Kvant 1971, số 8 · Trang

Khoa học phổ biến vật lý và toán học
lượng tử
8
1971
tạp chí
Học viện
Khoa học Liên Xô
Và
Học viện sư phạm
Khoa học Liên Xô

1

Trong phòng:

Số hoàn hảo 1 I. Ya. Depman

Một số khía cạnh vũ trụ của phóng xạ 9 E. Rutherford

Từ ký ức của Giáo sư Rutherford 17 P. L. Kapitsa

Đảo ngược vòng tròn toán học và bài toán Apollonia 23 A. P. Savin

Phòng thí nghiệm «Kvant» Bốn thí nghiệm với tầm nhìn 29 J. Greee

Vấn đề «Kvant» Bài toán 33

Lời giải bài toán M45, M50—M60; F66—F71 35 N. B. Vasiliev, I. Sh. Slobodetsky

Cái lạnh vũ trụ khủng khiếp này 51 A. L. Stasenko

Ghi chú cờ vua và toán học 55 E. Ya. Gik

Nhận xét. Thư mục Mắt của chúng ta có đúng không? 60 V. A. Leshkovtsev

Tem góc sưu tầm dành riêng cho người tạo ra vật lý hạt nhân 62 A. V. Altykis

Đáp số, gợi ý, lời giải 63

«Kvant» cho học sinh nhỏ Một vài điều nữa bài toán Trang bìa thứ 3 của Vasya Smekalkina
Trò chơi với trang bìa domino thứ 4

V. M. Rosenutler

2

Pythagoras (thế kỷ VI trước Công nguyên). Chân dung từ bức bích họa của Raphael. Tính cách của Pythagoras đã trở nên phổ biến từ thời cổ đại. Ông thành lập một trường phái toán học và triết học, và nhiều nhà khoa học xuất sắc của Hy Lạp tự gọi mình là tín đồ của Pythagoras.

Nhiều xã hội trí thức được cho là có thành viên, thường đơn giản là do thành kiến, những lý do đã bị lãng quên từ lâu.

Các nhà toán học cổ đại đã rất ngạc nhiên trước một tính chất đặc biệt của hai số này: mỗi số bằng tổng của tất cả các ước của chính nó:

$$6 = 1 + 2 + 3,$$
$$28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14.$$

Trước Euclid, người ta chỉ biết đến hai số hoàn hảo này và không ai biết liệu có những số hoàn hảo khác hay không hoặc có thể có bao nhiêu số như vậy. Người sáng lập vĩ đại của hình học đề cập rất nhiều đến việc nghiên cứu các tính chất của các con số; Tất nhiên, anh không thể không quan tâm đến những con số hoàn hảo. Euclid đã chứng minh rằng bất kỳ số nào có thể biểu diễn dưới dạng tích của thừa số $2^{p-1}$ và $2^p-1$, trong đó $2^p-1$ là số nguyên tố, đều là số hoàn hảo. Nếu thay $p=2$ vào công thức Euclid $2^{p-1}(2^p-1)$, chúng ta nhận được $2^{2-1}(2^2-1)=6$ - số hoàn hảo đầu tiên và nếu

4

Pierre Fermat (1601 - 1665). Là một nhà toán học người Pháp, một luật sư chuyên nghiệp, ông học toán “trong thời gian rảnh rỗi”. Cùng với Descartes, ông là người sáng lập ra hình học giải tích. Một trong những người sáng tạo ra lý thuyết số; Tôi đã làm việc rất nhiều với các số nguyên tố. Trong số những kết quả thú vị nhất của ông là định lý nhỏ của Fermat.

trước tiên hãy chứng minh rằng các số $2^p$ - 1 có giá trị $p$ do chúng chỉ ra là số nguyên tố thực.

Không khó để tính toán bất kỳ số nào trong số đó, nhưng để tìm ra xem tất cả những số này có phải là số nguyên tố hay không là điều vượt xa giới hạn của con người.

Vẫn chưa biết Mersenne đúng hay sai.

Không cần thiết, người ta phát hiện ra rằng Intaine Cataldi, cựu giáo sư toán học ở Florence và Bologna, người đầu tiên đưa ra phương pháp rút căn bậc hai, cũng vui vẻ nghiên cứu số hoàn hảo của Nhật Bản để cứu rỗi linh hồn mình. Ghi chú của ông chỉ ra giá trị của số thứ sáu và số bảy đến số hoàn hảo, mà ông đã tìm thấy trước Mersenne gần một trăm năm:
8 589 869 056 (số thứ sáu),
137.438.691.328 (số thứ bảy).

Hóa ra cả hai con số này đều trùng khớp với những con số được Mersenne chỉ ra: $2^{16} \cdot (2^{17} - 1)$ và $2^{18} \cdot (2^{19} - 1)$.

Vẫn chưa chứng minh được liệu những con số này có thực sự hoàn hảo hay không; Điều này đòi hỏi các thừa số $2^{17} - 1$ và $2^{19} - 1$ phải là số nguyên tố.

Viện sĩ St. Petersburg, người sáng lập toán học hiện đại, máy tính liên tục, bạn của Lomonosov, Leonard Euler vĩ đại đã tìm ra một định lý mới về số hoàn hảo tanistic và bí ẩn. Ông đã chứng minh rằng mọi số hoàn hảo chẵn đều có dạng như Euclid. Nhưng những số hoàn hảo lẻ nên có dạng nào và liệu chúng có thể tồn tại hay không vẫn còn là ẩn số cho đến ngày nay.

Euler đã chứng minh rằng ba số đầu tiên được Mersenne đề cập: $2^{17} - 1$, $2^{19} - 1$ và $2^{31} - 1$ thực sự là số nguyên tố.

Các số hoàn hảo thứ sáu và thứ bảy được phát hiện bởi Cataldi và sau đó là Mersenne hóa ra lại đúng. Và bí mật bí ẩn về cách họ tìm thấy chúng vẫn mãi mãi tồn tại trong lịch sử. Cho đến nay, người ta chỉ đưa ra một “lời giải thích” duy nhất cho câu đố này - nó vẫn rất hoàn hảo: họ đã được sự quan phòng của thiên nhiên giúp đỡ, nó gợi ý cho người được chọn giá trị đúng của hai số hoàn hảo.

Do đó, số hoàn hảo thứ tám, tương ứng với $p = 31$ trong công thức Euclid, là
2 305 843 008 139 952 128.

Một lần nữa, trong một thế kỷ, con số này vẫn là con số hoàn hảo được biết đến nhiều nhất, nhưng trong thời gian này, nhà toán học đã tìm ra một phương pháp mới mà nhờ đó người ta có thể xác định xem số $2^{p} - 1$, trong đó $p$ là số nguyên tố, có phải là số nguyên tố hay không mà không cần thực hiện các phép tính trực tiếp. Hóa ra không phải tất cả những dự đoán của Mersenne đều đúng. Ông đã dự đoán chính xác giá trị $p = 127$, nhưng những con số có giá trị $p = 67$ và $p = 257$, Mersenne hỏi, không hoàn hảo.

6

những con số. Cô đã kiểm tra 42 số trong hai giờ, số nhỏ nhất có hơn 80 chữ số! Tất cả những con số này hóa ra là hợp số. Máy phát hiện ra số hoàn hảo mới vào tối ngày 30/1:

$$2^{520} \cdot (2^{521} - 1) \quad (p = 521);$$

Số hoàn hảo thứ mười ba hóa ra là một số tổng hợp gồm 314 chữ số.

Máy đã tìm thấy số hoàn hảo thứ mười bốn vào cùng ngày vào lúc nửa đêm. Sau khi tìm kiếm và kiểm tra thêm mười ba số Euclide, cô đã tìm thấy số nguyên tố $2^{607} - 1$, số này trong hệ thập phân chỉ có một trăm tám mươi ba chữ số và số hoàn hảo tương ứng

$$2^{606} \cdot (2^{607} - 1) \quad (p = 607).$$

Số hoàn hảo thứ mười bốn có 366 chữ số có nghĩa.

Chiếc máy chỉ tìm ra số hoàn hảo thứ mười lăm vào tháng 6 năm 1952. Cô ấy rất bận rộn và chỉ có thể dành thời gian rảnh rỗi cho những vấn đề quan trọng hơn cho bài toán số hoàn hảo.

Tiếp tục với các số nguyên tố mới của Nhật Bản, cô chứng minh tính nguyên tố của $2^{1279} - 1$ và tìm được số hoàn hảo có bảy trăm bảy mươi chữ số:

$$2^{1278} \cdot (2^{1279} - 1) \quad (p = 1279).$$

Số hoàn hảo thứ mười sáu và mười bảy được phát hiện vào tháng 10 năm 1952. Đến lúc này, máy đã tìm thấy thêm hai số nguyên tố Euclide: $2^{2203} - 1$ và $2^{2281} - 1$ và tính ra hai số hoàn hảo tương ứng:

$$2^{2202} \cdot (2^{2203} - 1) \quad (p = 2203),$$

chỉ bao gồm một nghìn ba trăm hai mươi bảy chữ số, và

$$2^{2280} \cdot (2^{2281} - 1), \quad (p = 2281),$$

có 1373 chữ số.

Số hoàn hảo thứ mười tám được phát hiện vào tháng 9 năm 1957 bởi nhà toán học Thụy Điển G. Riesel. Sử dụng máy tính điện tử, anh lập số nguyên tố trong 5 tiếng rưỡi

$$2^{3217} - 1$$ và nhận được số hoàn hảo thứ mười tám:

$$2^{3216} \cdot (2^{3217} - 1) \quad (p = 3217).$$

Nó có khoảng 2000 chữ số.

Ponski của các số hoàn hảo tiếp theo đòi hỏi ngày càng nhiều phép tính. Nhưng công nghệ máy tính không ngừng được cải tiến, và vào năm 1962, hai số hoàn hảo mới đã được tìm thấy và vào năm 1965 thêm ba số nữa. Con số này trong công thức Euclid tương ứng với các giá trị $p$, bằng 4253, 4423, 9689, 9941 và 11213. Số hoàn hảo $2^{11212} \times (2^{11213} - 1)$ có 3376 chữ số. Tất nhiên, chỉ nhờ có một trợ lý như máy tính, con người mới có thể chứng minh rằng con số khổng lồ này là hoàn hảo.

Đó là tất cả những gì người Lodi đã học được về số hoàn hảo trong gần hai thiên niên kỷ.

Lịch sử của những con số hoàn hảo của Nhật Bản cho thấy rõ ràng khả năng của con người đã tăng lên đến mức nào. Tuy nhiên, theo Edmund Landdu, một trong những chuyên gia hàng đầu trong lĩnh vực lý thuyết số:

“…Hai vấn đề vẫn chưa được giải quyết cho đến ngày nay:

• Có vô số bốn số hoàn hảo không? - Không biết.

• Có vô số bốn số hoàn hảo không? “Tôi thậm chí còn không biết liệu có con số nào như vậy hay không.”

Hầu như không cần phải thêm bất cứ điều gì vào điều này.

Bài tập

1. Chứng minh rằng một số có dạng $2^{k-1}(2^k - 1)$, trong đó $2^k - 1$ là số nguyên tố, là số hoàn hảo.
2. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\sigma(n)$, trong đó $n$ là một số tự nhiên, tổng của tất cả các ước của số $n$. Chứng minh rằng nếu các số $n_1$ và $n_2$ nguyên tố cùng nhau thì $\sigma(n_1 \cdot n_2) = \sigma(n_1) \cdot \sigma(n_2)$.
3. Cho $n$ là một số hoàn hảo chẵn. Sau đó $\sigma(n) = 2n$. Biểu diễn $n$ dưới dạng $2^{k-1}b$, trong đó $k \geq 2$ và $b$ là số lẻ và chứng minh rằng $b = (2^k - 1)c$. Chứng minh thêm rằng $c = 1$ và $2^k - 1$ là số nguyên tố.

9

Một số khía cạnh vũ trụ của phóng xạ

E. Rutherford

Ngày 30 tháng 8 năm 1971 đánh dấu kỷ niệm 100 năm ngày sinh của Ernest Rutherford. Thật khó để gọi tên một người đã làm được nhiều việc để nâng cao kiến ​​thức của chúng ta về cấu trúc nguyên tử hơn Ernest Rutherford, nhà thí nghiệm vĩ đại của thế kỷ 20.

Trong khi nghiên cứu sự phân rã phóng xạ của uranium, Rutherford đã phát hiện ra tia α và tia β và xác định rằng tia đầu tiên trong số chúng là dòng hạt nhân helium nhanh, và tia thứ hai là dòng electron cực nhanh. Ông cũng chỉ ra rằng sự phân rã phóng xạ dẫn đến sự biến đổi các nguyên tố hóa học. Thông qua một loạt thí nghiệm xuất sắc, Rutherford đã xây dựng mô hình hành tinh của nguyên tử, là người đầu tiên nhận ra rằng ở trung tâm nguyên tử có một hạt nhân nặng xung quanh các electron chuyển động. Ông đã tạo ra nền tảng của những ý tưởng hiện đại về cấu trúc của vật chất. Năm 1919, Rutherford thực hiện phản ứng hạt nhân nhân tạo đầu tiên, trong đó một loại khí tự nhiên, nitơ, được chuyển đổi thành một loại khí tự nhiên khác là oxy.

Sự phát triển nhanh chóng của vật lý hạt nhân, người sáng lập ra nó là Ernest Rutherford, đã cách mạng hóa khoa học tự nhiên và dẫn đến thực tế là vai trò của khoa học trong đời sống xã hội tăng lên vô cùng.

Hôm nay chúng tôi in bản dịch tóm tắt của một bài báo do Ernest Rutherford đưa ra tại Hiệp hội Thiên văn Hoàng gia Canada vào ngày 3 tháng 4 năm 1907. Bài báo được xuất bản trên tạp chí của hiệp hội đó từ tháng 5 đến tháng 6 năm 1907.

Báo cáo được in ở dạng rút gọn. Việc dịch từ tiếng Anh và chuẩn bị xuất bản do Yu thực hiện. M. Tsipenok.

Chủ đề bài phát biểu của tôi một cách hoàn toàn tự nhiên được chia thành hai phần: một phần là xem xét tính chất của bản thân các chất phóng xạ, phần còn lại là sự phổ biến của các chất phóng xạ trên bề mặt Trái đất và trong bầu khí quyển của chúng ta.

Một đặc điểm khác biệt của các chất phóng xạ nói chung là khả năng phát ra một loại bức xạ đặc biệt và liên tục một cách tự phát, giải phóng các vật thể và trong một số trường hợp còn phát ra các tia sáng. Trong trường hợp các chất phóng xạ như uranium hoặc thorium, những đặc tính này tự biểu hiện, nếu không nói là vô thời hạn thì ít nhất là trong một khoảng thời gian thay đổi hàng triệu năm. Trong trường hợp radium, thời gian hoạt động ngắn hơn nhưng cũng thay đổi qua hàng nghìn năm. Việc học này diễn ra tự phát và hoàn toàn chống lại ảnh hưởng hóa học hoặc vật lý.

