Kvant 1971, số 5 · Trang

⟦không số trang⟧

Tạp chí khoa học phổ thông vật lý-toán học
Kvant
5
1971
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và Viện Hàn lâm Khoa học
Giáo dục Liên Xô

3

Trong số này:

P. L. Chebyshev (1821—1894)
1
Về tiên đề Bertrand
4
Đồ thị thế năng
8
Các lunule của Hippocrates
17
Câu lạc bộ toán học
Vật lí giúp hình học
22
Phòng thí nghiệm “Kvaenta”
Các vật thể không thể có
26
Chụp ảnh các vật thể không thể có
27
Bài toán của “Kvaenta”
Các bài toán
30
Lời giải các bài toán M31-M33;
Ф43, Ф48-Ф52
32
Thực hành cho thí sinh
Ở đây — mất hay được tìm thấy!
40
Kì thi viết tuyển sinh
môn toán vào khoa
toán tính toán
và điều khiển học của Đại học Tổng hợp Moskva năm 1970
42
Kì thi viết tuyển sinh
môn toán tại MIPT năm 1970
46
Các bài toán về các định luật Newton
50
Thông tin
Toán học Moskva…
58
Đáp số, chỉ dẫn, lời giải
60
Góc của nhà sưu tập
trang bìa 3
N. N. Kolesnikov
M. I. Bashmakov
R. G. Mints
V. N. Berezin
B. Yu. Kodan
L. Penrose,
R. Penrose
V. I. Bakhmin
I. N. Bernitsey,
A. B. Zelevinsky,
A. G. Kushnirenko,
I. Sh. Slobodetsky
V. A. Petrov
Sh. A. Alimov,
F. P. Vasilyev,
V. P. Modenov
A. P. Savin,
B. V. Fedosov
Yu. V. Zaychikov
A. G. Terushkin

2

Các mối quan tâm khoa học của P. L. Chebyshev rất đa dạng và rộng lớn. Ông để lại những công trình xuất sắc trong lĩnh vực giải tích toán học, đặc biệt trong lý thuyết xấp xỉ hàm bằng đa thức, trong phép tính tích phân, lý thuyết số, lý thuyết xác suất, hình học, đạn đạo học, lý thuyết cơ cấu và các lĩnh vực tri thức khác.

Trong mỗi lĩnh vực khoa học này, Pafnuty Lvovich đã đạt được những kết quả cơ bản, đề xuất những ý tưởng và phương pháp mới, định hướng sự phát triển của các ngành toán học và cơ học này trong nhiều năm và vẫn giữ nguyên ý nghĩa cho đến nay.

Đồng thời, đáng chú ý là khả năng của Chebyshev dùng những phương tiện giản dị, sơ cấp để đạt được những kết quả khoa học xuất sắc.

Một đặc điểm quan trọng khác trong hoạt động khoa học của P. L. Chebyshev là sự quan tâm không thay đổi đến các vấn đề thực tiễn, là mong muốn gắn các vấn đề lý thuyết của toán học với những yêu cầu của khoa học tự nhiên và kỹ thuật, với hoạt động thực tiễn của con người. Xét theo những xu hướng phát triển hiện đại của khoa học, quan điểm có tính chương trình trong hoạt động khoa học của P. L. Chebyshev tỏ ra đặc biệt sâu sắc: “Hoạt động thực tiễn của con người vô cùng đa dạng, và để thỏa mãn mọi yêu cầu của nó, dĩ nhiên, không đủ các khoa học với nhiều phương pháp khác nhau. Nhưng trong số đó, đặc biệt quan trọng là những khoa học cần thiết để giải các biến thể khác nhau của một và cùng một bài toán, chung cho toàn bộ hoạt động thực tiễn của con người: làm thế nào sử dụng những phương tiện của mình để đạt được lợi ích lớn nhất có thể” (P. L. Chebyshev, Tác phẩm, t. II, St. Petersburg, 1907, tr. 239).

Cần lưu ý rằng đối với bản thân Pafnuty Lvovich, sự quan tâm đến thực tiễn tỏ ra vô cùng có kết quả, vì nhiều phát hiện toán học của ông được thực hiện khi giải các bài toán ứng dụng. Chẳng hạn, việc nghiên cứu cơ cấu khớp nối, được biết dưới tên gọi “hình bình hành Watt”, đã dẫn ông đến việc xây dựng những cơ sở của lý thuyết xấp xỉ tốt nhất các hàm bằng đa thức, lý thuyết hiện nay đã trở thành một lĩnh vực toán học phát triển rộng rãi, có ý nghĩa ứng dụng lớn. Xét về sự phong phú của các ý tưởng toán học, ý nghĩa của các kết quả thu được và sự tinh tế trong cách đạt được chúng, công trình của P. L. Chebyshev “Lý thuyết các cơ cấu được biết dưới tên gọi hình bình hành” (năm 1854) là xuất sắc. Trong công trình này, Chebyshev nêu và giải bài toán nổi tiếng: “Cho một hàm liên tục f(x); trong tất cả các đa thức P(x) bậc n, hãy tìm một đa thức sao cho trên khoảng đã cho giá trị lớn nhất của hiệu |f(x) — P(x)| là nhỏ nhất có thể”. Nếu bản thân hàm là một đa thức bậc n+1, thì bài toán đã đặt tương đương với việc tìm một đa thức cùng bậc, có cùng hệ số ở hạng tử cao nhất, sao cho nó lệch khỏi không ít nhất có thể trên khoảng đang xét. Từ đó xuất hiện những “đa thức Chebyshev” nổi tiếng — các đa thức “lệch khỏi không ít nhất” trên khoảng [−1, +1]: T_n(x) = \frac{1}{2^{n-1}} \cos(n \arccos x). (Các biểu thức này là những đa thức theo x bậc n. Các hệ số ở lũy thừa bậc cao nhất của các đa thức này bằng một.) Chebyshev cũng nghiên cứu việc xấp xỉ các hàm bằng các hàm hữu tỉ và các đa thức lượng giác. (Hàm hữu tỉ là tỉ số của hai đa thức, còn đa thức lượng giác là đa thức theo sin x và cos’x.)

Trong lý thuyết xác suất, Chebyshev đã bằng những phương tiện hết sức đơn giản thu được một loạt kết quả rất quan trọng. Nhiều kết quả và kết luận chỉ mới được phác ra, chưa được đưa đến cùng, nhưng toàn bộ các công trình của Chebyshev trong lĩnh vực này đã là cơ sở mà trên đó trường phái lý thuyết xác suất Nga phát triển. Các chứng minh chặt chẽ của các đa thức, được phác-

do Chebyshev nêu ra, và sự phát triển tiếp theo của chúng được thực hiện bởi các học trò của ông, các viện sĩ A. M. Lyapunov và A. A. Markov.

Các nghiên cứu của P. L. Chebyshev trong lý thuyết số có ý nghĩa nổi bật đối với khoa học. Lần đầu tiên sau Euclid, bằng những lập luận hết sức sắc sảo và hết sức sơ cấp, ông đã thu được các kết quả quan trọng nhất trong bài toán về sự phân bố các số nguyên tố trong các công trình «Về việc xác định số các số nguyên tố không vượt quá một đại lượng cho trước» và «Về các số nguyên tố». P. L. Chebyshev đã chứng minh rằng hàm số $x(x) - x$ các số nguyên tố không vượt quá $x$ của chúng — thỏa mãn bất đẳng thức

$$0,92 < \frac{\pi(x)\ln x}{x} < 1,06^*$$

khi $x$ đủ lớn. Bất đẳng thức này sau đó được nhà toán học Anh Sylvester cải tiến phần nào, còn nhà toán học Pháp Hadamard đã chứng minh chặt chẽ rằng

$$\lim_{x \to \infty} \left[ \pi(x): \frac{x}{\ln x} \right] = 1$$

hay tiệm cận $\pi(x) \sim x/\ln x$.

Tại đây Chebyshev cũng chứng minh mệnh đề (cái gọi là tiên đề Bertrand), bao gồm ở chỗ rằng giữa $x$ và $2x(x \geq 2)$ luôn có ít nhất một số nguyên tố **).

Chebyshev cũng thu được các kết quả cổ điển trong lĩnh vực giải tích toán học.

Một trong những khoa học mà Pafnuty Lvovich quan tâm suốt đời là lý thuyết cơ cấu và máy móc, hơn nữa Chebyshev không chỉ nghiên cứu lý thuyết trong lĩnh vực này, mà còn dành nhiều sự chú ý trực tiếp đến việc chế tạo các cơ cấu.

Từ lâu trước khi «Lunokhod-1» của Liên Xô thực hiện tuyến đường đầu tiên

$$\ln x - \log_a x \text{ theo cơ số } e,$$

trong đó $e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$.

**) Về phương pháp mà nhờ đó Chebyshev đã thu được những kết quả tuyệt vời của mình, xem ở tr. 4—7.

trên bề mặt Mặt Trăng, các nhà văn khoa học viễn tưởng và các nhà khoa học đã xem xét nhiều phương án máy móc khác nhau, sẽ tồn tại theo một cơ cấu bước đi nào đó. P. L. Chebyshev đã xây dựng một phương án máy đi bằng chân, bắt chước chuyển động của động vật khi đi.

Ảnh hưởng to lớn của P. L. Chebyshev đối với sự phát triển toán học ở nước ta không chỉ giới hạn ở những thành tựu cá nhân của ông. Các công trình của ông, đặc biệt phong phú về những ý tưởng và phương pháp mới, đã tạo ra một động lực mạnh mẽ cho sự phát triển của nhiều ngành toán học và cơ học; ngoài ra, ông đích thân đặt ra những nhiệm vụ và vấn đề quan trọng trước các nhà khoa học trẻ. Theo lời khuyên trực tiếp của ông, A. M. Lyapunov bắt đầu nghiên cứu lý thuyết về hình dạng của chất lỏng quay, nơi ông đã thu được những kết quả cổ điển có ý nghĩa hàng đầu đối với cơ học và vũ trụ học.

Nhà toán học và cơ học vĩ đại P. L. Chebyshev là một con người tiên tiến của thời đại mình. Chẳng hạn, cùng với hai viện sĩ toán học khác — V. G. Imshenetsky và V. Ya. Bunyakovsky — ông đã đề nghị ban vật lý-toán học của Viện Hàn lâm Petersburg bầu nhà khoa học Nga xuất sắc Sofya Vasilyevna Kovalevskaya làm viện sĩ thông tấn của Viện Hàn lâm **).

Chebyshev dành nhiều chú ý cho các vấn đề giáo dục nhân dân, tham gia tích cực vào Ủy ban Học thuật của Bộ Giáo dục.

Các công trình của nhà khoa học, hoạt động khoa học, sư phạm và khai sáng của ông, trường phái toán học Petersburg nổi tiếng do ông sáng lập đã đóng một vai trò đặc biệt to lớn trong sự phát triển của toán học và cơ học nước nhà. Năm 1944, Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô đã lập giải thưởng mang tên P. L. Chebyshev dành cho những nghiên cứu xuất sắc nhất trong lĩnh vực toán học và lý thuyết cơ cấu và máy móc.

**) S. V. Kovalevskaya được bầu ngày 7 tháng 11 năm 1889.

4

VỀ TIÊN ĐỀ BERTRAND

M. I. Bashmakov

Trong số 69 công trình của Pafnuty Lvovich Chebyshev, có hai công trình đóng vai trò đặc biệt quan trọng đối với sự phát triển của lý thuyết số. Những công trình này là: “Về việc xác định số lượng các số nguyên tố không vượt quá một đại lượng cho trước” và “Về các số nguyên tố”, được ông viết khi còn trẻ, dành cho vấn đề khó nhất của lý thuyết số về sự phân bố các số nguyên tố.

