⟦không số tờ⟧

Tạp chí khoa học phổ thông vật lý-toán học
Kvant
2
1971
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học
Sư phạm Liên Xô

Trong số này:

Nghịch lý S. I. Vavilov 1 V. A. Fabrikin
Hai trò chơi với que diêm 4 I. M. Yaelom
Đối thoại về nhiệt độ 11 M. Ya. Abzel

Câu lạc bộ toán học

So sánh các trung bình khác nhau của hai số dương 20 Z. A. Skopets

Bài toán của «Kvant»

Bài toán 24
Lời giải các bài toán M21—M25; F29—F34 26
N. B. Vasiliev, I. Sh. Slobodetsky

Thực hành cho thí sinh

Hai tá bài toán về cấp số 37 A. G. Mordkovich
Động học và các liên kết 44 S. A. Bellev
Kỳ thi tuyển sinh toán học vào Trường Đại học các dân tộc khác 47 V. V. Ryzhkov

Điểm sách. Thư mục

Chuyến bay của những mũi tên lửa 52 Yu. M. Bruk

Thông tin

Olympiad Toán học Quốc tế lần thứ XII dành cho học sinh 54 I. S. Petrakov
Olympiad Vật lý Quốc tế lần thứ IV dành cho học sinh 56 Yu. M. Bruk, N. A. Mini

Đáp số, chỉ dẫn, lời giải 60

Ô chữ — trang 4 bìa

2

NGHỊCH LÝ S. I. VAVILOV

Trong quang hình học, khái niệm về một chùm tia sáng song song có tiết diện ngang hữu hạn thường được áp dụng có hiệu quả. Hơn nữa, ngay cả trong lý thuyết về hiện tượng sóng như giao thoa, trong nhiều trường hợp cũng có thể dùng khái niệm này.

Trong nhiều trường hợp, nhưng hoàn toàn không phải trong mọi trường hợp. Trong cuốn sách “Vi cấu trúc của ánh sáng” của nhà vật lý Xô viết nổi tiếng S. I. Vavilov, một nghịch lý quang học rất bổ ích theo nghĩa này đã được phân tích.

Nhắc lại ngắn gọn năng lượng học của hình giao thoa. Như ta biết, giao thoa là sự cộng các dao động. Trong trường hợp của chúng ta, trong các sóng dao động các giá trị của vectơ điện trường và từ trường. Các vectơ này tại mỗi điểm trong không gian, ở mỗi thời điểm, xác định năng lượng của trường điện từ. Sóng điện từ mang năng lượng, và có thể đưa vào khái niệm mật độ dòng năng lượng. Ta gọi như vậy đại lượng bằng lượng năng lượng của trường chảy qua một đơn vị diện tích trong một đơn vị thời gian.

Mỗi sóng còn được đặc trưng bởi pha. Nếu khi cộng hai chùm sáng, hiệu pha của chúng luôn không đổi, ta nói rằng đang xét các chùm kết hợp.

Trong hình giao thoa, xuất hiện do cộng hai chùm kết hợp, xảy ra sự phân bố lại năng lượng ánh sáng. Trong các vân sáng, năng lượng lớn hơn tổng năng lượng của các chùm được cộng; trong các vân tối, ngược lại, nhỏ hơn. Phần năng lượng dư trong các vân sáng được bù đúng bằng phần thiếu trong các vân tối. Toàn bộ năng lượng, phân bố trên toàn hình giao thoa, bằng đúng tổng năng lượng của hai chùm giao thoa.

Hình 1 biểu diễn sự phụ thuộc của mật độ dòng năng lượng trong hình giao thoa vào độ dịch chuyển trên màn, nơi hình được quan sát. Hình thu được khi cộng hai chùm sáng kết hợp có năng lượng bằng nhau. Đường ngang-

Hình 1.
1 Kvant số 2

2

Hình 2.

đường chấm ngang biểu diễn tổng mật độ dòng năng lượng trong các chùm được cộng lại. Những phần của đường cong nằm trên đường thẳng này tương ứng với các vân giao thoa sáng, còn những phần của đường cong nằm dưới đường chấm — với các vân tối. Tổng năng lượng phân bố trong hình giao thoa được biểu diễn bằng diện tích dưới đường cong. Diện tích này hoàn toàn bằng diện tích dưới đường chấm. Những đòi hỏi của người kế toán nghiêm khắc của tự nhiên — định luật bảo toàn năng lượng — được tuân thủ không sai lệch.

Bây giờ hãy chuyển sang nghịch lý của S. I. Vavilov. Hãy tưởng tượng hai chùm sáng kết hợp hoàn toàn giống nhau, có biên giới sắc nét, rộng $a$, cắt nhau dưới góc nhỏ $\alpha$. Trong miền $ABCD$ xảy ra giao thoa (hình 2).

Để quan sát hình giao thoa, có thể đặt một màn vuông góc với mặt phẳng bản vẽ, đi qua các điểm $A$ và $C$. Hình giao thoa sẽ gồm các vân sáng và tối thẳng, xen kẽ nhau, lấp đầy màn từ điểm $A$ đến điểm $C$ (hình 3).

Sự phân bố mật độ dòng năng lượng trong hình giao thoa tương ứng với đồ thị ở hình 1. Nếu các chùm gặp nhau có các pha ban đầu của dao động ánh sáng giống nhau, thì hiệu pha của sóng ánh sáng của chùm thứ nhất và thứ hai tại các điểm nằm trên đường thẳng $BD$ sẽ bằng không. Như vậy, nó tương ứng với giữa vân sáng trung tâm. Ở giữa vân tối kề bên, hiệu pha phải bằng $π$, nói cách khác, các dao động ánh sáng trong các chùm gặp nhau phải ngược pha. Hiệu pha $\Delta φ$ bằng hiệu đường đi $\Delta L$ của cả hai sóng đến vị trí đã cho, chia cho bước sóng và nhân với $2π$:

$$\Delta φ = 2\pi \frac{\Delta L}{\lambda}.$$ (1)

Sự tăng độ dài đường đi của chùm tia mà sóng đi qua thêm $\lambda$ tương ứng với độ trễ pha $2π$. Từ công thức (1) suy ra rằng ở giữa vân tối gần tâm nhất của hình giao thoa, $\Delta L$ phải bằng $\frac{\lambda}{2}$.

Hãy tính hiệu quang lộ tại điểm $A$. Chùm tia song song có thể được xem như một dòng các sóng phẳng, vuông góc với phương của các tia sáng.

Qua điểm $D$ (hình 2), dựng một trong các mặt sóng (các mặt có pha bằng nhau) của chùm thứ nhất. Trên mặt sóng này có các điểm $D$ và $A'$.

Các quãng đường mà cả hai chùm đi qua đến điểm $D$ là như nhau. Để đến điểm $A$, mặt sóng của chùm thứ nhất đi qua điểm $D$ phải

3

dịch chuyển một đoạn $A'A$, còn mặt sóng của chùm thứ hai, trước đó cũng đi qua điểm $D$, phải dịch chuyển một đoạn $DA$. Kết quả là xuất hiện hiệu quang trình

$$\Delta L = DA - AA' = a \left( \frac{1}{\sin \alpha} - \frac{1}{\tg \alpha} \right) = \frac{2a \sin^2 \frac{\alpha}{2}}{\sin \alpha}.$$

(2)

Rõ ràng, tại điểm $C$ sẽ có hiệu quang trình như vậy, nhưng mang dấu ngược lại. Bây giờ ta bắt đầu giảm góc $\alpha$. Khi $\alpha$ đủ nhỏ, có thể làm cho $\Delta L$ bằng $\frac{\lambda}{4}$. Khi đó toàn bộ vùng $AC$ sẽ được lấp đầy bởi một vân giao thoa sáng. Do đó, ở mọi nơi năng lượng sẽ vượt quá tổng năng lượng của hai chùm giao nhau. Không có sự bù trừ nào do hình thành các vân tối, vì chúng hoàn toàn không có!

Cũng có thể nhận được, có thể nói, một kết quả âm, bằng cách làm cho các chùm có hiệu pha ban đầu bằng $\pi$ giao nhau. Khi đó vùng $AC$ sẽ được lấp đầy bởi một vân giao thoa tối. Trong trường hợp thứ nhất không rõ năng lượng bổ sung từ đâu mà có, trong trường hợp thứ hai — không rõ năng lượng biến đi đâu.

Cả hai trường hợp đều rõ ràng mâu thuẫn với định luật bảo toàn năng lượng. Hiển nhiên, trong lập luận của chúng ta có một khuyết điểm nào đó, dẫn đến mâu thuẫn với một trong những định luật cơ bản của tự nhiên. Để hiểu vấn đề ở đây là gì, hãy viết công thức (2) cho trường hợp đã nêu, khi $\Delta L = \frac{\lambda}{4}$, đồng thời sử dụng tính nhỏ của góc $\alpha$ ($\sin \alpha \approx \alpha$ đối với $\alpha$ nhỏ). Dưới đây chúng tôi sẽ chỉ ra rằng góc $\alpha$ thực sự rất nhỏ. Khi đó ta được

$$\frac{\lambda}{4} = \frac{2a \left( \frac{\alpha}{2} \right)^2}{\alpha} = \frac{a\alpha}{2},$$

(3)

hay

$$\alpha = 0,5 \frac{\lambda}{a}.$$

(4)

Lấy $a=1$ cm, $\lambda=5 \cdot 10^{-5}$ cm, khi đó $\alpha=2,5 \times 10^{-5}$ radian. Từ (4) ta thấy rằng những rắc rối với định luật bảo toàn năng lượng xuất hiện khi góc giữa các chùm có bậc bằng tỉ số giữa bước sóng và kích thước tiết diện ngang của chùm.

Lời giải của nghịch lý nằm ở chỗ tại những góc nhỏ như vậy, không thể dùng khái niệm chùm song song lý tưởng có tiết diện hữu hạn nữa.

Trong bất cứ cố gắng nào nhằm thực hiện những chùm như vậy, chúng ta cũng sẽ thất bại. Việc giới hạn kích thước của chùm, nhờ hiện tượng nhiễu xạ, tất yếu dẫn đến việc biến nó thành một chùm phân kỳ. Góc phân kỳ của chùm được xác định đúng bởi công thức (4). Khi đó, dĩ nhiên, góc mà dưới đó các chùm cắt nhau chỉ có thể được xác định với độ chính xác cỡ góc phân kỳ của các chùm cắt nhau.

Nếu nhiễu xạ chưa được phát hiện, thì dựa trên định luật bảo toàn năng lượng và công thức (4), chúng ta không những phải đoán ra sự tồn tại của nó, mà còn phải chỉ ra quy luật cơ bản chi phối độ lớn của góc nhiễu xạ. Đây là một ví dụ tốt cho thấy định luật bảo toàn trong vật lý luôn có thể là một ngôi sao dẫn đường đáng tin cậy.

Lấy các chùm sáng thực, dĩ nhiên chúng ta sẽ không bao giờ thu được mâu thuẫn với định luật bảo toàn năng lượng. Trong các thí nghiệm giao thoa thuộc loại này, mọi thứ luôn phải quy về sự phân bố lại theo không gian của dòng năng lượng.