Tôi sẽ sử dụng nguyên tố phóng xạ làm ví dụ, nhưng hãy nhớ rằng hầu hết các nguyên tố hoạt động khác đều có đặc tính phóng xạ tương tự. Radium phát ra ba loại tia gọi là tia α-, β- và γ. Tia α có khả năng xuyên qua vật chất thấp. Một lớp giấy viết mỏng là đủ để hoàn toàn

10

hấp thụ bức xạ α. Những tia này hóa ra bao gồm các nguyên tử vật chất nặng mang điện tích dương; chúng phát ra từ các hoạt chất với tốc độ khoảng 30.000 km mỗi giây. Rất có thể hạt α là một nguyên tử tích điện của helium *).

Tia β có khả năng xuyên thấu mạnh hơn tia α và mang điện tích âm. Chúng phóng ra khỏi chất phóng xạ với tốc độ lớn hơn đáng kể so với tốc độ phát xạ của hạt alpha. Một số hạt beta được phát ra với tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng. Khối lượng nghỉ của chúng chỉ bằng một phần nghìn khối lượng của hạt α và trên thực tế, chúng giống hệt với các electron được tạo ra trong quá trình phóng điện ở cực âm trong ống chân không.

Tia γ có khả năng xuyên thấu đặc biệt, dễ dàng xuyên qua 5-10 cm sắt. Hiện nay người ta đã xác định khá chắc chắn rằng tia γ là sóng có đặc điểm tương tự như tia X được chiết xuất tốt, nhưng chúng có khả năng đâm xuyên tốt hơn.

Điểm chung của tất cả các loại bức xạ này là khả năng tác động lên tấm ảnh và gây ra hiện tượng lân quang **) trong một số loại vật chất nhất định. Nhưng từ quan điểm đo lường, đặc tính quan trọng nhất của chúng là khả năng phóng điện vào vật thể nhiễm điện. Đặc tính này chắc chắn dẫn đến phương pháp rõ ràng nhất để nghiên cứu các chất phóng xạ, và do đó chúng ta sẽ xem xét nó chi tiết hơn. Chúng ta hãy lấy một cái xẻng điện cách nhiệt tốt thông thường và sạc nó để những chiếc lá vàng của nó lan rộng. Người ta biết rằng trong điều kiện bình thường và khả năng cách nhiệt tốt, các lá hội tụ cực kỳ chậm và sau vài phút, những chiếc lá sẽ gần như bất động. Bây giờ chúng ta hãy đặt một chất phóng xạ lên điện cực của nguồn điện. Các tấm sẽ ngay lập tức bắt đầu hội tụ nhanh chóng, nguyên nhân là do hệ thống điện khí hóa bị mất điện tích. Bất kể máy nghiệm điện có điện tích dương hay điện tích âm, sự mất điện tích xảy ra với tốc độ như nhau. Cơ chế gây ra sự phóng điện của nước điện đã được nghiên cứu rất chi tiết và hiện nay người ta biết rằng hiệu ứng này là do bức xạ phóng xạ xung quanh nước điện có tác động, tức là một lượng nhất định các chất mang điện tích âm và dương - các ion - được hình thành trong đó. Các ion được trộn lẫn trong một điện trường. Ví dụ, nếu máy nghiệm điện được tích điện dương thì cực âm sẽ di chuyển về phía hệ thống tích điện. Tác dụng của việc phóng điện là do lực hút của một lượng lớn ion tích điện âm vào vật dẫn tích điện dương. Khi chất phóng xạ được loại bỏ, quá trình hợp nhất nhanh chóng của các tấm sẽ dừng lại ngay lập tức.

Khả năng bức xạ này ảnh hưởng đến chúng, ví dụ, ánh sáng. Một ví dụ là mặt số ánh sáng ban đầu (Note ped.)

12

cho đến khi đạt được trạng thái cân bằng ổn định. Ở trạng thái này, sự hình thành lượng bức xạ mới được bù đắp bằng sự phân rã của bức xạ do sự biến đổi phóng xạ hơn nữa của nó. Sau đó đun sôi dung dịch trên đó, trộn với khí phát ra, đưa vào máy điện nghiệm và trộn tốc độ chuyển động của lá vàng.

Nếu tốc độ phóng điện giảm xuống một nửa giá trị ban đầu sau bốn ngày thì đây là bằng chứng chắc chắn rằng sự phát xạ radium có trong máy điện nghiệm.

Bằng cách này, bạn có thể dễ dàng thay đổi lượng radium trong dung dịch lên tới $10^{-11}$ e.

Sự phát xạ của radium không ổn định và phân hủy thành một chất khác, hoạt động giống như chất rắn và có tính chất phóng xạ âm hoàn hảo.

Bề mặt bên trong của bình chứa phát xạ radium được phủ một lớp chất phóng xạ vô hình. Nếu sự phát xạ nhanh chóng bị loại bỏ bởi một luồng không khí, cái gọi là “trầm tích hoạt động” này sẽ lắng đọng bên trong. Hoạt động của trầm tích này không thường xuyên và lắng xuống nhanh chóng theo thời gian.

Sau vài giờ, hoạt động trong chương trình hình học giảm đi một nửa trong khoảng 28 phút. Trong trường hợp trầm tích hoạt động, hoạt tính của napolin giảm sau 11 giờ; trong trường hợp hoạt động - trong 34 phút. Sự hình thành cặn hoạt động đặc trưng này từ mỗi nguồn phát xạ mang đến một cơ hội khác để phân biệt sự hiện diện của thori, radium hoặc Actium một cách riêng biệt.

Một đặc tính thú vị của trầm tích hoạt động, như chúng ta sẽ thấy, đóng một vai trò quan trọng trong việc phân tích trạng thái phóng xạ của khí quyển, đó là trong máy điện nghiệm, trầm tích được chứa trên một dây dẫn tích điện âm.

Các hạt trầm tích hoạt động bằng cách nào đó thu được điện tích dương, hướng về điện cực âm và bám vào nó.

Trạng thái phóng xạ của khí quyển

Tôi đã thảo luận ngắn gọn về một số tính chất quan trọng nhất của vật phóng xạ, chúng tỏ ra rất hữu ích trong lời giải câu hỏi về sự phổ biến của các chất phóng xạ trong trái đất và khí quyển. Những người tiên phong trong lĩnh vực này là Elster và Geitel, giáo viên của phòng tập thể dục ở Wolfenbitt, Đức.

Geitel vào năm 1900 nhận thấy rằng sự mở của không khí có đặc tính phóng điện yếu tùy ý của điện nghiệm. Ông cho thấy hiện tượng này là do sự hình thành các ion âm và dương trong không khí. Để tìm kiếm nguyên nhân có thể gây ra hiện tượng này, Elster và Geitel đã chứng minh rằng nó có thể liên quan đến sự hiện diện của chất phóng xạ trong khí quyển. Sau đó, họ cố gắng thực hiện một thí nghiệm cực kỳ táo bạo. Tôi đã chỉ ra rằng sự phát xạ từ các vật phóng xạ sẽ chuyển đổi cặn hoạt động, chất này có thể tập trung vào hệ thống dây điện tích điện âm. Nếu có sự phát xạ trong khí quyển thì cặn tích cực phải tích tụ trên một dây dẫn tích điện âm đặt trong khí quyển.

Elster và Geitel xâu một sợi dây cách điện dài 20 hoặc 30 m bên ngoài cửa sổ phòng thí nghiệm (Hình 1). Sử dụng một máy điện, dây được tích điện đến điện thế âm vài nghìn volt. Sau vài giờ, dây nhanh chóng được làm sạch, hàn xung quanh một khung gắn vào máy điện nghiệm như hình 2 và tốc độ phóng điện của máy điện nghiệm cũng thay đổi. Chiếc lá vàng nhanh chóng rơi đi. Độ lớn của hiệu ứng này không phụ thuộc vào vật liệu dây và đã được chứng minh một cách thuyết phục là hoàn toàn

13

do có chất phóng xạ trên bề mặt dây dẫn.

Bây giờ chúng ta phải xem xét câu hỏi làm thế nào để xác định chất phóng xạ nào tập trung trên dây. Sự hiện diện của một phần chất rắn như radium, uranium hay thorium trong khí quyển là không thể. Tuy nhiên, sự phát ra từ radium, thori và các khí hoạt động đều ở dạng khí, và nếu những chất này có mặt trên trái đất thì khá hợp lý khi cho rằng một phần phát xạ do chúng giải phóng có thể đi vào khí quyển. Câu hỏi về loại hóa thân này có thể được trả lời một cách đầy đủ. Nếu chỉ có sự phát ra radium trong không khí thì dư lượng hoạt tính thu được trên dây sẽ phân hủy với tốc độ đặc trưng của radium, tức là vài giờ sau, hoạt độ sẽ giảm theo cấp số nhân, giảm một nửa trong vòng 28 phút. Hóa ra trầm tích hoạt động từ không khí sẽ phân hủy gần như chính xác ở tốc độ này. Vì vậy, chúng ta có thể kết luận rằng có sự phát tán radium trong khí quyển.

Các thí nghiệm sơ bộ đã chỉ ra rằng tính phóng xạ của khí quyển là do sự phát xạ radium. Tuy nhiên, Bumstead ở New York và Blanc ở Ý đã chứng minh một cách thuyết phục rằng ở những khu vực này có một lượng phát xạ thorium trong không khí. Điều này có thể được xác minh bằng thử nghiệm

theo cách tốt nhất có thể. Dây được lắp đặt ngoài trời, tích điện âm và để trong vài ngày. Sau khi tháo dây, một phần hoạt động do sự tích tụ tích cực của radium sẽ nhanh chóng giảm đi. Sau 5 hoặc 6 giờ vẫn còn hoạt động nhưng mức độ suy giảm chậm hơn nhiều, cứ sau 11 giờ lại giảm một nửa. Tốc độ phân rã này là đặc trưng của trầm tích hoạt động của thori và chỉ ra rằng cũng có sự phát tán của thori trong khí quyển. Blank gần đây đã chỉ ra rằng ở một số vùng ở Ý, 70% hoạt động này là do thorium, nhưng ở hầu hết các nơi khác dường như hiệu ứng đó là do radium.

Từ những điều trên, chúng ta có thể kết luận rằng bầu khí quyển phía trên bề mặt Trái đất chứa một lượng lớn phát radium và thorium, cũng như các hoạt chất phát sinh trong quá trình biến đổi của chúng ngay trong khí quyển. Mức độ bật sáng tùy ý của chúng là nhỏ, nhưng có thể được thay đổi một cách chính xác bằng một thiết bị được Ebert thiết kế đặc biệt cho mục đích này. Sử dụng một quạt được điều khiển bằng động cơ, một luồng không khí liên tục được truyền qua giữa hai xi lanh đồng tâm. Xi lanh cách điện bên trong được tích điện và kết nối với máy điện nghiệm (Hình 3). Khi ủng hộ

14

Cơm. 3.

Khi không khí truyền qua giữa các xi lanh, các ion lắng xuống xi lanh bên trong và giảm điện tích của nó. Tốc độ xả là thước đo số lượng ion trên mỗi cm khối không khí bên ngoài. Một cm khối ngoài trời thường chứa khoảng 1500 eta; độ lớn không cố định. So với số lượng phân tử neon hóa, số lượng khí quyển có mặt là cực kỳ nhỏ. Mỗi cm khối không khí chứa khoảng $4 \times 10^{19}$ phân tử, do đó, trung bình chỉ một phần vô cùng nhỏ các phân tử không khí được neon hóa tại một thời điểm bất kỳ. Mặc dù nó rất nhỏ và cần một máy đo điện cực nhạy để đo nhưng nó vẫn đóng một vai trò rất quan trọng trong trạng thái điện của khí quyển.

Sự phổ biến của chất phóng xạ trong vỏ trái đất

Elster và Geitel từ lâu đã nhận thấy rằng các hang động và tầng hầm có ảnh hưởng tương tự vẫn tồn tại trong một thời gian dài. Điều này đã được thay thế bằng cách giảm đáng kể điện tích của dây tích điện âm đặt trong những khu vực kín này. Người ta cho rằng nếu điều này xảy ra do sự phát xạ radium từ đất thì lượng phát xạ sẽ tăng lên trong một không gian kín. Điều này dẫn đến việc nghiên cứu các hoạt động của nhóm. Trong tất cả các vấn đề, chất phóng xạ đã được phát hiện và trong nhiều vấn đề có sự hiện diện của sự phát xạ radium.

Dường như không còn nghi ngờ gì nữa rằng đất là nguồn phát xạ trong khí quyển. Sự phát xạ này được giải phóng khỏi đất thông qua quá trình khuếch tán hoặc từ nguồn nước, sau đó được gió mang đi. Do tốc độ biến đổi cao của thori và các bức xạ tích cực so với các bức xạ radium, người ta có thể mong đợi sự chiếm ưu thế của các bức xạ radium trong khí quyển. Vì vậy, thật bất ngờ khi một lượng lớn bức xạ thorium được phát hiện ở một số khu vực. Sự phát xạ của radium phải tiếp tục xuyên qua đất, phân hủy theo thời gian và người ta dự đoán rằng phần lớn lượng phát xạ có trong không khí đến từ một lớp đất mỏng, dày không quá vài decimet.

Phần bên trong của Trái đất

Vì vậy, thật tự nhiên khi cho rằng có một lượng rất lớn radium và các chất phóng xạ khác phân bố trên bề mặt Trái đất. Chất phóng xạ này phải liên tục cung cấp Tello cho Trái đất và dường như có sự tương thích lẫn nhau lớn hơn với ảnh hưởng của hiệu ứng vật thể này và ảnh hưởng của nó đến vấn đề truyền Tello bên trong Trái đất.

Tất cả các chất phóng xạ liên tục giải phóng Tello. Trong một giờ, radium giải phóng một lượng đủ để làm tan chảy một lượng băng vượt quá trọng lượng của chính radium. Trong suốt một năm, một kg radium thải ra lượng tương đương với lượng được tạo ra khi cạo 100 kcal than tốt. Sự giải phóng thông tin này của radium và tất cả các chất phóng xạ khác trên thực tế là một tính chất thứ cấp - hậu quả của việc bắn phá một nhà máy điện.

15

CỦA CHẤT BỞI CÁC HẠT α PHÁT HIỆN TỪ KHỐI LƯỢNG CỦA CHÍNH MÌNH.

TIA β và γ CHỈ TẠO RA MỘT PHẦN NHỎ TRONG TỔNG HIỆU ỨNG. HIỆU ỨNG NHIỆT CỦA Radium Vseda NÊN TỶ LỆ VỚI SỐ LƯỢNG Radium TRONG VỎ TRÁI ĐẤT VÀ NÊN THAM GIA ĐỘC LẬP VÀO CÁCH RADIUM ĐƯỢC PHÂN PHỐI TRÊN VỎ TRÁI ĐẤT. Do đó, phải CÓ LIÊN TỤC BAO GỒM TELLI VÀO TRÁI ĐẤT, DO SỰ HIỆN DIỆN CỦA RADIAUM VÀ CÁC CHẤT PHÓNG XẠ KHÁC TRONG NÓ. Nhưng HIỆU ỨNG NHIỆT TỪ MỘT LƯỢNG Radium nhất định không thể Tồn tại vô hạn. Radium ĐƯỢC CHUYỂN ĐỔI THÀNH CÁC CHẤT KHÁC, VÀ DỰA TRÊN SAU 20.000 NĂM CHỈ CÒN LẠI MỘT PHẦN NHỎ CỦA NÓ. TUY NHIÊN ĐIỀU NÀY KHÔNG PHẢI LÀ VẬY. BÂY GIỜ ĐÃ ĐƯỢC THIẾT LẬP RÕ RÀNG RẰNG RADIUM ĐƯỢC HÌNH THÀNH TỪ URANI VÀ TRONG CÁC KHOÁNG SẢN CŨ SỐ LƯỢNG Radi LUÔN TỶ LỆ VỚI SỐ LƯỢNG URANIUM.

