càng lớn. Điều này có nghĩa là khi tốc độ lớn hơn, xe đạp tự cân bằng nếu quay tay lái một góc tương đối nhỏ. Vì vậy, xe đạp chuyển động càng nhanh thì càng dễ điều khiển.

Tuy nhiên quan sát đưa ra những khả năng thuyết phục chống lại lý thuyết, trong đó cho rằng xe đạp chỉ ổn định nhờ người điều khiển. Bởi vì nếu đẩy xe đạp không có người đi, nó sẽ đi được một quãng đường khá lớn, mặc dù không có ai điều khiển nó, và sẽ đổ sau khoảng 20 giây, chứ không phải sau 2 giây như xe đạp đứng yên. Rõ ràng, xe có tính ổn định không chỉ nhờ vào nỗ lực của người đi xe đạp-

Hình 2.

Ngoài ra, khi đi nhanh, xe đạp ổn định đến mức rất khó làm nó đổ, ngay cả khi bạn muốn như vậy.

Một lý thuyết phức tạp hơn, giải thích tính ổn định của xe đạp, tính đến hiệu ứng con quay hồi chuyển của bánh trước của nó.

Con quay hồi chuyển thường được gọi là một vật quay đủ nhanh quanh trục của nó. Ví dụ kinh điển về con quay hồi chuyển là con quay thông thường. Khi cố gắng nghiêng trục của con quay đang quay, bạn sẽ cảm thấy sự chống lại. Trục của con quay bắt đầu chuyển động không theo hướng bạn đẩy nó, mà theo hướng vuông góc. Hiện tượng này được gọi là «hiệu ứng con quay hồi chuyển». Nhờ nó, trục của con quay đang quay thường chuyển động theo hình nón, như được chỉ ra trên hình 2: dưới tác dụng của trọng lực hướng thẳng đứng, trục quay trong mặt phẳng ngang. Hướng quay của trục phụ thuộc vào hướng quay của con quay quanh trục.

26

Hình 3.

Khối lượng của con quay và tốc độ quay của nó càng lớn thì hiệu ứng con quay càng mạnh: khi cố nghiêng nó, trục của con quay càng quay nhanh hơn. Bánh trước quay nhanh cũng là một con quay như vậy. Khi nghiêng xe đạp, lên trục bánh xe tác dụng những lực cố quay nó cùng với xe đạp. Khi đó, trục, phuộc và tay lái, do hiệu ứng con quay, phải quay trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng của xe đạp (hình 3). Xe đạp rẽ và nhờ đó trở lại vị trí thẳng đứng.

Sức hấp dẫn của lý thuyết này là ở chỗ xe đạp được mô phỏng bằng một vành lăn, mà quả thật ổn định chính vì nguyên nhân đó. Xe đạp, theo cách diễn giải này, chỉ là một vành có kính ngắm.

Một số nhà lý thuyết đã bày tỏ nghi ngờ về lý thuyết này. Họ cảm thấy rằng khối lượng của bánh xe đạp quá nhỏ để tạo ra hiệu ứng con quay đủ để làm thẳng chiếc xe đạp nặng.

Xe đạp phản con quay

Tôi bắt đầu loạt thí nghiệm của mình về tính ổn định của xe đạp, với những quan niệm khá mơ hồ về lý thuyết được xem xét ở đây.

Tôi nảy ra ý nghĩ rằng sẽ thú vị nếu chế tạo một chiếc xe đạp không ổn định, có thể hất khỏi yên ngay cả người đi xe đạp giàu kinh nghiệm nhất. Trước hết tôi cải biến một chiếc xe đạp tiêu chuẩn, lắp vào phuộc trước của nó một bánh xe thứ hai không chạm mặt đất, sao cho bánh xe này có thể quay theo chiều ngược với chiều quay của bánh trước xe đạp. Điều đó phải loại bỏ ảnh hưởng của hiệu ứng con quay. Tôi gọi thiết bị này là “xe đạp không điều khiển được”—HB-I (hình 4, 6). Nó không đáp ứng những hy vọng đặt vào nó; có thể điều khiển nó khá dễ dàng cả khi bánh xe phụ quay theo bất cứ chiều nào, lẫn khi nó đứng yên. HB-I cư xử hơi kỳ lạ (tôi quy điều này cho khối lượng tăng lên của phuộc cùng bánh trước), nhưng điều đó không gây khó khăn nhiều cho việc điều khiển ngay cả với khả năng lái xe trung bình của tôi và ở tốc độ không cao. Điều đó có nghĩa là hiệu ứng con quay có ảnh hưởng rất nhỏ đến việc điều khiển xe đạp ngay cả ở tốc độ thấp.

Kết quả bất ngờ khích lệ tôi. Nếu xe đạp, được xem như một vành có kính ngắm, không được ổn định nhờ hiệu ứng con quay, thì có lẽ vành nói chung không phải là con quay?

Tôi tiếp tục thí nghiệm với bánh xe phụ của HB-I, gắn vào nó một vành bên trong có thể quay theo chiều ngược lại. Thiết bị đã ngã ngay khi tôi thử cho nó lăn. Vậy là vành cư xử như một con quay.

Còn tiến hành một thử nghiệm nghiêm ngặt hơn: liệu HB-I có thể điều khiển được nếu tay người lái rời khỏi tay lái? Theo lý thuyết duy nhất, có lẽ, về điều khiển xe đạp “không tay”, người ta giả định rằng người lái nghiêng khung bằng các chuyển động góc của cơ thể mình và bằng cách đó lái xe, sử dụng sự quay của bánh trước-

Hình 4.

của bánh xe nhờ hiệu ứng con quay hồi chuyển.

Một cách thận trọng và với nhiều lo ngại về kết quả, tôi đã tiến hành một thí nghiệm, trong đó xe đạp chạy xuống dốc; nhờ đó loại bỏ ảnh hưởng của người đạp xe. НВ-I không thật thuận tiện cho việc chạy «không tay» ngay cả trong phương án «tĩnh». Có một cái gì đó bị mất trong sự cân bằng, và trong trường hợp bánh trước và bánh phụ quay theo các hướng khác nhau, việc điều khiển nó rất khó, nhưng vẫn có thể.

Điều này khiến tôi nghĩ đến sự tồn tại của một lực nữa xuất hiện khi xe đạp chuyển động.

Sau đó tôi thử cho НВ-I lăn mà không có người lái. Khi bánh phụ quay theo hướng ngược với hướng quay của bánh trước xe đạp, xe đạp đổ một cách vụng về; còn khi bánh phụ quay cùng hướng với bánh trước, xe đạp đổ một cách có khả năng kiểm soát, sau khi trước đó chạy được một vòng.

Tôi nhận ra rằng một chiếc xe đạp nhẹ, không có người lái, có thể được ổn định bằng hiệu ứng con quay hồi chuyển, còn một mẫu nặng hơn thì không. Như vậy, vẫn còn phải giải quyết vấn đề về tính ổn định của chiếc xe đạp được làm nặng thêm bởi người lái.