Tuy nhiên, có những thí nghiệm giao thoa mà trong đó nảy sinh những nghịch lý năng lượng còn tinh tế hơn, nhưng đó, như người ta nói, đã là một câu chuyện khác.

4

HAI TRÒ CHƠI VỚI DIÊM

I. M. Yaglom

Trong bài này chúng tôi sẽ kể cho các em về các trò chơi «nim»
và «izyan’shiztsy». Cả «nim» lẫn «izyan’shiztsy» đều là các trò chơi dân gian Trung Quốc; «izyan’shiztsy» dịch nghĩa là «chọn đá» (dĩ nhiên, việc thay đá bằng que diêm trong điều kiện của trò chơi không làm thay đổi bản chất của nó). Về sau các trò chơi này du nhập vào châu Âu; đã có một thời trò chơi «nim» phổ biến ở Tây Âu.

5

Hãy nêu quy tắc của các trò chơi này.

Trò chơi “nim”
Trên bàn có ba đống que diêm. Hai người chơi lần lượt lấy diêm từ các đống này, mỗi lần một người chơi có thể lấy bất kỳ số que diêm nào từ một đống (bắt buộc chỉ từ một đống!) diêm. Người lấy que diêm cuối cùng được coi là người thắng.

Trò chơi “изяньшизцы”
Trên bàn có hai đống que diêm. Hai người chơi lần lượt lấy diêm từ các đống này, mỗi lần một người chơi có thể lấy bất kỳ số que diêm nào từ một đống, hoặc lấy bằng nhau (nhưng có thể là bất kỳ số nào!) từ cả hai đống. Người lấy que diêm cuối cùng được coi là người thắng.

Bài toán là xác định xem với những vị trí ban đầu nào (tức là những số lượng que diêm trong mỗi đống) người đi trước có thể thắng, và với những vị trí nào thì không, đồng thời chỉ ra phương pháp chơi đúng (không thua).

Thực tế, chơi nim hoặc изяньшизцы trên bảng lớp rất tiện — không cần bất kỳ que diêm nào, chỉ cần phấn và giẻ lau trong tay. Trên bảng có thể vẽ, chẳng hạn, ba hàng ô kết thúc ở mép phải của bảng, và ba quân cờ — mỗi hàng ô một quân (hình 1). Mỗi người chơi trong lượt của mình lấy một quân cờ và “di chuyển” nó sang phải qua bất kỳ số ô nào (ở đây là trò chơi nim); người thực hiện nước đi cuối cùng được coi là người thắng. Cũng có thể chơi изяньшизцы như vậy — chỉ khác là bây giờ bàn chơi có hai hàng

Hình 1.

Hình 2.

7

Đáng tiếc, ở đây cũng không thấy một quy luật xác định nào trong cách lập bảng này.

Có thể ghi các bảng I và II theo cách khác không?

Chúng tôi không hiểu các bảng I và II, được tạo thành trong trường hợp thứ nhất bởi ba, còn trong trường hợp thứ hai — bởi hai hàng số, được lập như thế nào. Bây giờ hãy suy nghĩ về những nguyên nhân có thể của thất bại mà chúng ta đã gặp phải.

Chúng ta đã nói rằng các bảng I và II là các bảng số; chúng được tạo thành bởi một dãy số. Các số xuất hiện trong những bảng này, dĩ nhiên, chúng ta đã viết theo cách thông thường, dùng hệ đếm thập phân quen thuộc; chẳng hạn, các số 24 và 39 tạo thành cột cuối cùng của bảng II có nghĩa là: «2 chục và 4 đơn vị» và «3 chục và 9 đơn vị». Tuy nhiên, bản thân hệ đếm thập phân, nguồn gốc của nó gắn với tình cờ rằng con người có 10 ngón tay, không hề liên quan gì đến các trò chơi đang xét; vì thế, việc thử ghi các bảng của chúng ta theo cách khác có vẻ là hợp lý.

Phần tiếp theo của bài này liên quan đến bài «Các hệ đếm» («Kvant» số 6). Chúng ta sẽ cần điều sau đây từ bài đó.

Có thể đề xuất nhiều hệ ghi các số dương bằng một số ít ký hiệu (chữ số). Các hệ đếm vị trí (chính xác hơn nên nói — các hệ ghi số vị trí) được xây dựng như sau. Cho một cơ sở nào đó, hay một hệ các số chủ chốt, là một dãy vô hạn các số nguyên:

$$1 = q_0 < q_1 < q_2 < q_3 \dots$$

Sau đó mỗi số $N$ được biểu diễn dưới dạng tổng các số của cơ sở chúng ta, lấy với những hệ số nguyên nào đó:

$$N = a_m q_m + a_{m-1} q_{m-1} + \dots + a_2 q_2 + a_1 q_1 + a_0 q_0;$$

biểu thức này được viết như sau:

$$N = a_m a_{m-1} \dots a_2 a_1 a_0,$$

trong đó $a_m, a_{m-1}, \dots$ là các «chữ số» trong cách ghi số $N$.

Chẳng hạn, nếu hệ các số cơ sở là:

$$1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, \dots$$

thì số 27 được ghi như sau:

$$27 = 1 \cdot 23 + 0 \cdot 19 + 0 \cdot 17 + 0 \cdot 13 + 0 \cdot 11 + 0 \cdot 7 + 0 \cdot 5 + 1 \cdot 3 + 0 \cdot 2 + 1 \cdot 1 = \text{«1000000101»}.$$

Khi đó chữ số thứ $k$ $a_k$ trong cách ghi của bất kỳ số nào $N$ trong hệ đếm có cơ sở (*) luôn nhỏ hơn tỉ số $q_k + 1/q_k$.

Nếu cơ sở của hệ đếm có dạng:

$$1 = q^0, q = q^1, q^2, q^3, q^4, \dots,$$

trong đó $q$ là một số nguyên nào đó, thì hệ đếm được gọi là «hệ q-chữ số», trong đó mọi số được biểu diễn bằng tổng các lũy thừa của số $q$ và mọi chữ số trong cách viết số $N$ đều nhỏ hơn $q$ (nhỏ hơn 10 trong trường hợp hệ đếm thập phân quen thuộc).

8

Đơn giản nhất trong ყველა các hệ thống ghi số nguyên là hệ nhị phân, trong đó mọi số được biểu diễn bằng tổng các lũy thừa của số 2. Nếu dùng hệ đếm này, thì các bảng I và II của chúng ta sẽ có một hình dạng hoàn toàn khác (các số trong hệ nhị phân sẽ được viết bằng chữ số đỏ):

Bảng Ia

| №№ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| a | 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 0 | 10 | 0 | 11 | 10 | 1 | 0 | 0 | 1 |
| b | 1 | 10 | 10 | 11 | 100 | 100 | 101 | 100 | 110 | 100 | 101 | 110 | 111 | 1000 | 1000 |
| c | 1 | 10 | 11 | 11 | 100 | 101 | 101 | 110 | 110 | 111 | 111 | 111 | 111 | 1000 | 1001 |

Bảng IIa

| №№ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| a | 1 | 11 | 100 | 110 | 1000 | 1001 | 1011 | 1011 |
| b | 10 | 101 | 111 | 1010 | 1101 | 1111 | 1111 | 1010 |

| №№ | 110 | 1000 | 10001 | 10011 | 10101 | 1101 | 1111 | 10101 | 1010 | 1010 | 1010 | 1010 | 1010 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| 1110 | 10000 | 10001 | 10011 | 10101 | 1101 | 1111 | 1011 | 1011 | 1011 | 1011 | 1011 | 1011 | 1011 |

**Nghiên cứu kỹ bảng Ia cho phép nhận ra trong đó một quy luật hoàn toàn xác định: vâng, dĩ nhiên, các vị trí thua (a, b, c) trong trò “nim” — đó.me những vị trí, nơi tổng các chữ số của mỗi hàng trong cách ghi nhị phân của các số a, b, c là chẵn (nghĩa là bằng 0 hoặc 2)! Tuy nhiên bảng IIa hóa ra lại xảo quyệt hơn: nó chẳng tốt hơn bảng II chút nào, và từ nó không thể nhận ra bất cứ quy luật xác định nào trong việc tạo thành các cặp thua (a, b).

Nhưng tại sao chính hệ nhị phân lại phải là chiếc chìa khóa giúp chúng ta tìm ra hệ thống chơi không thua trong trò cờ цяньшизцы? Đúng là chúng ta đã thấy rằng hệ này dường như giúp ích khi xây dựng lý thuyết trò nim: nhưng цяньшизцы là một trò hoàn toàn khác, mà chìa khóa mở được một cánh cửa hoàn toàn không nhất thiết phải hợp với cánh cửa khác. Không thể viết lại bảng II theo cách khác được sao: có lẽ một hệ ghi khác của các số tạo thành hệ này sẽ soi sáng nhiều hơn cho cấu trúc của nó?

Nghiên cứu kỹ bảng II cho phép nhận thấy rằng trong đó các số Fibonacci thường xuất hiện và xem, chẳng hạn, các cột thứ 1, thứ 2, thứ 5 và thứ 13 của bảng *). Điều này đến lượt nó có thể gợi cho chúng ta ý nghĩ về sự hợp lý của việc thử viết bảng II trong “hệ đếm Fibonacci”, trong đó mọi số được biểu diễn bằng tổng các số của dãy Fibonacci (các số trong hệ đếm này chúng ta sẽ viết bằng chữ số xanh). Chẳng hạn, số 100 trong Fibonacci

*) Các số Fibonacci là một dãy số bắt đầu bằng 1 và 2, rồi được xây dựng theo quy luật sau: mỗi số của dãy Fibonacci bằng tổng hai số đứng trước. Các số hạng đầu tiên của nó là: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, … Một cuốn sách mỏng hay của N. N. Vorobyev “Các số Fibonacci” (M., “Nauka”, tái bản lần 3, 1969) được dành cho các số Fibonacci.

10

các điều kiện a) và b) đã nêu ở trên trong trò chơi “nim” là và chỉ là những vị trí (a, b, c), mà tổng всех các chữ số ứng với cùng một hàng trong cách viết các số a, b, c theo hệ đếm nhị phân, đối với mọi hàng, là chẵn.

Định lý II. Các vị trí thua trong trò chơi “izianytszy” là và chỉ là những vị trí (a, b), mà a, khi được viết trong hệ đếm Fibonacci, kết thúc bằng một số chẵn chữ số không, còn số b nhận được từ số a bằng cách viết thêm một chữ số không ở cuối.

Nhận xét. Từ các định lý I và II suy ra rằng cả hai trò chơi — “nim” và “izianytszy” — theo một nghĩa nào đó đều có lợi cho người bắt đầu: các vị trí thua đối với người bắt đầu (xem bảng I và II) trong chúng khá ít, tức là chúng gặp ít hơn rất nhiều so với tất cả các vị trí còn lại (thắng đối với người bắt đầu).

Các chứng minh của những định lý này là nội dung của các bài tập dưới đây. Đáp số cho chúng được đưa ở tr. 60 (tuy nhiên, hãy thử tự tìm lời giải). Chúng tôi khuyên bạn trước hết hãy tìm hiểu các bài tập 1—4, vì các bài tập 5—7 khó hơn nhiều.