SỰ CHUYỂN ĐỔI URANI CHẬM HƠN RẤT NHIỀU SỰ CHUYỂN ĐỔI URANIUM VÀ CÓ THỂ SẼ MẤT THỜI GIAN ÍT NHẤT MỘT NGÀN TRIỆU NĂM KHI URANIUM ĐƯỢC PHÂN PHỐI. Do đó, DO SỰ HÌNH THÀNH RADIA TRONG KHI PHÂN PHỐI RANIUM, SỐ LƯỢNG RADIA TRÊN TRÁI ĐẤT SẼ ĐƯỢC DUY TRÌ Ở MỨC KHÔNG ĐỔI TRONG KHOẢNG TRĂM TRĂM TRIỆU NĂM.

Bây giờ SẼ PHÂN TÍCH NGẮN LÝ THUYẾT VỀ NGUỒN GỐC CỦA CƠ THỂ BÊN TRONG, TUỔI TRÁI ĐẤT. Người ta biết rằng NHIỆT ĐỘ TRÁI ĐẤT TĂNG TỐC ĐỘ KHI NÓ QUAY SÂU - TRÊN TRUNG BÌNH 1 ° C CHO CỨ BA MƯỜI MÉT Ở SÂU. THEO DỮ LIỆU VỀ HOẠT ĐỘNG NÓNG LỬA, NGƯỜI TA BIẾT RẰNG BÊN TRONG TRÁI ĐẤT CÓ NHIỆT ĐỘ CAO.

KHI GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VỀ TUỔI TRÁI ĐẤT, KELVIN PREPOL cho rằng TRÁI ĐẤT BAN ĐẦU CÓ NHIỆT ĐỘ ĐÁ NÓNG NỔI VÀ ĐƯỢC LẠNH DẦN, TẢI CHẤT RẮN TỪ BỀ MẶT VÀO KHÔNG GIAN. MỘT SỐ LƯỢNG LƯỢNG YÊU CẦU PHÂN PHỐI TRÊN TOÀN QUỐC

CƠ THỂ NÀY CHƯA BIẾT ĐẦY ĐỦ, NHƯNG KELVIN KẾT LUẬN RẰNG CHẮC CHẮN, KHÔNG QUÁ 100 TRIỆU NĂM ĐÃ QUA KỂ TỪ BỀ MẶT TRÁI ĐẤT TRỞ THÀNH NHIỆT ĐỘ THÍCH HỢP CHO THỰC VẬT VÀ ĐỘNG VẬT.

KHÔNG CÓ NGHI NGỜ VỀ SỰ ĐÚNG CHUNG CỦA CÁC KẾT LUẬN DỰA TRÊN CÁC GIẢ ĐỊNH CỦA KELVIN. TUY NHIÊN HÃY HÃY XEM XÉT NHỮNG ĐƯỜNG TRƯỚC NÀY. Người ta cho rằng trái đất là sự làm mát cô lập trong không gian của cơ thể, không có nguồn nào của cơ thể từ thời điểm làm mát. TUY NHIÊN, VIỆC PHÁT HIỆN CÁC CHẤT TƯƠNG TỰ VỚI RADIUM TRONG TRÁI ĐẤT, MÀ EMMIT TELLO Ở TỐC ĐỘ CAO, NGAY LẬP TỨC DẪN NGHĨ RẰNG TRÁI ĐẤT KHÔNG CHỈ LÀ MỘT TELLO LÀM MÁT, MỘT CUỘC TẤN CÔNG TRONG ĐÓ TELLO LIÊN TỤC SINH RA.

NĂM 1902, TÔI THỰC HIỆN MỘT SỐ TÍNH TOÁN ĐỂ XÁC ĐỊNH LƯỢNG RADIAUM (HOẶC CÁC CHẤT PHÓNG XẠ KHÁC), PHÂN BỔ ĐỒNG ĐỒNG TRÊN TRÁI ĐẤT, SẼ CẦN THIẾT ĐỂ THAY ĐỔI NHIỆT ĐỘ CỦA CÁC LỚP TRÁI ĐẤT ĐỂ TIẾP TỤC BỀ MẶT VỚI ĐỘ SÂU GIỮ LẠI. TRONG TRƯỜNG HỢP ĐÓ, CƠ THỂ TỪ RADIUM PHẢI BÙ CHÍNH XÁC SỰ TIÊU THỤ CỦA CƠ THỂ TẢI VÀO KHÔNG GIAN. CÁC TÍNH TOÁN ĐƠN GIẢN VÀ HỌ CHO THẤY RẰNG MỘT PHÂN PHỐI ĐỒNG NHẤT CHỈ 1,7·10^{-13} e trên 1 cm^{3} SẼ ĐẦY.

R. J. Strutt GẦN ĐÂY ĐÃ THỰC HIỆN MỘT CHUỘT QUAN SÁT CÓ HỆ THỐNG VỀ GIỚI HẠN HÀM LƯỢNG Radium TRONG CÁC ĐÁ VỎ ĐIỂN HÌNH VÀ ĐẠT ĐƯỢC KẾT QUẢ CỰC KỲ THÚ VỊ. Strutt LẤY MỘT SỐ ĐÁ ĐIỂN HÌNH, CẢ NÓI NÓNG LUYỆN VÀ TRẦM TRÍ, TỪ CÁC VỊ TRÍ KHÁC NHAU, VÀ XÁC ĐỊNH HÀM LƯỢNG RADIA TRONG CÁC ĐÁ NÀY. HÓA RA RẰNG HÀM LƯỢNG RADIA TRONG VỎ TRÁI ĐẤT KHÔNG CHỈ ĐỦ ĐỂ NÂNG CẤP CƠ THỂ TRÁI ĐẤT BÊN TRONG, MÀ MÀ NÓ THẬM CHÍ LỚN HƠN CẦN YÊU CẦU TRONG TRƯỜNG HỢP NẾU CHÚNG TA CHO rằng nó ĐƯỢC PHÂN PHỐI TRÊN KHẮC

16

Cơm. 4.

khối lượng của Trái đất. Giả định sau sẽ dẫn đến kết luận rằng Trái đất liên tục nóng lên chứ không phải nguội đi, một kết luận khó có thể tin cậy được. Để giải quyết khó khăn này, Sturt cho rằng chất phóng xạ không được phân bố đều bên trong Trái đất mà chỉ ở lớp bề mặt mỏng của nó. Nếu giả sử radium được phân bố đều trong lớp này thì có thể dễ dàng thấy rằng độ dày của lớp này là khoảng 70 km.

Giả sử radium được chứa trong một lớp bề mặt sâu 70 km thì có thể dễ dàng tính được nhiệt độ của Trái đất. Kết quả tính toán được thể hiện trên Hình 4.

Ở độ sâu 70 km, nhiệt độ sẽ tăng lên khoảng 1500 ° C. Nhiệt độ bên trong khối Trái đất dưới 70 km phải xấp xỉ không đổi và bằng 1500 ° C.

Tôi hy vọng bây giờ bạn có thể hiểu việc nghiên cứu phóng xạ đã thay đổi sâu sắc quan điểm của chúng ta về bên trong Trái đất như thế nào. Những kết luận mới không có nghĩa là cuối cùng, nhưng những gì đã được thực hiện làm dấy lên nghi ngờ về tính xác thực của các lý thuyết cũ về nguồn gốc của Trái đất và những thay đổi bên trong cơ thể của nó.

NHIỆM VỤ
TRÊN GIẤY
TRONG LỒNG

1. Có bao nhiêu hình vuông?

Các nút thắt của một tờ giấy ca-rô tạo thành hình chữ thập, như trong hình.

Bạn có thể vẽ được bao nhiêu hình vuông với các đỉnh tại các nút đã chọn?

(Để biết chi tiết, xem trang 50.)

2. Có bao nhiêu hình chữ nhật?

Trong hình bạn nhìn thấy một tờ giấy ca rô hình vuông. Hãy đếm xem có thể tạo được bao nhiêu hình vuông có đỉnh

tại các nút của tấm này và có các cạnh song song với các cạnh của nó.

Rõ ràng, số ô vuông “đơn vị” có thể có là $n^2$. Các hình vuông có kích thước $2 \times 2$ sẽ được tìm thấy $(n-1)^2$. Thật vậy, góc trên bên trái của hình vuông như vậy có thể ở bất kỳ vị trí nào

(Tiếp theo trang 54.)

18

thậm chí cả học trò của ông cũng biết đến. Đôi khi, chỉ từ những gợi ý riêng lẻ xuất hiện trong cuộc trò chuyện với anh ấy, người ta có thể nhận ra rằng anh ấy đang thử điều gì đó nhưng không thành công. Anh ấy không thích nói về các dự án công việc của mình và chỉ muốn nói về những gì đã làm và kết quả dado…

…Rutherford là một nhà thí nghiệm và về mặt này ông ấy giống Faraday. Ông sử dụng ít công thức và ít sử dụng đến toán học. Đôi khi, khi cố gắng rút ra một công thức trong các báo cáo của mình, anh ấy cảm thấy bối rối và sau đó chỉ viết kết quả và ghi chú:

• Nếu mọi việc được suy luận chính xác thì mọi việc sẽ ổn thỏa.

Nhưng anh ấy sở hữu độc quyền thí nghiệm. Chúng ta có thể nói rằng anh ấy đã “nhìn thấy” hiện tượng mà anh ấy đang nghiên cứu, ngay cả khi nó xảy ra trong một hạt nhân, nguyên tử vô cùng nhỏ…

…Có thể dễ dàng nhận thấy bản chất đặc biệt trong suy nghĩ của Rutherford trong các cuộc trò chuyện với ông về các chủ đề khoa học. Anh ấy rất thích khi họ nói với anh ấy về các thí nghiệm, nhưng để anh ấy phục vụ một cách thích thú - và từ khuôn mặt biểu cảm của anh ấy có thể thấy ngay rằng anh ấy đang khô khan vì thích thú hay đang tìm kiếm - chỉ cần nói về những sự kiện và ý tưởng cơ bản, mà không đi sâu vào chi tiết kỹ thuật, điều mà Rutherford không quan tâm. Khi tôi phải đưa cho anh ấy bản vẽ về một máy phát xung công suất cao để tạo ra từ trường mạnh để phê duyệt, anh ấy sẽ đặt bồn rửa xuống, không để ý đến việc nó nằm úp ngược trước mặt anh ấy và nói: “Tôi không quan tâm đến bản vẽ này, anh chỉ cho biết nguyên lý hoạt động của chiếc máy này thôi”. Anh ấy nắm bắt được ý chính của thí nghiệm rất nhanh, ngay lập tức. Điều này đã sinh ra tôi, đặc biệt là trong những năm đầu tiên ở Cambridge, do không biết tiếng Anh nên tôi vẫn nói kém đến mức không thể nói rõ ràng về ý tưởng và kinh nghiệm của mình, và mặc dù vậy, Rutherford đã nhanh chóng nắm bắt được ý tưởng và luôn đưa ra những đánh giá rất thú vị.

Rutherford sẵn sàng nói về các thí nghiệm của mình và thích khoe các tác phẩm sắp đặt và thí nghiệm của mình. Anh ấy thích đi kèm câu chuyện bằng những bức vẽ; Vì mục đích này, anh ấy luôn có vài quả nặng bút chì nhỏ trong túi. Đối với tôi, anh ấy luôn cầm bút chì theo một cách đặc biệt - một cách rất vụng về, bằng cách nào đó bằng ba đầu ngón tay. Anh ấy luôn vẽ với bàn tay run rẩy; bức vẽ rất đơn giản, bao gồm một số ít nét vẽ được thực hiện với áp lực lớn. Rất thường xuyên, đầu bút chì bị gãy, sau đó một vật nặng khác sẽ được lấy ra khỏi túi…

…Tôi thực sự yêu thích các bài giảng của Rutherford; Tôi đã nghe khóa học vật lý mà ông dạy cho sinh viên với tư cách là giáo sư Cavendish. Tôi đã học được rất ít điều mới mẻ từ khóa học này vì lúc đó tôi đã biết khá rõ về vật lý, nhưng phương pháp tiếp cận vật lý của Rutherford đã dạy tôi rất nhiều điều. Rutherford đọc rất say mê, ông hầu như không sử dụng toán học, ông mô tả các hiện tượng một cách chung chung bằng sơ đồ và giảng bài bằng những cử chỉ rõ ràng nhưng thoải mái, từ đó thấy rõ ông suy nghĩ cụ thể và hình tượng như thế nào. Nhưng điều thú vị đối với tôi trong bài giảng của anh ấy là anh ấy đã thay đổi chủ đề từ trước. Theo kế hoạch, anh ta phải đọc về một thứ, nhưng sau đó, bằng cách tương tự, suy nghĩ của anh ta chuyển sang một ngôn ngữ khác, cộng đồng liên quan đến một số thí nghiệm mới được thực hiện trong lĩnh vực phóng xạ, và anh ta bắt đầu nói một cách nhiệt tình về những gì hiện đang chiếm giữ anh ta. Cùng lúc đó, trợ lý của anh gặp tình huống xấu nhất: Rutherford phải đề nghị anh làm một bài thuyết trình không nằm trong kế hoạch bài giảng cá nhân…

18

Rutherford đến thăm Capizza. Đầu tiên từ bên phải là E. Rutherford, thứ hai là F. Aston, thứ ba là P. L. Capizza.

…Phẩm chất đáng chú ý nhất của Rutherford với tư cách là một giáo viên là khả năng chỉ đạo công việc, hỗ trợ nỗ lực của nhà khoa học và đánh giá chính xác kết quả thu được.

Điều lớn nhất mà ông đánh giá cao ở học trò của mình là sự độc lập trong suy nghĩ, tính chủ động và cá tính. Phải nói rằng Rutherford đã tận dụng mọi cơ hội để phát huy cá tính của mình ở một con người.

Tôi nhớ, khi mới làm việc tại Cambridge, tôi từng nói với Rutherford: “Chúng tôi có X đang thực hiện một ý tưởng vô vọng và lãng phí thời gian, thiết bị và quy trình.” “Tôi biết,” Rutherford trả lời, “rằng anh ấy đang giải quyết một vấn đề vô vọng, nhưng đây là vấn đề của riêng anh ấy, và nếu công việc không suôn sẻ với anh ấy, thì nó sẽ dạy anh ấy cách tự mình sử dụng chuột và sẽ dẫn đến một vấn đề khác, vấn đề này sẽ có một lời giải thử nghiệm.” Đó là cách nó diễn ra sau đó.