Trong công trình thứ hai vừa nêu, có chỉ ra các bất đẳng thức cho phép đánh giá khá chính xác số lượng các số nguyên tố trong một đoạn cho trước của dãy số tự nhiên và, đặc biệt, đã chứng minh một sự kiện như sau: giữa $x$ và $2x$ (trong đó $x>1$) luôn có ít nhất một số nguyên tố. Khẳng định này đã được nhà toán học Pháp nổi tiếng Bertrand nêu ra; ông đã kiểm tra nó trong phạm vi các bảng số nguyên tố hiện có, nhưng không thể chứng minh và đã chấp nhận nó như một tiên đề.

Chúng ta sẽ theo dõi những ý tưởng cơ bản của Chebyshev đã dẫn ông tới các ước lượng này, rồi đề nghị một loạt bài toán mà lời giải của chúng cho phép độc giả (đã khá quen thuộc với các tính chất của lôgarit) khôi phục chứng minh đã nêu của tiên đề Bertrand và thu được các bất đẳng thức về số lượng các số nguyên tố không vượt quá một đại lượng cho trước.

Độc giả có thể ngạc nhiên: lôgarit có quan hệ gì với các số nguyên tố? Công lao của Chebyshev chính là ở chỗ ông đã chỉ ra cách có thể sử dụng các hàm thông thường của giải tích — căn thức, lôgarit — khi nghiên cứu các bài toán về số nguyên. Nếu chúng ta muốn phát hiện xem có ít nhất một số nguyên tố trên đoạn từ $n$ đến $2n$ hay không, thì có thể làm như sau:

1. nghĩ ra một hàm nào đó $y=f(x)$ của đối số thực $x$, sao cho nó không thay đổi giá trị khi $x$ chạy trên đoạn giữa các số nguyên tố kề nhau, và nhận giá trị lớn hơn khi đi qua một số nguyên tố;

2. chứng minh các bất đẳng thức đối với hàm $f$, những bất đẳng thức giúp đánh giá khá chính xác tốc độ tăng trưởng.

Đối với hàm được chọn như vậy, hiệu $f(2n) - f(n)$ sẽ là một số dương khi và chỉ khi hàm $f$ tăng lên khi chuyển từ $n$ sang $2n$, tức là nếu giữa $n$ và $2n$ có ít nhất một số nguyên tố.

Điều kiện thứ nhất dễ thỏa mãn. Có thể xét hàm sau: ký hiệu $\pi(x)$ là số các số nguyên tố không vượt quá $x$.

Chẳng hạn, $\pi(1) = 0$ (một không được coi là số nguyên tố), $\pi(3) = 2$, $\pi(9) = 4$, $\pi(9,5) = 4$, $\pi(10,9) = 4$, $\pi(11) = 5$ v.v.

Dĩ nhiên, nếu ta có thể chứng minh rằng

$$\pi(2x) - \pi(x) > 0,$$

thì ta cũng chứng minh được định đề Bertrand, vì

$$\pi(2x) - \pi(x)$$

chính là số các số nguyên tố nằm giữa $x$ và $2x$.

8

ĐỒ THỊ
THẾ NĂNG

R. G. MINTS

Làm thế nào để biết chuyển động của một vật có bị giới hạn hay không và trong những giới hạn nào? Có những vị trí cân bằng không, và nếu có thì chúng là những vị trí nào — bền hay không bền?

Trong bài này, chúng tôi sẽ chỉ ra rằng những câu hỏi như vậy dễ trả lời nếu biết thế năng của vật. Chúng tôi sẽ bàn về khi nào có ý nghĩa nói đến thế năng và cách tính giá trị của nó tại mỗi điểm.

Một khi đã nói về thế năng, tức là chúng ta muốn nghiên cứu chuyển động của vật, nói chính xác hơn là của các chất điểm *), dựa trên định luật bảo toàn cơ năng.

Định luật này khẳng định rằng đối với một hệ kín các chất điểm (vật), đại lượng

$$E = T + U.$$

(1)

được bảo toàn.

$$T = \frac{m_1 v_1^2}{2} + \frac{m_2 v_2^2}{2} + \dots + \frac{m_n v_n^2}{2}$$

được gọi là động năng của hệ, còn $U$ — thế năng tương tác của các vật. Động năng trong công thức (1) phản ánh chuyển động riêng của các vật, còn thế năng, phụ thuộc vào khoảng cách giữa các vật, phản ánh ảnh hưởng lẫn nhau của chúng.

Sau đây, để đơn giản, chúng tôi sẽ chỉ xét chuyển động

*) Như thường lệ, chất điểm được hiểu là một vật có kích thước riêng trong bài toán đang xét là nhỏ không đáng kể.

của một trong các chất điểm *), giả sử rằng mọi chất điểm khác đứng yên. Trong những trường hợp như vậy, người ta thường nói về chuyển động của hạt trong trường lực ngoài, và công thức (1) có dạng

$$E = \frac{mv^2}{2} + U.$$

(2)

Khi nói về chuyển động của hạt trong trường ngoài, chúng ta xét ảnh hưởng của các hạt đứng yên lên hạt chuyển động, còn toàn bộ hệ các hạt xét như một thể thống nhất là kín. Tuy nhiên, ở đây có một điểm tinh tế. Hãy xem xét kỹ nó qua ví dụ về hai chất điểm có khối lượng $m$ và $M$. Giả sử tại một thời điểm nào đó hạt có khối lượng $M$ dừng lại. Hãy tìm xem trong những điều kiện nào nó vẫn tiếp tục đứng yên, nghĩa là khi nào có thể nói về chuyển động của hạt có khối lượng $m$ trong trường ngoài. Ta sẽ dùng định luật bảo toàn động lượng

*) Bài toán về chuyển động của một số lớn các vật tương tác với nhau là cực kỳ phức tạp. Cho đến nay, dưới dạng tổng quát chỉ giải được bài toán hai vật.

9

lượng (vì hệ các vật của chúng ta là kín): $M\vec{v} + m\vec{v}_1 = m\vec{v}_0$. (Ở đây $\vec{v}_0$ — vận tốc ban đầu của hạt có khối lượng $m$, $v_1$ — vận tốc của nó sau một thời gian nào đó, còn $v$ — vận tốc mà hạt có khối lượng $M$ thu được.)

Từ đây $\vec{v} = \frac{m}{M} (\vec{v}_0 - \vec{v}_1)$. Nếu $\vec{v}_1 \neq \vec{v}_0$, thì $\vec{v} = 0$ chỉ khi $M \to \infty$ Về mặt vật lí, điều này có nghĩa là $m \ll M$. Như vậy, trường ngoài là kết quả tác dụng của hạt nặng đứng yên lên hạt nhẹ. Nhắc lại hai ví dụ điển hình về trường ngoài: vệ tinh trong trường hấp dẫn của Trái Đất, electron trong trường của hạt nhân. Trong mỗi ví dụ này, dĩ nhiên điều kiện $m \ll M$ được thỏa mãn.

Nếu toàn năng lượng $E$ của hạt đã cho, thì tương ứng (2) đặt ra những hạn chế đối với vùng không gian mà hạt có thể ở trong đó. Thật vậy, vì động năng $E_{\text{kin}} = \frac{mv^2}{2}$ cho phép dựa trên $\sqrt{\frac{2}{m}} E_{\text{kin}}$ phải là nhỏ nhất!), còn từ định luật bảo toàn năng lượng suy ra rằng

$$\frac{mv^2}{2} = E - U.$$

Do đó, $E \geq U$; ta đã có tiêu chuẩn để xác định miền trong đó chuyển động với toàn năng lượng $E$ là có thể. Tại các điểm mà $E = U$, động năng, và do đó cả vận tốc, bằng không.

Xét làm ví dụ chuyển động của một vật dọc theo đường thẳng (trục $x$). Khi đó thế năng chỉ phụ thuộc vào vị trí trên đường thẳng này: $U = U(x)$. Trong trường hợp này, tiêu chuẩn của chúng ta rất tiện áp dụng bằng đồ thị. Trên đồ thị thế năng, hãy vẽ đường thẳng nằm ngang $U(x) = E$. Ở mọi nơi mà đồ thị thế năng nằm dưới đường thẳng, $E > U$ và chuyển động là có thể. Tại các điểm giao nhau, vận tốc

10

Hình 2. Vật chuyển động sang trái, tiến đến điểm $x_1$, nơi vận tốc của nó bằng không. Tuy nhiên, nó không thể nằm yên tại điểm này, vì có lực tác dụng lên nó (xem quy tắc xe trượt ở tr. 12). Vì vậy sau đó nó sẽ chuyển động sang phải, tăng vận tốc.

Biết thế năng, dễ dàng xác định vận tốc của hạt tại mỗi điểm. Vì $\frac{mv^2}{2} = E - U$, nên $v = \pm \sqrt{\frac{2}{m} [E - U]}$.

Hai dấu của vận tốc tương ứng với hai hướng chuyển động có thể dọc theo trục $x$. Trên hình 2 biểu diễn bằng đồ thị sự phụ thuộc của vận tốc hạt vào vị trí của nó trong trường hợp năng lượng và thế năng tương ứng với hình 1a. Hướng chuyển động được ký hiệu trên đồ thị bằng mũi tên.

Như vậy, ta thấy rằng bằng các đồ thị thế năng có thể đơn giản và trực quan xác định được nơi nào có khả năng chuyển động, quỹ đạo có dạng gì và vận tốc của vật phụ thuộc thế nào vào vị trí của nó. Khi làm rõ các vấn đề này, ta cần biết sự biến thiên của thế năng như một hàm của tọa độ “nói chung”, tức là nó biến thiên thế nào trên toàn bộ quỹ đạo.

Bây giờ hãy xem tốc độ biến thiên của thế năng, tức là đại lượng sau, liên hệ với điều gì

$$\frac{\Delta U}{\Delta x} = \frac{U(x_2) - U(x_1)}{x_2 - x_1},$$

trong đó $\Delta x = x_2 - x_1$ rất nhỏ

Theo định luật bảo toàn cơ năng

$$\Delta U = U(x_2) - U(x_1) = \frac{mv_1^2}{2} - \frac{mv_2^2}{2} = \frac{m}{2} (v_1 + v_2) (v_1 - v_2)$$

trong đó $v_1$ là vận tốc của vật tại điểm $x_1$, còn $v_2$ là vận tốc của nó tại điểm $x_2$. Trên đoạn nhỏ $\Delta x$ có thể coi lực tác dụng lên vật là không đổi. Chuyển động dưới tác dụng của lực không đổi, ký hiệu là $F$, bằng gia tốc, còn gia tốc $a = F/m$. Trong trường hợp đó $v_2 - v_1 = a \Delta t = \frac{F}{m} \Delta t$ ($\Delta t$ là thời gian chuyển động), còn $\frac{v_1 + v_2}{2}$ bằng vận tốc trung bình $\frac{v_1 + v_2}{2} = v_{cp} = \frac{\Delta x}{\Delta t}$. Thay các biểu thức này vào công thức (4):

$$\Delta U = m \frac{\Delta x}{\Delta t} \left( -\frac{F}{m} \Delta t \right) = -F \Delta x.$$

Suy ra

$$\frac{\Delta U}{\Delta x} = -F.$$

Công thức (5) cũng có thể nhận được theo cách khác, xét rằng khi chuyển động đều chỉ có thế năng của vật thay đổi và độ biến thiên của nó bằng công của lực tác dụng lên vật.