Các lý thuyết khác

Ở những giai đoạn đầu của nghiên cứu, tôi đã nói với tất cả những người quen về lý thuyết xe đạp. Ngoài hai lý thuyết đã biết mà tôi đã nhắc đến, tôi còn đưa ra những lý thuyết mới.

1. Xe đạp giữ được vị trí thẳng đứng nhờ độ dày của lốp, tức là nó là một con lăn bơm hơi mỏng.

2. Nếu xe đạp nghiêng, điểm tiếp xúc của bánh trước với mặt đất dịch chuyển về một phía của mặt phẳng bánh xe, tạo ra mômen của lực ma sát làm quay bánh xe nghiêng. Nhờ đó xe đạp tự cân bằng.

3. Điểm tiếp xúc của lốp xe đạp với mặt đất nằm phía sau trục điều khiển của tay lái (hình 4). Kết quả là khi xe đạp nghiêng, xuất hiện mômen của lực F phản lực của mặt đất, làm quay bánh trước quanh trục quay của tay lái.

Có thể cho rằng lý thuyết 1 không quan trọng đến vậy. Tôi cũng không tin tưởng lý thuyết 2, vì lực tác dụng lên chưa đến một nửa chiều rộng của lốp phải tạo ra một mômen rất nhỏ, chỉ phụ thuộc vào việc lốp được bơm căng đến mức nào.

Lý thuyết 3 đặt ra những câu hỏi về hình dạng của lốp.

Về chu kỳ chuyển động của vệ tinh

Vào tháng 9 năm 1970, trạm tự động «Luna 16» đã được phóng. Ngày 17 tháng 9, nó đi vào quỹ đạo quanh Mặt Trăng với chu kỳ 1 giờ 59 phút (119 phút). Từ những dữ liệu này có thể nói gì về Mặt Trăng?

Hãy nhớ rằng khi phóng một vệ tinh quanh Trái Đất, chu kỳ của nó thường vào khoảng một tiếng rưỡi (90 phút). Có thể nói gì về Trái Đất?

Hóa ra từ những dữ liệu này có thể đánh giá được các giá trị mật độ của Mặt Trăng và Trái Đất.

Nếu độ cao của vệ tinh không lớn (so với bán kính của thiên thể mà nó quay quanh), thì có thể coi gần đúng rằng vệ tinh chuyển động gần bề mặt. Ta cho gia tốc trọng trường bằng gia tốc hướng tâm:

$$G \frac{M}{R^2} = \frac{v^2}{R} = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 R,$$

trong đó $G$ — hằng số hấp dẫn, $M$ — khối lượng của thiên thể, $R$ — bán kính của nó, $v$ — vận tốc của vệ tinh, $T$ — chu kỳ chuyển động của nó. Tiếp theo, ta biểu diễn khối lượng qua bán kính:

$$M = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho,$$

trong đó $\rho$ — mật độ trung bình.

Thay biểu thức này vào công thức trước, ta thu được một kết quả đáng chú ý:

$$T = \sqrt{\frac{3\pi}{\rho G}}.$$

Từ đó suy ra rằng chu kỳ chuyển động của vệ tinh thấp chỉ phụ thuộc vào mật độ của thiên thể và không phụ thuộc vào kích thước của nó. Vì vậy, biết chu kỳ, có thể xác định mật độ của Mặt Trăng và Trái Đất. Trong bảng đưa ra các giá trị chu kỳ và mật độ đối với các hành tinh khác nhau của hệ Mặt Trời.

| Thiên thể trung tâm | Mật độ ($\rho/cm^3$) | Chu kỳ |
| :— | :— | :— |
| Mặt Trời | 1,42 | 166 |
| Sao Thủy | 5,61 | 83 |
| Sao Kim | 5,16 | 87 |
| Trái Đất | 5,52 | 84 |
| Mặt Trăng | 3,36 | 108 |
| Sao Hỏa | 3,95 | 100 |
| Sao Mộc | 1,34 | 171 |
| Sao Thổ | 0,64 | 238 |
| Sao Thiên Vương | 1,36 | 170 |
| Sao Hải Vương | 1,30 | 174 |

Đối với Trái Đất, chu kỳ bằng 84 phút. Trong các sách báo người ta đưa ra một giá trị lớn hơn một chút. Điều đó có nghĩa là vệ tinh bay không quá thấp. Nếu ký hiệu độ cao của vệ tinh bằng $h$, thì không khó để thu được công thức chính xác cho quỹ đạo tròn (hãy thử tự suy ra):

$$T = \sqrt{\frac{3\pi}{\rho G}} \left(1 + \frac{h}{R}\right)^{\frac{3}{2}} \approx T_0 \left(1 + \frac{3h}{2R}\right),$$

trong đó $T_0$ — chu kỳ của vệ tinh thấp (được đưa ra trong bảng), còn đẳng thức cuối cùng — gần đúng — đúng khi $h \ll R$. Cũng có thể thu được công thức cho quỹ đạo elip nếu biết các định luật Kepler. Về chúng, các bạn sẽ đọc trong «Квант» № 1 năm 1971.

Я. А. Смородинский

32

TẬP BÀI TẬP
Kvasha

M56. Trên một đường tròn, theo thứ tự tùy ý, viết bốn số một và năm số không. Sau đó trong khoảng giữa hai số giống nhau viết số một, còn giữa các chữ số khác nhau viết số không, rồi xóa các chữ số ban đầu. Chứng minh rằng, dù lặp lại quá trình này bao nhiêu lần, ta cũng không bao giờ nhận được một bộ gồm chín số một.

M57. a) Tìm số $k$, chia hết cho 2 và 9, và có tất cả 14 ước (kể cả 1 và $k$).

6. Chứng minh rằng nếu thay 14 bằng 15 thì bài toán có một số nghiệm, còn nếu thay 14 bằng 17 thì bài toán không có nghiệm nào.

M58. Trên mặt phẳng cho ba đường thẳng cắt nhau tại một điểm. Trên một trong ba đường đó đánh dấu một điểm. Biết rằng các đường thẳng là các đường phân giác của một tam giác nào đó, còn điểm được đánh dấu là một trong các đỉnh của nó. Dựng tam giác đó.

M59. Có một số quả cân có khối lượng 1 g, 2 g, 3 g,…, $n$ g. Cần chia chúng thành ba đống có khối lượng bằng nhau. Với những $n$ nào có thể làm được điều đó?

M60. Xét tất cả các số tự nhiên mà trong cách ghi thập phân chỉ sử dụng các chữ số 1 và 0. Hãy chia các số này thành hai nhóm sao cho tổng của hai số khác nhau bất kỳ trong cùng một nhóm có trong cách ghi thập phân không ít hơn hai chữ số một.

Ф66. Một pin có suất điện động 9 vôn và điện trở trong chưa biết được mắc nối tiếp với ampe kế và vôn kế (hình 1). Điện trở của các dụng cụ chưa biết. Nếu mắc song song với vôn kế một điện trở (giá trị của nó cũng

Trong số này tất cả các bài toán toán học được lấy từ tập sách «Các bài toán toán học»), một ấn bản mới, đã được biên soạn lại, sắp được in ra.