Anh ấy sẵn sàng hy sinh rất nhiều chỉ để trau dồi tính độc lập và tính độc đáo trong suy nghĩ của một người, và nếu chúng bộc lộ ra ngoài, anh ấy sẽ quan tâm chăm sóc và đặc biệt khuyến khích công việc của anh ấy…

…Rutherford tin rằng không nên giao cho một nhà khoa học mới vào nghề những công việc khó khăn về mặt kỹ thuật. Đối với một công nhân mới vào nghề, dù có tài năng thì anh ta cũng cần phải thành công, nếu không có thể xảy ra sự thất vọng cần thiết về khả năng của mình. Nếu một học sinh thành công thì anh ta phải được đánh giá và khen ngợi một cách công bằng.

Có lần, trong một cuộc trò chuyện cởi mở, Rutherford nói với tôi rằng điều quan trọng nhất đối với một giáo viên là học cách không phụ thuộc vào sự thành công của học sinh, và điều này trở nên khó khăn theo năm tháng! Sự thật sâu sắc này

20

gây ấn tượng với tôi nhiều hơn. Đặc tính chính của một giáo viên phải là sự rộng lượng. Không còn nghi ngờ gì nữa, Rutherford biết cách trở nên hào phóng, rõ ràng đây là bí mật chính khiến rất nhiều nhà khoa học vĩ đại bước ra từ phòng thí nghiệm của ông, làm việc trong phòng thí nghiệm của ông luôn miễn phí và tốt, có một bầu không khí kinh doanh tốt…

…Rutherford tỏ ra đặc biệt quan tâm đến học trò của mình. Quan điểm của ông về học sinh, một cách sơ đồ, là như thế này - ông nói:

“Nếu một nhà khoa học trẻ làm việc cho tôi và sau hai năm làm việc đến hỏi tôi nên làm gì tiếp theo, tôi khuyên anh ta nên nghỉ việc trong lĩnh vực khoa học, hoặc nếu một người sau hai năm làm việc không biết phải làm gì tiếp theo, anh ta không thể trở thành nhà khoa học.”

Về cơ bản, anh ấy chưa bao giờ đặt ra câu hỏi một cách gay gắt và, theo đề xuất này hay đề xuất khác, anh ấy luôn tìm cơ hội để cung cấp cho những sinh viên không thành công của mình một vị trí ở đâu đó trong phòng thí nghiệm công nghiệp hoặc một vị trí giảng dạy ở một trường học hoặc trường đại học nào đó…

…Từ hình ảnh Rutherford mà tôi vẽ cho bạn, bạn sẽ thấy ngay một người đàn ông có khí chất to lớn, mạnh mẽ. Tính khí này được thể hiện trong mọi việc, đặc biệt là trong các trường hợp. Rutherford không thể chịu đựng được sự thiếu trung thực trong công việc và trong quan hệ giữa con người với nhau. Nếu bất kỳ sinh viên nào tỏ ra không trung thực dù chỉ là nhỏ nhất trong bất cứ điều gì - cho dù đó là việc anh ta trình bày sai kết quả công việc của mình hay việc anh ta không đề cập đến nguồn gốc của ý tưởng và cố gắng trình bày tác phẩm mình tạo ra là của riêng mình, trong khi thực tế là anh ta đã có ý tưởng về nó ở nơi khác - thì người đó sẽ mất hết hứng thú với Rutherford …

Nơi làm việc của Rutherford trong phòng thí nghiệm Cavendish.

…Anh ấy đối xử với mọi người vô cùng chu đáo, đặc biệt là học sinh của mình. Đến làm việc trong phòng thí nghiệm của anh ấy, tôi ngay lập tức bị ấn tượng bởi sự quan tâm này. Rutherford không cho phép bạn làm việc lâu hơn sáu giờ trong phòng thí nghiệm và vào cuối tuần, ông ấy không cho phép bạn làm gì cả. Tôi phản đối nhưng anh ta nói:

— Làm việc đến 6 giờ là đủ rồi, thời gian còn lại chúng ta phải suy nghĩ. Người xấu là người làm việc quá nhiều và suy nghĩ quá ít…

…Sau này tôi thấy rằng thời gian dành cho các nhiệm vụ riêng biệt đã được hoàn trả hoàn toàn bằng năng lượng có được…

…Có lần Rutherford gọi tôi vào văn phòng của anh ấy, và tôi thấy anh ấy đang đọc một lá thư và cười lớn với tiếng cười cởi mở và dễ lây lan của mình. Hóa ra bức thư này là của học sinh một trường trung học Ukraine nào đó. Họ thông báo với anh rằng họ đã tổ chức một nhóm vật lý và sẽ tiếp tục công việc cơ bản của anh là nghiên cứu hạt nhân nguyên tử, đề nghị anh trở thành thành viên danh dự và gửi bản in lại các công trình khoa học của anh. Khi mô tả những thành tựu và khám phá của Rutherford trong lĩnh vực vật lý hạt nhân, họ đã sử dụng thuật ngữ sinh lý học thay vì thuật ngữ vật lý. Vì vậy, cấu trúc của nguyên tử trong mô tả của học sinh mang đặc tính của một sinh vật sống, khiến Rutherford bật cười. Tôi giải thích cho Rutherford tại sao sự biến dạng này có thể xảy ra. Rõ ràng, các học sinh đã tự dịch bức thư và sử dụng từ điển, và trong tiếng Nga, không giống như tiếng Anh, từ “kernel” có hai nghĩa. Rutherford nói rằng anh ấy đã cho là như vậy và trả lời những người này bằng một lá thư, trong đó anh ấy cảm ơn họ vì đã giành được phần lớn cuộc bầu cử của họ và gửi bản in lại các tác phẩm của anh ấy…

…Cái chết của Giáo sư Rutherford là một đòn rất nặng nề đối với các nhà khoa học trên toàn thế giới. Trong đó, khoa học đã mất đi người tiên phong vĩ đại nhất trong nghiên cứu vật lý kể từ Faraday. Trong suốt cuộc đời của mình, với nhiều khám phá khoa học thành công, ông đã nghiên cứu những vấn đề cơ bản nhất của lý thuyết nguyên tử hiện đại.

Ông ấy không chỉ có thể được coi là người tạo ra một chương mới trong khoa học mà còn là người tạo ra một ngành khoa học hoàn toàn mới - vật lý hạt nhân…》.

Huy hiệu của Lord Rutherford. Chữ thập trên tấm chắn được hình thành bởi các đường cong phân rã phóng xạ theo cấp số nhân. Trên đây là loài chim kiwi New Zealand (Ruserford sinh ra ở New Zealand).

22

V OLYMPIAD VẬT LÝ TUYỆT VỜI

Vào ngày 15-20 tháng 4, Kỳ thi Olympic Thể chất toàn Liên minh dành cho học sinh lần thứ 5 đã được tổ chức tại Novosibirsk. 550 học sinh đã tham gia vào cuộc thi này - những người chiến thắng trong các cuộc thi Resursikan và Olympic khu vực cũng như những người chiến thắng trong cuộc thi Olympic Liên đoàn Cân nặng năm 1970.

Vào ngày 16 tháng 4, vòng đầu tiên của Olympic - vòng thi lý thuyết đã diễn ra. Người tham gia được cung cấp bài toán: 5 bài toán cho học sinh lớp 9 và 10 và 4 bài toán cho học sinh lớp 8. Đối với lời giải bài toán 5 giờ đã được phân bổ.

Ngày 17/4, Ban giám khảo chấm các tác phẩm đã công bố kết quả vòng 1. Những thí sinh hoàn thành vòng lý thuyết thành công hơn những người khác được vào vòng 2 Olympic - vòng thực nghiệm, được tổ chức vào ngày 18/4.

Tối 18/4 đã diễn ra cuộc phỏng vấn; những sinh viên giỏi nhất khi tốt nghiệp đã được nhận vào đó bài toán Vòng I và II của Olympic.

Vào ngày 19 tháng 4, học sinh đã đến thăm Akademgorodok. Họ đã đến thăm các phòng thí nghiệm của Viện Vật lý hạt nhân, Viện Thủy động lực học, Viện Vật lý bán dẫn và Đại học bang Novosibirsk, nơi họ gặp gỡ các nhà khoa học từ Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

Ngày 19 tháng 4, ban giám khảo tổng kết kết quả cuối cùng, đến ngày 20 tháng 4, tại lễ bế mạc Olympic, tên những người chiến thắng đã được công bố.

Những người tham gia Olympic sau đây đã được trao bằng cấp 1: ở 8 lớp - Igor Korenanov (trường số 23 ở Dnepropetrovsk), Aleksadr Zuev (trường số 1 ở Perevalsk, vùng Voroshilovgrad); học lớp 9 - Alexander Sakharov (trường số 47 ở Kaliningrad). Serey Provotorov (trường số 45 ở Leningrad), Boris Kuzmin (trường số 18 ở Moscow), Lev Vaidman (trường số 45 ở Leningrad); ở lớp 10 - Andrey Pervukhin (trường số 51 ở Sverdlovsk), Aleksandr Snegirev (trường trung học Osipovskaya ở quận Chaussky, vùng Mogilev), Vladimir Golovizin (trường số 16 ở Kirov).

Những người tham gia Olympic sau đây đã nhận được bằng cấp hai: ở 8 lớp - Alexander Levin (trường số 34 ở Sverdlovsk), Aleksadr Teokharov (trường số 11 ở Almalyk, vùng Tashkent), Vadim Mirny (trường số 2 ở Moscow), Alexander Turchin (trường số 145 ở Kyiv); trong 9 lớp - Serey Lyagushiin (trường số 23 ở Dnepropetrovsk), Serey Katsur (trường số 34 ở Chisinau), Igor Lobov (trường số 170 ở Krasnodar), Georgy Polykov (trường số 3 ở Chelyabinsk), Mikhail Dezhurko (trường số 3 ở Pinsk, vùng Brest); ở lớp 10 - Vladimir Nazaykinsky (trường số 2 ở Moscow), Serey Parkovsky (trường số 145 ở Kyiv), Boris Ykovson (trường số 116 ở Odessa), Alexander Pukhovsky (trường số 21 ở Arkhangelsk), Igor Artyukhov (trường số 18 ở Moscow), Yuri Boedanov (trường số 40, Simferopol), Valery Fradkov (trường số 27, Kharkov).

Bằng cấp 3 được trao cho 10 học sinh lớp 8, 14 học sinh lớp 9 và 12 học sinh lớp 10.

74 thí sinh tham dự Olympic được nhận giấy khen.

Ban tổ chức Olympic, ban giám khảo, nhân viên Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Phòng Giáo dục Công khu vực Novosibirsk đã nỗ lực rất nhiều để đảm bảo Olympic được tổ chức rõ ràng, có tổ chức và mang lại lợi ích cho người tham gia.

23

VÒNG TRÒN TOÁN HỌC

ĐẢO NGƯỢC
và nhiệm vụ của Apollonius

A. P. Savin

LÀM THẾ NÀO ĐỂ BẮT SƯ TỬ TRONG SA MẠC?

Người quan sát hiện diện trống rỗng trong một cái lồng tròn. Sư tử đang ở trong lồng. Một sự đảo ngược được thực hiện. Thế thì sư tử sẽ ở trong lồng, và sự hiện diện sẽ ở bên ngoài nó.

Từ văn học dân gian tốt nghiệp
Đại học quốc gia Moscow những năm 20

Hình học dịch từ tiếng Hy Lạp có nghĩa là khảo sát đất đai. Nó có nguồn gốc từ sự ra đời của các nhà khảo sát, kiến ​​trúc sư và nhà xây dựng cổ xưa. Họ không có những dụng cụ phức tạp mà con cháu họ được trang bị; họ đã thực hiện bằng những phương tiện đơn giản nhất: la bàn, thước kẻ và thước dây. Đương nhiên, các nhà toán học cổ đại đã sử dụng chính xác những phương tiện này để xây dựng hình học, chỉ loại bỏ thước dây như một công cụ không chính xác.

Đôi khi bạn ngạc nhiên về số lượng bài toán khác nhau mà họ có thể giải quyết trong xây dựng chỉ bằng những công cụ đơn giản này.

Dường như không có bài toán nào để xây dựng mà không thể giải được bằng la bàn và thước kẻ.

Nhưng bài toán như vậy đã được tìm thấy. Nhiều nhà toán học bối rối trước bài toán “sự chia ba một góc” và “nhân đôi khối lập phương”. Chỉ đến cuối thế kỷ trước, tính không thể giải quyết được của chúng mới được chứng minh *). Tuy nhiên, ngay cả bây giờ vẫn có người cố gắng chia một góc chỉ bằng la bàn và thước kẻ.

Trong số sóng bài toán có thể giải được bằng la bàn và thước kẻ, một trong những sóng thú vị nhất là bài toán từ địa lý Hy Lạp cổ đại nổi bật

*) Bài toán về phép chia một góc: “Hãy nêu cách chia một góc bất kỳ thành ba phần bằng nhau”; bài toán về việc nhân đôi một khối lập phương: “Tìm một cạnh của một khối lập phương có thể tích gấp đôi thể tích của một khối lập phương đã cho.” Bằng chứng về tính không thể quyết định được của những bài toán này có thể được tìm thấy trong cuốn sách “Bách khoa toàn thư về toán tiểu học”, tập. IV, “Hình học”, M., Fizmatiz, 1963, trang 220-223.

24

mét Apollonius từ Perga *), được hình thành như sau:

Được biết, lời giải trong số bài toán này đã có trong tác phẩm “On Touches” của Apollonius, nhưng bản thân tác phẩm đó đã hoàn toàn nói ra. Sau đó bài toán Apollonia đã đưa ra nhiều nghiên cứu toán học; các nhà toán học xuất sắc như L. Euler và I. G. Lambert cũng quan tâm đến nó.

Hiện tại có nhiều lời giải khác nhau trong số bài toán này, một trong số chúng sẽ được đưa ra ở đây. Tuy nhiên, mục đích của bài viết này không chỉ nói về lời giải bài toán của Apollonius mà còn trang bị cho bạn “phương pháp đảo ngược” được sử dụng trong lời giải này.

Đảo ngược

Về giới hạn. Cho đường tròn bán kính r có tâm tại điểm O. Phép nghịch đảo đối với đường tròn này được gọi là phép biến đổi sau của mặt phẳng: mỗi điểm M của mặt phẳng khác với điểm O được liên kết với một điểm M’ nằm trên tia OM cách điểm O một khoảng $\frac{r^2}{OM}$. Điểm O được gọi là tâm nghịch đảo và số $r^2$ là độ hoặc hệ số nghịch đảo.

*) Apollonius (khoảng 260-170 TCN) sinh ra ở thành phố Perga, một trong những thuộc địa của Hy Lạp ở Tiểu Á, làm việc ở Alexandria một thời gian dài rồi trở về Perga. Các bài viết của ông về các khái niệm giá trị đã tạo cơ sở cho việc nghiên cứu các đường cong đại số (các đường cong được xác định bởi các phương trình) và phương pháp mà ông sử dụng đã đưa Ekarta và Fermat đến việc tạo ra hình học giải tích.

Đảo ngược còn được gọi là phép biến đổi theo bán kính nghịch đảo, cũng như sự đối xứng xung quanh đường tròn. Nó được giới thiệu vào năm 1830 bởi nhà toán học người Đức L. Magnus, nhưng được tìm thấy trong các tác phẩm của chính Apollonius, chẳng hạn như trong bài tiểu luận “Về các địa điểm hình học trên mặt phẳng”. Kể từ khi tái sinh, nghịch đảo đã chứng tỏ là một công cụ mạnh mẽ trong nghiên cứu toán học.