Bài tập

1. Chứng minh rằng nếu vị trí (a, b, c) trong trò chơi “nim” không phải là vị trí thua, tức là không thỏa mãn các điều kiện nêu trong phát biểu định lý I, thì người chơi bằng nước đi của mình có thể biến nó thành vị trí thua.

2. Chứng minh rằng nếu vị trí (a, b, c) trong trò chơi “nim” không phải là vị trí thua, tức là không thỏa mãn các điều kiện nêu trong phát biểu định lý I, thì người chơi bằng nước đi của mình có thể biến nó thành vị trí thua.

3. Hãy nêu chiến lược đúng trong trò chơi “nim” khi số đống diêm là một số cho trước bất kỳ n ≥ 2 (các quy tắc khác của trò chơi giữ nguyên). Chiến lược không thua trong trường hợp n = 2 quy về điều gì?

4. Hãy mô tả các vị trí thua (a, b, c) trong trò chơi “nim”, viết các số a, b, c không theo hệ nhị phân mà theo hệ tứ phân (nghĩa là biểu diễn, chẳng hạn, số a dưới dạng a = aₙaₙ₋₁…a₂a₁a₀ = aₙ4ⁿ + aₙ₋₁4ⁿ⁻¹ + … + a₂4² + a₁4 + a₀; ở đây 0 ≤ aᵢ ≤ 3 với mọi i = n, n − 1,…, 2, 1, 0 *))

5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương p, tồn tại một và chỉ một vị trí thua (a, b) trong trò chơi “izianytszy” (tức là vị trí thỏa mãn các điều kiện của định lý II) sao cho b − a = p. Hãy kiểm tra điều này với 15 vị trí thua đầu tiên được liệt kê trong bảng II.

6. Chứng minh rằng nếu vị trí (b, a) trong trò chơi “izianytszy” không thỏa mãn các điều kiện của định lý II, thì người chơi bằng nước đi của mình có thể hoặc thắng ngay, hoặc đưa vị trí về vị trí thua.

7. Chứng minh rằng nếu vị trí (a, b) trong trò chơi “izianytszy” là vị trí thua, thì sau bất kỳ nước đi nào của người chơi nó không còn như vậy nữa.

8. Hãy nêu chiến lược đúng trong trò chơi “izianytszy” nếu số đống là lẻ (mỗi nước đi người chơi có quyền lấy một số lượng diêm bất kỳ từ một đống nào đó, hoặc lấy bằng nhau — cũng với một số lượng bất kỳ! — từ tất cả các đống).

Bài toán. Hãy nêu chiến lược đúng trong trò chơi “izianytszy” nếu số đống bằng bốn.

Tôi muốn cảnh báo người đọc rằng tác giả không biết lời giải của bài toán đã nêu.

*) Gạch trên số cho biết rằng đó là cách viết số bằng các chữ số aₙaₙ₋₁…a₂a₁a₀, chứ không phải tích của các số.

ĐỐI THOẠI VỀ NHIỆT ĐỘ

M. Ya. Azbel

Một bài báo khoa học phổ thông luôn là một trò chơi đặc biệt giữa Tác giả và Bạn đọc, trong đó người ta tin lời Tác giả (do đó có khả năng, không phải hiếm khi được thực hiện, là sự gian dối), nhưng Tác giả không có quyền viết khó hiểu và gây buồn chán. Nếu không — Tác giả thua cuộc: bài báo sẽ không được đọc và, nghĩa là, đã được viết vô ích.

Thông thường một bài báo phổ thông có dạng một độc thoại dài. Nhưng ngay cả người Hy Lạp cổ đại cũng hiểu rằng đối thoại khoa học thú vị hơn nhiều. Vì điều đó không vi phạm luật chơi, ta sẽ theo gương họ. Kết quả là Bạn đọc sẽ có khả năng, thể hiện cá tính, trước hết tự mình thử tìm lời đáp cho các câu hỏi được đặt ra, mỗi câu trong số đó là một bài toán vật lý, và đôi khi là cả một vấn đề.

Vậy là, màn được kéo lên — chúng ta bắt đầu.

Tác giả
Nhiệt độ, có lẽ, là khái niệm vật lý đầu tiên mà con người gặp trong đời mình. Một đứa trẻ năm tuổi còn chưa biết đếm, nhưng đã thông báo: “Cháu khỏe, cháu 36,6”, — dù còn chưa hiểu ý nghĩa của những từ mình nói ra (để hiểu các phân số thập phân, cần lớn thêm gấp đôi). Điều đó có nghĩa là ta đang nói về một trong những khái niệm vật lý quan trọng nhất. Trong suốt lịch sử của mình, nhân loại cố gắng hiểu những thứ gây kinh ngạc từ thời thơ ấu: không gian, thời gian… Vì khái niệm càng quen thuộc, câu hỏi càng được phát biểu đơn giản, thì thông thường nó càng sâu sắc và càng khó trả lời. Tuy nhiên, cũng càng khó đặt ra — nó dường như quá hiển nhiên. Chẳng hạn, trong một truyện trinh thám, các thám tử chạy ngược chạy xuôi tìm kiếm thứ ở ngay trước mắt họ.

Bạn đọc
Thôi đi, cả chuyện thám tử lẫn những suy luận triết học. Không thể cụ thể hơn sao?

Tác giả
Được. Đây là câu hỏi mà việc lần lượt làm sáng tỏ nó cuối cùng dẫn chúng ta tới các khái niệm cơ bản của thuyết tương đối rộng.

Mọi phương pháp đo nhiệt độ đều dựa trên sự cân bằng nhiệt độ, nghĩa là trên việc vật nóng hơn nguội đi, còn vật lạnh hơn nóng lên. Có phải vậy không?

Bạn đọc
Dĩ nhiên.

Tác giả
Nhưng tại sao điều đó xảy ra? Tại sao nhiệt luôn truyền từ vật nóng hơn sang vật lạnh hơn?

Bạn đọc
Không phải luôn luôn! Chẳng hạn, tủ lạnh lạnh đi, mặc dù bên cạnh nó không có vật nào lạnh hơn. Ở đây nhiệt được truyền cho vật ấm hơn — không khí xung quanh và mọi thứ có trong phòng.

Tác giả
Bạn đã đi trước mạch suy luận của tôi, khi đưa ra một nhận xét rất quan trọng. Quả thật, nếu cần và nếu tiêu tốn công, có thể dùng vật lạnh làm nóng vật nóng. Không phải vô cớ mà tủ lạnh được cắm điện. Nhưng trong một hệ không tương tác với bất kỳ vật thể nào khác (các nhà vật lý gọi hệ như vậy là hệ kín), nhiệt độ luôn cân bằng,

12

nhiệt được truyền từ nóng sang lạnh. Trong mọi trường hợp khi điều đó không xảy ra, có thể tìm thấy chỗ hệ «hở». Chẳng hạn, trong trường hợp tủ lạnh, sự làm lạnh của nó diễn ra nhờ năng lượng nhận từ nhà máy điện, hoặc, xét đến cùng, từ Mặt Trời đang nguội đi.

Bạn đọc
Theo tôi, mọi điều ông nói hoàn toàn rất rõ ràng.

Tác giả
Tôi đã cảnh báo: nguồn gốc của những ý tưởng sâu sắc nhất là — cái tưởng như rất được mang đi nhờ năng lượng nhận từ nhà máy điện, hoặc, xét đến cùng, từ Mặt Trời đang nguội đi.

Bạn đọc
Theo tôi, mọi điều ông nói hoàn toàn rất quan trọng — cái tưởng như rất được mang đi nhờ năng lượng nhận từ nhà máy điện, hoặc, xét đến cùng, từ Mặt Trời đang nguội đi.

Thông thường, khi kết quả thí nghiệm mâu thuẫn với lý thuyết, phải sửa lý thuyết. Còn nếu thí nghiệm mâu thuẫn với nguyên lý thứ hai của nhiệt động lực học, hoặc sai lầm trong thí nghiệm. Và luôn tìm được đến cái gọi là «nguyên lý thứ hai của nhiệt động lực học» («nguyên lý thứ nhất» được gọi là định luật bảo toàn năng lượng), hoặc «định luật tăng trưởng năng lượng».

Thông thường, khi kết quả thí nghiệm mâu thuẫn với lý thuyết, phải sửa lý thuyết. Và luôn tìm được đến cái gọi là «nguyên lý thứ hai của nhiệt động lực học» («nguyên lý thứ nhất» được gọi là định luật bảo toàn năng lượng), hoặc «định luật tăng trưởng năng lượng».

Nguyên lý thứ hai của nhiệt động lực học nói: «Trong một hệ kín các quá trình là sự cân bằng nhiệt độ». Nói cách khác, sự truyền nhiệt từ vật nóng sang vật lạnh. Vật thứ nhất nguội đi, còn vật thứ hai nóng lên.

Để đáp lại năng lượng của vật nóng hơn, cần tiêu tốn công. Vậy nên không chỉ «động cơ vĩnh cửu loại một», thực hiện công từ «hư không», là không thể, trái với nguyên lý thứ nhất của nhiệt động lực học — định luật bảo toàn năng lượng. Cũng không thể có, không mâu thuẫn với định luật này, «động cơ vĩnh cửu loại hai», cái mà được chúng ta nhanh chóng hình thành theo nguyên lý thứ hai của nhiệt động lực học, thực hiện công, làm lạnh công, làm lạnh các biển, đại dương, vật liệu. Dự trữ năng lượng nhiệt của chúng trên thực tế là vô tận, nhưng — than ôi — không thể tiếp cận. Những quá trình riêng nào có thể là nguyên lý thứ hai!

Vậy, trong một hệ kín các quá trình là sự cân bằng nhiệt độ.

Quá trình này kết thúc khi nhiệt độ của các vật nhiệt-đông trở nên bằng nhau. Khi đó xuất hiện trạng thái cân bằng, nhưng không phải cơ học, mà là nhiệt động lực học.

Nhưng từ đây lập tức suy ra kết luận về «cái chết nhiệt của Vũ trụ», thuộc về nhà khoa học Đức Clausius. Sớm hay muộn mọi ngôi sao sẽ nguội đi, trong toàn thế giới sẽ thiết lập một nhiệt độ như nhau, mọi quá trình sẽ trở nên không thể — thế giới sẽ biến thành một khoảng trống vô sinh. Mọi cố gắng hiểu vì sao điều đó không xảy ra trong thời gian tồn tại của Vũ trụ đều vô ích trước khi xuất hiện thuyết tương đối rộng!

Bạn đọc
Còn theo thuyết tương đối, nhiệt độ không cân bằng sao?

Tác giả
Không, câu trả lời không đơn giản đến thế. Nhưng để hiểu thuyết tương đối rộng đã giải quyết cái chết nhiệt như thế nào, cần nói đôi chút về những khái niệm cơ bản của lý thuyết này.

Bạn đọc
Và điều này, bây giờ ông sẽ nói, học sinh không thể tiếp cận…

Tác giả
Ngược lại, tôi tin rằng có thể tiếp cận. Tôi cho rằng ý tưởng vật lý hoặc toán học càng sâu sắc, càng dễ trình bày nó mà không dùng bất kỳ kiến thức chuyên môn nào.