Hình 1.
chưa biết), thì số chỉ của ampe kế tăng gấp đôi, còn số chỉ của vôn kế giảm đi một nửa. Sau khi mắc điện trở đó, số chỉ của vôn kế là bao nhiêu?

A. R. Zilberman

Ф67. Thiết bị đệm (hình 2) gồm một thanh $A$, lò xo $B$ lắp trên thanh, và ống dẫn hướng $C$. Ống có thể chuyển động bên trong một rãnh được làm trong bức tường lớn $D$. Khi ống $C$ chuyển động, giữa mặt ngoài của nó và bức tường tác dụng một lực ma sát có độ lớn không đổi $F_{\tau p}$. Thanh, ống và lò xo trên thanh chuyển động không có ma sát.

Một quả cầu khối lượng $M$ bay tới mặt đầu của thanh $A$, trước va chạm có vận tốc $v_0$. Quả cầu bật ra với vận tốc nào?

Khối lượng của thanh, lò xo và ống không đáng kể so với khối lượng của quả cầu. Độ cứng của lò xo là $k$.

V. K. Peterson, Olympic vật lý học sinh lần thứ 31 của MGU, năm 1970.

*) E. B. Dynkin, S. A. Molchanov, A. L. Rozental, A. K. Tolpgo, Các bài toán toán học, xuất bản lần thứ 3, «Nauka» (bộ «Thư viện trường toán-lý»).

33

Hình 2.

Ф68. Thành bình của bình chứa khí có nhiệt độ $T$. Nhiệt độ của khí là $T_1$. Trong trường hợp nào áp suất của khí lên thành bình lớn hơn: khi thành bình lạnh hơn khí ($T < T_1$) hay khi ấm hơn ($T > T_1$)?
G. Ya. Myaktsiev, Olympic vật lý học sinh lần thứ 31, MGU, năm 1970.

Ф69. Một quả cầu chì được nhúng vào bình có nước. Bề mặt nước trong bình sẽ bị lệch về phía nào do trường hấp dẫn bổ sung do quả cầu tạo ra?

Ф70. Người đi xe đạp dễ dàng phát triển lực kéo 10 кГ. Lực ma sát không vượt quá 5 кГ. Có vẻ như trong vài giờ người đi xe đạp có thể đạt tới vận tốc vũ trụ thứ hai. Tuy nhiên điều này vẫn chưa ai làm được. Tại sao?
Olympic vật lý-toán học MIEM, năm 1969.

Ф71. Có một đoạn $AB$ được tích điện đều. Hướng của điện trường do đoạn này tạo ra tại điểm $C$ được xác định như thế nào: theo đường trung tuyến của tam giác $ABC$? theo đường phân giác của nó? theo đường cao? hay không theo một đường nào trong số đó?
Olympic vật lý-toán học MFTI, năm 1970.

Giúp người họa sĩ!

Người họa sĩ phải biểu diễn trên hình vẽ một đường mảnh. Dĩ nhiên, có thể kiểm tra bằng một đường đen đơn giản trên nền trắng, nhưng người họa sĩ của chúng ta thích những màu sắc tươi sáng đa dạng.

Hãy đưa ra những giả thiết sau về khả năng truyền màu bằng phương pháp in ấn (xem hình trên bìa tạp chí). Ngoài màu trắng, có bốn màu cơ bản: hồng ($P$), vàng ($Ж$), xanh da trời ($Г$) và đen ($Ч$)— và còn có bốn màu pha: đỏ ($P+Ж$), tím nhạt ($P+Г$), xanh lá ($Ж+Г$) và nâu ($Ж+P+Г$). Màu đen khi trộn với bất kỳ màu nào lại cho màu đen. Để đơn giản, ta coi rằng không tồn tại «nửa tông màu».

Câu hỏi đặt ra là có bao nhiêu cách có thể vẽ một đường màu trên nền màu (cả đường và nền đều có thể có bất kỳ màu nào, nhưng dĩ nhiên phải là các màu khác nhau; có thể dùng cả màu trắng)? Câu trả lời rất đơn giản: 72 = 9x8. Đối với nền có thể chọn bất kỳ một trong 9 màu, sau đó đối với đường — chọn bất kỳ một trong 8 màu còn lại (trừ màu đã chọn cho nền).

Nhưng còn phải tính đến một hoàn cảnh nữa: vì các màu đỏ khi in không được chồng lên nhau đồng thời mà lần lượt, nên chúng có thể bị lệch một chút so với nhau. Vì vậy, chẳng hạn, cùng với đường màu xanh lá trên nền hồng có thể thu được một đường màu trắng ở giữa và bên cạnh là đường màu nâu (hoặc thậm chí riêng rẽ là đường màu đỏ và tím nhạt). Điều đó không làm chúng ta bối rối. Cứ cho rằng các màu bị lệch, nhưng đường vẫn phải là một đường duy nhất! Hãy tính xem có bao nhiêu cách người họa sĩ có thể thỏa mãn yêu cầu này.

⟦trang 34⟧

LỜI GIẢI

M16. Chứng minh rằng đa thức $p(x)$ với các hệ số nguyên, nhận giá trị 1 tại ba giá trị nguyên khác nhau của $x$, không thể có một nghiệm nguyên nào.

Lời giải. Nhận xét rằng đối với mọi đa thức $p(x)$ với các hệ số nguyên và mọi hai số nguyên $a$ và $b$, hiệu $p(b) - p(a)$ chia hết cho $b - a$, vì với mọi số tự nhiên $m$ hiệu $b^m - a^m$ chia hết cho $b - a$:

$$b^m - a^m = (b - a) (b^{m-1} + b^{m-2}a + b^{m-3}a^2 + \ldots + ba^{m-2} + a^{m-1}).$$

Nếu tồn tại bốn số nguyên $c_1, c_2, c_3$ và $a$ sao cho $p(c_1) = p(c_2) = p(c_3) = 1$ và $p(a) = 0$, thì

$$p(c_1) - p(a) = p(c_2) - p(a) = p(c_3) - p(a) = 1,$$

và vì vậy mỗi một trong các số $c_1 - a, c_2 - a, c_3 - a$ chỉ có thể bằng 1 hoặc —1, nghĩa là tất cả các số này không thể khác nhau. Lời giải như vậy đã được gửi bởi A. Veselov từ làng Volchkovo thuộc tỉnh Kalinin, I. Suprunenko từ Minsk và những độc giả khác.