Hãy làm rõ ý nghĩa hình học của công thức (5). Giả sử ta có đồ thị thế năng. Rõ ràng, đại lượng $x_2 - x_1$ càng nhỏ thì tốc độ biến thiên của thế năng càng chính xác trùng với tang của góc nghiêng của tiếp tuyến với đường cong thế năng (hình 3). Tác dụng

⟦trang 11⟧

do đó, $tg\alpha_1 = \frac{a}{b} = \frac{U(x_2) - U(x_1)}{x_2 - x_1}$, và $x_2 - x_1$ càng nhỏ thì góc $\alpha_1$ càng bằng góc $\alpha$ với độ chính xác cao hơn. Như vậy, ta đi đến kết luận rằng tang của góc nghiêng của tiếp tuyến với đồ thị thế năng, lấy dấu ngược lại, bằng lực tác dụng lên vật. Điều đó có nghĩa là thế năng tăng càng dốc thì độ lớn của lực càng lớn và ngược lại.

Sau khi công thức (5) có được ý nghĩa hình học trực quan, chẳng hạn, dễ dàng xác định xem có những vị trí cân bằng hay không và chúng là những vị trí nào. Ta gọi vị trí cân bằng là điểm tại đó vật có thể ở lại bao lâu tùy ý, nếu, tất nhiên, ban đầu nó có vận tốc bằng không. Khi nào điều này có thể xảy ra? Sự thay đổi vận tốc được đặc trưng bởi gia tốc: nếu nó bằng không thì vận tốc của vật không đổi. Gia tốc lại tỉ lệ với lực tác dụng lên vật. Vậy, các vị trí cân bằng là những điểm tại đó lực bằng không.

Hãy trở lại đồ thị thế năng. Như ta đã thấy, lực tác dụng lên vật bằng tang của góc nghiêng của tiếp tuyến với đường cong thế năng, lấy dấu ngược lại. Nếu góc này bằng không thì lực cũng bằng không. Như vậy, trên đồ thị thế năng, các vị trí cân bằng tương ứng với những điểm mà tại đó
Hình 4

Hình 5a,6

tiếp tuyến song song với trục hoành. Chẳng hạn, hiển nhiên các vị trí cân bằng là các cực đại và cực tiểu của thế năng (hình 4).

Các vị trí cân bằng có thể bền và không bền. Điều đó nghĩa là gì? Giả sử ta làm lệch vật một chút khỏi vị trí cân bằng. Nếu khi đó lực tác dụng lên vật đưa nó trở lại thì cân bằng được gọi là bền, nếu không thì không bền.

Hãy xét tính bền của vị trí cân bằng tương ứng với cực tiểu trên đường cong thế năng (điểm $A$ trên hình 4). Giả sử vật dịch chuyển từ điểm $A$ sang phải. Ở vị trí mới $A_1$ (hình 5 a), tang của góc nghiêng của tiếp tuyến là dương, còn lực là âm, nghĩa là hướng ngược với chiều dịch chuyển và đưa vật trở về

12

điểm $A$. Nếu dịch chuyển sang trái khỏi điểm $A$, thì ở vị trí đó ($A_2$ trên hình 5 a) tang của góc nghiêng của tiếp tuyến là âm, lực là dương, tức là hướng về điểm $A$ và buộc vật trở về vị trí ban đầu. Như vậy, vị trí cân bằng tại cực tiểu của thế năng là bền. Tương tự có thể xét tính bền của vị trí cân bằng nếu thế năng là cực đại (hình 5 b).

Vậy là, chúng ta thấy rằng từ đường cong thế năng có thể tìm được độ lớn của lực tác dụng lên vật, dễ dàng xác định các vị trí cân bằng nằm ở đâu và chúng là loại nào. Theo nghĩa này, đồ thị thế năng có thể so sánh với một dốc băng, từ đó trượt xuống bằng xe trượt tuyết. Ở những chỗ dốc đứng, xe trượt tuyết tăng tốc nhanh, trên dốc thoải — chậm hơn. Đỉnh dốc và các chỗ trũng trên đó là những vị trí cân bằng. Bởi vì nếu đặt xe trượt tuyết vào đó, chúng sẽ ở lại đó. Trong đó, đỉnh là vị trí cân bằng không bền, còn các chỗ trũng — cân bằng bền.

Bây giờ, có lẽ nên nói về cách tính độ lớn của thế năng. Để làm điều đó, hãy trở lại công thức (5) và viết lại nó dưới dạng

$$U(x_2) - U(x_1) = -F \cdot (x_2 - x_1).$$

Nhắc lại rằng độ dài $\Delta x = x_2 - x_1$

Hình 6

13

Năng lượng của vật bằng diện tích dưới đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lực tác dụng lên vật vào tọa độ, lấy với dấu ngược lại *) . Khi đó đồ thị của nó là một đường thẳng song song với trục hoành. Diện tích dưới nó bằng $F \cdot (x - x_0)$, từ đó đối với hiệu các thế năng ta được

$$U(x) - U(x_0) = -F \cdot (x - x_0)$$

(hình 7a,b).

Dùng sự tương ứng (8), ta được

$$\frac{mv^2}{2} - \frac{mv_0^2}{2} = F \cdot (x - x_0).$$

$$\frac{mv^2}{2} - Fx = \frac{mv_0^2}{2} - Fx_0,$$

nghĩa là thế năng $U = -Fx$. Tuy nhiên, đây không phải là khả năng duy nhất, với cùng cơ sở đó ta cũng có thể viết đẳng thức sau

$$\frac{mv^2}{2} - Fx + C = \frac{mv_0^2}{2} - Fx_0 + C,$$

trong đó $C$ là một hằng số. Nhưng khi đó thế năng $U = -Fx + C$. Như vậy, ta thấy rằng thế năng chỉ được xác định chính xác đến một hằng số tùy ý. Điều này đã trực tiếp suy ra từ chính định luật bảo toàn cơ năng. Thật vậy, nếu ta nói rằng đại lượng $E = \frac{mv^2}{2} + U$ được bảo toàn, thì $E' = \frac{mv^2}{2} + U + C$ cũng được bảo toàn, trong đó $C$ là một hằng số nào đó. Nhưng trong trường hợp này $U' = U + C$. Điều đó có nghĩa là thế năng chỉ có thể được xác định với độ chính xác đến một hằng số tùy ý, hằng số này luôn được chọn vì lý do thuận tiện *). Dĩ nhiên, sự không xác định như vậy của thế năng hoàn toàn không ảnh hưởng đến những kết luận mà ta đã rút ra về đặc trưng chuyển động trong trường đã cho, về sự có mặt trong đó của các vị trí cân bằng và về sự phụ thuộc của vận tốc vật vào tọa độ. Bạn có thể dễ dàng tự mình kiểm tra điều này, chỉ cần đồng thời với việc thay đổi thế năng một lượng $C$ cũng thay đổi toàn năng lượng của vật một lượng như vậy. Vấn đề là để mô tả đầy đủ chuyển động của vật, cần cho biết vị trí và vận tốc của nó tại một thời điểm nào đó

*) Cần lưu ý rằng nếu lực âm, thì đoạn tương ứng phải được gán dấu trừ.

*) Trường trong đó lực tác dụng lên vật ở mọi nơi đều không đổi được gọi là trường đồng nhất. Ví dụ, đồng nhất là trường trọng lực gần bề mặt Trái Đất $F = mg$ và điện trường bên trong một tụ điện phẳng.

14

Hình 8

thời gian, nhờ đó ta sẽ biết
$\frac{mv_0^2}{2}$ và $U(x_0)$ Còn năng lượng toàn phần
$E = \frac{mv_0^2}{2} + U(x_0)$ Vì thế khi thêm vào $U$ một hằng số nào đó, năng lượng $E$ cũng sẽ tăng đúng bằng từng ấy.

Bây giờ hãy xét chuyển động của khối lập phương trên lò xo khi không có ma sát (hình 8) và tính xem năng lượng thế bằng bao nhiêu trong trường hợp này Theo định luật Hooke, lực tác dụng lên khối lập phương bằng $F = -kx$, trong đó $k$ — độ cứng của lò xo, $x$ — độ biến dạng của nó Trong trường hợp này đồ thị của lực là một đường thẳng, tang của góc nghiêng của nó đối với trục $x$ bằng $k$ (hình 9a)

Hiệu các năng lượng thế $U(x_1) - U(x_0)$ bằng diện tích hình thang $ABCD$ được tô bóng trên hình 9a, có chiều cao $BC = x_1 - x_0$. còn đáy trung bình $\frac{AB + CD}{2} = \frac{kx_0 + kx_1}{2}$. Dùng công thức diện tích hình thang, ta được $U(x_1) - U(x_0) = \frac{(x_1 - x_0)(kx_0 + kx_1)}{2} = \frac{k(x_1^2 - x_0^2)}{2} = \frac{kx_1^2}{2} - \frac{kx_0^2}{2}$.

Kết quả, đối với $U(x)$ ta nhận được biểu thức sau: $U(x) = \frac{kx^2}{2}$

*) Tương tự trường hợp điện trường đều, ở đây ta đã chọn hằng số $C$ sao cho $U(0) = 0$.

15

trường hợp ($F = \text{const.} \quad F = -kx$) thì không thể tính được diện tích này nếu không biết phép tính tích phân. Nếu tìm được nó, thì hóa ra rằng đối với lực biến thiên theo quy luật $F = \frac{\alpha}{r^2}$, thế năng

$$U = \frac{\alpha}{r}$$

Hãy chú ý rằng trong công thức (10) ta đã chọn hằng số $C$ sao cho thế năng bằng không ở vô cực. Vì sao điều này thuận tiện và khi nào? Hãy nhớ rằng thế năng đặc trưng cho tác dụng của các vật lên nhau—sự tương tác; nếu ở vô cực lực bằng không, thì các vật càng ở xa nhau, ảnh hưởng tương hỗ của chúng càng yếu. Chính điều này tương ứng với việc chọn hằng số trong các trường hợp của chúng ta và các trường hợp tương tự ($F(\infty) = 0$).

Từ công thức (10) suy ra rằng dạng của thế năng phụ thuộc một cách cơ bản vào dấu của $\alpha$ (xem hình 106). Nếu $\alpha > 0$, thì lực $F = \frac{\alpha}{r^2} > 0$, và ta có lực đẩy (các điện tích cùng dấu, $\alpha = q_1 q_2 > 0$). Nếu $\alpha < 0$, thì lực $F = -\frac{|\alpha|}{r^2} < 0$, tương ứng với lực hút (các điện tích trái dấu, $\alpha = -q_1 |q_2|$). Ở đây, xin hãy một lần nữa trở lại với sự tương tự về chiếc xe trượt tuyết trượt xuống từ ngọn đồi băng giá. Hãy chú ý rằng nếu đặt chiếc xe trượt tuyết lên ngọn đồi có biên dạng của thế năng mà ta quan tâm, thì nó chỉ theo hướng tác dụng của lực. Quy tắc đơn giản này cho phép lập tức xác định điều gì xảy ra — lực hút hay lực đẩy. Thật vậy, nếu chiếc xe trượt tuyết chỉ về phía điểm $r = 0$ (chẳng hạn, đường cong dưới trong hình 106), thì có lực hút; nếu ngược lại (chẳng hạn, đường cong trên), thì có lực đẩy.