Bạn đọc
Vậy xin hãy kể về thuyết tương đối rộng.

Tác giả
Đó nên là chủ đề của một cuộc trao đổi riêng. Hôm nay chúng ta nói về nhiệt độ, và đối với tôi điều quan trọng là chỉ ra rằng, khi suy nghĩ về việc nhiệt kế làm thay đổi nhiệt độ như thế nào, người ta có thể

13

mà đi đến lý thuyết Einstein; chỉ ra có thể thấy được bao nhiêu vấn đề và triển vọng khi đọc vật lý học phổ thông. Như các bạn thấy, những suy ngẫm về nhiệt độ tỏ ra hết sức có kết quả. Vậy nhiệt độ là gì?

Bạn đọc
Từ những điều ông đã nói, tôi hiểu rằng nhiệt độ là cái được cân bằng khi hai vật tiếp xúc. Ở trường chúng tôi được nói rằng nhiệt độ là đại lượng tỉ lệ với động năng trung bình của các phân tử:

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{3}{2} kT,$$

trong đó $k \approx 10^{-21} \text{ } \partial x/\partial p \text{ — постоянная Больцмана.}$

Sự cân bằng nhiệt độ xảy ra vì khi va chạm, năng lượng được truyền từ các hạt có năng lượng lớn hơn sang các hạt có năng lượng nhỏ hơn.

Tác giả
Theo ông, thế năng tương tác của các hạt trong tinh thể ở độ không tuyệt đối là bao nhiêu?

Bạn đọc
Chúng ta cung cấp năng lượng ấy khi biến tinh thể thành khí. Vậy mỗi atom có năng lượng xấp xỉ $kT_k$, trong đó $T_k$ là nhiệt độ sôi.

Tác giả
Đánh giá hoàn toàn đúng. Vậy theo ông, một tinh thể ở độ không tuyệt đối có thể làm nóng một chất khí có nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ sôi của tinh thể không?

Bạn đọc
Không, dĩ nhiên là không. Tôi muốn nói không phải toàn bộ mà là động năng, động năng càng lớn khi nhiệt độ càng cao.

Tác giả
Được. Chẳng hạn, hãy xét một cục nước đá. Phía trên nó, dĩ nhiên, có hơi nước. Do sự cân bằng nhiệt độ, khi cân bằng, nhiệt độ của nước đá và hơi là như nhau. Vậy vận tốc trung bình của các phân tử trong hơi và trong tinh thể nước đá cũng như nhau.

Bạn đọc (bối rối).

Không, có gì đó lạ. Vì trong nước đá rắn các phân tử hầu như không chuyển động, còn trong hơi chúng lao đi với vận tốc rất lớn. Tôi nhớ rõ rằng khi bay hơi, chất lỏng lạnh đi. Thậm chí có một phương pháp tạo nhiệt độ rất thấp như vậy — sự bay hơi của gel lỏng. Điều đó cũng dễ hiểu. Vượt ra ngoài giới hạn lực hút phân tử trong chất lỏng chỉ có thể là những phân tử nhanh nhất. Còn những phân tử chậm ở lại tương ứng với nhiệt độ thấp hơn.

Tác giả
Nhưng chẳng phải một phần năng lượng sẽ bị tiêu tốn để thắng lực hút phân tử trong chất lỏng sao? Chẳng phải từ chất lỏng sang hơi, các phân tử sẽ bay ra với chính vận tốc mà chúng bắt đầu hành trình sao?

Bạn đọc
Quả thật, tranh luận mới hay làm sao. Tôi chưa bao giờ nghĩ rằng chân lý thực sự được sinh ra trong tranh luận! Hình như tôi đã hiểu mọi thứ đến cùng! Thật vậy, những phân tử nhanh nhất bay hơi, vì thế lúc đầu chất lỏng lạnh đi. Khi thắng lực hút, các phân tử mất vận tốc của mình, như tên lửa bay tới Mặt Trăng. Vì vậy khí cũng không gồm những phân tử nhanh kỷ lục, và vận tốc trung bình của các phân tử trong khí và chất lỏng trùng nhau. Nhờ sự bay hơi mà nhiệt độ chung được thiết lập. Nếu những phân tử bay ra — vốn là những phân tử nhanh — bị mang đi, như khi bay hơi dưới bơm hút, có thể đạt được sự hạ nhiệt độ đáng kể của chất lỏng.

Tác giả
Còn vận tốc của các phân tử trong tinh thể thì sao?

Bạn đọc
Trong tinh thể, các phân tử chuyển động với cùng vận tốc trung bình như trong hơi phía trên nó, nhưng không thực hiện chuyển động tịnh tiến tự do, chỉ hơi bị biến dạng bởi các va chạm hiếm hoi, như trong khí, mà dao động quanh những vị trí chuẩn trong mạng tinh thể…

14

Tác giả
…được gọi là các nút của mạng tinh thể. Hoàn toàn đúng.
Nhưng tôi sẽ tiếp tục hỏi bạn. Dần dần bạn sẽ học được cách tự làm điều đó. Một nhà khoa học say mê bất cứ ý tưởng nào của mình trước hết bắt đầu tìm kiếm những sự bác bỏ có thể có.
Vậy, chúng ta đã nói rằng nhiệt độ xác định vận tốc trung bình của các phân tử. Điều đó có nghĩa là vận tốc trung bình của các phân tử trong mọi vật thể, không phụ thuộc vào thành phần và trạng thái của chúng (nước, sắt, không khí), ở cùng một nhiệt độ là như nhau. Còn ở độ không tuyệt đối, các vận tốc bằng không. Nhưng khi ấy phải giải thích thế nào về heli, chất vẫn ở thể lỏng ngay cả ở độ không tuyệt đối?
Bạn đọc
Nhưng tôi đã đọc rằng không thể đạt tới độ không tuyệt đối. Nhân tiện, tại sao?

Tác giả
Để hiểu tại sao, cần nói về entropy. Điều đó sẽ làm chúng ta đi chệch hướng rất xa. Còn việc không thể đạt tới độ không thì trong trường hợp của chúng ta không có ý nghĩa. Về nguyên tắc, chúng ta có thể đến gần nó tùy ý. Đối với chúng ta, chỉ quan trọng là ở nhiệt độ vài độ Kelvin, vận tốc trung bình của các nguyên tử heli đã phụ thuộc rất yếu vào nhiệt độ, còn khi nhiệt độ thay đổi từ 1 đến 10⁻⁶ độ thì thực tế không thay đổi, mặc dù dường như phải giảm đi một nghìn lần.
Bạn đọc
Có lẽ điều này liên quan đến những tính chất đặc biệt của heli, đến tính siêu chảy của nó?

Tác giả
Có một số điểm chung giữa các hiện tượng này. Tuy nhiên, vẫn ở thể lỏng tại độ không tuyệt đối không phải chỉ là tính chất của heli. Như bạn biết, tính dẫn điện tốt của kim loại là do các electron tự do. Năng lượng động học trung bình của chúng thực tế không phụ thuộc vào nhiệt độ của kim loại, và nếu quy nó ra nhiệt độ theo công thức của chúng ta $$\frac{mv^2}{2} = \frac{3}{2} kT$$, thì ta sẽ thấy rằng nó tương ứng với nhiệt độ 10⁵—10⁶ độ, tức là nhiệt độ bên trong các ngôi sao!
Bạn đọc
Có lẽ nhiệt độ của kim loại và của electron không trùng nhau?
Tác giả
Không, ở trạng thái cân bằng, các nhiệt độ, như chúng ta đã nói, luôn cân bằng nhau. Vấn đề ở đây là khác. Định nghĩa nhiệt độ mà bạn đã thấy là đúng — nhưng chỉ trong cơ học cổ điển. Một đại lượng “đơn giản”, quen thuộc với mọi người và cơ bản như nhiệt độ, nói chính xác, lại có bản chất lượng tử! Chính với điều này mà tính siêu chảy của heli và việc nó không bao giờ đông đặc ở áp suất khí quyển có liên hệ — cả hai tính chất này đều thuần túy lượng tử. Như bạn thấy, để tìm những hiệu ứng lượng tử đáng kể, không nhất thiết phải tìm đường vào vi mô giới — những hiệu ứng này ở ngay trước mắt.
Đáng tiếc, trong trường hợp lượng tử, ý nghĩa của nhiệt độ không trực quan như trong trường hợp cổ điển. Hãy bắt đầu từ độ không tuyệt đối và xét một hiệu ứng thuần túy lượng tử — năng lượng động học xác định tại độ không tuyệt đối, tức là một đại lượng trong lý thuyết cổ điển bằng đúng không. Điều này cho phép chúng ta biết liệu mọi chất có còn rắn ở nhiệt độ bằng không hay không, liệu sự tăng áp suất có luôn góp phần làm đông đặc hay không, và trạng thái của vật chất trong lòng Trái Đất và ở sâu trong các ngôi sao là gì.
Tất cả những kết luận này có thể được rút ra từ một định luật lượng tử quan trọng nhất—nguyên lý bất định.
Bạn đọc
Tôi biết nguyên lý bất định áp dụng cho tọa độ và xung lượng của hạt. Tọa độ và xung lượng không thể được đo chính xác, vì chúng không có những giá trị xác định đồng thời. Khi đo chúng-

15

xung lượng của hạt $p$ và tọa độ $x$ ta biết giá trị của những đại lượng này với một số sai số $\Delta p$ và $\Delta x$.
Tính chất của hai đại lượng này là không thể làm sao để tích của những sai số này (đôi khi gọi là “độ bất định”) nhỏ hơn $\hbar$ — hằng số Planck, chia cho 2π

$$\left( h = \frac{h}{2\pi} \approx 10^{-32} \frac{\partial \hbar}{\partial e_k} \right): \quad \Delta p \Delta x \geq \hbar.$$

Tác giả
Trong một vật gồm các nguyên tử giống nhau, tất cả chúng cũng chuyển động, và vì thế không thể xác định vị trí của chúng với độ chính xác lớn hơn khoảng cách giữa chúng. Nếu $\Delta x \sim a$, thì giá trị nhỏ nhất có thể của xung lượng là bao nhiêu?

Bạn đọc
Tất nhiên, $\frac{\hbar}{a}$! Nếu tôi nói rằng xung lượng, chẳng hạn, nhỏ hơn 0,1 $\frac{\hbar}{a}$, thì điều đó có nghĩa là xác định nó với độ chính xác 0,1 $\frac{\hbar}{a}$, điều không thể được!

Tác giả
Vậy thì năng lượng động học nhỏ nhất có thể…

Bạn đọc
…bằng $\frac{mv^2}{2} = \frac{(mv)^2}{2m} = \frac{p^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2ma^2}$, tức là càng lớn khi khối lượng càng nhỏ! Thú vị là trong cơ học cổ điển năng lượng như vậy tương ứng với nhiệt độ nào? Khoảng cách trung bình giữa các nguyên tử và electron trong kim loại là $a \approx 10^{-10}$ m, khối lượng electron là $10^{-27}$ e, khối lượng nguyên tử heli là $10^{-23}$ e. Từ công thức

$$\frac{3}{2} kT = \frac{mv^2}{2} = \frac{\hbar^2}{2ma^2}$$

ta sẽ nhận được rằng đối với electron nhiệt độ bằng

$$T = \frac{\hbar^2}{3kma^2} = \frac{10^{-64}}{3 \cdot 1,38 \cdot 10^{-21} \cdot 10^{-30} \cdot 10^{-20}} \approx 2,5 \cdot 10^6 \text{°K}.$$

Hơn một triệu độ! Đối với heli, bằng cách ấy ta sẽ thu được nhiệt độ $1^\circ \text{K}$.