Phần đầu của lời giải có thể trình bày hơi khác đi, nếu biết phép chia đa thức là gì *). Chia «theo góc» đa thức $p(x)$ cho $x - a$, trong đó $a$ — là nghiệm nguyên của đa thức. Khi đó $p(x) = (x - a)q(x)$, trong đó $q(x)$ — cũng là một đa thức với các hệ số nguyên. Thật vậy, vì hệ số của đa thức $x - a$ bằng 1, nên khi ta chia đa thức cho $x - a$ theo góc, tất cả các hệ số của các đa thức xuất hiện trong quá trình đó sẽ được nhận từ các hệ số đã có chỉ bằng các phép cộng, trừ và nhân, nghĩa là chúng cũng sẽ là số nguyên. Phần dư bằng không, vì $a$ — là nghiệm của đa thức: $p(a) = 0$. Như vậy, $(a - c_1)q(c_1) = (a - c_2)q(c_2) = (a - c_3)q(c_3) = 1$, và tiếp theo lập luận hoàn toàn giống như trong lời giải thứ nhất.

M17. Một người nông dân, đi đến chỗ rẽ của hai con đường tạo với nhau một góc $60^\circ$, hỏi: «Đi đến làng NN bằng cách nào?» Người ta trả lời: «Đi theo con đường bên trái đến làng N — làng này cách đây tám dặm, — ở đó anh sẽ thấy có một con đường lớn thẳng và rộng rẽ sang bên phải theo góc vuông — đó chính là con đường đến NN. Anh cũng có thể đi theo đường khác: bây giờ đi theo con đường bên phải; khi ra đến đường sắt, — có nghĩa là đã đi được một nửa quãng đường; ở đây rẽ trái và đi thẳng theo đường ray đến tận NN». — «Vậy thì đường nào ngắn hơn? — «Cũng thế thôi, đi cách nào cũng vậy, không có gì khác biệt». Và người nông dân đi theo con đường bên phải.

Ông ta sẽ phải đi bao nhiêu dặm đến NN? Nhiều hơn mười hay ít hơn? Còn nếu đi từ chỗ rẽ đến NN theo đường thẳng thì sao? (Tất cả các con đường đều được coi là đường thẳng.)

Giải và.e. Gọi $A$ là chỗ rẽ của các con đường, $B$ là làng $N$, $C$ là làng NN, $D$ là điểm nơi con đường bên phải gặp nền đường sắt. Theo điều kiện (các khoảng cách được đo bằng verst) $AB = 8$, $\angle A = 60^\circ$, $AD = DC$, $\angle B = 90^\circ$, $AB + BC = 2AD$. Gọi $AD = 2x$, $DH \perp AB$ và

*) Xem bài «Rút gọn các phân thức đại số» của A. N. Vilenkin («Kvant» số 11).

DK⊥BC (hình 1). Khi đó AH = x, KD = BH = 8 - x, AB + BC = 2AD = 4x, BC = 4x - 8, BK = DH = x√3, KC = |BC - BK| = |4x - 8 - x√3| và để tất cả các điều kiện của bài toán*) được thực hiện thì cần và đủ có đẳng thức CK² + KD² = AD² hoặc

(4x - 8 - x√3)² + (8 - x)² = 4x²,

trong đó 8 - x > 0 và 4x - 8 > 0, tức là 2 < x < 8. Sau khi biến đổi ta thu được

(2 - √3)x² - 2(5 - √3)x + 16 = 0.

Gọi tam thức ở vế trái là f(x). Dễ kiểm tra rằng trong các điều kiện 0 < x < 8 chỉ có nghiệm nhỏ hơn x₀ của phương trình f(x) = 0 thỏa mãn (hình 2). Có thể viết nó dưới dạng

x₀ = (5 - √3 - √6√3 - 4) / (2 - √3) = 7 + 3√3 - √44 + 26√3.

Người nông dân sẽ phải đi quãng đường 4x₀. Việc xác định số này lớn hơn hay nhỏ hơn 10 sẽ đơn giản hơn nếu sử dụng trực tiếp phương trình. Vì f(5/2) = 1/4(14 - 5√3) > 0, rõ ràng là x₀ > 5/2, tức là 4x₀ > 10. Ta chứng minh rằng khoảng cách AC theo hướng ngược lại nhỏ hơn 10. Thật vậy, bất đẳng thức √8² + (4x₀ - 8)² < 10 với 2 < x₀ < 8 tương đương với các bất đẳng thức sau: (4x₀ - 8)² < 36, 4x₀ - 8 < 6, x₀ < 7/2. Cũng như trên, ta nhận thấy rằng f(7/2) = 1/4(22 - 21√3) < 0, từ đó x₀ < 7/2, và do đó AC < 10.

Lời giải bài toán này được gửi cho chúng tôi bởi M. Prezer ở Tomsk, A. Mikhailov ở Ekibastuz và các độc giả khác.

S. Berkolayko (tỉnh Belgorod) đã tìm ra một chứng minh ngắn gọn rằng AB + BC > 10. Theo các ký hiệu của chúng ta, nó có dạng như sau:

*) Thực ra, dễ dàng chứng minh rằng chân K của đường vuông góc nằm ngoài đoạn BC (như đã thể hiện trong hình), nhưng điều này không được sử dụng trong lời giải của chúng tôi.

36

theo định lý cosin từ tam giác ABD
$$BD^2 = 4x_0^2 + 64 - 16x_0;$$
mặt khác, bất đẳng thức tam giác cho
$$BD < BC + CD = 6x_0 - 8,$$
suy ra
$$4x^2 + 64 - 16x < (6x - 8)^2, 2x^2 - 5x > 0,$$
và vì $2 < x_0 < 8$ nên được $x_0 > \frac{5}{2}$. Giá trị chính xác hơn của khoảng cách $AB + BC$, theo khẳng định của tác giả bức thư này, là: 11,044 verst.

Một số độc giả đã hiểu sai điều kiện bài toán và cho rằng $\angle D = 90^\circ$, tức là tam giác ADC cân và vuông. Điều đó, tất nhiên, là không đúng.

M18. a) Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC, một trong ba đoạn thẳng MA, MB, MC bằng tổng hai đoạn thẳng còn lại.
6) Ba đường tròn bằng nhau $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ đôi một tiếp xúc với nhau, và một đường tròn $\gamma$ được ngoại tiếp quanh chúng, tiếp xúc với cả ba đường tròn: $\gamma_1, \gamma_2$ và $\gamma_3$. Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ trên đường tròn $\gamma$, tiếp tuyến kẻ từ điểm $M$ đến một trong ba đường tròn $\gamma_1, \gamma_2, \gamma_3$ bằng tổng các tiếp tuyến kẻ từ điểm $M$ đến hai đường tròn còn lại.

Lời giải a) Giả sử điểm $M$ nằm trên cung $AB$ của đường tròn ngoại tiếp. Quay tam giác AMB quanh điểm $A$ một góc $60^\circ$ để nó chiếm vị trí AKC (hình 3). Vì các góc MBA và MCA bằng nhau (chúng chắn cùng một cung AM), điểm $K$ nằm trên đoạn MC. Vì AM = AK và $\angle MAK = 60^\circ$ (theo cách dựng), tam giác AMK đều, do đó MK = AM. Vậy,
$$MA + MB = MK + KC = MC.$$

Một lời giải khác nhận được ngay từ định lý Ptolemy, theo đó trong mọi tứ giác nội tiếp, tích các đường chéo bằng tổng các tích của các cạnh đối: nếu trong đẳng thức $MC \times AB = MA \cdot BC + MB \cdot AC$ thay $BC$ và $AC$ bằng $AB$, ta được $MC \times AB = (MA + MB) AB$, suy ra $MC = MA + MB$.