Quy tắc ấy cũng cho phép dựng định tính dạng của thế năng

16

Lực đẩy. Ở những khoảng cách lớn, lực hút nhanh chóng triệt tiêu, còn lực đẩy khi các nguyên tử lại gần nhau, bắt đầu từ một khoảng cách nào đó, tăng trở lại rất nhanh. Bức tranh tương tác giữa các nguyên tử đã mô tả tương ứng với đồ thị thế năng. Được chỉ ra-

16

trên hình 11. Hãy tự kiểm chứng điều đó bằng cách dùng phép tương tự với máng trượt băng. Điểm $r=r_0$ tương ứng với vị trí cân bằng bền, vì vậy $r_0$ bằng khoảng cách giữa các nguyên tử trong phân tử.

Cuối cùng, hãy tổng kết một số điều. Chúng ta đã thấy rằng từ đồ thị thế năng có thể xác định một loạt đặc trưng quan trọng của chuyển động (số các quỹ đạo khác nhau tùy theo năng lượng, chuyển động có bị giới hạn hay không, có các vị trí cân bằng hay không và chúng là loại nào: bền hay không bền). Hóa ra mỗi đặc trưng đều có một ý nghĩa hình học đơn giản. Cũng dễ xác định độ lớn và chiều tác dụng của lực lên vật (“quy tắc xe trượt”). Chúng ta đã chỉ ra rằng diện tích dưới đồ thị lực, lấy với dấu ngược lại, bằng thế năng của vật. Điều này cho phép trong một số trường hợp tính trực tiếp thế năng. Điều đó làm đơn giản đáng kể việc giải các bài toán khác nhau.

Và cuối cùng, chúng ta đã thấy dạng định tính của thế năng cho phép làm sáng tỏ điều đang tồn tại và đưa ra lời giải đáp cho nó.

Bây giờ hãy thử tự giải các bài toán sau.

Bài tập

1. Xác định miền chuyển động có thể khi
   $E<U_0$ và $E>U_0$.
   nếu thế năng có dạng được biểu diễn trên hình 12.

2. Tìm các vị trí cân bằng theo đường cong thế năng (hình 13) và xác định độ bền của chúng.

Vẽ đồ thị sự phụ thuộc của lực vào tọa độ.

3. Chứng minh bằng hình học rằng khi thế năng thay đổi một lượng không đổi $C$ thì lực tác dụng lên vật tại mỗi điểm sẽ không thay đổi.

4. Một khối lập phương cạnh $a$, có khối lượng riêng $\rho_1$, nổi trên mặt chất lỏng có khối lượng riêng $\rho_2$. Vẽ đồ thị lực tác dụng lên khối lập phương và thế năng theo độ sâu ngập.

17

CÁC HÌNH LƯỠI LIỀM
CỦA HIPPOCRATES

Vào thế kỷ thứ năm trước Công nguyên, tức gần hai nghìn rưỡi năm trước, ở Hy Lạp có một nhà khoa học tên là Hippocrates xứ Chios. Chính Hippocrates là người thực hiện nỗ lực đầu tiên được biết đến nhằm tạo ra cuốn «Cơ sở» hình học. Đáng tiếc, cuốn sách ấy không còn đến được với chúng ta.

Theo một truyền thuyết, thương nhân kém may mắn Hippocrates bị bọn cướp biển cướp và đến Athens để khiếu nại về chúng. Tại đây ông gặp các nhà thông thái, những người chủ yếu dành thời gian để giải các bài toán hình học. Không tìm được cách trị bọn cướp, Hippocrates tự an ủi bằng việc vượt qua những nhà thông thái khéo léo nhất trong hình học . . .

Hippocrates đã cố thực hiện phép vuông hóa hình tròn, nói cách khác, dựng bằng compa và thước thẳng một hình tròn có diện tích bằng diện tích của hình vuông đã cho. Tuy điều đó dĩ nhiên không thành công, ông đã dựng được một số hình là những phần của mặt phẳng bị giới hạn bởi hai đường tròn, nhưng nonetheless lại có diện tích bằng diện tích hình vuông.

Trong lịch sử hình học, tên Hippocrates gắn với những hình có dạng đặc biệt, gọi là các hình lưỡi liềm. Hình lưỡi liềm (nói cách khác, hình trăng khuyết) có thể được xác định như sau: trên một dây của một đường tròn bất kỳ, dựng ra phía ngoài một nửa đường tròn mà hai đầu mút trùng với hai đầu mút của dây. Hình bị giới hạn bởi cung nhỏ hơn

của đường tròn đã cho và nửa đường tròn được dựng chính là hình lưỡi liềm.

Trên hình 1, bốn hình lưỡi liềm cũng được tô màu vàng. Hippocrates nhận thấy tổng diện tích của chúng bằng diện tích hình vuông được tô ở đây màu xanh lam. Thật vậy, tổng diện tích các nửa hình tròn dựng trên các cạnh của hình vuông này bằng diện tích hình tròn ngoại tiếp hình vuông. Nếu bỏ khỏi các nửa hình tròn những mảnh được tô màu tím, thì còn lại bốn hình lưỡi liềm; còn nếu bỏ chúng khỏi đường tròn lớn, thì còn lại hình vuông.

Hình 1.
17

18

Hình 2.

Hình 2 minh họa thêm một định lý của Hippocrates. Hóa ra, diện tích hình thang nội tiếp trong đường tròn có tâm tại điểm O bằng tổng diện tích các hình lưỡi liềm màu cam và nửa hình tròn màu cam (cả ba hình lưỡi liềm đều bằng nhau theo cách dựng, nửa hình tròn bằng những nửa hình tròn tạo thành các hình lưỡi liềm). Định lý này được chứng minh giống như mệnh đề trước.

Hình 3 cho một hình cũng do Hippocrates dựng nên. Hai cạnh bên và đáy nhỏ của hình thang bằng 1, đáy lớn bằng $\sqrt{3}$. Cung dưới của hình, được vạch trên hình bằng các đường đen và có thể tự nhiên gọi là hình lưỡi liềm tổng quát, tiếp xúc với đường chéo của hình thang. Hóa ra rằng diện tích hình thang nội tiếp và hình lưỡi liềm bằng nhau (chứng minh điều này các diện tích hình lưỡi liềm. Chứng minh sự kiện này dễ dàng có được nếu dùng định lý Pythagoras. Nhân tiện, hình này còn có một tính chất đáng ngạc nhiên nữa. Các hình lưỡi liềm có cùng độ rộng. Nói chính xác hơn, đường kính của các đường tròn lớn nhất nội tiếp trong chúng đều bằng một nửa hiệu giữa tổng hai cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam giác được chỉ ra trong cùng hình đó.

20

hình học vẫn là các cạnh của tam giác $T$).

Vì các phần đối xứng có diện tích bằng nhau, giờ chỉ cần chứng minh (xem hình 6 e) rằng tổng diện tích các tứ giác $R_1, R_2$ và $R_3$, trừ diện tích tam giác $L$, bằng hai lần diện tích tam giác $T$.

Các tam giác $L$ và $L'$ đối xứng qua cạnh $c$. Bây giờ phản xạ các tam giác $P$ và $Q$ trước hết qua cạnh $c$. Ta được các tam giác $P'$ và $Q'$. Sau đó phản xạ tam giác $P'$ qua cạnh $b$, còn tam giác $Q'$ qua cạnh $a$. Hình gồm hai tam giác $T_1$ và $T_2$ được tạo thành.

Cả hai tam giác này đối xứng

Hình 62.

$$\frac{S}{S'} = \pi$$

Hình 7

Hình 8a, b, c.

22

Vật lí
giúp ích
cho hình học

B. Yu. Kogan

Khi học vật lí, tất nhiên người ta sử dụng toán học. Nhưng hóa ra cũng có trường hợp ngược lại — vật lí mang lại ích lợi cho toán học. Dưới đây là vài ví dụ về cách có thể sử dụng khái niệm trọng tâm trong hình học.

1. Định lí về các đường trung tuyến của tam giác. Đặt tại các đỉnh của tam giác (hình 1) các điểm vậtIAL có cùng khối lượng. Trọng tâm của hệ các điểm A và B nằm tại điểm K — trung điểm của đoạn AB. Vậy trọng tâm của hệ các điểm A, B và C nằm trên đường trung tuyến CK. Lập luận tương tự, ta điđến kết luận rằng trọng tâm này nằm trên đường trung tuyến AL và trên đường trung tuyến BM. Nhưng hệ các điểm A, B và C chỉ có một trọng tâm. Do đó, các đường trung tuyến của tam giác cắt nhau tại một điểm.

Hơn nữa, vì điểm C có khối lượng m, còn điểm K “đại diện” cho hệ các điểm A và B, có khối lượng 2m, nên KS nhỏ hơn SC hai lần. Do đó, điểm giao của các đường trung tuyến chia mỗi đường trong số chúng theo tỉ số 2:1.

2. Định lí về các đường trung bình của tứ giác. Đặt tại các đỉnh của tứ giác ABCD các điểm vậtIAL có cùng khối lượng (hình 2). Vì trọng tâm của hệ các điểm A

23

hoặc về các điểm A và D, ta đi đến kết luận rằng trọng tâm của hệ các điểm A, B, C và D nằm tại giao điểm của các đường trung bình KM và LN. Hơn nữa, vì hệ các điểm A và B có khối lượng bằng hệ các điểm C và D, nên KS=SM. Lập luận tương tự, ta thấy LS=SN. Vậy các đường trung bình của tứ giác, khi cắt nhau, chia đôi nhau.

Lưu ý rằng trong lập luận của chúng ta không dùng đến sự kiện các điểm A, B, C và D nằm trong cùng một mặt phẳng. Do đó, định lí đã chứng minh cũng đúng cho tứ giác không gian. (Từ đó suy ra rằng các đường trung bình của một tứ giác như vậy nhất thiết cắt nhau.)

3. Khái quát hóa định lí trước. Xét một tứ giác tùy ý ABCD (hình 3). Đặt tại các đỉnh của nó những chất điểm: tại đỉnh A — khối lượng m, tại đỉnh B — khối lượng αm, tại đỉnh D — khối lượng βm và tại đỉnh C — khối lượng αβm, trong đó α và β là các số dương tùy ý. Khi đó trọng tâm của hệ các điểm A, B, C và D sẽ nằm tại giao điểm của các đường thẳng KM và LN, trong đó K là trọng tâm của hệ các điểm A và B, M là trọng tâm của hệ các điểm C và D, L là trọng tâm của hệ các điểm B và C, còn N là trọng tâm của hệ các điểm A và D. Hơn nữa, vì độ dài các đoạn thẳng tạo thành tương ứng với các trọng lượng, nên

$$\frac{AK}{KB} = \frac{\alpha m}{m} = \alpha, \quad \frac{DM}{MC} = \frac{\alpha \beta m}{\beta m} = \alpha,$$

$$\frac{NS}{SL} = \frac{\alpha m + \alpha \beta m}{m + \beta m} = \alpha, \quad \frac{BL}{LC} = \frac{\alpha \beta m}{\alpha m} = \beta,$$

$$\frac{AN}{ND} = \frac{\beta m}{m} = \beta,$$

$$\frac{KS}{SM} = \frac{\alpha \beta m + \beta m}{\alpha m + m} = \beta.$$

Vậy nếu chia các cạnh của tứ giác này sao cho

$$\frac{AK}{KB} = \frac{DM}{MC} = \alpha, \quad \frac{BL}{LC} = \frac{AN}{ND} = \beta,$$

thì các đoạn NL và KM sẽ được chia tại điểm đó

24

Chẳng hạn, trên hình 4 mỗi đoạn thẳng “đứng” được chia thành ba phần bằng nhau, còn mỗi đoạn thẳng “nằm ngang” — thành bốn phần bằng nhau *).