Tác giả
Đúng những con số đã được nói đến trước đó. Bây giờ bạn không còn khó khăn gì để xác định chất sẽ như thế nào ở nhiệt độ không—rắn hay không. Nhưng trước hết hãy nghĩ xem vì sao các chất nói chung lại rắn lại ở nhiệt độ thấp.

Bạn đọc
Hiển nhiên, vì ở nhiệt độ thấp động năng của các hạt trở nên nhỏ.

Tác giả
Nhỏ nghĩa là gì? So với cái gì?

Bạn đọc
Có lẽ, so với thế năng tương tác giữa các hạt. Khi thế năng trở nên lớn hơn đáng kể so với động năng, nó buộc các nguyên tử chiếm những vị trí xác định trong mạng tinh thể. Vì vậy, để nói chất sẽ như thế nào ở nhiệt độ không, cần biết thế năng tương tác giữa các hạt phụ thuộc vào khoảng cách giữa chúng như thế nào.

Bây giờ tôi hiểu rằng chất lỏng không đông đặc ở nhiệt độ không tuyệt đối cần được tìm trong số các chất có những nguyên tử nhẹ và tương tác yếu,—khi đó động năng của các nguyên tử lớn và thế năng tương tác $U$ nhỏ. Heli là khí trơ nhẹ nhất, các nguyên tử của nó tương tác yếu với nhau (cũng như với các nguyên tử khác—đó chính là tính «trơ» của chúng). Hiển nhiên, nó thỏa mãn các điều kiện chung.

Trong trường hợp khí electron, thế năng tương tác tuân theo định luật Coulomb: $U(a) = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}$, trong đó $e$ — điện tích electron, bằng khoảng $1,6 \cdot 10^{-18} \text{K}$, và $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \approx$

⟦trang 16⟧

$$\approx 9 \cdot 10^9 \frac{m^2}{\kappa}.$$

Khi $a \approx 10^{-10} m$, năng lượng động học tối thiểu của các electron

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{\hbar^2}{2ma^2} \approx \frac{10^{-64}}{2 \cdot 9 \cdot 10^{-31} \cdot 10^{-20}} \approx 5 \cdot 10^{-15} \text{ J}, a$$

$$U(a) \approx \frac{2,6 \cdot 10^{-36} \cdot 9 \cdot 10^9}{10^{-10}} \approx 2,3 \cdot 10^{-16} \text{ J}.$$

$U(a)$ xấp xỉ bằng năng lượng động học tối thiểu của các electron! Vì thế khí electron không thể đông đặc.

Tác giả

Điều thú vị là ngay từ nguyên lý bất định đã suy ra không có electron trong hạt nhân, có kích thước $R$ cỡ $10^{-13} \text{ cm}$. Ở đó nó phải có vận tốc $v \geq \frac{\hbar}{mR} \sim 6 \times 10^{11} \frac{m}{\text{giây}}$, tức lớn hơn vận tốc ánh sáng 2000 lần!

Bây giờ bạn có thể theo dõi điều gì sẽ xảy ra với vật chất khi $T=0$ theo mức tăng của áp suất, tức theo mức giảm của khoảng cách cơ học.

Độc giả

Đúng vậy, mọi thứ được xác định bởi sự tương ứng giữa năng lượng thế và năng lượng động học: $U(a)$ và $\frac{\hbar^2}{2ma^2}$. Nếu $2ma^2U(a) \gg \hbar^2$, sẽ thu được tinh thể, trong trường hợp ngược lại — chất lỏng hoặc chất khí.

Tác giả

Nếu nén vật chất đến mức “nghiền nát” và nizkovat atoms, thì $U(a)$ tỉ lệ với $\frac{1}{a}$.

Độc giả

Vì thế khi $a \rightarrow 0$ nó sẽ ngày càng giống chất khí hơn! Áp suất dẫn đến nóng chảy — rất thú vị!

Tác giả

Ở những áp suất rất lớn, khi các hạt nhân tan rã, thế-

$$E_2$$

$$E_1$$

$$E_0$$

Hình 1.

thế năng tăng nhanh khi $a$ giảm, và chất lại đông đặc. Sau đó, ở vùng mật độ siêu cao, chẳng hạn tương ứng với các sao neutron, năng lượng tương tác hấp dẫn trở nên quyết định, và sự nóng chảy lại có thể xảy ra.

Có những ngôi sao thay đổi độ sáng, có kích thước khoảng 10 km và khối lượng sánh với khối lượng Mặt Trời. Chúng có lớp vỏ rắn (mật độ của nó thay đổi từ $10^6$ đến $5 \cdot 10^{13} \text{ e/cm}^3$) và lõi lỏng có mật độ $5 \cdot 10^{14} \text{ e/cm}^3$.

Bạn đọc

Tất cả điều này rất thú vị, nhưng tôi vẫn chưa hiểu nhiệt độ là gì theo quan điểm cơ học lượng tử.

Tác giả

Đến nay chúng ta mới chỉ xác định năng lượng tối thiểu của nguyên tử hoặc phân tử. Tuy nhiên, điều đó vẫn chưa xác định động năng của chất. Cần nhớ rằng theo các định luật cơ học lượng tử, năng lượng của một hạt không thể là tùy ý. Nó chỉ có thể nhận những giá trị hoàn toàn xác định, hoặc, như người ta nói, các hạt có thể ở trên những mức năng lượng xác định. Chúng thường được biểu diễn dưới dạng các đường ngang xếp chồng lên nhau (hình 1). Hệ các mức năng lượng giống như một giá sách có các ngăn. Sách có thể đặt trên các ngăn, nhưng không thể đặt giữa chúng.

Bạn đọc

Vậy sự phân bố các hạt trên các ngăn-mức là hoàn toàn ngẫu nhiên, hỗn độn?

18

khoa học, mà cả đối với kỹ thuật. Trong các máy phát lượng tử nổi tiếng — laze và mazer — người ta đặc biệt tạo ra nhiệt độ âm đúng theo nghĩa mà ông đã nói, rồi nhanh chóng “chiếu sáng” năng lượng tích tụ.

Bạn đọc
Chẳng lẽ nhiệt độ chỉ xác định sự phân bố các hạt theo các mức năng lượng trong cơ học lượng tử?

Tác giả
Dĩ nhiên không. Điều đó cũng đúng trong cơ học cổ điển. Chẳng hạn, sự phân bố theo năng lượng của các phân tử khí lý tưởng “cổ điển” như được chỉ ra trên hình 4. Nó được xác định bởi công thức
$$\frac{n}{n_0} = e^{-\frac{E}{kT}}.$$
Ở đây $n_0$ — số hạt ở trạng thái mà từ đó ta bắt đầu khi không có năng lượng của hạt $E$; $n$ — số hạt có năng lượng $E$; $e = 2,718$ — cơ số của lôgarit tự nhiên, $k$ — hằng số Boltzmann, $T$ — nhiệt độ của khí.

Bạn đọc
Nếu biến đổi công thức này, lấy lôgarit hai vế của đẳng thức, thì nó sẽ có dạng
$$\ln \frac{n}{n_0} = -\frac{E}{kI}.$$

Hình 4.

Hình 5.

Suy ra
$$T = -\frac{E}{k(\ln n - \ln n_0)}.$$

Nếu cung cấp năng lượng cho khí, thì ta sẽ nâng nhiệt độ của nó lên, chuyển ngày càng nhiều hạt từ các mức năng lượng dưới lên các mức trên. Khi đó ta có thể đạt được sao cho $n$ trở thành $n_0$ và $\ln n$ lớn hơn $\ln n_0$. Điều đó sẽ có nghĩa là nhiệt độ của khí là âm! Tôi cho rằng chúng ta đã đi đến điều vô lý. Theo tôi, nói về nhiệt độ âm của khí lý tưởng là vô nghĩa.

Tác giả
Nếu chúng ta chỉ xét vài mức năng lượng, thì ta có thể làm sao cho ở các mức trên có nhiều phân tử khí hơn ở các mức dưới. Tuy nhiên không thể làm cho sự phân bố các phân tử theo năng lượng giống như trên hình 5: sự phụ thuộc của số hạt vào năng lượng là hàm mũ và ở các mức đủ cao có nhiều hạt hơn ở các mức dưới.

Toàn bộ vấn đề là kết luận của chúng ta về khả năng có nhiệt độ âm chỉ đúng không phải với mọi hệ hạt, mà chỉ với hệ mà ở đó

19

mà số mức năng lượng là hữu hạn. Bởi vì thông thường năng lượng có chứa động năng như một thành phần, mà động năng thì có thể lớn tùy ý. Theo ngôn ngữ lượng tử, điều đó có nghĩa là số mức năng lượng là vô hạn. Nhưng trong trường hợp đó, ngay cả việc phân bố đều một số hữu hạn hạt trên một số vô hạn các mức năng lượng cũng không thể, chưa nói đến việc có được nhiệt độ âm. Vậy các tính toán của chúng ta đúng đối với những hệ mà năng lượng không gắn với động năng.

Bạn đọc
Điều này rất khó hiểu. Tôi chưa bao giờ nghe nói có ai cầm trong tay hoặc nhìn thấy một vật có nhiệt độ âm.

Tác giả
Điều đó không có gì đáng ngạc nhiên. Trong trạng thái ổn định, cân bằng, nhiệt độ âm là không thể có. Trạng thái có nhiệt độ âm là trạng thái, như người ta nói, bán ổn định. Khi đã xuất hiện, nó thường tồn tại không lâu (mặc dù cũng có những trạng thái bán ổn định rất bền, chẳng hạn thủy tinh, mà ở trạng thái cân bằng là một tinh thể trong suốt). Chẳng hạn, khi trong môi chất hoạt động của laser tạo ra nhiệt độ âm, nó rất nhanh chuyển sang trạng thái có nhiệt độ dương: các hạt từ những mức năng lượng cao chuyển xuống, như thể «rơi» xuống các mức thấp hơn, còn năng lượng mất đi khi đó được phát ra dưới dạng chùm tia laser.

Bạn đọc
Nhưng tôi muốn trở lại với nhiệt độ. Nếu tôi hiểu đúng, nhiệt độ là một khái niệm có nhiều mặt khác nhau. Một mặt, nhiệt độ là một đại lượng đặc trưng cho trạng thái của vật, cho biết rằng khi một hệ nào đó chuyển sang cân bằng thì nó trở nên như nhau ở mọi phần của hệ. Mặt khác, nhiệt độ liên hệ với động năng trung bình của các hạt tạo thành vật. Cuối cùng, trong cơ học lượng tử nó xuất hiện như một đại lượng xác định sự phân bố các hạt theo các trạng thái năng lượng. Dễ thấy rằng trong cả ba biểu hiện ấy, nhiệt độ liên hệ mật thiết nhất với một đại lượng vật lý khác — năng lượng. Nhưng trước đây ông còn nhắc đến một đại lượng nữa, hoàn toàn xa lạ với tôi, — entropy. Nó cũng có liên quan đến nhiệt độ chứ?