Nhiều độc giả của chúng tôi đã giải bài toán này. A. Braverman từ Perm, A. Veselov từ tỉnh Kalinin, V. Metlitsky từ Angarsk, N. Mirolyubova từ Aktюбinsk, O. Khudaverdyan từ Yerevan thậm chí đã gửi vài lời giải.

6. Ta sẽ chứng minh một mệnh đề tổng quát hơn. Giả sử tâm của ba đường tròn bán kính $r$ là các đỉnh của tam giác đều $C_0C_1C_2$, còn $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nó bán kính $a$. Khi đó với mọi điểm $M$

37

tiếp tuyến với đường tròn bán kính $R = a + r$ tâm $O$, kẻ từ điểm $M$ đến một trong hai đường tròn bán kính $r$, bằng tổng các tiếp tuyến kẻ từ điểm $M$ đến hai đường tròn còn lại. Lưu ý rằng khi $r = 0$ ta thu được kết quả của bài toán a).

Giả sử bán kính $OM$ tạo với các bán kính $OC_k$ ($k = 0, 1, 2$) các góc $\alpha_k = \alpha_0 + k \cdot 120^\circ$ (hình 4); khi đó $MC_k^2 = R^2 + a^2 - 2Ra \cos \alpha_k^*$), còn bình phương tiếp tuyến kẻ từ điểm $M$ đến đường tròn tương ứng bằng $MC_k^2 - r^2 = R^2 + a^2 - 2Ra \cos \alpha_k - (R - a)^2 = 2Ra (1 - \cos \alpha_k)$.

Vì vậy các tiếp tuyến bằng $2\sqrt{Ra} \sin \frac{\alpha_k}{2} \left( \sin \frac{\alpha_k}{2} \geq 0, \text{ поскольку } 0 \leq \alpha_k < 2\pi \right)$. Còn phải kiểm tra đẳng thức $\sin \frac{\alpha_0}{2} + \sin \frac{\alpha_2}{2} = \sin \frac{\alpha_1}{2}$. Điều này đã đơn giản: $\sin \frac{\alpha_0}{2} + \sin \frac{\alpha_2}{2} = 2 \cos 60^\circ \cdot \sin \frac{\alpha_0 + \alpha_2}{4} = \sin \frac{\alpha_1}{2}$.

M. Preezer đã gửi lời giải bài toán này bằng hình học giải tích. A. Braverman đã gửi cho chúng tôi một chứng minh thú vị (bằng định lý Ptolemy) cho khái quát sau đây của bài a): cho $M$ là một điểm trên cung $A_1A_{2n+1}$ của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều ($2n + 1$) cạnh $A_1A_2A_3 \dots A_{2n}A_{2n+1}$; khi đó

$$MA_1 + MA_3 + \dots + MA_{2n+1} = MA_2 + MA_4 + \dots + MA_{2n}.$$

(Lời giải là viết các đẳng thức Ptolemy cho các tứ giác $MA_1A_2A_3, MA_2A_3A_4, \dots, MA_{2n-1}A_{2n}A_{2n+1}, MA_{2n+1}A_{2n}A_1, MA_{2n+1}A_2A_1$, trong đó mọi hạng chứa $MA_{2k}$ được chuyển sang vế trái của đẳng thức, còn mọi hạng chứa $MA_{2k+1}$ — sang vế phải, rồi cộng tất cả các đẳng thức.) Hãy suy nghĩ cách chứng minh mệnh đề này và khái quát tương tự của bài 6) bằng các hàm lượng giác.

M19. Trong một dãy vô hạn các tế bào thần kinh, mỗi tế bào có thể ở một trong hai trạng thái: “nghỉ” và “hưng phấn”. Nếu tại một thời điểm nào đó một tế bào hưng phấn, thì nó gửi một tín hiệu, sau một đơn vị thời gian (chẳng hạn, sau một mili giây) sẽ đến hai tế bào kề với nó. Mỗi tế bào hưng phấn khi và chỉ khi nó nhận được tín hiệu từ một trong các tế bào kề; nếu tín hiệu đến đồng thời từ hai phía, thì chúng triệt tiêu nhau, và tế bào không hưng phấn.

Giả sử tại thời điểm ban đầu $t = 0$ chỉ có một tế bào hưng phấn. Sau 15 mili giây sẽ có bao nhiêu tế bào ở trạng thái hưng phấn? sau 65 mili giây? sau 1000 mili giây? nói chung sau $t$ mili giây?

Điều gì xảy ra nếu dãy không vô hạn mà chỉ gồm $N$ tế bào nối thành một vòng tròn — sự hưng phấn sẽ được duy trì vô hạn lâu hay sẽ tắt?

Lời giải. Chỉ cần theo dõi sự lan truyền hưng phấn từ một tế bào đơn lẻ trong mười — mười lăm nhịp đầu tiên (hình 5) là đủ để nhận thấy các quy luật sau đây.

1. Tại thời điểm $t = 2^k$, với $k = 0, 1, 2, \dots$ chỉ có hai ô được kích thích: $x = -2^k$ và $x = 2^k$.

2. Tại thời điểm $t = 2^k - 1$ có $2^k$ ô được kích thích từ $x = -2^k + 1$ đến $x = 2^k - 1$ với $x$ lẻ.

3. Giả sử $0 \leq t < 2^k$. Khi đó tại thời điểm $2^k + t$ số ô được kích thích nhiều đúng gấp đôi so với tại thời điểm $t$.

Để chứng minh các quy luật này (bằng quy nạp theo $k$), có thể dùng thực tế rằng các «sóng kích thích» do mỗi trong hai ô hoạt động tại thời điểm $2^k$ sinh ra không chồng lấp lên nhau cho đến thời điểm $t = 2^{k+1} - 1$, và vì thế mỗi sóng được cấu tạo hoàn toàn giống như sóng kích thích từ một ô khi $t < 2^k$.

*) $\cos(2\pi - \alpha) = \cos \alpha$, vì vậy công thức cũng đúng khi $\alpha > \pi$.

⟦trang 38⟧

Hình 5.

Bây giờ đã dễ dàng trả lời các câu hỏi đặt ra trong bài toán. Sau 15 tháng, như thấy rõ cả trên hình vẽ, sẽ có 16 ô có thể có. Sau 64 = 2⁶ tháng sẽ chỉ còn hai ô, vì vậy sau 65 tháng — bốn ô. Đối với một t cụ thể bất kỳ, có thể tính f(t) — số lượng ô có thể có tại thời điểm t, — bằng cách áp dụng liên tiếp tính chất 3 nhiều lần: mỗi lần có thể trừ khỏi t lũy thừa lớn nhất có thể của hai; khi đó f(t) giảm đi một nửa. Ví dụ:

$$1000 - 2^9 = 1000 - 512 = 488, \quad f(1000) = 488 - 2^8 = 488 - 256 = 232, \quad = 2f(488) = 232 - 2^7 = 232 - 128 = 104, \quad = 4f(232) = 104 - 2^6 = 104 - 64 = 40, \quad = 8f(104) = 40 - 2^5 = 40 - 32 = 8, \quad = 16f(40) = 8 - 2^3 = 8 - 8 = 0, \quad = 32f(8) = 64.$$

f(t) bằng 2ⁿ, trong đó m — số lượng chữ số 1 trong cách ghi số t theo hệ đếm nhị phân.