Hãy xem xét một số tính chất của nghịch đảo.

1. Các điểm trên vòng tròn mà chúng ta đã chọn sẽ biến đổi thành chính chúng trong quá trình đảo ngược; các điểm nằm bên trong đường tròn đi đến các điểm bên ngoài (trừ điểm O) và các điểm bên ngoài - đi đến các điểm bên trong.

2. Nếu trong quá trình đảo ngược, hình Ф chuyển thành hình Ф’ thì hình Ф’ chuyển thành hình Ф.

3. Trong quá trình đảo ngược, các điểm nằm trên đường thẳng đi qua tâm nghịch đảo sẽ đi đến điểm P, và điểm P đến điểm O. Khi đó, hai đường thẳng bất kỳ sẽ cắt nhau tại điểm P. Có lẽ bây giờ các bạn sẽ hiểu dễ dàng hơn về tính chất nghịch đảo sau.

4. Đường thẳng không đi qua tâm nghịch đảo sẽ trở thành đường tròn đi qua tâm nghịch đảo.

Bằng chứng. Chúng ta hãy hạ thấp phần đáy từ điểm O xuống một đường thẳng (Hình 1). Chúng ta hãy tìm điểm P—đáy của peredicle—điểm P’ mà nó đi qua trong quá trình đảo ngược. Bây giờ gọi M là một điểm tùy ý của một đường thẳng cho trước và M’ là điểm mà nó đi qua trong quá trình đảo ngược. Rồi từ thư từ

$$OP \cdot OP' = r^2, \quad OM \cdot OM' = r^2$$

26

Lời giải bài toán Apollonia

Vì vậy, đường đi trên máy bay được cho bởi ba vòng tròn… Dừng lại! Quan sát Hình 3. Có bao nhiêu cách xếp ba đường tròn ngay cả khi chúng ta cắt chúng sao cho chạm nhau hoặc không có điểm chung nào? Điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta xem xét khả năng giao nhau? Chúng ta có nên thực sự xem xét từng trường hợp riêng biệt? Tất nhiên là không! Trước tiên chúng ta hãy xem xét ngay tất cả các trường hợp trong đó ít nhất hai trong số các đường tròn đã cho tiếp xúc nhau (không có sự khác biệt dù nó là đường tròn bên ngoài hay bên trong). Giả sử rằng thật thú vị khi có một đường tròn phụ có bán kính tùy ý có tâm tại điểm tiếp xúc của các đường tròn này. Khi đó, theo tính chất 7, đường tròn tiếp tuyến sẽ biến thành đường thẳng song song, đường tròn thứ ba thành đường tròn hoặc đường thẳng. Đường tròn cần thiết phải thu được bằng cách nghịch đảo đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng song song đã chỉ định và đường tròn (hoặc đường thẳng). Và câu bài toán “xây đường tròn tiếp xúc với hai đường thẳng song song cho trước và một đường tròn (hoặc đường thẳng) cho trước” có thể được mỗi bạn giải trong vòng vài phút. Tất nhiên, việc xây dựng phải được thực hiện bằng la bàn và thước kẻ. Bây giờ chúng ta hãy lưu ý rằng chỉ với sự trợ giúp của la bàn và thước kẻ, chúng ta có thể dễ dàng dựng đường tròn hoặc đường thẳng mà bất kỳ đường tròn hoặc đường thẳng nào đi vào đó khi đảo ngược đối với từng đường thẳng của đường tròn. Để làm điều này, bạn cần chọn một số điểm trên đó, xây dựng các điểm mà chúng đi qua (đây là điều bạn đang giải quyết), sau đó vẽ một đường tròn (hoặc đường thẳng) đi qua ba điểm thu được.

Từ tất cả những gì đã nói, việc xây dựng sau đây được tiến hành:

a) dựng các đường thẳng song song và một đường tròn (hoặc đường thẳng) mà các đường tròn đã cho đi vào đó khi ngược chiều với đường tròn phụ có tâm là điểm tiếp xúc;

b) dựng các đường tròn (có thể có một vài đường tròn) tiếp xúc với các đường thẳng thu được và đường tròn (hoặc đường thẳng);

b) trên ba vòng tròn đã cho ban đầu, đánh dấu những điểm đi vào các điểm tiếp xúc đã tìm thấy;

d) với mỗi bộ ba điểm, khôi phục lại các vòng tròn ban đầu.

Cơm. 3. Ba đường tròn trên một mặt phẳng có thể được sắp xếp theo nhiều cách.

Cơm. 5. Làng đảo ngược.

Một thiết bị thực hiện inversion_transformation. Có nhiều hơn một thiết bị như vậy. Chúng được gọi là biến tần. Hình 5 cho thấy một biến tần Posel bao gồm sáu thanh bản lề, $OA=OB$, $AM=AM'=BM=BM'$. Biến tần này hoạt động như sau: điểm $O$ cố định; nếu điểm $M$ mô tả một đường nhất định thì điểm $M'$ mô tả đường thu được bằng cách đảo ngược

các phiên bản từ phiên bản gốc có tâm nghịch đảo tại điểm $O$ và hệ số nghịch đảo bằng $AO^2 - AM^2$. Việc tự mình theo đuổi một biến tần như vậy không hề khó khăn bài toán ngay cả đối với những học sinh không tham gia câu lạc bộ “đôi bàn tay khéo léo”. Nếu chúng ta thêm vào biến tần này một thanh $O'M$ sao cho $O'M=OO'$ và một điểm $O'$ cố định, thì khi quay thanh $O'M$ điểm $M'$ sẽ mô tả một đường thẳng. Những bộ biến tần như vậy được sử dụng trong công nghệ để chuyển đổi chuyển động tròn thành chuyển động thẳng.

Biến tần Hart thậm chí còn đơn giản hơn (Hình 6). Nó chỉ bao gồm bốn thanh bản lề. Hình mà các thanh này tạo thành được gọi là phản bình hành. Tính chất đặc trưng của một tứ giác như vậy là điều kiện: $AB=CD$ và $BC=AD$. Nếu một điểm $O$ của đoạn $AB$ cố định trên mặt phẳng thì các điểm $M$ và $M'$ được đánh dấu trên các thanh $AD$ và $BC$, nằm trên đường thẳng đi qua điểm $O$ và đường song song $AC$ thì khi điểm $M$ di chuyển dọc theo một điểm hình nào đó $M'$ sẽ di chuyển dọc theo hình thu được từ hình trước bằng cách đảo ngược tâm tại điểm $O$ và hệ số bằng

$$\frac{AO \cdot BO}{AB^2} (AD^2 - DC^2).$$

Bây giờ hãy thử giải một số bài toán.

1. Vẽ ba đường tròn đi qua hai điểm, mỗi đường tròn đều đi qua các điểm đó. Chúng sẽ biến thành gì khi đảo ngược tâm tại một trong những điểm này?
2. Ba đường thẳng song song sẽ trở thành gì khi đảo ngược?
3. Vẽ đường tròn đi qua hai điểm cho trước và tiếp xúc với một đường thẳng cho trước.
4. Chứng minh rằng bộ biến tần Posel và Garth thực sự thực hiện được phép nghịch đảo đã cho.

29

BỐN TRẢI NGHIỆM VỚI TẦM NHÌN

J. Greg

Trong số 10 và 11 «Kvant» trong năm qua, chúng tôi đã nói về một số thử nghiệm với tầm nhìn đen trắng và màu sắc (xem các bài viết của G.I. Kosourov “Đừng tin vào mắt mình” và “Bầu trời màu cam”). Bây giờ chúng tôi sẽ cho bạn biết về một số thí nghiệm đáng giá hơn về tầm nhìn. Với chúng, được đưa ra ở phần đầu, các đặc điểm về tầm nhìn của chúng ta được sử dụng - khả năng nhìn trong bóng tối và lưu giữ ký ức về những hình ảnh đã nhìn thấy trong một thời gian. Thí nghiệm cuối cùng cho thấy một ảo ảnh thị giác thú vị khác. Tất cả các thí nghiệm đều được lấy từ cuốn sách của James Gregg, cuốn sách mà chúng tôi sẽ nói đến ở trang 60 trong cùng số tạp chí của chúng tôi. Ấn phẩm được chuẩn bị bởi V. A. Leshkovtsev.

Về bài kiểm tra 1. Thích ứng với bóng tối

Vào một ngày nắng đẹp, khi bạn từ ngoài đường bước vào một căn phòng không có ánh sáng, bạn có cảm giác như trong nhà đang chìm trong đêm sâu. Nhưng chẳng bao lâu sau, bạn đã định hướng hoàn hảo, mặc dù ánh sáng tương đối yếu: mắt bạn đã thích nghi - sự thích nghi với bóng tối đã xảy ra. Do sự thích nghi, màu sắc của mắt với ánh sáng tăng lên hàng triệu lần. Trong điều kiện lý tưởng, một mắt hoàn toàn thích nghi với bóng tối có thể nhận thấy ánh sáng từ một ngọn nến cách đó 20 km.

Quan sát quá trình thích ứng rất đơn giản: vào buổi tối, đi từ phòng có ánh sáng tốt đến phòng tối. Hãy để ý xem bạn mất bao lâu để đọc các con số trên một chiếc đồng hồ có mặt dạ quang hoặc đọc một tiêu đề trên một tờ báo nếu có rất ít ánh sáng phát ra từ cửa sổ hoặc cửa hé mở.

Ánh sáng rất yếu sẽ được nhìn rõ hơn nếu bạn nhìn vào nó một chút. Vì vậy, một ngôi sao mờ trên bầu trời sẽ có vẻ sáng hơn nếu bạn nhìn xa nó một chút. Hãy kiểm tra nó khi bạn có cơ hội.

Chúng ta hãy trình bày một thí nghiệm đơn giản sử dụng khả năng thích ứng của mắt với bóng tối.

Lấy một miếng bìa cứng màu đen có kích thước 20x25 (cm). Ở hai bên của tâm ở khoảng cách 5 cm, dán một hình tròn và hình vuông màu trắng vào bìa cứng. Giữ bìa cứng như một cuốn sách khi đọc (Hình 1).

Yêu cầu đối tác của bạn tắt đèn đột ngột. Đôi mắt của bạn dần dần

Cơm. 1.

30

sẽ thích nghi với bóng tối và bạn sẽ thấy những đốm trắng (trên bìa cứng vô hình). Tính xem thời gian sẽ trôi qua từ lúc tắt đèn cho đến lúc bạn có thể phân biệt được giữa hình tròn màu trắng và hình vuông. Lấy tấm bìa cứng trên tay (trước khi đèn tắt), nhưng quay nó ra xa bạn và xoay nó xa hơn để bạn không biết hình tròn và hình vuông màu trắng nằm ở đâu; Khi đèn tắt, hãy xoay tấm bìa cứng về phía bạn về phía có các hình vẽ. Xin lưu ý rằng hình tròn sẽ hiển thị rõ hơn nếu bạn nhìn vào hình vuông thay vì nhìn vào nó. Bạn có thể bắt buộc, tại sao?

Nếu bạn đã đọc kỹ phần đầu mô tả của thí nghiệm này, thì bạn có thể diễn giải chính xác kết quả của nó.

Ôi tra tấn 2. Người theo dõi

Số lượng người kế nhiệm bạn có thể quan sát là vô tận. Thuật ngữ “sau thời gian” có nghĩa là hình ảnh vẫn còn sau bộ phóng điện khiến nó ngừng hoạt động. Một chuỗi được gọi là dương khi nó chứa cùng sự phân bố các vùng sáng và tối như chính bộ phóng điện và được in dấu khi sự phân bố các vùng sáng và tối ngược lại.

Thú vị hơn nữa là các sản phẩm sau được tạo ra. Hiệu ứng cảm ứng được gây ra bởi một thứ gì đó bổ sung cho bộ phóng điện chính, chẳng hạn như nền mà khung nhìn được xem liên tiếp; nền này có thể là mẫu, trường màu xám hoặc trường màu. Đầu tiên, anh ấy luôn thể hiện bộ phóng điện chính - kiểu dáng, màu sắc. Sau đó xem nhìn vào một số nền tảng. Dễ dàng phát hiện chuỗi cảm ứng nhất trên nền màu xám trung tính. Hình 2 cho thấy những số liệu mà bạn có thể theo dõi tốt. Những hình vẽ như vậy nên được dán lên bìa cứng màu xám. Chỉ để lại một hình trong tầm nhìn của bạn và nhìn vào nó trong 30-60 giây. Sau đó nhìn vào nền màu xám. Không nên có quá nhiều ánh sáng trong phòng (ánh sáng tối). Bạn có thể nhìn thấy một con chim đang bay trên trần nhà, trên tường, trên lòng bàn tay hoặc mắt bạn đồng thời chiếu lên bất kỳ bề mặt nào mà bạn đang nhìn.

Cắt bất kỳ hình ảnh nào từ giấy màu. Thử nghiệm với các hình dạng có màu sắc khác nhau. Hãy nhìn vào hình vẽ như vậy, di chuyển ánh mắt của bạn sang nền màu xám - và bạn sẽ thấy một màu bổ sung cho màu ban đầu. Như vậy, bạn sẽ làm quen với một trong những nguyên tắc cơ bản của việc hình thành các chuỗi cảm ứng.

Lấy nền cùng màu với bộ xả đầu tiên. Nhìn vào hình vuông màu đỏ tươi trong một phút, sau đó chuyển ánh mắt của bạn sang một mảnh giấy màu đỏ. Cái này nối tiếp cái kia trông như thế nào?

Để nguyên bộ phóng điện chính nhưng lấy nền xanh lục, tức là màu bổ sung cho màu đỏ. Trình tự hiện tại khác với trình tự trước đó và trình tự xuất hiện trên nền xám như thế nào? Hãy thử các màu sắc khác nhau và sự kết hợp khác nhau cho bộ xả chính và cho nền.

Mẫu bao gồm các vòng tròn đồng tâm (Hình 3) là nguồn phóng điện rất mạnh, dễ gây ra trình tự. Khi nhìn vào nó, những chuyển động và lăn lăn hiệu quả hiện ra. Hiệu quả như vậy được quan sát theo cách nhất quán của mình. Thực hiện theo mẫu này với đường kính 30-50 cm. Cài đặt trong một trăm

31

Cơm. 3.

có một màn hình màu xám lớn để giải mã dư ảnh. Nếu bản vẽ của bạn có màu, hiệu ứng sẽ đặc biệt ấn tượng.

Kinh nghiệm 3. Quán tính của thị giác

Tất nhiên, con ngựa chạy trên màn ảnh không hề chết. Cô ấy cũng không chết trên màn hình tivi. Và nói chung, các vật thể “chuyển động” trong khung đều bất động - các khung hình tự chuyển động, nhưng với tốc độ mà mắt người không thay đổi được sự thay đổi của chúng. Bạn có thể nhìn thấy chuyển động trên màn hình vì tầm nhìn của con người có quán tính nhất định. Nói cách khác, bất kỳ cảm giác thị giác nào cũng tồn tại một thời gian sau khi hình ảnh gây ra nó biến mất. Do đó, nếu hình ảnh thay đổi đủ thường xuyên, hình ảnh hiển thị của hình ảnh trước sẽ chuyển sang hình ảnh tiếp theo một cách mượt mà và trong một số điều kiện nhất định, chúng có thể được nhìn thấy đồng thời.