Tác giả
Liên quan trực tiếp nhất. Và câu chuyện về nhiệt độ không thể đầy đủ nếu không nói cả về entropy. Nhưng câu chuyện về entropy phải chiếm không ít chỗ hơn câu chuyện mà bây giờ đã đến lúc kết thúc.

20

SO SÁNH
CÁC TRUNG BÌNH KHÁC NHAU
CỦA HAI SỐ
DƯƠNG

3. A. Skopets

Ai cũng biết rằng với hai số dương $a$ và $b$ hoặc với hai đoạn thẳng có độ dài $a$ và $b$, ta liên hệ trung bình cộng $\frac{a+b}{2}$ và trung bình nhân $\sqrt{ab}$ của chúng, trong đó $\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}$ (dấu bằng chỉ xảy ra khi $a=b$). Chứng minh đại số của bất đẳng thức này cực kỳ đơn giản:

$$(a-b)^2 \geq 0, (a+b)^2 \geq 4ab,$$
$$ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 \text{ và } \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}.$$

Còn chứng minh hình học dựa trên một hệ thức độ dài giữa các yếu tố của tam giác vuông: đường cao của tam giác vuông hạ xuống cạnh huyền là trung bình nhân của các hình chiếu của hai cạnh góc vuông trên cạnh huyền. Đường cao này không vượt quá bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, trong khi trung bình cộng của các đoạn trên cạnh huyền đúng bằng bán kính của đường tròn đó.

Ngoài hai trung bình đã nêu, còn đáng xét hai trung bình thường gặp khác: trung bình bình phương $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$ và trung bình điều hòa $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} = \frac{2ab}{a+b}$.

Hãy đưa ra chứng minh đại số, rồi chứng minh hình học, rằng

$$\frac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}},$$

hơn nữa trong mọi trường hợp, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b$. Ký hiệu các trung bình viết trong (1) lần lượt bằng các chữ $M, N, K, L$. Bất đẳng thức $N \leq K$ chúng ta đã kiểm tra. Còn phải chứng minh rằng 1) $K \leq L$; 2) $M \leq N$.

1. $K^2 - L^2 = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 - \frac{a^2+b^2}{2} = -\frac{1}{4} (a-b)^2 \leq 0,$

nghĩa là $K \leq L$, hơn nữa $K=L$ chỉ khi $a=b$;

2. $M^2 - N^2 = \frac{4a^2b^2}{(a+b)^2} - ab = -\frac{ab (a-b)^2}{(a+b)^2} \leq 0,$

nghĩa là $M \leq N$, hơn nữa $M=N$ khi $a=b$.

Tính đúng đắn của các bất đẳng thức (1) đã được chứng minh *).

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét chứng minh hình học của các bất đẳng thức này, những bất đẳng thức có thể tỏ ra hữu-

*) Về các bất đẳng thức này đã nói trong bài của A. P. Savin “Cực đại, cực tiểu và định lý về các trung bình” (“Kvant” Số 11, 1970).

21

ích khi giải các bài toán hình học.

Cho hai đoạn thẳng $a$ và $b$. Nếu $a=b$, thì bằng cách kiểm tra ta thấy các bất đẳng thức (1) là đúng. Giả sử $a>b$, và dựng hình thang $ABCD$ có các đáy $AB$ và $CD$ lần lượt bằng $a$ và $b$ (hình 1). Kẻ đường thẳng cắt $l$ sao cho nó song song với các đáy của hình thang và chia hình thang thành hai hình thang có diện tích bằng nhau $T_1(ABL_2L_1)$ và $T_2(L_1L_2CD)$. Tính độ dài đoạn thẳng $L_1L_2$, ký hiệu là $x$. Từ việc các hình thang $T_1$ và $T_2$ có diện tích bằng nhau suy ra rằng $(a+x)h_1=(x+b)h_2$, hay là

$$h_1:h_2=(x+b):(a+x),$$

(2) trong đó $h_1$ là chiều cao của hình thang $T_1$, còn $h_2$ là chiều cao của hình thang $T_2$. Từ sự đồng dạng của các tam giác $AL_1U$ và $DL_1V$ suy ra rằng

$$h_1:h_2=(a-x):(x-b).$$

(3) Đối chiếu (2) và (3), ta được

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

từ đó suy ra $x^2-b^2=a^2-x^2$, và cuối cùng

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

Vậy đã chứng minh được rằng $L_1L_2=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

Xét (2), ta có $h_1<h_2$, do đó đoạn $L_1L_2$ nằm gần đáy lớn hơn $AB$ của hình thang hơn là đường trung bình $K_1K_2$ của nó, bằng $\frac{a+b}{2}$. Độ dài của đoạn $x$, song song với các đáy của hình thang, mà các đầu mút nằm trên các cạnh bên của hình thang, nằm giữa độ dài các đáy của nó (điều này suy ra từ các tính chất đồng dạng). Vậy, khi $a>b$ ta có $\frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$. Bất đẳng thức này vẫn đúng khi $a<b$ (chỉ cần đổi ký hiệu: $a$ thành $b$ và $b$ thành $a$). Do đó, với mọi $a$ và $b$ ta có $\frac{a+b}{2}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$

Chuyển sang so sánh $N$ và $K$. Để làm điều đó, kẻ đường thẳng cắt $n$ sao cho nó chia hình thang đã cho thành hai hình thang đồng dạng (vị tự) $T_1'(ABN_2N_1)$ và $T_2'(N_1N_2CD)$ (hình 2). Ký hiệu độ dài đoạn thẳng $N_1N_2$ là $y$. Từ sự đồng dạng của các hình thang $T_1'$ và $T_2'$ suy ra rằng $a:y=y:b$, hay

$$y=\sqrt{ab}.$$

Do đó, $N_1N_2=\sqrt{ab}$. Từ sự đồng dạng của các hình thang (có xét đến (4)) cũng suy ra rằng

$$AN_1:N_1D=a:y=\sqrt{\frac{a}{b}}>1.$$

Điều này có nghĩa là đường thẳng $n$ nằm xa đáy $AB$ của hình thang hơn,

22

so với đường trung bình $K_1K_2$, và vì thế $N_1N_2 < K_1K_2$. Vậy, với mọi $a$ và $b$ ta có

$$\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}.$$

Cuối cùng, qua giao điểm $O$ của các đường chéo của hình thang đã cho, ta kẻ đường thẳng $m$ song song với các đáy của nó và cắt các cạnh bên tại các điểm $M_1$ và $M_2$ (hình 3). Hiển nhiên rằng $AM_1:M_1D = AO:OC = a:b$.

Nhưng $\frac{a}{b} > \sqrt{\frac{a}{b}}$, vì $a > b$. Do đó, xét đến (5), ta kết luận rằng đoạn $M_1M_2$ nằm gần đáy nhỏ của hình thang hơn đoạn $N_1N_2$, và vì thế $M_1M_2 < N_1N_2$. Mặt khác,

$$M_1O:a = DO:DB = CO:CA = OM_2:a.$$

Điều này có nghĩa là $M_1O = OM_2$. Tiếp theo,

$$\frac{M_1O}{a} + \frac{OM_2}{b} = \frac{DO}{DB} + \frac{BO}{DB} = 1.$$

Từ đây suy ra $M_1M_2 = 2M_1O = 2\frac{1}{a} + \frac{1}{b}$, và do đó $M_1M_2 = \frac{2ab}{a+b}$. Vậy $M < N$, nếu $a > b$. Tương tự chứng minh được rằng $M < N$, nếu $a < b$. Do đó, với mọi $a$ và $b$ ta có

$$\frac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab}.$$

Nhờ đó, tính đúng đắn của bất đẳng thức (1) được chứng minh.

Như vậy, cả bốn trung bình

$$M_1M_2 = M = \frac{2ab}{a+b}; \quad N_1N_2 = N = \sqrt{ab};$$

$$K_1K_2 = K = \frac{a+b}{2}; \quad L_1L_2 = L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

Đối với hai đoạn thẳng $a$ và $b$ có một cách diễn giải hình học: nếu hai đoạn thẳng này là các đáy của một hình thang, thì gần đáy lớn hơn của hình thang là trung bình bình phương, tiếp theo là trung bình cộng, rồi đến trung bình nhân và, cuối cùng, trung bình điều hòa (hình 4). Rõ ràng độ dài của các đoạn thẳng này không phụ thuộc vào hình dạng của hình thang — ở mọi hình thang có các đáy dài $a$ và $b$ cho trước, các trung bình tương ứng nói trên đều bằng nhau. Khi $a = b$, thì hình thang trở thành hình bình hành và cả bốn trung bình trùng nhau và bằng $a$.

Còn phải dựng bốn trung bình này theo các đoạn thẳng $a$ và $b$ đã cho. Chúng tôi sẽ đưa ra các phép dựng như vậy để có thể bằng một cách khác kiểm chứng tính đúng đắn của các bất đẳng thức (1).

Trên một đường thẳng, về một phía của điểm $O$, đặt các đoạn thẳng $OA = a$, $OB = b$, trong đó $a < b$. Gọi $S$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$ (hình 5). Khi đó

$$OS = a + \frac{b-a}{2} \text{ hoặc } OS = \frac{a+b}{2} = K.$$

23

Hình 5.

$$OC = M = \frac{2ab}{a+b};$$
$$OP = N = \sqrt{ab};$$
$$OS = K = \frac{a+b}{2};$$
$$OE = L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}};$$
$$M < N < K < L.$$

Dựng trên đoạn $AB$, như trên một đường kính, một đường tròn và kẻ từ điểm $O$ các tiếp tuyến $OP$ và $OQ$ với nó ($P, Q$ — các tiếp điểm). Ta sử dụng mối liên hệ giữa các đoạn của cát tuyến và tiếp tuyến được kẻ từ điểm $O$ đến đường tròn:
$$OP^2 = ab.$$ Do đó, $OP = \sqrt{ab} = N$, và $N < K$. Tiếp theo, giả sử $PQ$ cắt $OS$ tại điểm $C$. Khi đó $OP^2 = OS \cdot OC$ và
$$OC = ab: \frac{a+b}{2} = \frac{2ab}{a+b} = M,$$
và $M < N$.

Cuối cùng, dựng bán kính $SE$ vuông góc với $AB$. Ta có
$$OE^2 = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 + \left(\frac{a-b}{2}\right)^2,$$
$$OE = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} = L,$$
trong đó $K < L$. Vậy, nếu $a \neq b$, thì $M < N < K < L$.

Bài tập

1. Trên một đường thẳng, về một phía của điểm $O$, đặt các đoạn $OA = a, OB = b, a < b,$ và dựng đường tròn $k$ có đường kính $AB$ với tâm $S$. Tiếp theo, dựng $k_1$ tâm $O$ bán kính $OP$ và $k_2$ có đường kính $OS$.