Quy tắc này dễ dàng được chứng minh bằng quy nạp, còn đối với những t đầu tiên các bạn có thể kiểm tra — ở phía bên phải của hình 5 có ghi các khai triển nhị phân của các số t.

Có lẽ những độc giả của tạp chí nhớ bài viết của Đ. B. Fuks và M. B. Fuks “Số học các hệ số nhị thức**” đã chú ý rằng vị trí các ô có thể có trong hình 5 hoàn toàn trùng với vị trí các số 1 trong tam giác Pascal theo modulo hai (hình trên bìa “Kvant” số 6). Như vậy, đồng thời chúng ta đã giải quyết bài toán sau: có bao nhiêu số 1 trong hàng thứ t của tam giác Pascal theo modulo 2, nói cách khác, trong số các hệ số nhị thức Cᵢᵢ (k = 0, 1,…, t) có bao nhiêu hệ số là số lẻ?

Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai đặt ra trong điều kiện của bài toán — điều gì sẽ xảy ra nếu N ô được xếp theo đường tròn? — dĩ nhiên, không chỉ phụ thuộc vào N, mà,

***) (Xem bài viết của I. M. Iaglom “Các hệ thống đếm” (“Kvant” số 6) hoặc tập sách nhỏ cùng tên của S. V. Fomin.
***) (“Kvant” số 6.

lò xo không bị kéo giãn, và thế năng của lò xo tại thời điểm khi lò xo bị kéo giãn cực đại: ngoài lực trọng trường và lực căng của lò xo tác dụng lên vật còn có cả lực phản ứng của giá đỡ. Công do lực này thực hiện rõ ràng không bằng không. Chỉ sau khi vật rời khỏi giá đỡ, ta mới có thể coi rằng toàn bộ năng lượng của vật và lò xo không thay đổi.

Hãy viết biểu thức năng lượng của lò xo và vật nặng tại thời điểm vật nặng rời khỏi giá đỡ. Vào thời điểm này vật nặng có vận tốc $V = at$
$$a \sqrt{\frac{M(g-a)}{k \cdot a}}.$$

động năng $\frac{MV^2}{2} = \frac{M^2(g-a)a}{k}$ và thế năng $Mg(x_0-x) = Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)g}{k}$ (ta coi thế năng của vật nặng bằng không khi lò xo bị kéo giãn cực đại).

Vì vào thời điểm này lò xo đã bị kéo giãn một đoạn $x = \frac{M(g-a)}{k}$, nên thế năng biến dạng của lò xo bằng $\frac{kx^2}{2} = \frac{M^2(g-a)^2}{2k}$.

Cộng năng lượng của vật và lò xo, ta thấy rằng toàn bộ năng lượng của chúng bằng
$$W_1 = \frac{M^2(g-a)a}{k} + Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)g}{k} + \frac{M^2(g-a)^2}{2k} = Mgx_0 - \frac{M^2(g-a)^2}{2k}.$$

Vào thời điểm khi lò xo bị kéo giãn cực đại, vận tốc của vật nặng, và do đó cả động năng của nó, bằng không. Vì vậy năng lượng của vật nặng và lò xo sẽ bằng $W_2 = \frac{kx_0^2}{2}$.

Viết rằng $W_1 = W_2$, ta thu được phương trình
$$\frac{kx_0^2}{2} - Mgx_0 + \frac{M^2(g-a)^2}{2k} = 0.$$

Giải nó, ta tìm được
$$x_0 = \frac{Mg}{k} \pm \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$\frac{Mg}{k} \pm \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}. Максимальное растяжение пружины должно быть больше ее растяжения при равновесии тела, когда действующая на тело сила тяжести $Mg$ уравновешена силой натяжения пружины $T = kx_1$: при прохождении положения равновесия тело будет иметь некоторую скорость, так что обязательно учтите ее. Поэтому, так как $x_1 = \frac{Mg}{k}$ и $x_0 > x_1$, то x_0 = \frac{Mg}{k} + \frac{M\sqrt{a(2g-a)}}{k}. Имеет ли физический смысл второе значение $x_0$? Да, но оно дает не максимальное, а минимальное растяжение пружины при колебании тела. Если мы считаем, что потенциальная энергия тела равна нулю, когда пружина растянута на величину $x_0$, то при минимальном растяжении пружины, записав закон сохранения энергии, мы получили бы такое же уравнение, как и при максимальном. Нетрудно определить амплитуду колебаний тела. Она равна разности значений корней уравнения для $x_0$, то есть \frac{2M\sqrt{a(2g-a)}}{k}.$$

Если $a \geq g$, то тело оторвется от подставки, как только подставка начинает двигаться. Записав закон сохранения энергии, найдем, что в этом случае максимальное растяжение пружины равно $\frac{2Mg}{k}$

Правильное решение этой задачи прислал Н. Федин из Омска.

42

Hình 8.

B25. Nếu thế của anôt của quang điện trở cao hơn thế của catôt, thì qua quang điện trở có dòng điện $I_0=10\text{ ma}$ (gọi như vậy). Trong trường hợp ngược lại, không có dòng điện qua quang điện trở. Bỏ qua điện trở trong của các pin, hãy tìm điện áp trên các quang điện trở trong các sơ đồ biểu diễn ở hình 8 (các giá trị điện trở được ghi trên hình bằng kilôôm).

Lời giải. Trước hết xét sơ đồ thứ nhất. Giả sử rằng không có dòng điện qua quang điện trở. Khi đó qua các điện trở 1 và 2 kilôôm sẽ có dòng điện $I = \frac{200\theta}{1\text{ kilôôm} + 2\text{ kilôôm}} = \frac{1}{15}a$. Khi đó độ giảm điện áp trên điện trở 2 kilôôm bằng $2 \cdot 10^3\text{ ôm} \cdot \frac{1}{15}a \approx 133\theta$. Điều đó có nghĩa là trong trường hợp này thế của catôt của quang điện trở bằng $200\theta - 133\theta = +67\theta$. Nhưng thế của anôt bằng $+100\theta$, tức là nó cao hơn thế của catôt. Ta đi đến mâu thuẫn, vì trong trường hợp này phải có dòng điện qua quang điện trở. Điều đó có nghĩa là qua quang điện trở có dòng điện $I_0 = 10\text{ ma}$. Hãy tìm hiệu thế giữa anôt và catôt. Thế của anôt bằng $+100\theta$ (ta coi thế tại điểm $P$ bằng không). Vì vậy cần tìm thế của catôt. Muốn vậy cần xác định độ giảm điện áp trên điện trở 1 kilôôm.