4. Tìm các tương ứng. Với sự trợ giúp của khái niệm về trọng tâm, các bài toán thuộc kiểu sau được giải dễ dàng. Trên các cạnh của tam giác $ABC$ lấy các điểm $K$ và $L$ (hình 5). Biết rằng $\frac{AK}{KB} = \frac{1}{2}$ và $\frac{BL}{LC} = \frac{3}{5}$, hãy tìm các tỉ số $\frac{AS}{SL}$ và $\frac{CS}{SK}$.

Lời giải. Đặt tại các đỉnh $A, B, C$ các chất điểm sao cho có các hệ thức
$$\frac{m_B}{m_A} = \frac{AB}{KB} = \frac{1}{2}, \quad \frac{m_C}{m_B} = \frac{BL}{LC} = \frac{3}{5},$$
chẳng hạn, đặt
$$m_A = 10m, \quad m_B = 5m, \quad m_C = 3m.$$
Khi đó trọng tâm của hệ các điểm $A$ và $B$ nằm tại điểm $K$, còn trọng tâm của hệ các điểm $B$ và $C$ — tại điểm $L$. Do đó, trọng tâm của hệ các điểm $A, B$ và $C$ nằm trên đường thẳng $CK$ và đồng thời trên đường thẳng $AL$, tức là nằm tại giao điểm $S$. Từ đây dễ tìm được rằng
$$\frac{AS}{SL} = \frac{m_B + m_C}{m_A} = \frac{5m + 3m}{10m} = \frac{4}{5},$$
$$\frac{CS}{SK} = \frac{m_A + m_B}{m_C} = \frac{10m + 5m}{3m} = \frac{5}{1}.$$
Bài tập

1. Mỗi đỉnh của tứ diện được nối với giao điểm các đường trung tuyến của mặt đối diện. Chứng minh rằng bốn đoạn thẳng nhận được cắt nhau tại một điểm.
2. Trong tam giác $ABC$ kẻ trung tuyến $AK$. Đường thẳng nối đỉnh $C$ với trung điểm của trung tuyến cắt cạnh $AB$ tại điểm $L$. Tìm tỉ số $AL:LB$.
3. Trong tam giác $ABC$ biểu diễn ở hình 6,
   $$\frac{AK}{AB} = \frac{BL}{BC} = \frac{CM}{CA} = \frac{1}{3}.$$
   Tổng diện tích các tam giác được gạch bóng chiếm phần nào diện tích tam giác $ABC$?
   *) Định lý này cũng đúng đối với tứ giác không phẳng.

26

Các vật thể bất khả

L. Penrose, R. Penrose

Ấn tượng về các vật thể ba chiều có thể được truyền đạt bằng các hình ảnh phẳng. Có thể dùng điều này để tạo ra một ấn tượng mâu thuẫn.

Ở đây mô tả các hình vẽ của những cấu trúc không tồn tại. Mỗi phần được cảm nhận như hình ảnh của một vật thể khối ba chiều, nhưng toàn bộ hình vẽ, do sự nối ghép sai các phần này, lại có vẻ là một vật thể ma.

Một ví dụ về cấu trúc như vậy được chỉ ra ở hình 1. Mỗi phần là một thanh có tiết diện chữ nhật, nhưng các đường trong hình được nối với nhau sao cho vật thể được vẽ không tồn tại trong thực tế. Khi mắt đi dọc theo cạnh của thanh, khoảng cách có vẻ như từ vật thể đến người quan sát thay đổi.

Ở hình 2 chỉ ra một cấu trúc mà mỗi phần là một dãy bậc thang. Tuy nhiên, các phần này được nối với nhau sao cho bức hình nói chung là không tương thích: các bậc thang luôn đi lên.

Ảo giác về các cấu trúc không tồn tại cũng có thể do ảnh chụp các vật thể không tồn tại gây ra. Muốn vậy, chúng phải được dựng theo một cách đặc biệt và chụp dưới một góc nhất định. Một ví dụ về ảnh chụp như vậy được chỉ ra ở hình 3. Ở đây ảnh chụp một mô hình thực sự tồn tại gây ra cùng ấn tượng như hình ảnh của một cầu thang không tồn tại (hình 2). Điều này là do bậc thang ngoài cùng bên phải khi chụp ảnh nằm gần máy ảnh hơn và cao hơn bậc thang có vẻ nằm ngay phía trên nó.

28

Hình 3. Mô hình khối lập phương bất khả.

một mô hình ba chiều hở (hình 2). Nếu nhìn một mô hình như vậy bằng một mắt và tìm đúng điểm, có thể thấy hai cạnh tách rời của mô hình sẽ khớp lại với nhau như thế nào. Chụp ảnh mô hình từ vị trí này, bạn sẽ có được bức ảnh tam giác bất khả Penrose.

Ví dụ này cũng được dùng để tạo hình ảnh khối lập phương bất khả. Nếu bạn làm một cái khung như hình 3, rồi đặt nó sao cho các cạnh sau của khung che các khe ở phía trước, bạn sẽ thấy một khối lập phương bất khả: các cạnh sau của khung sẽ có vẻ nhô ra phía trước. (Từ vị trí này cũng có thể chụp ảnh.) Nhà sinh lý học Gibson, sử dụng ý tưởng này, đã nghĩ ra một loạt ảo giác thú vị, trong đó ông dùng các tấm bìa hình chữ nhật có khe ở một số tấm, để hình chữ nhật ở xa hơn có vẻ nằm ở tiền cảnh. Trong hình 4 có hai bộ hình vuông, tuy có vẻ giống nhau, lại được bố trí khác nhau trong không gian, còn ở hàng thứ ba, quân bồi thực ra nằm gần quân sáu, và vì thế các lá bài có cùng kích thước. Có thể có được bức ảnh như vậy bằng cách làm các khe tương ứng ở lá bài đặt gần và ở hình chữ nhật giữa, qua đó có thể nhìn thấy quân sáu ở xa hơn (hình 5).

Một loạt ảo giác quang học khác cùng loại có thể thu được nhờ cái gọi là căn phòng méo Ames, hình học của nó được thể hiện ở hình 6. Căn phòng này được làm hơi khác thường. Sàn trong phòng nghiêng và cao dần về bên phải người quan sát, bức tường sau lùi xa dần khi đi sang trái, các cửa sổ trên bức tường này có kích thước khác nhau và có dạng hình thang. Tuy nhiên, nếu nhìn vào một căn phòng như vậy từ một điểm xác định, nó trông hoàn toàn bình thường: sàn của mỗi

29

Hình 5. Thiết bị cho phép quan sát ảo giác mà bạn thấy ở hình 4.

bằng phẳng, bức tường sau — vuông góc với hướng nhìn, còn các cửa sổ — hình chữ nhật và giống nhau. Ames đã làm một trong những căn phòng như vậy đủ lớn để có thể có người ở trong đó. Một hiệu ứng đáng ngạc nhiên đã xuất hiện: khi người xem quan sát những người đi dạo dọc theo căn phòng này, anh ta thấy những thay đổi bất thường về kích thước của họ. Tùy theo người đó đi về phía nào, họ có vẻ lúc thì lớn lên, lúc thì nhỏ đi.

Một mô hình nhỏ của căn phòng như vậy cho phép nhìn thấy trong các cửa sổ của bức tường sau bàn tay hoặc khuôn mặt của một người. Cũng như trong căn phòng lớn, bàn tay hoặc khuôn mặt có vẻ lớn hoặc nhỏ một cách quá mức tùy theo chúng xuất hiện ở các cửa sổ bên phải hay bên trái người quan sát. Chúng ta đã quá quen với những căn phòng có hình dạng thông thường, đến mức trong căn phòng Ames chúng ta vẫn cảm nhận là có thật ngay cả những vật thể bị biến dạng mạnh. Sự cảm nhận hình ảnh là một quá trình tâm lý. Trong đó, thái độ của người quan sát đối với đối tượng quan sát và ngay cả trạng thái của họ vào lúc đó đều quan trọng. Điều thú vị là những khuôn mặt quen thuộc được cảm nhận trong căn phòng Ames là hoàn toàn bình thường, đồng thời hình học của căn phòng luôn trở nên dễ nhận thấy đối với người quan sát.

Tất nhiên, tự mình xây một căn phòng Ames lớn khá khó. Nhưng có lẽ có thể làm một mô hình nhỏ. Bằng cách đặt các vật thể bên trong, nếu muốn bạn sẽ có thể chụp được những bức ảnh khá hiệu quả. Tại sao không thử?

Hình 6. Hình học của căn phòng Ames bị biến dạng.

⟦trang 30⟧

Bài toán

M81. Bên trong hình vuông $A_1 A_2 A_3 A_4$ lấy một điểm tùy ý $P$. Từ đỉnh $A_1$ hạ đường vuông góc xuống đường thẳng $A_2 P$, từ đỉnh $A_2$ — xuống $A_3 P$, từ $A_3$ — xuống $A_4 P$, từ $A_4$ — xuống $A_1 P$. Chứng minh rằng cả bốn đường vuông góc đó (hoặc các phần kéo dài của chúng) cắt nhau tại một điểm.

A. N. Vilenkin

M82. Trên một đường ô tô vòng tròn có đặt vài chiếc ô tô giống nhau. Biết rằng nếu toàn bộ xăng có trong các xe này được đổ vào một xe, thì xe đó có thể đi hết đường vòng tròn và trở về chỗ cũ. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các xe đứng trên đường có thể đi hết vòng đường, lấy xăng của các xe ô tô khác trên đường đi.

M83. Chứng minh rằng các số 1, 2, …, $n$ không thể, với bất kỳ $n$ nào, được chia thành hai nhóm sao cho tích các số trong một nhóm bằng tích các số trong nhóm kia.

M84. Gọi $A$ là chân đường vuông góc hạ từ tâm của đường tròn đã cho xuống đường thẳng đã cho $l$.

Trên đường thẳng này lấy thêm hai điểm $B$ và $C$ sao cho

$$AB = AC.$$

Qua các điểm $B$ và $C$ kẻ hai cát tuyến tùy ý, trong đó một cát tuyến cắt đường tròn tại các điểm $P$ và $Q$, cát tuyến kia — tại các điểm $M$ và $N$. Giả sử các đường thẳng $PM$ và $QN$ cắt đường thẳng $l$ tại các điểm $R$ và $S$. Chứng minh rằng

$$AR = AS.$$

Bài toán này (hoặc một số biến thể của nó) đôi khi được gọi là «bài toán con bướm»; nguồn gốc của tên gọi ấy rõ ràng từ hình 1.

M85. Chứng minh rằng nếu $a_1, a_2, ..., a_m$ — các số tự nhiên đôi một khác nhau, không số nào trong đó chia hết cho bình phương của một số nguyên lớn hơn một, còn $b_1, b_2, ..., b_m$ — các số nguyên khác không, thì

$$b_1 \sqrt{a_1} + b_2 \sqrt{a_2} + \ldots + b_m \sqrt{a_m} \neq 0.$$

L. N. Vaserstein

31

F93. Trên thành bên của một bình chứa đầy chất lỏng có chiết suất $n$, người ta khoét một lỗ bán kính nhỏ $r$. Theo trục của lỗ, từ trong bình chiếu ra một chùm tia sáng mảnh nằm ngang. Chất lỏng phải chảy ra đến mức $h$ nào phía trên lỗ để chùm sáng thoát khỏi dòng chảy mà không một lần nào bị phản xạ toàn phần?