Chứng minh rằng nếu đường thẳng đi qua $O$ cắt các phần của các đường $g, k_1$ và $k_2$ nằm bên trong $k$ tại các điểm $C_1, P_1, S_1$, còn đường tròn $k$ — tại các điểm $A_1$ và $B_1$, thì
$$OC_1 = \frac{2a_1b_1}{a_1+b_1},$$
$$OP_1 = \sqrt{a_1b_1},$$
$$OS_1 = \frac{a_1+b_1}{2} \quad (a_1 = OA_1, b_1 = OB_1).$$

2. Tìm bốn hệ thức liên hệ giữa từng bộ ba trong các trung bình của hai số $a$ và $b$:
   $$M = \frac{2ab}{a+b},$$
   $$N = \sqrt{ab},$$
   $$K = \frac{a+b}{2},$$
   $$L = \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.$$

3. Chứng minh tính đúng đắn của các bất đẳng thức sau:
   a) $N - M \leqslant K - N,$
   b) $K - M \leqslant L - N,$
   b) $L - K \leqslant K - N.$

4. Đường tròn có tâm $S$ trên trục hoành của hệ tọa độ vuông góc cắt trục tại các điểm $A(a, 0)$ và $B(b, 0), a > 0, b > 0, a < b$. Đường cát tuyến đi qua gốc tọa độ $O$ cắt đường tròn tại các điểm $A_1$ và $B_1$. Lập phương trình quỹ tích của những điểm $C_1(x, y)$ trên các cát tuyến mà đối với chúng
   $$(OC_1)^2 = \frac{1}{2} \left[ (OA_1)^2 + (OB_1)^2 \right].$$

5. Trên phần kéo dài của cạnh $AB$ của tam giác $ABS$ về phía ngoài điểm $A$ cho điểm $O$, qua điểm đó kẻ một đường thẳng cắt $AS$ và $BS$ lần lượt tại các điểm $B_1$ và $A_1$. Qua giao điểm $P$ của các đường thẳng $AA_1$ và $BB_1$ kẻ đường thẳng $SP$, cắt $AB$ tại điểm $C$. Chứng minh rằng $c = \frac{2ab}{a+b}$, trong đó $OA = a, OB = b, OC = c$.

6. Cho hình bình hành $OABC$ và đường trung bình $MN$ của tam giác $ABC$, song song với $AC$. Qua đỉnh $O$ kẻ một đường thẳng; cắt các đường thẳng $BC, CA, AB, MN$ tương ứng tại các điểm $A_0, B_0, C_0, D_0$. Chứng minh rằng $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{3}{d}$, trong đó $OA_0 = a, OB_0 = b, OC_0 = c, OD_0 = d$; các điểm $A_0, B_0, C_0, D_0$ nằm về cùng một phía đối với $O$ ($d$ — trung bình điều hòa của các đoạn $a, b, c, d$).

Đẳng thức đã nêu sẽ thay đổi như thế nào nếu các điểm $A_0, B_0, C_0, D_0$ không nằm về cùng một phía đối với $O$?

26

LỜI GIẢI

Trong mục này của tạp chí, chúng tôi tiếp tục công bố lời giải các bài toán từ tuyển tập bài toán của «Kvant». Một số bài toán trong đó khó ngay cả đối với các nhà toán học và vật lí chuyên nghiệp. Nhiều bài toán gợi ra cuộc trao đổi về cả một lớp bài toán, về các phương pháp tiếp cận những hiện tượng này hay hiện tượng khác. Mỗi lời giải là một bài báo nhỏ riêng biệt, và chúng tôi khuyên cả những người trước đây chưa từng thử giải bài toán cũng nên làm quen với chúng.

Trong đa số trường hợp, chúng tôi nêu tên những độc giả đã gửi các lời giải thành công nhất, nhưng dĩ nhiên chúng tôi không thể trả lời tất cả những người đã gửi thư cho chúng tôi.

M21
Bên trong một hình vuông cạnh 1 có đặt một số đường tròn, tổng độ dài của chúng bằng 10. Chứng minh rằng không thể kẻ được một đường thẳng. Khi đó mỗi điểm trên cạnh AB được phủ bởi không quá ba hình chiếu của các đường tròn (hình 1), nếu không đường thẳng đi qua điểm đó và vuông góc với AB sẽ cắt nhiều hơn ba đường tròn. Do đó, tổng всех các hình chiếu, tức là tổng độ dài các đường kính của các đường tròn, không vượt quá 3; vì vậy tổng độ dài các đường tròn không vượt quá 3π, trong khi theo giả thiết nó bằng 10>3π. Mâu thuẫn thu được chứng minh khẳng định của bài toán.

Lời giải như vậy được D. Grigoriev từ Leningrad và N. Rasskhin từ Moskva gửi đến.

Hoàn toàn tương tự có thể chứng minh khẳng định tổng quát hơn sau đây. Gọi bề dày của một hình lồi là chiều rộng của dải hẹp nhất có thể đặt hình đó vào. (Có thể chỉ ra rằng định nghĩa này thích hợp cho mọi hình bị chặn.) Khi đó, nếu bên trong một hình có bề dày h có n hình mà tổng các bề dày của chúng lớn hơn kh, thì sẽ có một đường thẳng cắt không ít hơn k + 1 trong số các hình đó.

28

Viết lại bình phương của biểu thức đã cho dưới dạng:

$$P_n^2 = \frac{1^2}{2^2} \cdot \frac{3^2}{4^2} \cdot \frac{5^2}{6^2} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)^2}{(2n)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3^2}{2 \cdot 4} \cdot \frac{5^2}{4 \cdot 6} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)^2}{(2n-2) \cdot 2n} \cdot \frac{1}{2n}.$$

Vì với mọi số nguyên $k > 1$

$$\frac{(2k-1)^2}{(2k-2) \cdot 2k} = \frac{(2k-1)^2}{(2k-1)^2 - 1} > 1,$$

nên

$$P_n^2 > \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2n} \text{ và } P_n > \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$$

Mặt khác, vì luôn có

$$\frac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2} = \frac{(2k)^2 - 1}{(2k)^2} < 1,$$

nên

$$P_n^2 = \frac{3}{2^2} \cdot \frac{3.5}{4^2} \cdot \frac{5.7}{6^2} \cdot \dots \cdot \frac{(2n-1)(2n-3)}{(2n-2)^2} \cdot \frac{2n-1}{(2n)^2} < \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2n} \text{ và}$$

$$P_n < \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$$

D. Gritsoryev đã đề xuất một lời giải hơi khác (những độc giả khác của tạp chí cũng đã gửi lời giải như vậy). Xét cùng với biểu thức đã cho

$$P_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \dots \cdot \frac{2n-3}{2n-2} \cdot \frac{2n-1}{2n}$$

biểu thức sau:

$$Q_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n-4}{2n-3} \cdot \frac{2n-2}{2n-1}.$$

Vì mỗi thừa số của tích $Q_n$ không lớn hơn thừa số tương ứng của $P_n$, nên $P_n > Q_n$ và do đó, $P_n^2 > P_nQ_n = \frac{1}{4n}$, tức là $P_n > \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$

Mặt khác,

$$R_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \dots \cdot \frac{2n-2}{2n-1} \cdot 1 > P_n,$$

dương $P_n^2 < P_nR_n = \frac{3}{8n}$ và $P_n < \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2n}}.$

Thoạt nhìn có vẻ tự nhiên hơn khi tìm $R_n$ không với 1/2 mà với 2/3. Nhưng khi đó đối với $P_n$ sẽ thu được một đánh giá thô hơn mức cần thiết theo điều kiện bài toán. Ngược lại, nếu trong $R_n$ để không phải một mà nhiều thừa số bằng các thừa số đầu của $P_n$, thì đối với $P_n$ sẽ thu được một đánh giá chính xác hơn dạng $P_n < \frac{c}{\sqrt{n}}$, trong đó $c$ là một số nhỏ hơn $\sqrt{\frac{3}{8}}$. Nhận xét tương tự cũng áp dụng cho đánh giá từ phía kia.

Cũng có một lời giải dựa trên phương pháp quy nạp toán học. Chính qua ví dụ bài toán này, trong bài viết của E. G. Nikolaev «Trường hợp với phương pháp quy nạp toán học» (xem «Kvant» số 7, 1970, tr. 37 và «Kvant» số 12, 1970, tr. 58) đã kể rằng đôi khi chứng minh bằng quy nạp một bất đẳng thức mạnh hơn lại dễ hơn một bất đẳng thức yếu hơn.

29

Từ các bất đẳng thức đã chứng minh suy ra rằng đại lượng $P_n$ khi $n$ tăng thì tiến tới không, còn đại lượng $P_n \sqrt{n}$ nằm giữa $\frac{1}{2}$ và $\frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{2}}$. Có thể chứng minh (xem, chẳng hạn, các bài 145, 160, 161 trong sách của A. M. Yaglom và I. M. Yaglom «Các bài toán không sơ cấp được trình bày sơ cấp», GITTL, M., 1954) rằng khi $n \to \infty$ $P_n$ tiến tới giới hạn bằng $\sqrt{\frac{1}{\pi}}$.

M24

Chứng minh rằng mọi phân số $\frac{m}{n}$, trong đó $0 < \frac{m}{n} < 1$, đều có thể biểu diễn dưới dạng

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{q_1} + \frac{1}{q_2} + \frac{1}{q_3} + \dots + \frac{1}{q_r},$$

trong đó $0 < q_1 < q_2 < \dots < q_r$ là các số nguyên và mỗi $q_k$ ($k=2, 3, \dots, r$) chia hết cho $q_{k-1}$.

Mỗi phân số $\frac{m}{n}$ có thể chia cả tử số và mẫu số cho ước chung lớn nhất của chúng, thay bằng phân số tối giản bằng nó. Ví dụ, $\frac{288}{504} = \frac{4.72}{7.72} = \frac{4}{7}$. Sau đây chúng ta sẽ chỉ xét những phân số tối giản như vậy.

Ta sẽ chứng minh khẳng định của bài toán bằng quy nạp theo $m$. Với $m=1$ điều đó hiển nhiên: chính phân số $\frac{m}{n}$ đã có dạng cần thiết. Bây giờ ta chứng minh rằng nếu khẳng định của bài toán đúng với mọi phân số có tử số nhỏ hơn $m$, thì nó cũng đúng với các phân số có tử số bằng $m$. Giả sử $\frac{m}{n}$ là một phân số như vậy ($1 < m < n$). Chia $n$ cho $m$ có dư; ta được thương ($d_0-1$) và số dư ($m-k$), tức là

$$n = m (d_0-1) + (m-k) = md_0-k,$$

trong đó $d_0 > 1$ và $0 < k < m$. Viết lại (1) như sau: $md_0=n+k$, hoặc

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{d_0} \left( 1 + \frac{k}{n} \right).$$

Vì $0 < k < m$, phân số $\frac{k}{n}$ có thể biểu diễn dưới dạng cần thiết:

$$\frac{k}{n} = \frac{1}{d_1} + \frac{1}{d_1 d_2} + \dots + \frac{1}{d_1 d_2 \dots d_r},$$

trong đó $d_1, d_2, \dots, d_r$ là một số các số tự nhiên lớn hơn 1. Từ (2) và (3) ta được

$$\frac{m}{n} = \frac{1}{d_0} + \frac{1}{d_0 d_1} + \frac{1}{d_0 d_1 d_2} + \dots + \frac{1}{d_0 d_1 d_2 \dots d_r}.$$

Phân số $\frac{m}{n}$ đã được biểu diễn dưới dạng yêu cầu.