Giả sử rằng các dòng điện qua các điện trở có chiều như các mũi tên chỉ trên hình, và ký hiệu chúng là $I_1$ và $I_2$, ta có thể viết $I_0 + I_2 = I_1$.

Để tìm $I_1$ và $I_2$, cần lập thêm một phương trình nữa. Xét vòng mạch gồm các điện trở và nguồn có suất điện động 200$\theta$. Vì công chuyển điện tích trong điện trường bằng hiệu thế nhân với độ lớn điện tích, nên có thể viết rằng

$$E - u_1 - u_2 = 0$$

hoặc

$$E = I_1 \cdot R_1 + I_2 \cdot R_2.$$

Giải đồng thời các phương trình (1) và (2), ta tìm được $I_1 \approx 73\text{ ma}$. Điều này có nghĩa là điện thế của catốt bằng $I_1R_1 = 73\theta$, còn hiệu điện thế giữa anốt và catốt bằng 27$\theta$.

Tương tự, xét mạch thứ hai. Nếu ta, như trong trường hợp thứ nhất,

43

giả sử rằng không có dòng điện đi qua tế bào quang điện, thì có thể coi rằng chúng ta có hai nhánh, một nhánh gồm các điện trở 1 và 3 kilôôm mắc nối tiếp, còn nhánh thứ hai gồm các điện trở 2 và 4 kilôôm, trong đó cả hai nhánh được nối song song và nối với nguồn có suất điện động 100 $\beta$. Khi đó qua các điện trở 1 và 3 kilôôm sẽ có dòng điện $I = \frac{100\beta}{4 \cdot 10^3 \text{ ôm}} = 2,5 \cdot 10^{-2} a = 25 \text{ mA}$, còn độ giảm điện áp trên điện trở 1 kilôôm sẽ bằng 25 $\beta$. Như vậy, thế của anôt bằng $\varphi_A = 100\beta - 25\beta = 75\beta$. Tương tự có thể tìm được thế của catôt. Trong trường hợp này nó bằng $33\frac{1}{3} \beta$. Kết quả là thế của anôt cao hơn thế của catôt, và qua tế bào quang điện phải có dòng điện chạy qua.

Ta coi rằng dòng điện qua tất cả các điện trở đều đi theo hướng từ trên xuống dưới, còn qua tế bào quang điện — từ trái sang phải. Khi đó có thể viết các phương trình sau:

$$I_4 + I_0 = I_2,$$
$$I_1 - I_0 = I_3,$$
$$I_1R_1 + U_0 - I_4R_4 = 0,$$
$$E = I_1R_1 + I_3R_3,$$
$$E = I_2R_2 + I_4R_4.$$

Ở đây $U_0$ — độ giảm điện áp trên tế bào quang điện.

Cũng như đối với sơ đồ trước, hai phương trình đầu tiên trong hệ này biểu thị định luật bảo toàn điện tích. Thật vậy, chẳng hạn, trong điểm nối của các điện trở 4 kΩ và 2 kΩ với tế bào quang điện, trong một đơn vị thời gian có điện tích $I_0 + I_4$ đi vào, còn $I_2$ đi ra.

Giải hệ này, ta nhận được $U_0 \approx 20,8\beta$.

Ф26. Две горизонтальные полуплоскости, расположенные на высоте $h$ одна над другой, плавно переходят друг в друга, как показано на рисунке 9. По верхней полуплоскости под углом $\alpha$ к направлению на спуск движется со скоростью $v$ небольшой брусок. Как он будет двигаться по нижней полуплоскости?

Считать, что брусок не отрывается, то есть движется, не отрываясь от поверхности спуска. Трением пренебречь.

Рис. 9.

Решение. Разложим скорость бруска на две составляющие: $v_2 = v \cos \alpha$ в направлении на спуск и $v_1 = v \sin \alpha$ в перпендикулярном направлении (рис. 10). Так как на брусок в направлении $v_1$ не действуют никакие внешние силы, то эта составляющая скорости бруска не меняется. Составляющая же $v_2$ увеличивается. Благодаря этому увеличивается и скорость бруска.

Найдем, какую скорость $u$ будет иметь брусок после того, как он окажется на нижней полуплоскости.

44

cứng. Để làm điều đó, ta có thể dùng định luật bảo toàn năng lượng
$$\frac{mv^2}{2} + mgh = \frac{mu^2}{2}.$$
Suy ra $u = \sqrt{v^2 + 2gh}$.

Bây giờ có thể tìm góc mà thanh sẽ chuyển động trong nửa
mặt phẳng dưới:
$$\sin \beta = \frac{v_1^2}{u} = \frac{v}{\sqrt{v^2 + 2gh}} \sin \alpha.$$
Lời giải này do học sinh lớp 9 G. Zaitsev từ Gagra, CHXHCNXV Gruzia gửi tới.

F27. Đổ nước qua lỗ ở phía trên vào một chuông bán cầu đặt khít trên bàn,
hình 11. Khi nước lên đến lỗ, nó nhấc chuông lên và bắt đầu chảy ra từ dưới. Tìm khối lượng của chuông, nếu bán kính của nó bằng $R$, còn khối lượng riêng của nước là $\rho$.

Lời giải. Lực ép lên bàn bằng tổng các trọng lực tác dụng lên chuông và nước: $F = Mg + \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. Nhưng vào lúc nước
nhấc chuông lên và bắt đầu chảy ra, bản thân chuông không ép lên bàn. Vì vậy lực ép lên bàn bằng áp suất của nước nhân với diện tích
đáy bình. Áp suất của nước lên bàn tại mọi điểm là như nhau và
bằng $\rho g R$, do đó $F = \rho g R \cdot \pi R^2$.

Điều này có nghĩa là $\pi R^3 \rho g = Mg + \frac{4}{3} \pi R^3 \rho g$. Suy ra $M = \frac{1}{3} \pi R^3 \rho$.

Một ý tưởng lời giải thú vị do Anatoly Vorovlyansky từ Gorky đề xuất.

Giả sử chuông được đặt trong một bình hình trụ có bán kính và chiều cao. Đổ đầy nước vào bình này và coi khối lượng của chuông là không đáng kể.
Không khó thấy rằng vì áp suất lên chuông từ bên ngoài và từ bên trong tại mọi điểm
bằng nhau (điều này suy ra từ định luật Pascal và từ điều kiện chuông rất mỏng),
nên trạng thái cân bằng của nước sẽ không bị phá vỡ nếu bỏ hẳn chuông đi. Áp suất của nước lên bàn trong
trường hợp này cũng không thay đổi. Nhưng điều đó có nghĩa là lực ép của lượng nước mà ta phải đổ thêm vào bình hình trụ tác dụng giống như chuông, và do đó khối lượng của chuông đúng bằng khối lượng của lượng nước đổ thêm

$$M = (V \text{ hình trụ} - V \text{ bán cầu}) \rho = \left( R \pi R^2 - \frac{2}{3} \pi R^3 \right) \rho = \frac{1}{3} \pi R^3 \rho.$$

46

MỘT LẦN NỮA VỀ CÁC PHƯƠNG TRÌNH
CÓ THAM SỐ

Các em đã nhiều lần gặp các phương trình và bất phương trình chứa một tham số. Còn nếu số tham số nhiều hơn một thì sao? Tự nhiên có thể chờ đợi rằng số trường hợp cần xét cũng sẽ tăng lên. Không được bỏ sót bất kỳ khả năng nào. Làm thế nào để thực hiện điều đó? Không có một phương pháp duy nhất thích hợp cho mọi phương trình và bất phương trình có tham số. Trong bài này, qua các ví dụ, chúng tôi sẽ chỉ ra cách giải các phương trình có hai tham số.