Bỏ qua sự thay đổi tiết diện ngang của dòng chảy, coi chiết suất của chất lỏng đủ lớn.

I. F. Ginzburg

F94. Một mol khí lí tưởng thực hiện một chu trình (một quá trình kín gồm hai đẳng tích và hai đẳng áp (hình 2)). Nhiệt độ tại các điểm 1 và 3 lần lượt bằng $T_1$ và $T_3$. Xác định công do khí thực hiện trong chu trình, biết rằng các điểm 2 và 4 nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt.

F95. Một vật có thể tự do trôi theo sông với vận tốc lớn hơn vận tốc dòng chảy hoặc vận tốc cực đại của dòng chảy không?

F96. Hai quả cầu giống nhau được nối bằng một sợi chỉ. Tìm độ cao nâng lên của hệ này, nếu một trong các quả cầu được ném lên với vận tốc $v$.

A. Drozdov

F97. Một vòng dây dẫn có bọc cách điện được uốn thành hình số tám, các vòng của nó có bán kính $r_1 = 1$ cm và $r_2 = 3$ cm. Vòng dây đặt trong từ trường có cảm ứng $B = 10^4$ ec, vuông góc với mặt phẳng của vòng dây.

Lớp cách điện của dây được tính cho điện áp 10 V. Có xảy ra đánh thủng lớp cách điện không nếu từ trường bị tắt đột ngột? Thời gian tắt từ trường $10^{-3}$ giây.

L. G. Aslamaov

Hình 2.

32

Lời giải

Trong số này chúng tôi công bố lời giải các bài toán M31—M33

M31

Một tờ giấy hình vuông được cắt theo một đường thẳng thành hai phần. Một trong các phần nhận được lại được cắt thành hai phần, và cứ làm như vậy nhiều lần. Cần thực hiện ít nhất bao nhiêu lần cắt để trong các phần nhận được có đúng 100 đa giác 20 cạnh?

Sau mỗi lần cắt, tổng số mảnh giấy tăng thêm 1 (vì một mảnh biến mất và xuất hiện hai mảnh mới), do đó sau $n$ lần cắt sẽ có $(n+1)$ mảnh giấy.

Bây giờ hãy tính tổng số đỉnh trong tất cả các mảnh sau $n$ lần cắt có thể là bao nhiêu. Sau mỗi lần cắt, tổng số đỉnh tăng thêm либо 2 (nếu cắt qua các đỉnh), hoặc 3 (nếu cắt qua một đỉnh và một cạnh), hoặc 4 (nếu cắt qua 2 cạnh). Vì lúc đầu có 4 đỉnh, nên sau $n$ lần cắt, tổng số đỉnh trong tất cả các mảnh sẽ không lớn hơn $4n+4$.

Giả sử rằng sau $N$ lần cắt nhận được 100 đa giác 20 cạnh. Vì tổng số mảnh nhận được khi đó là $N+1$, nên ngoài các đa giác 20 cạnh này, còn có $N+1-100$ mảnh. Mỗi mảnh trong số đó có ít nhất ba đỉnh, do đó tổng số đỉnh trong tất cả các mảnh không nhỏ hơn $100\cdot 20+(N-99)\cdot 3$. Như đã chứng minh trước đó, số này không lớn hơn $4N+4$. Vậy,

$$4N+4 \geq 100\cdot 20+(N-99)\cdot 3 = 3N+1703,$$

suy ra $N \geq 1699$.

Vậy, chúng ta đã chứng minh rằng không thể nhận được 100 đa giác 20 cạnh nếu thực hiện ít hơn 1699 lần cắt. Đây là phần chính và khó nhất của chứng minh.

Bây giờ hãy chỉ ra cách có thể nhận được 100 đa giác 20 cạnh bằng 1699 lần cắt. Đây là một cách: cắt hình vuông thành 100 hình chữ nhật (99 lần cắt), rồi biến mỗi hình chữ nhật thành một đa giác 20 cạnh bằng 16 lần cắt, cắt các tam giác ở các góc (1600 lần cắt). Tổng cộng sẽ có 1699 lần cắt.

Đáp số. Có thể nhận được 100 đa giác 20 cạnh bằng 1699 lần cắt, còn với số lần cắt ít hơn thì không thể nhận được 100 đa giác 20 cạnh.

Tương tự, có thể biết được cần thực hiện ít nhất bao nhiêu lần cắt để nhận được đúng $k$ đa giác l cạnh.

Lời giải chính xác của bài toán này được D. Grigoriev ở Leningrad và V. Livits ở Zaporozhye gửi đến.

I. N. Bernistei

M32

Trong mọi ô của bảng $100 \times 100$ đều có dấu cộng hoặc dấu trừ. Được phép đồng thời đổi dấu trong mọi ô của một hàng hoặc một cột. Có thể, tiếp tục thực hiện các phép biến đổi như vậy nhiều lần, nhận được một bảng có đúng 1970 dấu trừ không?

Giả sử ở hàng thứ $i$ ta đã đổi dấu $x_i$ lần, ở cột thứ $k$ — $y_k$ lần. Khi đó, trong ô nằm ở giao của hàng thứ $i$ và cột thứ $k$, dấu sẽ đổi $x_i+y_k$ lần. Do đó, trong ô này sẽ có dấu trừ khi và chỉ khi $x_i+y_k$ là số lẻ. Như vậy, ký-

33

số lượng dấu trừ trong bảng thu được chỉ phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của các số $x_i$ và $y_k$; trên hình 1, thay cho các số chẵn đặt các số không, thay cho các số lẻ — các số một. Gọi $x$ là số các số lẻ trong các $x_i$; $y$ là số các số lẻ trong các $y_k$ (trên hình $x = 5, y = 4$). Khi đó, như không khó để tính, tổng số dấu trừ trong bảng sẽ bằng

$$x(100-y)+(100-x)y = 100x+100y-2xy,$$

trong đó $x, y$ là các số nguyên.

Bây giờ hãy trở lại bài toán của chúng ta và chứng minh rằng đáp án của nó là âm, tức là không thể có được 1970 dấu trừ. Giả sử rằng chúng ta đã có được 1970 dấu trừ. Khi đó $1970 = 100x+100y-2xy$, từ đó

$$xy - 50x - 50y + 2500 = 1515.$$

Phân tích vế trái thành nhân tử, ta được

$$(x-50)(y-50) = 1515 = 15 \cdot 101.$$

Ta có

$$-50 \leq x-50 \leq 50, -50 \leq y-50 \leq 50.$$

Vì số 101 là số nguyên tố, nên либо $x-50$, либо $y-50$ chia hết cho 101 (vì tích của chúng chia hết cho 101). Nhưng từ các bất đẳng thức trước đó suy ra rằng либо $x-50$, либо $y-50$ bằng 0. Vậy ta đã thu được mâu thuẫn, chứng tỏ rằng không thể thu được điều không thể đúng sau đúng 1970 phút.

Lời giải đúng được D. Grigoriev gửi đến.

A. V. Zelevinsky

M33

Cho số tự nhiên $n > 1000$. Lấy các số dư của phép chia số $2^n$ cho các số 1, 2, 3,…, $n$ và tìm tổng các số dư đó. Chứng minh rằng tổng này lớn hơn $2^n$.

Ký hiệu tổng các số dư của phép chia $2^n$ cho các số 1, 2,…, $n$ là $S_n$. Ta sẽ chứng minh mệnh đề của bài toán và chứng minh rằng khi $n > 1000$ thì $S_n > 3,5n$. Đồng thời, bằng cùng phương pháp, ta sẽ chứng minh rằng

$$S_n > \frac{n}{2} (\log_2 n - 4)$$

với mọi $n$.

Chúng tôi chủ yếu theo lời giải của D. Grigoriev ở Leningrad. Lời giải dựa trên một nhận xét rất đơn giản: $2^n$ không chia hết cho một số nguyên lẻ khác 1, do đó số dư khi chia $2^n$ cho số như vậy không nhỏ hơn 1. Từ đây dễ suy ra rằng với mọi $k > 1$ lẻ, số dư khi chia $2^n$ cho $2^l k$ không nhỏ hơn $2^l$. Thật vậy, giả sử số dư khi chia $2^{n-l}$ cho $k$ bằng $r$, tức là $2^{n-l} = mk + r$, trong đó $0 \leq r < k$, khi đó $2^n = m(2^l k) + 2^l r$, trong đó $0 \leq 2^l r < 2^l k$, tức là số dư khi chia $2^n$ cho $2^l k$ bằng $2^l r$, và vì $r \neq 0$, nên số dư này không nhỏ hơn $2^l$.

Từ đây suy ra rằng, trong mọi trường hợp

$$S_n \geq 1 \cdot (\text{số lượng các số không vượt quá } n \text{ dạng } 2k + 1, k > 1) + 2 \cdot (\text{số lượng các số không vượt quá } n \text{ dạng } 2(2k + 1), k > 1) + 2^2 \cdot (\text{số lượng các số không vượt quá } n \text{ dạng } 2^2(2k + 1), k > 1) + \dots$$

• $2^l \cdot (\text{số lượng các số không vượt quá dạng } 2^l(2k + 1), k > 1), (*)$

34

trong đó $l$ được xác định bởi điều kiện $3 \cdot 2^l \leq n$, $3 \cdot 2^{l+1} > n$ (không có ý nghĩa gì khi lấy $l$ lớn hơn, vì khi đó biểu thức trong ngoặc sẽ bằng không).

Có thể nói gì về vế phải của bất đẳng thức này?

Xét số hạng thứ $(i+1)$: $2^i(\ldots)$. Số đứng trong ngoặc, hiển nhiên, bằng số các số hạng không vượt quá $n$ của cấp số cộng $3 \cdot 2^i$, $5 \cdot 2^i$, $7 \cdot 2^i$, …, tức là cấp số cộng có số hạng đầu $3 \cdot 2^i$ và công sai $2 \cdot 2^i$. Số các số hạng như vậy không nhỏ hơn $\frac{n-3 \cdot 2^i}{2^{i+1}}$ và do đó, số hạng thứ $i$ ở vế phải của bất đẳng thức không nhỏ hơn $\frac{n}{2} - \frac{3}{2} \cdot 2^i$. Về cơ bản, lời giải bài toán đến đây là xong. Tất cả phần còn lại chỉ là các phép biến đổi khác nhau của vế phải () bằng các bất đẳng thức đã thu được. Chẳng hạn, thay tổng ở vế phải () bằng tám số hạng. Khi đó ta sẽ nhận được

$$S_n > 8 \cdot \frac{n}{2} - \frac{3}{2} \sum_{i=0}^{7} 2^i >$$

$$> 8 \cdot \frac{n}{2} - \frac{3}{2} \cdot 2^8 = 3,5n + \left(\frac{n}{2} - 384\right).$$

Khi $n > 1000$, biểu thức trong ngoặc là dương và do đó, chúng ta đã chứng minh rằng $S_n > 3,5n$ khi $n > 1000$. Như vậy bài toán M33 đã được giải hoàn toàn.