Hình 4 cho thấy một hình xăm hình xăm—một thiết bị mà bằng cách xoay nó, có thể thể hiện quán tính của thị giác. Nếu bạn xoay hình xăm đủ nhanh, thiết kế ở một bên sẽ được kết hợp với thiết kế ở phía đối diện. Một mặt của tấm bìa cứng hình vuông dán hình một con chim, mặt kia là hình vẽ một cái lồng (Hình 5). Kim dưới cùng một đầu vào mép bìa cứng -

32

Đặt đầu thước vào đúng vị trí bạn đặt tờ giấy. Di chuyển thước một chút, tìm một khoảng cách từ máy chiếu sao cho bất kỳ phần nào của hình ảnh đều tập trung rõ ràng vào đầu màu trắng của thước. Bây giờ hãy bắt đầu: nhanh chóng di chuyển thước lên xuống, lên xuống.

Quan sát xem những người đứng phía sau máy chiếu có nhìn thấy toàn bộ hình ảnh của thiết kế màu sắc trong không khí tại nơi bạn di chuyển thước hay không. Điều này xảy ra vì các phần riêng lẻ của hình ảnh, chỉ nhìn thấy trực tiếp tại những thời điểm chúng được chiếu lên thước, được mắt giữ lại trong một thời gian, đủ để bạn có thời gian di chuyển thước để hiển thị phần tiếp theo của khung.

Theo cách tương tự, người ta thu được một hình ảnh truyền hình. Chỉ có điều không phải là thước kẻ mà là một chùm tia điện tử lần lượt hiển thị các đường ngang của hình ảnh. Và toàn bộ bức tranh có được nhờ quán tính của tầm nhìn.

Về tra tấn 4. Khối lập phương lộn ngược

Tạo khung hình khối bằng 12 sợi dây hoặc que tròn, như trong Hình 6. Hiệu ứng sẽ tốt hơn nếu bạn hiển thị tất cả vật liệu

Cơm. 6.

có màu đen mờ. Đầu tiên tạo hai cạnh hình tứ giác của khung, sau đó buộc chặt chúng bằng bốn cây gậy. Gắn một thanh dài hơn - một giá đỡ - vào một trong các góc. Mọi thứ có thể được thực hiện bằng keo và sau đó gia cố bằng chỉ đen.

Giữ khối lập phương trước mặt bạn sao cho có thể nhìn thấy góc xa của nó (trong Hình 6 là một mũi tên liền) ở khoảng giữa một trong các cạnh của khối lập phương (đường ngắm trong Hình 6 được biểu thị bằng một mũi tên chấm). Nhắm mắt kia lại.

Nhìn mà không rời mắt vào góc xa của khối lập phương. Đột nhiên bạn sẽ thấy khối lập phương “quay từ trong ra ngoài” sao cho góc xa dường như hướng về phía trước, góc gần nhất. Khi cây gậy được quay chậm, khối lập phương sẽ “lật” theo hướng ngược lại với hướng quay. Di chuyển cây gậy qua lại và bạn sẽ thấy khối lập phương lộn ngược này hoạt động kỳ lạ như thế nào.

Hãy lạc lối trước để học cách nhìn mọi thứ một cách đúng đắn. Tốt hơn là nên tiến hành thí nghiệm trên nền tường có lỗ nhìn trộm. Nếu cách này không hiệu quả, hãy thử thay đổi nền để xoay khối, nghiêng hoặc làm biến dạng nó một chút.

Với một chút nghịch ngợm, bạn sẽ quan sát thấy tác động của việc hoàn toàn không có ivo. Hãy nhớ rằng nó chỉ hoạt động khi bạn nhìn bằng một mắt.

Hiệu ứng này được gọi là sự mỉa mai khối lập phương von Horibostl. Khi cả hai mắt phối hợp với nhau, chúng nhìn thấy chiều sâu rất tốt nên không thể bị khối lập phương này đánh lừa, nhưng một mắt chắc chắn sẽ mắc sai lầm khi xác định phần nào của khối lập phương gần hơn. Iriznyaya này là một trong những điều thú vị nhất.

Một số người có tác dụng tiếp nhận nó khi quan sát bằng mắt. Điều chính là tập trung ánh mắt của bạn bằng cả hai mắt vào một góc (xa) của khối lập phương.

33

NHIỆM VỤ

Lời giải bài toán từ “Sách Vấn đề Kvant” có thể được gửi không muộn hơn một phút rưỡi sau khi xuất bản số tương ứng của tạp chí. Lời giải của mỗi bài toán phải được viết trên (các) tờ riêng; ở cuối mỗi lời giải bạn cần cho biết họ, tên và họ của mình; mã bưu điện 6 số, địa chỉ nhà; lớp học và trường học bạn theo học.

M96. Người ta đã biết về năm số dương mà nếu từ tổng của ba số bất kỳ chúng ta trừ đi tổng của hai số còn lại thì hiệu sẽ là số dương. Chứng minh rằng tích của cả mười hiệu như vậy không vượt quá bình phương tích của gót các số đã cho.
S. T. Berkolaiko

M97. Trong hình thang $ABCD$ có đáy $AB=a$ và $CD=b$ có đoạn $A_1B_1$ nối trung điểm của các đường chéo. Trong hình thang thu được $A_1B_1CD$, một đoạn $A_2B_2$ một lần nữa được vẽ, nối các điểm giữa của các đường chéo, v.v. (Hình 1). Có thể nào một số xuất hiện hai lần trong chuỗi độ dài của các đoạn $AB, A_1B_1, A_2B_2, \dots$ không? Trình tự này sẽ đơn điệu (tăng hay giảm)? Có phải cô ấy đang nhắm đến một loại giới hạn nào đó?
A. L. Rosenmal

M98. Chứng minh rằng trong bảng

1
1 1 1
1 2 3 2 1
1 3 6 7 6 3 1

trong đó mỗi số bằng tổng của ba số ở trên, mỗi dòng (bắt đầu từ số thứ ba) có một số chẵn. Mỗi dòng (trừ hai dòng đầu tiên) có chứa một số chia hết cho ba không?

M99. Trong một tam giác, cạnh $ABC$ $AC$ là lớn nhất. Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ của mặt phẳng $AM+CM$ ít nhất là $BM$. Trong trường hợp nào có thể bình đẳng?

N. B. Vasiliev

Cơm. 1.

Cơm. 2.

M100. Chứng minh rằng tổng của 45 số $tg 1^\circ + tg 5^\circ + tg 9^\circ + \dots + tg 173^\circ + tg 177^\circ$ là 45.
V. P. Beshkarev

F108. Mười con kiến ​​quyết định nhổ một chiếc ống hút khỏi chiếc bàn nằm trên đó. Chúng nên xây dựng như thế nào nếu lực mà mỗi con kiến ​​có thể kéo ống hút nhỏ hơn một chút so với $1/10$ lực ma sát tác dụng lên ống hút khi nó bị xáo trộn quanh bàn? Con kiến ​​cũng không nhấc được cọng rơm.
G. L. Komkin

F109. Trong thí nghiệm, người ta thấy rằng nhiệt độ của nước đá 142°C ở trạng thái nhẹ, lơ lửng giữa phòng, tăng 4°C trong nửa giờ. Khi có băng trong tàu, phải mất 10 giờ mới kéo được nó ra. Dựa vào thí nghiệm này, nhiệt dung riêng của sự nóng chảy của nước đá là bao nhiêu? Nhiệt dung riêng của nước là 1cal/e.

F101. Nếu vôn kế mắc song song với điện trở trên $r_1$ (Hình 2) thì sẽ hiển thị 6 $\theta$, nếu song song với điện trở dưới $r_2$ thì 4 $\theta$, còn nếu nối với các điểm $A$ và $B$ thì sẽ hiển thị 12 $\theta$. Điện áp rơi thực tế trên các điện trở là bao nhiêu?

F111. Có một sợi dây đồng nhất có chất nổ. Tốc độ truyền phản ứng nổ dọc theo dây là $v$, tốc độ truyền sóng nổ trong không khí là $c$. Tìm hình dạng của đường mà bạn cần đặt dây sao cho sóng từ tất cả các điểm của dây đồng thời đến một điểm nhất định.

Có thể làm điều tương tự với bề mặt nổ và thu được sóng hình cầu giảm dần với mật độ năng lượng cao không?

F112. Có một chồng các tấm phẳng song song $k$ có chiết suất là $n_1, n_2, \dots, n_k$. Độ dày của mỗi tấm là $d$. Một tia tới trên một tấm có chiết suất $n_1$ ở góc $\alpha$ so với bề mặt của tấm sẽ bị dịch chuyển bao nhiêu sau khi đi qua một chồng các tấm?

35

GIẢI PHÁP

Trong số này, chúng tôi xuất bản lời giải bài toán M50–M60 và phần kết thúc lời giải bài toán M45.

M50

Các đỉnh của $n$-giác đều được hiển thị bằng nhiều màu (mỗi màu có một màu) sao cho các điểm cùng màu đóng vai trò là các đỉnh của đa giác đều. Chứng minh rằng trong số các đa giác này tìm được những đa giác bằng nhau.

Giả sử rằng các đỉnh của một số $n$-giác đều được loại bỏ bằng cách tô màu sao cho tất cả các đỉnh được hiển thị giống hệt nhau tạo thành các đa giác đều khác nhau: $m_1$-gon, $m_2$-gon, $m_3$-gon, …, trong đó $m_1 < m_2 < m_3 < ...$. Số nhỏ nhất trong số này $m_1$ sẽ đóng một vai trò đặc biệt trong lý luận của chúng ta và chúng ta sẽ chỉ biểu thị nó bằng $m$.

Chúng ta hãy vẽ các vectơ từ tâm của $O$ $n$-giác đến tất cả các đỉnh của nó; chúng ta hãy biểu thị chúng theo thứ tự: $a_1, a_2, a_3, ..., a_n$ (Hình 1a). Sau đó

$$\vec{a}_1 \vec{a}_2 = \vec{a}_2 \vec{a}_3 = \ldots = \vec{a}_{n-1} \vec{a}_n = \vec{a}_n \vec{a}_1 = \frac{2\pi}{n}.$$

Ở đây và bên dưới, bằng $\vec{ab}$ chúng ta biểu thị độ lớn của góc (không âm nhỏ nhất) mà tại đó vectơ $a$ phải quay ngược chiều kim đồng hồ sao cho trùng với vectơ $b$; luôn luôn $0 \leqslant \vec{ab} < 2\pi$.

Chúng ta sẽ nói rằng các vectơ $c_1, c_2, c_3, ..., c_q$ trên mặt phẳng vẽ từ điểm $O$ tạo thành một hệ thống chính quy nếu chúng có độ dài bằng nhau và tạo thành các góc bằng nhau:

$$\vec{c}_1 \vec{c}_2 = \vec{c}_2 \vec{c}_3 = \ldots = \vec{c}_{q-1} \vec{c}_q = \vec{c}_q \vec{c}_1 = \alpha > 0.$$

Chúng ta sẽ cần sự kiện gần như rất quan trọng sau đây (bằng chứng của nó được đưa ra ở cuối lời giải).

Bổ đề. Tổng các vectơ tạo thành một hệ thống đều bằng không.

36

Cơm. 1. Hãy tưởng tượng rằng các chấm màu trong hình $a$ là những hạt xâu chuỗi trên một sợi dây theo hình xoắn ốc. Chúng ta nhìn hình xoắn ốc này từ trên cao, và do đó, hai hạt màu đỏ $A'$ và $A''$ chiếu chúng ta vào một điểm $A$. Nếu bây giờ chúng ta buộc một trong các hạt - $A'$ và $A''$ vào dây thêm 2 lượt nữa, thì chúng ta sẽ đến hình $b$, trong đó góc giữa các vectơ liền kề đã tăng gấp 3 lần.

Trước khi sử dụng bổ đề, hãy thực hiện phép biến đổi sau với vectơ của chúng ta. Chúng ta sẽ giả sử rằng vectơ $a_1$ đi đến một trong các đỉnh của $m$-giác. Hãy đơn giản biểu thị nó bằng $a$ và đếm tất cả các góc từ nó (theo hướng dương, tức là ngược chiều kim đồng hồ). Chúng ta hãy biểu thị bằng $b_i$ vectơ thu được từ $a$ bằng cách quay một góc $m \rightarrow aa_i$ (đối với mỗi $i=1,2,\dots,n$). Khi xử lý $a_i \rightarrow b_i$ mà chúng tôi vừa xây dựng*) (Hình 1, $\delta$ hiển thị ánh xạ như vậy cho $m=3$), góc giữa các vectơ tăng $m$ lần; chính xác hơn: nếu $m \rightarrow a_i a_j < 2\pi$, thì $\rightarrow b_i b_j = m \rightarrow a_i a_j$. Do đó, ánh xạ này một lần nữa biến hệ vectơ đều có góc $\alpha < \frac{2\pi}{m}$ thành hệ vectơ đều. Cụ thể, tổng của tất cả các vectơ $b_1, b_2, \dots, b_n$ bằng 0.

Hãy tính tổng này theo cách khác: trước tiên chúng ta tìm tổng các vectơ tương ứng với các đỉnh của mỗi màu, sau đó cộng tất cả các tổng này. Trước tiên chúng ta hãy xem xét tất cả các vectơ $a_i$, nhìn vào các đỉnh của $m_h$-giác, trong đó $m_h > m$. Đây là một hệ vectơ đều có góc $\frac{2\pi}{m_h} < \frac{2\pi}{m}$. Sau khi ánh xạ, nó sẽ lại tạo thành một hệ thống chính xác và tổng các vectơ kết quả sẽ bằng 0.

Bây giờ hãy xem xét các vectơ, nhìn vào các đỉnh của $m$-giác. Góc giữa các vectơ liền kề bằng $\frac{2\pi}{m}$ trong trường hợp này và sau khi ánh xạ tất cả các vectơ $m$ này trùng với vectơ $a$, do đó tổng của chúng sẽ bằng $m$ (trong Hình 1 đây là trường hợp với vectơ đỏ và đen).

Vì vậy, chúng ta có mâu thuẫn: một mặt, tổng của tất cả $b_i$ bằng 0, mặt khác, nó bằng $m$. Vì vậy giả định của chúng tôi là không chính xác.

*) Đối với những người đã quen thuộc với các số phức, hãy lưu ý rằng nếu điểm $O$ đại diện cho số 0 trên mặt phẳng phức và điểm cuối của vectơ $a$ đại diện cho một, thì ánh xạ này là sự nâng lên lũy thừa $m: z \rightarrow z^m$.