Dạng tổng quát của phương trình theo $x$ với hai tham số $a, b$ là:

$$F(x; a; b) = 0.$$

(1)

Với hàm $F$ đã cho, phương trình (1) thực chất là vô số phương trình, mỗi phương trình được xác định bởi một cặp số có thứ tự $(a; b)$.

Như đã biết, một cặp có thứ tự như vậy có thể được hiểu là một điểm trên mặt phẳng tọa độ. Điều này cho phép thiết lập một tương ứng một-một giữa các phương trình dạng (1) với hàm $F$ đã cho và các điểm của mặt phẳng.

Để làm điều đó, ta đưa vào hệ tọa độ $aOb$ và quy ước cho mỗi phương trình dạng (1) tương ứng với một điểm trên mặt phẳng $aOb$ có tọa độ $(a; b)$, và ngược lại. Ta gọi mặt phẳng này là mặt phẳng tham số. Sự tương ứng như vậy có phần khác thường (phương trình tương ứng với điểm), nhưng nó sẽ giúp ta trong từng trường hợp cụ thể hình dung tập các giá trị cho phép của tham số và không bỏ sót trường hợp nào: mỗi điểm của mặt phẳng tham số tương ứng với một phương trình dạng (1) và phải tương ứng với một đáp số xác định.

Ví dụ 1. Giải phương trình

$$\frac{2a + b}{a + x} - \frac{2a - b}{a - x} = \frac{2a}{b}$$

(2)

Lời giải. Nhận thấy ngay rằng khi $b = 0$ phương trình (2) không có nghĩa, tức là với mọi cặp số dạng $(a; 0)$, trong đó $a$ là một số thực bất kỳ, không có nghiệm nào (đường màu đỏ trên hình 1).

Giả sử $b \neq 0$. Tìm ĐKXĐ: $x \neq \pm a$, khử mẫu và thu gọn các hạng tử đồng dạng. Ta được

$$a(x^2 - 2bx + b^2 - a^2) = 0.$$

(3)

Nếu $a = 0$, thì phương trình (3) nhận mọi giá trị $x$ làm nghiệm. Trong đó, đối với phương trình (2), các giá trị $x = \pm a$, tức là $x = 0$, bị loại.

Vì vậy, với mọi cặp số dạng $(0; b)$, trong đó $b \neq 0$, phương trình (2) nhận mọi số khác 0 làm nghiệm (đường màu xanh lá). Bây giờ giả sử $a \neq 0$. Giải phương trình $x^2 - 2bx + b^2 - a^2 = 0$, ta được $x_1 = b + a$, $x_2 = b - a$.

*) Ở dạng (1), phương trình này là: $$\frac{2a + b}{a + x} - \frac{2a - b}{a - x} - \frac{2a}{b} = 0.$$

47

Có thể coi rằng với mọi $a, b$ khác không, các giá trị tìm được $x_1$ và $x_2$ đều là nghiệm của phương trình (2) không? Không, có thể xảy ra rằng với một số giá trị của các tham số, $x_1$ hoặc $x_2$ trùng với các giá trị bị cấm $\pm a$.

Vậy còn phải xác định khi nào $x_1 = \pm a$ hoặc $x_2 = \pm a$. Nếu $x_1 = a$ hoặc $x_2 = -a$, thì $b = 0$, nhưng ta xét trường hợp $b \neq 0$. Do đó, $x_1 \neq a$, $x_2 \neq -a$.

Giả sử $x_1 = -a$, tức là $b + a = -a$, suy ra $b = -2a$. Nhưng khi đó $x_2 = -3a$. Như vậy, nếu các tham số $a$ và $b$ thỏa mãn $b = -2a$, thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất $x = -3a$ (đường màu xanh lam trên hình 1). Giả sử $x_2 = a$, tức là $b - a = a$. Điều này có thể khi $b = 2a$.

Nhưng khi đó $x_1 = 3a$. Do đó, nếu các tham số $a$ và $b$ thỏa mãn $b = 2a$, thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất $x = 3a$ (đường màu vàng).

Tóm lại, ta được đáp án sau:

nếu $b = 0$, $a$ là một số thực bất kỳ, thì không có nghiệm;
nếu $b \neq 0$, $a = 0$, thì $x$ là một số thực bất kỳ khác không;
nếu $b = -2a$, $b \neq 0$, thì $x = -3a$;
nếu $b = 2a$, $b \neq 0$, thì $x = 3a$;
nếu $a, b \neq 0$, $b \neq \pm 2a$, thì $x_1 = b + a$, $x_2 = b - a$.

Ví dụ 2*). Giải phương trình

$$\sqrt{a^2 - x} + \sqrt{b^2 - x} = a + b.$$

(4)

Lời giải. Miền xác định được xác định bởi hệ bất đẳng thức

$$x \leq a^2, \quad x \leq b^2, \quad \text{hoặc } x \leq \min\{a^2; b^2\}.$$

Vế trái của phương trình (4) không âm, vì thế khi $a + b < 0$ phương trình này không thể có nghiệm. Trên hình 2 điều này được biểu thị bởi nửa mặt phẳng nằm dưới đường thẳng $b = -a$ được tô màu hồng.

Bây giờ xét trường hợp $a + b \geq 0$. Sau các phép biến đổi tương đương, ta được

$$x(a + b)^2 = 0$$

(5)

Xét hai trường hợp:

Trường hợp I: $a + b > 0$. Khi đó $x = 0$. Đồng thời các điều kiện $x \leq a^2$ và $x \leq b^2$ được thỏa mãn tự động, điều không thể nói về điều kiện $x \geq -ab$. Nếu $ab > 0$, thì điều kiện này hiển nhiên được thỏa mãn. Nếu $ab < 0$, thì $-ab > 0$ và $x = 0 < -ab$. Vì vậy trên hình 2 trong các miền II và III (nơi $a + b > 0$, nhưng $ab < 0$) không có nghiệm. Như vậy, $x = 0$ là một nghiệm

*) Ví dụ này được lấy từ sách của N. P. Antonov và các tác giả khác “Tuyển tập bài toán sơ cấp” (M., “Nauka”, 1969), trong đó nó được giải sai.