Tuy nhiên, có thể thu được một bất đẳng thức chính xác hơn. Cộng tất cả các số hạng ở vế phải của (*); ta được:

$$S_n > (l+1) \frac{n}{2} - \frac{3}{2} \sum_{i=0}^{l} 2^i >$$

$$> (l+1) \frac{n}{2} - \frac{3 \cdot 2^{l+1}}{2}.$$

Dùng các bất đẳng thức $3 \cdot 2^l \leq n$, $3 \cdot 2^{l+1} > n$, ta thấy rằng

$$S_n > \frac{n}{2} \log_2 \frac{n}{3} - n =$$

$$= \frac{n}{2} \left(\log_2 \frac{n}{3} - 2\right) > \frac{n}{2} \left(\log_2 n - 4\right).$$

Công thức này chẳng hạn cho thấy rằng nếu $n > 2^{1004}$, thì $S_n > 500 n$.

Bài toán a. Tổng các số dư khi chia các số $2^{l+1}$, $2^{l+L}$ cho số lẻ $m > 1$ lớn hơn $\frac{m}{2} \left(\frac{L}{\log_2 2m} - 1\right)$.

Dùng bài toán này, lời giải của nó sẽ được đưa ra dưới đây, có thể chứng minh rằng với vô hạn giá trị $n$ tổng $S_n$ thực ra lớn hơn nhiều so với $\frac{n}{2} \left(\log_2 n - 4\right)$, tức là có thể chứng minh rằng đánh giá $S_n > \frac{n}{2} \left(\log_2 n - 4\right)$ là rất thô đối với vô hạn giá trị $n$. Điều này không có gì lạ, vì phương pháp chứng minh của chúng ta không tính đến độ lớn của nhiều số dư khác không, trong khi các số dư này thường lớn. Đồng thời, các đại lượng $S_n$ khi $n$ tăng không thể tăng quá nhanh, vì hiển nhiên rằng $S_n \leq 1 + 2 + \ldots + (n-1) = \frac{n(n-1)}{2}$.

Chúng tôi cho rằng giả thuyết sau đây là có khả năng đúng:

Giả thuyết 1. Với $n$ đủ lớn, bất đẳng thức $S_n \leq \frac{n^2}{4}$ đúng;

6. tồn tại một số dương $c > 0$ sao cho $cn^2 \leq S_n$.

Chúng tôi không biết cách chứng minh cũng như kiểm tra các khẳng định này. Hơn nữa, chúng tôi không biết liệu khẳng định yếu hơn có đúng hay không.

Giả thuyết 2. Tồn tại một số dương $c > 0$ sao cho bất đẳng thức $cn^2 \leq S_n$ đúng với vô số giá trị $n$.

Nếu bạn đã chứng minh hoặc kiểm tra được một trong các giả thuyết này, hãy gửi cho chúng tôi lập luận của bạn. Nếu chúng tỏ ra thú vị, chúng tôi sẽ công bố chúng trong một số của tạp chí. Như một sự xác nhận yếu của giả thuyết 2, có thể chứng minh điều sau.

Định lý. Với vô số giá trị $n$, bất đẳng thức sau đúng

$$S_n > \frac{n^2}{132 \log_2 n}.$$

Định lý được suy ra từ bài toán theo cách sau. Xét tổng $\Sigma_k$ các số dư khi chia các số $2^{k+1}$, …, $2^n$ cho số $k$. Theo bài toán, khi $k$ lẻ, tổng $\Sigma_k$ khá lớn, do đó số $\Sigma_1 + \Sigma_2 + \ldots + \Sigma_n$ cũng lớn. Nhưng, như dễ thấy*

*) Số $\frac{n^2}{132 \log_2 n}$ khi $n$ lớn lớn hơn rất nhiều so với số $\frac{n}{2} \left(\log_2 n - 4\right)$. Chẳng hạn, không khó chứng minh rằng khi $n$ đủ lớn, tỉ số của các số này lớn hơn $\sqrt{n}$.

35

lưu ý rằng $S_1 + S_2 + \dots + S_n = \Sigma_1 + \dots + \Sigma_n$,
do đó tổng ở vế trái cũng
lớn và, vì thế, một trong các số hạng, chẳng hạn $S_l$, cũng lớn. Việc trình bày cẩn thận chứng minh xin dành cho bạn đọc. Bây giờ chuyển sang giải bài toán.

Lời giải bài toán. Hãy viết ra các số dư khi chia các số $2^{l+1}, \dots, 2^l + L$ cho $m$ và đặt giữa hai số dư liên tiếp một “dấu kiểm” nếu số thứ nhất lớn hơn số thứ hai. Khi đó, thứ nhất, số dư đứng trước dấu kiểm lớn hơn $\frac{m}{2}$, thứ hai, số lượng các số giữa hai dấu kiểm liên tiếp nhỏ hơn $\log_2 2m$, vì các số dư giữa hai dấu kiểm tạo thành một cấp số nhân có công bội 2 (thật vậy, $2\log_2 2m - 1 = m > m - 1$, còn mọi số dư không lớn hơn $m - 1$). Như vậy, số khoảng giữa các dấu kiểm lớn hơn $\frac{L}{\log_2 2m} - 1$ và vì ở cuối mỗi khoảng có một số lớn hơn $\frac{m}{2}$, nên mọi điều đã được chứng minh.

A. G. Kushirenko

Trong số này chúng tôi công bố lời giải các bài toán Ф43, Ф48—Ф51

Ф43

Tìm áp suất tại tâm của một hành tinh lỏng bán kính $R$, nếu chất lỏng không nén được và có mật độ $\rho$.

Chia thể tích hành tinh thành các lớp cầu mỏng có bề dày $\Delta r$. Dễ thấy rằng hợp lực hấp dẫn tác dụng từ phía lớp lên một hạt nằm bên trong lớp đó bằng không. Thật vậy, xét một nón có góc ở đỉnh nhỏ, trong đó chứa một phần khối lượng $m$. Nón cắt từ lớp các phần có diện tích $s_1$ và $s_2$ (hình 1). Nếu khối lượng vật chất trên một đơn vị diện tích của lớp bằng $\mu$, thì các lực hấp dẫn tác dụng lên khối lượng $m$ từ phía các phần $s_1$ và $s_2$ bằng

$$F_1 = \gamma \frac{m\mu s_1}{r_1^2}, \quad F_2 = \gamma \frac{m\mu s_2}{r_2^2};$$

nhưng

$$\frac{s_1}{r_1^2} \cos \alpha_1 = \frac{s_2}{r_2^2} \cos \alpha_2 = \Omega$$

(Ω — góc khối tại đỉnh nón), còn $\alpha_1 = \alpha_2$; các tam giác được tô bóng đồng dạng, tức là $\angle OA_1 M_1 = \angle OA_2 M_2, \angle OA_1 B_1 = \angle OA_2 B_2$ (chúng chắn cùng một cung) và $\alpha_1 = \angle OA_1 B_1 - \angle OA_1 M_1 a\alpha_2 = \angle OA_2 B_2 - \angle OA_2 M_2$.

Do đó $\frac{s_1}{r_1^2} = \frac{s_2}{r_2^2}$. Nhờ vậy

$$F_1 = F_2,$$ tức là các lực này cân bằng lẫn nhau. Tiến hành xét tương tự đối với các phần khác của lớp, ta sẽ chứng minh được khẳng định đã nêu.

Lực mà phần tử lớp $\Delta s\Delta r$ bị hút về tâm hành tinh bằng

$$F = \gamma \frac{4}{3} \pi r^3 \rho \Delta s \Delta r\rho$$,

trong đó $r$ là khoảng cách từ phần tử này đến tâm hành tinh. Từ đây suy ra độ tăng áp suất trên đoạn có bề dày $\Delta s$ bằng

$$\Delta p = \frac{F}{\Delta s} = \frac{4}{3} \pi \gamma \rho^2 r \Delta r.$$

Do đó áp suất ở khoảng cách $r_0$ từ tâm hành tinh sẽ bằng

$$p = p_0 + \frac{4}{3} \pi \gamma \rho^2 \Sigma r \Delta r.$$

Vì tổng $r\Delta r$ bằng diện tích

36

Hình được giới hạn bởi đồ thị $y=r$ và trục $r$ (hình 2), thì

$$\sum r \Delta r = \frac{(R+r_0)(R-r_0)}{2} = \frac{R^2-r_0^2}{2}.$$

Do đó

$$p = p_0 + \frac{2}{3} \pi \rho^2 (R^2-r_0^2);$$

$p_0$ — áp suất trên bề mặt hành tinh, có thể coi bằng không. Khi đó

$$p = \frac{2}{3} \pi \rho^2 (R^2-r_0^2).$$

Ở tâm hành tinh ($r_0=0$), áp suất sẽ bằng

$$p_\mu = \frac{2}{3} \pi \rho^2 R^2.$$

Ф48

Một sợi dây được quấn quanh trục phần ứng của MÁY PHÁT ĐIỆN, và một vật nặng được gắn vào dây. Khi hạ xuống, vật nặng làm quay phần ứng. Khi phần ứng đã quay đủ nhanh, một điện trở tải được nối vào các đầu cực của MÁY PHÁT ĐIỆN. Hãy biểu diễn trên đồ thị sự phụ thuộc của tốc độ quay của phần ứng vào thời gian kể từ lúc vật nặng bắt đầu chuyển động.

Vì trước khi nối tải, mômen của các lực ngoài tác dụng lên phần ứng không đổi, nên phần ứng quay với gia tốc góc không đổi và tốc độ của nó tăng tỉ lệ với thời gian.

Sau khi nối tải, dòng điện sẽ chạy qua dây quấn phần ứng. Nhờ đó, trong từ trường của stato, một mômen lực sẽ tác dụng lên phần ứng, tỉ lệ với độ lớn của dòng điện (cũng như lực tác dụng trong từ trường lên dây dẫn có dòng điện). Mômen lực này hãm sự quay của phần ứng. Vì dòng điện chạy qua dây quấn phần ứng tỉ lệ với suất điện động cảm ứng xuất hiện trong dây quấn, còn suất điện động cảm ứng lại tỉ lệ với tốc độ biến thiên của từ thông xuyên qua dây quấn, tức là với tốc độ góc quay của phần ứng, nên tại một tốc độ góc nào đó $\omega_0$, mômen lực tác dụng lên phần ứng từ phía vật nặng sẽ bằng mômen của lực hãm tác dụng lên phần ứng trong từ trường. $\omega_0$ chính là tốc độ quay ổn định của phần ứng.

Đồ thị sự phụ thuộc của tốc độ quay của phần ứng vào thời gian được chỉ ra ở hình 4. Đường màu đỏ — cho trường hợp tốc độ quay của phần ứng tại thời điểm nối tải nhỏ hơn $\omega_0$, và màu xanh — khi nó lớn hơn $\omega_0$.

Ф49

Một ống chữ U chứa đầy nước (hình 4). Không khí đã được hút ra khỏi một nhánh; áp suất không khí trong nhánh kia ở nhiệt độ $T_0=20^\circ C$ bằng áp suất khí quyển. Cả hai đầu ống đều được bịt kín. Hiệu độ cao của mực nước trong các nhánh sẽ bằng bao nhiêu nếu nung ống đến $T=100^\circ C$?

37

Hình 4.

Áp suất ở nhánh trái bằng áp suất hơi bão hòa. Còn ở nhánh phải có cả không khí lẫn hơi nước, và áp suất bằng tổng các áp suất riêng phần của không khí và hơi. Hơn nữa, hơi trong bình bên phải cũng bão hòa, và áp suất riêng phần của nó bằng áp suất hơi ở nhánh trái. Vì vậy, khi xét cân bằng của nước, ta có thể không tính đến áp suất hơi ở các nhánh trái và phải.