37

Chứng minh bổ đề. Một nhà vật lý sẽ nói rằng phát biểu này là hiển nhiên từ các thông điệp đối xứng. Một cách để biến những thông điệp này thành bằng chứng xác thực là như sau. Giả sử rằng $c_1 + c_2 + \dots + c_n = s$. Hãy xoay tất cả các vectơ $c_1, c_2, \dots, c_n$ quanh điểm $O$ theo góc $\alpha$. Khi đó, tất nhiên, tổng của chúng cũng sẽ quay qua góc $\alpha$. Nhưng theo điều kiện thì toàn bộ hệ vectơ $n$ sau khi quay một góc $\alpha$ sẽ trùng khớp với chính nó ($c_1$ sẽ rơi vào vị trí $c_2, c_2$ - vào vị trí $c_3, \dots, c_n$ - vào vị trí $c_1$). Do đó, vectơ $s$ sau khi quay qua góc $\alpha$ sẽ không thay đổi. Điều này chỉ có thể xảy ra nếu $s = 0$.

Có thể chứng minh rằng một hệ vectơ $q$ chính quy trong trường hợp tổng quát bao gồm các vectơ $q = dr$ được vẽ từ điểm $O$ đến các đỉnh của một $r$-giác đều, sao cho tại mỗi đỉnh có $d$ vectơ bằng nhau (nếu chúng ta đưa vào đây “nhân đôi”—các cặp vectơ đối diện, tương ứng với $m = 2$); Hơn nữa, $\alpha$ có thể bằng bất kỳ số nào trong số $\frac{2\pi l}{r}$, trong đó $l$ và $r$ là nguyên tố cùng nhau, $0 < l < r$. Chúng tôi để lại nhận xét này ở cuối, vì trong chứng minh một cách công thức, chúng tôi đã đưa ra lời giải thích chi tiết về cách cấu trúc hệ thống vectơ $b_i$ chính xác. Nhưng, tất nhiên, hiểu được cách chứng minh “về bản chất”, sẽ rất hữu ích khi tìm ra điều này.

Ý tưởng được trình bày ở đây lời giải bài toán được đề xuất bởi A. Livshits (Leningrad). Sau khi xem xét cẩn thận lời giải này, chúng ta có thể chứng minh rằng có thể thu được bất kỳ cách phân chia các đỉnh của một $n$-giác đều thành nhiều tập tương ứng với (không nhất thiết phải khác nhau) các đa giác đều theo cách này: trước tiên hãy chia $n$-giác thành nhiều $m$-giác (để làm được điều này, điều cần thiết là $n$ phải chia hết cho $m$), sau đó là một trong các kết quả thu được các đa giác đều lại được chia thành nhiều đa giác đều (xem Hình 1), v.v. nhiều lần. Đối với những độc giả muốn xem xét vấn đề này chi tiết hơn, chúng tôi cũng khuyên bạn nên xem xét mối liên hệ giữa “một chiều” bài toán của chúng tôi và “hai chiều” bài toán M3, công thức của nó đã được thảo luận trong «Kvant» Số 7 năm 1970 (trang 54-55) và trước hết, thiết lập sự tương đương của bài toán M50 của chúng tôi với điều sau: chứng minh rằng tập hợp tất cả các số nguyên được chia thành các tích số học hữu hạn (vô hạn theo cả hai hướng), sự khác biệt của chúng được phân biệt theo cặp.

M51

Chứng minh rằng nếu tích của ba số dương bằng một và tổng các số này lớn hơn tổng các số nghịch đảo của chúng thì có đúng một trong các số này lớn hơn một.

Đặt $a, b, c$ là các số đã cho. Khi đó $abc = 1$ và $(a - 1)(b - 1)(c - 1) = abc - ab - bc - ac + a + b + c - 1 = a + b + c - \frac{1}{a} - \frac{1}{b} - \frac{1}{c} > 0$, do đó, trong ba số $(a - 1), (b - 1), (c - 1)$, có hai số âm và một số dương (cả ba số đều không thể dương, vì $abc = 1$).

M52

Năm đoạn thẳng sao cho ba đoạn bất kỳ có thể được sử dụng để tạo thành một hình tam giác. Chứng minh rằng ít nhất một trong các tam giác này là nhọn.

Một tam giác có thể được hình thành từ các đoạn $x \leq y \leq z$ nếu $z < x + y$ và nó sẽ nhọn nếu $z^2 < x^2 + y^2$. Giả sử có năm đoạn $a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq a_4 \leq a_5$ sao cho ba đoạn bất kỳ tạo thành một tam giác không nhọn. Sau đó

$$a_5^2 \geq a_4^2 + a_3^2, \quad a_4^2 \geq a_3^2 + a_2^2, \quad a_3^2 \geq a_2^2 + a_1^2,$$

và do đó

$$a_5^2 \geq 2a_3^2 + a_2^2 \geq 3a_2^2 + 2a_1^2 \geq 2a_1a_2 + a_1^2 = (a_2 + a_1)^2,$$

nghĩa là $a_5 \geq a_2 + a_1$ và do đó, không thể tạo thành một hình tam giác từ các đoạn $a_1, a_2, a_5$.

38

M53

Cho tam giác ABC, qua trung điểm M của cạnh BC và tâm O của đường tròn nội tiếp tam giác này vẽ đường thẳng MO cắt đường cao AH tại điểm E. Chứng minh đoạn thẳng AE bằng bán kính của đường tròn nội tiếp.

Gọi độ dài các cạnh của tam giác đối diện với các đỉnh A, B, C lần lượt là a, b, c. Chúng ta có thể giả sử rằng b>c (b≠c, vì nếu không thì các đường thẳng MO và AH sẽ không cắt nhau mà trùng nhau). Chúng ta thả đường vuông góc OP=r xuống BC (Hình 2). Sau đó

$$MC = \frac{a}{2}, \quad PC = \frac{a+b-c}{2}, \quad HC = \frac{a^2+b^2-c^2}{2a}.$$

$$\frac{EH}{OP} = \frac{HM}{PM} = \frac{HC-MC}{PC-MC} = \frac{2HC-a}{b-c} = \frac{a^2+b^2-c^2-a^2}{a(b-c)} = \frac{b+c}{a},$$

$$\frac{AE}{r} = \frac{AH}{r} - \frac{EH}{r} = \frac{a+b+c}{a} - \frac{b+c}{a} = 1.$$

Một lời giải hình học khác của bài toán này dựa trên bổ đề sau: nếu chúng ta mở rộng bán kính PO đến đường kính PQ của đường tròn nội tiếp và vẽ đường thẳng AQ cho đến khi nó cắt nhau tại điểm R trên cạnh BC thì các đoạn BP và CR sẽ bằng nhau. Chúng tôi dành cho người đọc chứng minh và sử dụng bổ đề này.

M54

Hai hình chữ nhật bằng nhau được đặt sao cho các đường viền của chúng cắt nhau tại tám điểm. Chứng minh rằng diện tích phần chung của các hình chữ nhật lớn hơn một nửa diện tích của mỗi hình chữ nhật.

Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật a và b. Lưu ý rằng trên các cạnh của mỗi hình chữ nhật có đúng hai điểm giao nhau với hai cạnh kề nhau. (Dễ dàng chứng minh rằng nếu có tổng cộng 8 giao điểm thì mỗi cạnh phải chứa ít nhất hai điểm và giao điểm của các cạnh của hình chữ nhật này với hai cạnh song song của hình chữ nhật kia là không thể). Gọi A và C là các điểm mà tại đó các cạnh của các hình chữ nhật khác nhau, bằng a, cắt nhau; B và D là các điểm mà các cạnh bằng b cắt nhau. Khi đó, hiển nhiên, đoạn AC đóng vai trò là bicsettrix của góc giữa hai cạnh có độ dài a đi qua điểm A (để chứng minh điều đó, chỉ cần thả đường vuông góc từ điểm C tới các cạnh này là đủ và xét cặp tam giác bằng nhau tạo thành trong trường hợp này). Tương tự, BD là bisetris của góc giữa hai cạnh có độ dài b đi qua điểm B. Do đó, AC⊥BD, và do đó là diện tích

40

và kiểm tra xem đối với mỗi cá nhân $l$ tổng các số hạng của dạng $X^{k-l}y^l$ ở bên phải và bên trái của đẳng thức có bằng $^*$) (chúng ta không viết hệ số $C_k^l$):

| | Các số có tổng các chữ số lẻ | Các số có tổng các chữ số chẵn |
| :— | :— | :— |
| Tổng các số hạng của dạng $X^k$ | $5 \cdot 10^{n-1} \Sigma A^k + 5 \cdot 10^{n-1} \Sigma B^k$ | $5 \cdot 10^{n-1} \Sigma A^k + 5 \cdot 10^{n-1} \Sigma B^k$ |
| Tổng các số hạng của dạng $X^{k-l}y^l$ $1 \leq l \leq k-1$ | $\Sigma A^{k-l}b^l + \Sigma B^{k-l}a^l = \Sigma b^l \Sigma A^{k-l} + \Sigma a^l \Sigma B^{k-l} = s_l (\Sigma A^{k-l} + \Sigma B^{k-l})$ | $\Sigma A^{k-l}a^l + \Sigma B^{k-l}b^l = \Sigma a^l \Sigma A^{k-l} + \Sigma b^l \Sigma B^{k-l} = s_l (\Sigma A^{k-l} + \Sigma B^{k-l})$ |
| Tổng các số hạng của dạng $y^k$ | $5 \Sigma b^k + 5 \Sigma a^k$ | $5 \Sigma a^k + 5 \Sigma b^k$ |

Lưu ý rằng phép tính ban đầu của chúng tôi cho $n=2$ có thể được viết bằng ký hiệu tương tự như sau:
$$\Sigma (A+b) + \Sigma (b+a) = 5\Sigma A + 5\Sigma a + 5\Sigma b + 5\Sigma a, \quad \Sigma (A+a) + \Sigma (B+b) = 5\Sigma A + 5\Sigma a + 5\Sigma B + 5\Sigma b$$
tại $k=1$ sẽ chỉ giữ lại số hạng đầu tiên và số hạng cuối cùng tương ứng với $l=0$ và $l=k$).

Dễ dàng nhận thấy rằng mệnh đề bài toán không chỉ đúng trong số thập phân mà còn đúng trong bất kỳ hệ số nào khác có cơ số $d$, trong đó $d$ là số chẵn (hãy nghĩ xem trong lời giải tính chẵn lẻ của cơ số $d=10$ của chúng ta được sử dụng ở đâu). Nếu lấy $d=2$, chúng ta sẽ nhận được chuỗi đẳng thức kỳ lạ sau:
$$\begin{array}{l} 1+2=3 \\ 1+2+4+7=3+5+6 \\ 1^2+2^2+4^2+7^2=3^2+5^2+6^2 \\ 1+2+4+7+8+11+13+14=3+5+6+9+10+12+15 \\ 1^2+2^2+4^2+7^2+8^2+11^2+13^2+14^2=3^2+5^2+6^2+9^2+10^2+12^2+15^2 \\ 1^3+2^3+4^3+7^3+8^3+11^3+13^3+14^3=3^3+5^3+6^3+9^3+10^3+12^3+15^3 \end{array}$$

M56

Bốn số một và năm số không được viết theo thứ tự ngẫu nhiên trên vòng tròn. Sau đó, số 0 được viết giữa hai số giống nhau, số 1 được viết giữa các số khác nhau và số ban đầu sẽ bị xóa. Chứng minh rằng dù có lặp lại quá trình này bao nhiêu lần đi chăng nữa, chúng ta cũng sẽ không bao giờ nhận được tập hợp các số 0 $N$. Thật vậy, giả sử rằng ở bước thứ $t$ nào đó, lần đầu tiên chúng ta nhận được một tập hợp chỉ các số 0. Sau đó, ở bước thứ $(t-1)$, tất cả các chữ số $N$ đều giống nhau và không phải tất cả đều bằng 0, vì vậy chúng đều bằng 1, và ở bước thứ $(t-2)$, mỗi hai chữ số liền kề sẽ khác nhau, nhưng vì $N$ là số lẻ nên sự sắp xếp 0 và 1 như vậy trên vòng tròn không tồn tại.

Đồng thời, chúng tôi đã trả lời (cho đến nay chỉ dành cho số lẻ $N$) câu hỏi vẫn chưa được trả lời trong lời giải M19 («Kvant» Số 11, 1970, trang 37-38); trong bài toán số 0 này được gọi là “ô nghỉ”, số 0 được gọi là “ô bị kích thích” và số đúng

*) Chúng ta không cần biết các công thức tính $C_k^l$ (gọi là “hệ số nhị thức”). Điều quan trọng duy nhất là đây là những con số không phụ thuộc vào các biến $X$ và $y$.

**) Những người đã giải được bài toán này trước đây có thể nhận thấy rằng chúng tôi đã hoán đổi các từ “một” và “số không” trong cách diễn đạt. Tất nhiên, điều này không làm thay đổi sự tồn tại của bài toán M19 và M56, điều này sẽ được thảo luận bên dưới.

41

quá trình chuyển đổi là hoàn toàn giống nhau. Theo các thuật ngữ này, kết quả của chúng tôi được xây dựng như sau: nếu $N$ là số lẻ và tại thời điểm ban đầu không phải tất cả các ô đều bị kích thích (và không phải tất cả đều ở trạng thái nghỉ), thì sự kích thích sẽ không bao giờ tắt.

Điều gì sẽ xảy ra với $N$ khác? Để tìm ra điều này, chúng ta sử dụng bổ đề sau (có thể chứng minh bằng quy nạp trên $k$; nó đúng cho cả bài toán trên đường thẳng và đường tròn); nếu tại $t=0$ tại chỗ $2^{k-1}-M$ có các số giống nhau ở hai bên của một số cho trước $a$ thì sau $t=2^k$ bước sẽ có số 0 tại chỗ $a$ và nếu e khác thì một. Ngay lập tức, nếu $N=2^m$, trong đó $m$ là một số tự nhiên, thì từ bất kỳ tập hợp nào trong $N$ các bước sẽ chỉ thu được một tập hợp các số 0.

Bây giờ đặt $N=2^m L$, trong đó $L$ là số lẻ. Hãy cùng theo dõi những thay đổi xảy ra sau mỗi $T=2^m$ bước. Đối với mỗi chữ số $L$ cách nhau $2^m$ (“tại các đỉnh của $L$-gon”), những thay đổi này sẽ giống hệt như khi chỉ những chữ số $L$ này được đặt xung quanh vòng tròn, quy trình tương tự được lặp lại với chúng và chúng tôi làm theo từng bước. Từ đây, không khó để thu được đáp số trong trường hợp tổng quát nhất: đạt được trạng thái “tất cả số 0” khi và chỉ khi chuỗi 0 và 1 ban đầu tuần hoàn với chu kỳ $2^m$ (xem Hình 4).

M57

a) Tìm số $k$ chia hết cho 2 và 9 và có tổng cộng 14 ước số (trong đó có 1 và $k$).

b) Chứng minh rằng nếu thay 14 bằng 15 thì bài toán sẽ có vài lời giải, và nếu thay 14 bằng 17 thì sẽ không có lời giải nào cả.