Lưu ý rằng từ lời giải bài toán của chúng ta, không khó để rút ra một thuật toán đơn giản – quy tắc biểu diễn bất kỳ phân số đã cho nào dưới dạng tổng (3). Hãy minh họa điều đó bằng một ví dụ. Giả sử ta có phân số $\frac{5}{7}$:

$$7 = 2.5 - 3; \quad \frac{5}{7} = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{3}{7} \right);$$

$$7 = 3.3 - 2; \quad \frac{3}{7} = \frac{1}{3} \left( 1 + \frac{2}{7} \right);$$

$$7 = 4.2 - 1; \quad \frac{2}{7} = \frac{1}{4} \left( 1 + \frac{1}{7} \right).$$

30

Vậy,

$$\frac{5}{7} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2.3} + \frac{1}{2.3.4} + \frac{1}{2.3.4.7} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \frac{1}{168}.$$

Dĩ nhiên, có thể có vài biểu diễn dạng (3), chẳng hạn:

$$\frac{3}{8} = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{1}{3} + \frac{1}{24}.$$

Lời giải bài toán này do Đ. Gritsorье gửi.

M25

Trong một tập hợp gồm $n$ phần tử, chọn $2^{n-1}$ tập con, sao cho bất kỳ ba tập con nào cũng có một phần tử chung. Chứng minh rằng tất cả các tập con này đều có một phần tử chung.

Tổng cộng trong tập hợp $A$, gồm $n$ phần tử, có $2^n$ tập con khác nhau, kể cả tập rỗng và chính tập hợp $A$ (xem bài viết của N. Ya. Vilenkin «Tổ hợp học», «Kvant» số 1, 1971). Ta sẽ ký hiệu các tập con khác nhau của $A$ bằng các chữ cái $B, C, \dots$; giao của các tập hợp $B$ và $C$, tức là tập hợp gồm các phần tử chung của $B$ và $C$, được ký hiệu như sau: $B \cap C$; tập con bù của $B$ trong toàn bộ tập hợp $A$, tức là tập hợp gồm tất cả các phần tử của $A$ không thuộc $B$, được ký hiệu như sau: $\bar{B}$.

Theo giả thiết đã chọn $2^{n-1}$ tập con, tức là một nửa số tập con có thể có, và mỗi tập con được chọn, giao của bất kỳ hai (thậm chí ba) tập con nào trong số đó đều không rỗng. Do đó, từ mỗi cặp tập con $(B, \bar{B})$, bù nhau trong $A$, đã chọn đúng một tập con. Hơn nữa, nếu $B$ và $C$ được chọn thì $D = B \cap C$ cũng được chọn, vì $\bar{D}$ không thể được chọn (cả ba tập con $\bar{D}, B$ và $C$ không thể có phần tử chung, bởi vì các phần tử chung của $B$ và $C$ đều nằm trong $D$). Dùng điều này, bằng quy nạp thông thường có thể chứng minh rằng nếu $B_1, B_2, \dots, B_k$ được chọn thì giao của tất cả các tập con này $B_1 \cap B_2 \cap \dots \cap B_k$ cũng được chọn. Do đó, giao của tất cả $2^{n-1}$ tập con đã chọn cũng thuộc số các tập con được chọn, nghĩa là nó không rỗng.

Như vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng chỉ có hệ các tập con sau thỏa mãn điều kiện bài toán: cố định một phần tử nào đó $a$ của tập $A$ và chọn tất cả các tập con chứa phần tử ấy.

N. B. Vasilyev

F29

Tìm tốc độ bay hơi từ một đơn vị diện tích bề mặt nước vào chân không ở nhiệt độ $20^\circ\text{C}$. (Áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ này bằng 17,5 mmHg.) Trong phòng, một đĩa lót tách thông thường được đổ đầy nước sẽ bay hơi hết trong bao lâu? Sự bay hơi của một lượng nước nhỏ trên thực tế không làm thay đổi độ ẩm không khí trong phòng, bằng 70%.

Để giải bài toán, cần tìm số phân tử chất lỏng rời khỏi 1 cm$^2$ bề mặt của nó trong 1 giây. Nhân số đó với khối lượng của các phân tử nước, ta sẽ biết được tốc độ bay hơi, tức là khối lượng nước bay hơi từ một đơn vị diện tích bề mặt nước trong 1 giây.

Ta sẽ lập luận như sau. Nếu phía trên chất lỏng là hơi bão hòa, thì số phân tử chất lỏng rời khỏi nó trong 1 giây cũng sẽ như khi không có hơi. Đồng thời, trong chất lỏng, trong 1 giây, sẽ có đúng bằng số phân tử đi vào như số phân tử bay ra khỏi nó. Điều này cho phép ta tính,

31

bao nhiêu phân tử thoát ra khỏi nước trong 1 giây, vì việc tìm số phân tử đi vào chất lỏng khá đơn giản.

Ta sẽ dùng mô hình sau đây của khí lí tưởng: mọi phân tử khí có cùng vận tốc $v$, và mỗi phân tử chỉ có thể chuyển động theo một trong ba phương vuông góc với nhau dọc theo các trục tọa độ (hình 4). Hơn nữa, số phân tử chuyển động theo mỗi trong ba phương này là như nhau. Nếu một trong các trục tọa độ vuông góc với chất lỏng, thì trong thời gian $\tau$ một khối lượng hơi nằm cách nó một khoảng $l = v \cdot \tau$ đi vào chất lỏng. Giả sử trong một đơn vị thể tích có $n$ phân tử hơi, khi đó trên một phần bề mặt có diện tích $S$ có $N = \frac{1}{6} nv\tau S$ phân tử hơi rơi vào: dọc theo trục tọa độ vuông góc với bề mặt chất lỏng chuyển động $\frac{1}{3}$ số phân tử hơi nằm trong thể tích $v\tau S$, hơn nữa vận tốc của một nửa trong số đó hướng ra xa chất lỏng. Nếu khối lượng của phân tử hơi là $m$, thì trong thời gian $\tau$ một khối lượng hơi $M = \frac{1}{6} nv\tau Sm$ đi vào chất lỏng. $n \cdot m$ là mật độ của hơi $\rho$. Do đó

$$M = \frac{1}{6} v\tau S\rho.$$

Vận tốc của các phân tử hơi có thể biểu diễn qua áp suất và khối lượng riêng của nó. Xét một bình hình lập phương có cạnh $l$ và các mặt vuông góc với các trục tọa độ (hình 4). Khi các phân tử hơi va chạm đàn hồi với thành bình, động lượng của chúng thay đổi một lượng $2mv$ — trước va chạm động lượng của phân tử bằng $mv$, còn sau va chạm — $mv$: phân tử chuyển động ra xa thành bình. Vì giữa hai va chạm liên tiếp của phân tử với cùng một thành bình trôi qua thời gian $t = \frac{2l}{v}$, nên theo định luật II Newton có thể coi rằng thành bình tác dụng lên phân tử một lực trung bình $f = \frac{2mv}{2l} = \frac{mv^2}{l}$. Theo định luật III Newton, một lực có độ lớn như vậy tác dụng lên thành bình. Vì theo mỗi trục có $N = \frac{1}{3} nl^3$ phân tử chuyển động, mỗi phân tử góp phần vào áp suất lên thành bình, nên tổng lực tác dụng lên thành bình bằng

$$F = \frac{mv^2}{l} \cdot \frac{1}{3} nl^3 = \frac{1}{3} nml^2v^2,$$

và áp suất của hơi lên thành bình bằng

$$P = \frac{F}{l^2} = \frac{1}{3} nmv^2 = \frac{1}{3} \rho v^2.$$

⟦trang 32⟧

Vì vậy
$$v = \sqrt{\frac{3P}{\rho}}.$$

Thay biểu thức này của $v$ vào công thức (*), ta được
$$M = \frac{1}{6} \tau S \rho \sqrt{\frac{3P}{\rho}}.$$

Ta còn biểu diễn khối lượng riêng của hơi qua áp suất của nó. Chúng liên hệ với nhau bởi phương trình Clapeyron:
$$P = \frac{\rho}{\mu} RT,$$

trong đó $\mu$ — khối lượng của một gam-phân tử hơi, $T$ — nhiệt độ của nó, còn $R = 8,3 \frac{\partial \kappa}{\partial \rho} - \text{hằng số khí}.$

Từ công thức này ta tìm được $\rho = \frac{P \mu}{RT}$. Vì vậy $M = \frac{1}{6} \tau S \frac{P \mu}{RT} \sqrt{\frac{3RT}{\mu}}.$

Do đó, nếu phía trên chất lỏng có hơi, thì trong 1 giây, trên một đơn vị diện tích bề mặt của nó rơi xuống một khối lượng hơi bằng
$$\frac{M}{\tau S} = \frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

Điều đó có nghĩa là tốc độ bay hơi của chất lỏng trong chân không bằng
$$\frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

Thay các giá trị số $T = 293^\circ \text{K}$, $\mu = 18 \frac{\kappa_2}{\kappa_0 \text{м}^2}$ và $P = 2,3 \cdot 10^3 \frac{\mu}{m^2}$ ($P$ là áp suất hơi bão hòa tại $T = 293^\circ \text{K}$) vào đây, ta được tốc độ bay hơi bằng $14,8 \cdot 10^{-8} \frac{\kappa_2}{m^2 \cdot \text{сек}}.$

Ta cũng có thể giải bài toán chính xác hơn, xét đến việc các phân tử chuyển động với những tốc độ khác nhau và theo mọi hướng *). Tuy nhiên, điều đó sẽ không làm thay đổi kết quả định tính mà ta đã nhận được. Chỉ có hệ số số học trong công thức cuối cùng thay đổi.

Bây giờ cũng không khó tìm thời gian mà nước đựng trong một đĩa trà nhỏ sẽ bay hơi trong phòng. Trong trường hợp này, từ một đơn vị diện tích bề mặt chất lỏng, trong 1 giây bay ra các phân tử có tổng khối lượng bằng $\frac{1}{6} P_0 \sqrt{\frac{3\mu}{RT}} \left( P_0 = 10^{-5} \frac{\mu}{m^2} \right)$, còn vào chất lỏng đi vào một khối lượng hơi bằng $\frac{1}{6} P \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}$, trong đó $P = \eta \cdot P_0 = 0,7P_0$. Do đó, tốc độ bay hơi của chất lỏng bằng
$$\frac{1}{6} \left( P_0 - P \right) \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}.$$

Nếu diện tích mặt nước là $S$, còn khối lượng của nó là $M$, thì toàn bộ nước sẽ bay hơi trong thời gian
$$t = \frac{M}{\frac{1}{6} S \left( P_0 - P \right) \sqrt{\frac{3\mu}{RT}}}.$$

*) Cách tính như vậy được trình bày trong bài báo của Ya. A. Smorodinsky “Khí lý tưởng” (“Kvant” số 10, năm 1970).