Viết điều kiện cân bằng của nước trong ống khi $T_0=20^\circ\text{C}$:

$$\rho gh_0 = P_0, \quad P_0 = 1 \text{ amm.}$$

Suy ra

$$h_0 = \frac{P_0}{\rho g} \approx 10 \text{ m.}$$

Khi $100^\circ\text{C}$ áp suất không khí ở nhánh phải trở thành $P$, còn hiệu độ cao mực nước trong các nhánh là $h$. Khi đó

$$\rho gh = P. \quad (*)$$

$P$ liên hệ với $P_0$ bởi định luật khí kết hợp:

$$\frac{P_0 V_0}{T_0} = \frac{PV}{T},$$

và $l - l_0 = \frac{1}{2} (h - h_0)$. Vì $V_0 = l_0 s$, $V = ls$ (s — diện tích tiết diện của ống), nên từ đây tìm được

$$P = P_0 \frac{T}{T_0} \frac{l_0}{l} =$$

$$= P_0 \frac{T}{T_0} \frac{l_0}{l_0 + \frac{1}{2} (h - h_0)}.$$

Thay biểu thức này vào phương trình (*), ta được

$$h = \frac{P_0}{\rho g} \frac{T}{T_0} - \frac{l_0}{l_0 + \frac{1}{2} \Delta h},$$

hoặc

$$h = h_0 \frac{T}{T_0} \frac{l_0}{l_0 + \frac{1}{2} \Delta h}.$$

Giả sử $1/2 \Delta h \ll l_0$, ta được

$$h = h_0 \frac{T}{T_0} \approx 13 \text{ m};$$

$\Delta h \approx 3 \text{ m}, \frac{1}{2} \Delta h \approx 1,5 \text{ m} \ll l_0 = 15 \text{ m}$. Điều này có nghĩa là, khi thay $1/2 \Delta h$ so với $l_0$, ta đã nhận được kết quả ít khác với kết quả chính xác.

Ф50

Trên một bàn nằm ngang nhẵn có hai khối lập phương giống hệt nhau, mỗi khối có khối lượng $m$, được nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng $k$ và chiều dài $l_0$ trong trạng thái không biến dạng. Lên khối lập phương bên trái (hình 5) đột ngột bắt đầu tác dụng một lực $F$ không đổi về độ lớn và hướng. Hãy tìm khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất giữa các khối lập phương trong chuyển động tiếp theo của hệ.

Giả sử khoảng cách $l$ giữa các khối lập phương là nhỏ nhất hoặc lớn nhất (ta sẽ gọi là «cực trị»). Khi đó cả hai khối lập phương chuyển động với cùng vận tốc $v$, và động năng của hệ bằng $2 \frac{mv^2}{2} = mv^2$. Đồng thời

38

Khi đó thế năng của hệ bằng thế năng của lò xo bị nén, tức là $kx^2/2$, trong đó $x$ — độ thay đổi chiều dài của lò xo ($x$ có thể dương — khi đó chiều dài lò xo $l = l_0 - x$ nhỏ hơn $l_0$, cũng có thể âm — khi đó chiều dài lò xo lớn hơn $l_0$). Cơ năng toàn phần của hệ bằng tổng động năng và thế năng, tức là $mv^2 + kx^2/2$. Vì hệ nhận được năng lượng này nhờ công của lực $F$, nên ta có thể viết

$$FL = mv^2 + \frac{kx^2}{2}.$$

(*)

$L$ — quãng đường mà khối lập phương bên trái đi được vào thời điểm chiều dài lò xo trở nên cực trị (hình 6): $L = S + \frac{l_0}{2} - \frac{(l_0 - x)}{2} = S + \frac{x}{2}$ ($S$ — quãng đường mà khối tâm của hệ đi được).

Vận tốc $v$ của các khối lập phương bằng vận tốc của khối tâm hệ. Hệ chịu tác dụng của một ngoại lực không đổi và chuyển động nhanh dần đều với gia tốc $a = F/2m$. Vì vậy, nếu ký hiệu $t$ là thời gian kể từ lúc bắt-

Hình 7.

từ đầu chuyển động đến thời điểm chiều dài lò xo bằng $L$, thì $v = at$ và $L = \frac{at^2}{2} + \frac{x}{2}$. Thay các biểu thức này của $v$ và $L$ vào phương trình (*), ta được

$$F \left( \frac{at^2}{2} + \frac{x}{2} \right) = ma^2 t^2 + \frac{kx^2}{2}.$$

Suy ra $\frac{F^2 t^2}{4m} + \frac{x}{2} F = \frac{F^2 t^2}{4m} + \frac{kx^2}{2}$ hoặc $Fx = kx^2$. Do đó, $x_1 = 0$, $x_2 = F/k$.

Như vậy, khoảng cách nhỏ nhất giữa các vật bằng $l_{\min} = l_0 - x_2 = l_0 - \frac{F}{k}$, còn khoảng cách lớn nhất bằng $l_{\max} = l_0 - x_1 = l_0$.

Ф51

Chụp ảnh một con hổ từ khoảng cách 20 mét là nguy hiểm. Máy ảnh lỗ kim với lỗ có đường kính 1 mm phải có kích thước thế nào để con hổ trong ảnh hiện ra có sọc? Khoảng cách giữa các sọc trên da hổ bằng 20 cm.

Máy ảnh lỗ kim là một hộp có lỗ. Trên phim ảnh đặt trong máy ảnh có một chùm tia rộng, đi từ mỗi điểm của vật được chụp, rơi vào (hình 7). Để con hổ trong ảnh hiện ra có sọc, cần để các vùng mà các tia đi từ những điểm gần nhất của các sọc kề nhau trên da hổ rơi vào không giao nhau. Muốn vậy, cần để phim cách lỗ một khoảng $x$, lớn hơn $d/tg\alpha$.

Vì vậy

$$tg\alpha = \frac{l/2}{L + x},$$ thì $x > \frac{2d(L + x)}{l}$.

Suy ra $x > \frac{2dL}{l\left(1 - \frac{2d}{l}\right)}$. $\frac{2d}{l} \ll 1$, vì vậy, bỏ qua $2d/l$ so với 1 ở mẫu số của công thức, ta được $x > \frac{2dL}{l} = 20$ cm. Kích thước của buồng phải lớn hơn 20 cm.

I. Sh. Slovodetsky

⟦trang 39⟧

Trong một vườn hoa nhỏ ở Krasnodar có một bồn hoa tròn nằm ở trung tâm của công viên vuông ABCD (hình 1). Hai người bạn — Vasya và Petya — đi học đúng qua công viên này. Có khi họ chọn đường AMC (đường đỏ), những ngày khác — đường ADC (đường xanh). Tuy vậy Vasya cho rằng đường thứ nhất ngắn hơn. Petya cho rằng đường thứ hai ngắn hơn, và đây là lý do: hình tròn mà họ phải đi vòng quanh có bán kính khá lớn. «Dĩ nhiên, — Petya nói, — nếu bán kính hình tròn không lớn hoặc nếu hoàn toàn không có bồn hoa, thì đường theo đường chéo AC rõ ràng sẽ ngắn hơn đường gấp khúc ADC (hình 2). Nhưng kích thước của hình tròn không nhỏ, và nếu giả sử rằng hình tròn được nội tiếp trong hình vuông, thì — Petya lập luận — ta sẽ có hình như ở hình 3». Bây giờ Vasya cũng tin rằng đường xanh ngắn hơn đường đỏ: theo con đường «xanh» cần đi luôn «thẳng», chỉ thực hiện một lần rẽ, còn theo con đường «đỏ» phải rẽ nhiều lần, đôi khi thậm chí như thể quay trở lại.

Hai người bạn quyết định giải tỏa nghi ngờ của mình như sau: từ điểm A họ đi theo những đường khác nhau: Vasya qua công viên theo đường đỏ, Petya — đi vòng — theo đường xanh. Họ đến gần điểm C gần như đồng thời. Cuộc tranh luận vẫn chưa được giải quyết. Khi đó họ đi trở lại (mỗi người theo đường của mình) đến điểm A. Lần này Petya đến sớm hơn Vasya. Và cuộc tranh luận được giải quyết dứt khoát có lợi cho Petya. Đúng là Vasya thấy rằng Petya đi nhanh hơn Vasya.

Về nhà, Vasya quyết định thực hiện các tính toán toán học, ký hiệu bán kính hình tròn là R, còn cạnh hình vuông là a.

— Lạ thật, — Vasya nghĩ, — đáp án của bài toán không phụ thuộc vào độ lớn bán kính hình tròn. Tuy nhiên, — cậu tiếp tục suy nghĩ, — cũng có thể không cần tính toán: bởi vì mọi đường bao quanh, như đã biết, dài hơn mọi đường được bao quanh có cùng hai đầu mút.

Vasya đã thực hiện những tính toán nào và cậu đã đi đến kết quả gì?

40

Ở ĐÂY — MẤT HAY TÌM THẤY?

V. A. Petrov

Hầu như mỗi bài thi viết môn toán đều có một phương trình nào đó. Khi giải nó, thí sinh không những phải thực hiện không sai các phép tính cần thiết để tìm đáp số, mà còn phải bảo đảm tính đúng đắn của các phép tính ấy. Cần biết phân tích từng phép biến đổi được đề nghị: liệu nó có dẫn đến một phương trình tương đương hay không, liệu nó có đe dọa làm mất hoặc xuất hiện nghiệm hay không.

Các vấn đề về chiến thuật “đấu tranh” với những nghiệm được tạo ra và với việc mất nghiệm đã được xem xét trong bài của A. G. Mordkovich “Người mất, người tìm thấy” (“Kvant” số 5, 1970)*). Bây giờ chúng tôi đề nghị bạn kiểm tra xem bạn đã nắm vững chiến thuật ấy đủ chắc chưa. Trước hết đưa ra các lời giải phương trình. Bạn cần phân tích các lời giải này và trả lời câu hỏi sau. Đáp số nhận được có đúng không? Nếu không, thì ở đây — mất nghiệm hay tạo ra nghiệm? Vì sao? Đáp số đúng là gì? Hãy so sánh những suy nghĩ của bạn với những điều của chúng tôi, được đăng ở trang 62.

1. $2\sin 4x = \sqrt{2(1 - \cos 4x)}$.

Lời giải. Dùng công thức
$$2\sin^2\alpha = 1 - \cos 2\alpha,$$
ta được
$$2\sin 4x = \sqrt{4\sin^2 2x}$$
hay
$$\sin 4x = \sin 2x,$$
phương trình này đã rất dễ giải.

Đáp số: $x = n\pi$ và $x = \frac{\pi}{6} + n\frac{\pi}{3}$, trong đó $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$

*) Chi tiết hơn, “chiến thuật” này được trình bày trong cuốn sách rất hữu ích cho thí sinh của G. V. Dorofeev, M. K. Potanov, N. Kh. Rozov “Sách trợ giúp toán học cho người dự thi vào đại học”, M., “Nauka”, 1970.

2. $8\cos x\cos 2x\cos 4x = 1$.

Lời giải. Nhân cả hai vế của phương trình với sin $x$ và ba lần dùng công thức sin của góc gấp đôi, ta được phương trình đơn giản
$$\sin 8x = \sin x.$$
Đáp số: $x = (2n + 1)\frac{\pi}{9}$ và $x = 2n\frac{\pi}{7}$, trong đó $n$ — một số nguyên bất kỳ.

3. $\sin \left(\frac{1}{5}\arccos x\right) = 1$.

Lời giải. Từ phương trình đã cho, ta được
$$\arccos x = \frac{5\pi}{2} + 10n\pi$$
($n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$).