Gọi $M=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_r^{\alpha_r}$ là phân tích của số $M$ thành thừa số nguyên tố; đối với định nghĩa, chúng ta sẽ giả sử rằng $\alpha_1 \geqslant \alpha_2 \geqslant \dots \alpha_r \geqslant 1$. Các ước của số $M$ có dạng $p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\dots p_r^{\beta_r}$, trong đó mỗi $\beta_i$, độc lập với các số khác, có thể thuộc các giá trị 0, 1, …, $\alpha_i$, và do đó tổng số ước của $M$ (bao gồm 1 và $M$) là $(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\dots(\alpha_r+1)$ (xem lời giải) bài toán 1 đến bài “Tổ hợp” trong «Kvant» Số 1, 1971, trang 19).

a) 14 chỉ có thể phân tích thành nhân tử theo một cách: $14=7 \cdot 2$, vậy nếu $M$ có 14 thừa số thì $r=2$, $\alpha_1=6$, $\alpha_2=1$. Chúng ta cũng biết rằng 3 được bao gồm trong khai triển $M$ với số mũ lớn hơn 1 và 2 - với số mũ lớn hơn 0. Theo sau đó là $M=3^6 \cdot 2=1458$.

b) Đối với 15 ước số, có thể có đáp số $M=3^2 \cdot 2^4$ và $M=3^4 \cdot 2^2$ và 17 ước số chỉ có thể có các số có dạng $M=p^{16}$, trong đó $p$ là số nguyên tố.

M58

Có ba đáy trên mặt phẳng, giao nhau tại một điểm. Một dấu chấm được đánh dấu trên một trong số chúng. Người ta biết rằng các đường chính là các bissertric của một tam giác nhất định và điểm được đánh dấu là một trong các đỉnh của nó. Xây dựng hình tam giác này.

Đầu tiên là lời giải. Giả sử rằng $O$ là giao điểm của các bissertrices $AK$, $BL$ và $CM$ của tam giác $ABC$ (Hình 5); Sau đó

$$\angle MOB = \angle OCB + \angle OBC = \frac{1}{2} (\angle ACB + \angle ABC) = \frac{\pi}{2} - \angle CAK,$$

nghĩa là, $\angle CAK = \frac{\pi}{2} - \alpha$. Do đó, nếu cho các đường thẳng $AK$, $BL$, $CM$ và điểm $A$ thì bằng cách dựng các góc bằng $\varphi = \frac{\pi}{2} - \alpha$ ở một phía và phía kia của tia $AO$. Chúng ta sẽ tìm các đỉnh cần thiết $B$ và $C$ (với điều kiện là $\varphi > 0$.

42

Cơm. 5. Hình 6.

φ<β và φ<γ). Cần chứng minh tam giác ABC dựng có các đường thẳng BL và CM dọc theo các đường phân giác. Các góc ABL và ACM rất dễ tính—chúng bằng với sự tương ứng của $\frac{\pi}{2} - \beta$ và $\frac{\pi}{2} - \gamma$. Khó khăn chỉ nằm ở việc chứng minh rằng $\Rightarrow LBC = \frac{\pi}{2} - \beta$ và $\Rightarrow MCA = \frac{\pi}{2} - \gamma$ (mặc dù rõ ràng tổng của chúng là $\alpha$); nó có thể được chiếu trước, chẳng hạn như thế này: nếu $\Rightarrow LBC < \Rightarrow ABL$, thì phân giác của góc ABC cắt đoạn AO, do đó phân giác của góc ACB cũng cắt nó, và do đó $\Rightarrow MCB < \Rightarrow ACM$, nên tổng $\Rightarrow LBC + \Rightarrow MBC$ nhỏ hơn $(\frac{\pi}{2} - \beta) + (\frac{\pi}{2} - \gamma) = \alpha$. Theo cách tương tự, có thể chứng minh rằng trường hợp $\Rightarrow LBC > \Rightarrow ABL$ là không thể.

Thứ hai lời giải. Chúng ta hãy xây dựng các điểm $A'$ và $A''$ đối xứng với điểm $A$ cho trước đối với các đường phân giác không đi qua $A$. Rõ ràng là cả hai điểm $A'$ và $A''$ phải nằm trên đường thẳng BC - trên cạnh của tam giác ABC cần tìm (hoặc trên phần mở rộng của nó). Bằng cách vẽ một đường thẳng qua $A'$ và $A''$, từ đó chúng ta sẽ tìm được các điểm B và C cần thiết (Hình 6).

Lưu ý rằng mặc dù lời giải thứ hai hiệu quả hơn, nhưng với cách tiếp cận này, việc viết ra các điều kiện mà bài toán có lời giải * sẽ khó khăn hơn). Các điều kiện này là: $\alpha < \frac{\pi}{2}$, $\beta < \frac{\pi}{2}$, $\gamma < \frac{\pi}{2}$ (vì $\alpha + \beta + \gamma = \pi$ nên chúng cũng có thể được viết như sau: $\alpha + \beta > \frac{\pi}{2}$, $\beta + \gamma > \frac{\pi}{2}$, $\gamma + \alpha > \frac{\pi}{2}$). Nếu họ hài lòng thì lời giải là duy nhất. Hãy suy nghĩ về cách bạn có thể đạt được những điều kiện này bằng cách sử dụng từng phương pháp được nêu ở trên lời giải.

M59

Có một số trọng số có trọng số 1 e, 2 e, 3 e,…, n e. Chúng cần được chia thành ba đống có trọng lượng bằng nhau. Ở mức $n$ điều này có thể xảy ra là bao nhiêu?

Hãy chứng minh rằng điều này có thể thực hiện được khi và chỉ khi $n > 3$ và một trong các số $n$ hoặc $n+1$ chia hết cho 3 (nghĩa là với $n$ bằng 5, 6, 8, 9, 11, 12, 14, 15, …).

*) Có thể hóa ra rằng hai trong số các đường thẳng này là các đường phân giác của các góc ngoài chứ không phải các góc trong của tam giác dựng được; điều này không loại bỏ chúng tôi.

43

Sự cần thiết của những điều kiện này, vì tổng trọng lượng của nấm $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ phải chia cho 3.

Để chứng minh điều đó, trước tiên chỉ cần phân vùng cho $n$ bằng 5, 6, 8 và 9 (điều này được hiển thị trong Hình 7). Tất cả các giá trị khác của $n$ mà chúng ta quan tâm đều có được từ bốn giá trị này bằng cách cộng một số sáu số nhất định và bất kỳ nhóm sáu số nguyên liên tiếp nào $a+1, \dots, a+6$ đều có thể dễ dàng chia thành ba cặp số cho tổng bằng nhau: $a+1$ và $a+6$, $a+2$ và $a+5$, $a+3$ và $a+4$.

Cơm. 7.

M60

Hãy xem xét tất cả các số tự nhiên có ký hiệu thập phân chỉ bao gồm các chữ số 1 và 0. Chia các số này thành hai nhóm sao cho tổng của hai số khác nhau bất kỳ trong cùng một nhóm chứa ít nhất hai đơn vị trong ký hiệu thập phân của nó.

Chúng ta hãy gán cho một nhóm tất cả các số có ký hiệu là số lẻ và cho nhóm kia tất cả các số có ký hiệu là số chẵn. Khi đó rõ ràng là hai số không thể cùng một nhóm; phép chia chỉ xuất sắc ở một chữ số, do đó phép chia như vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán (đơn vị xuất hiện ở các chữ số của tổng trong đó một số có 1 và số kia không có).

Nhiều độc giả đã đưa ra lý do để chứng minh rằng phân vùng được mô tả:

nhóm đầu tiên: 1, 10, 100, 111, 1000, 1011, 1101, 1110, …
nhóm thứ hai: 11, 101, 110, 1001, 1010, 1100, 1111, 10001, …

người duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán.

Nan đầy đủ hơn lời giải bài toán, đã được thảo luận ở trên, được gửi cho chúng tôi bởi V. Didenko từ cela Vesely Kut, vùng Odessa, E. Turkevich từ Chernivtsi, A. Rubin từ cela Ukladovka, vùng Vinnitsa, A. Slinkin từ Moscow, Y. Tomsinsky từ Leningrad, M. Perelmuter từ Kyiv, O. Khudaverdyan từ Yerevan.

M45

(Tiếp theo. Bắt đầu lời giải xem «Kvant» Số 7, trang 30.)
Chúng ta chỉ cần chứng minh sự thật này.

Định lý. Từ 2$p$-1 bất kỳ số nguyên nào chúng ta có thể chọn $p$, tổng của số đó chia hết cho $p$ (một số nguyên tố tùy ý).

Chúng tôi trình bày ở đây bằng chứng do S. Voronin (Moscow) đề xuất.

Rõ ràng là trong chứng minh chúng ta có thể coi tất cả các số là “modulo $p$”, tức là chúng ta chỉ quan tâm đến số dư 0, 1, 2, …, $p-1$ cho số này hay số kia khi chia cho $p$. Thật thuận tiện khi tưởng tượng (đặc biệt khi nói về “phép cộng modulo $p$”) rằng những phần dư $p$ này được xem xét trong một vòng tròn (Hình 8).

Bổ đề. Đặt dữ liệu $r$ số nguyên $b_1, b_2, \dots, b_r$; $0 < b_i < p$ cho tất cả $i=1, 2, \dots, r$ và $0 < r < p$ (số nguyên tố). Khi đó, từ những số này có thể tạo ra ít nhất $r+1$ tổng có số dư khác nhau khi chia cho $p$ (trong trường hợp này, nó được phép là tổng của “tập hợp rỗng các số hạng”, được coi là bằng 0, tổng của một số hạng, của hai,…, của tất cả $r$ số hạng).

Bằng chứng. Đối với $r=1$ điều này là hiển nhiên: các tổng có số dư là 0 và $b_1$. Giả sử điều này đúng với $r=k<p-1$ và sai với $r=k+1$, và chúng ta đi đến một mâu thuẫn. Giả sử tổng của $k$ số hạng $b_1, b_2, \dots, b_k$ cho $k+1$ các số dư khác nhau 0, $s_1, \dots, s_k$. Sau đó,

44

Cơm. 8. Để tìm tổng của $a+b$ modulo $p$, bạn cần đếm $b$ đơn vị từ $a$ ngược chiều kim đồng hồ (hình này tương ứng với $p=11$, hiển thị tổng 8+8, mà modulo 11 là 5).

Vì sau khi thêm $b=b_{k+1}$ số lượng các tổng khác nhau sẽ không tăng nên tất cả các tổng

$$0+b, s_1+b, \ldots, s_k+b$$

(modulo $p$) có trong tập hợp

$$\{0, s_1, \ldots, s_k\}.$$

Nói cách khác, nếu bạn thêm $b$ vào bất kỳ phần tử nào của tập hợp này, bạn sẽ lại nhận được một phần tử của cùng một tập hợp (hãy thử tưởng tượng một tập hợp như vậy trong Hình 8). Như vậy, tập hợp này phụ thuộc và chứa các phần tử 0, $b$, $2b$, $3b$, $\ldots$, $(p-1)b$. Nhưng rõ ràng là tất cả các yếu tố này đều khác nhau (về giá trị tuyệt đối): sự khác biệt

$$ib-jb=(i-j)b,$$

trong đó $0<i-j<p$ và $0<b<p$ không thể chia cho $p$ vì $p$ là số nguyên tố. Do đó, chúng ta đã chứng minh rằng tập hợp $\{0,s_1, \ldots, s_k\}$ chứa tất cả các phần tử riêng biệt $p$, mặc dù chúng ta giả định rằng

$$k+1<p.$$

Bổ đề đã được chứng minh.

Chứng minh định lý. Cho phép

$$a_1 \leqslant a_2 \leqslant \ldots \leqslant a_p \leqslant a_{p+1} \leqslant \ldots \leqslant a_{2p-1}$$

— số dư khi chia các số $2p-1$ đã cho cho $p$. Hãy xem xét thêm $p$ những con số như vậy:

$$a_{p+1}-a_2, a_{p+2}-a_3, \ldots, a_{2p-1}-a_p.$$

(*)

Nếu bất kỳ một trong số chúng bằng 0, ví dụ

$$a_{p+1}-a_{l+1}=0,$$ khi đó là $a_{l+1}=a_{l+2}=a_{l+3}=\ldots=a_{l+p}$ và tổng các số $p$ tương ứng chia hết cho $p$. Vẫn còn phải xem xét trường hợp khi tất cả các số (*) khác 0.

Hãy tìm số dư $x$ khi tổng $a_1+a_2+\ldots+a_p$ chia cho $p$. Nếu $x=0$ thì mọi thứ đều rõ ràng. Nếu $x\neq 0$, thì bằng cách sử dụng bổ đề, chúng ta có thể tính từ hiệu (*) các tổng để có phần dư $p-x$ khi chia cho $p$. Bằng cách cộng các hiệu sai phân thích hợp vào $a_1+a_2+\ldots+a_p$ và thực hiện các phép hủy rõ ràng, chúng ta nhận được tổng các số hạng $p$ chia cho $p$.

Sử dụng kết quả bài toán M45, không khó để chứng minh rằng câu “Từ bất kỳ số nguyên $a$ nào chúng ta có thể chọn $b$ số có tổng chia hết cho $c$” (trong đó $a, b, c$ là các số tự nhiên cụ thể) là đúng khi và chỉ nếu $b$ chia hết cho $c$ và $a \geq b+c-1$.

N. B. Vasiliev

Trong số này, chúng tôi xuất bản lời giải bài toán F66—F71.

F66

Để pin với e. d.s. 9, một ampe kế và một vôn kế được mắc nối tiếp với điện trở trong không xác định (Hình 9). Điện trở của các thiết bị chưa được biết. Nếu một điện trở mắc song song với vôn kế (cũng chưa biết giá trị của nó), thì số chỉ ampe tăng gấp đôi và số chỉ vôn kế tăng gấp đôi. Chỉ số vôn kế sau khi nối điện trở là bao nhiêu?

Vôn kế cho thấy sự hiện diện của điện áp trên chính nó và ampe cho thấy dòng điện chạy qua nó. Theo định luật Ohm cho một chuỗi hoàn chỉnh e. d.s. pin bằng tổng điện áp trong các phần của mạch: $U$ - trên vôn kế và $U_1$ - trên điện trở trong của nguồn và ampe:

$$E=U+U_1.$$

45

Cơm. 9. Hình 10.

Sau khi kết nối điện trở, độ sụt điện áp trên vôn kế và kết nối điện trở song song với nó trở thành bằng $U' = \frac{U}{2}$ (số chỉ của vôn kế). Đồng thời, điện áp rơi trên điện trở nguồn và ampe kế tăng gấp đôi và bằng $U'_1 = 2U_1$. Thật vậy, điện trở của đoạn này không thay đổi nhưng dòng điện chạy qua nó đã tăng gấp đôi. Pozotomu

$$E = \frac{U}{2} + 2U_1.$$

(2)

Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta tìm được $U = 6\ \theta$. Vì vậy, sau khi nối điện trở, vôn kế hiển thị điện áp

$$U' = \frac{U}{2} = 3\theta.$$

Đúng lời giải gửi bởi N. Fedin (Omsk), S. Ivanov (Moscow), E. Gubarev (Moscow), V. Sytsev (vùng Alga Aktobe), N. Smirnov (Gorky), A. Anishchenko (Sarapul, Udmurtia ASSR), A. Braverman (Perm), A. Senyavin (Moscow), V. Pomatsev (Gorky), V. Kalinichev (Moscow), M. Praeger (Tomsk).

F67

Thiết bị đệm (Hình 10) bao gồm một thanh $A$, một lò xo $B$, đặt trên thanh và một ống lót dẫn hướng $C$. Ống lót có thể di chuyển bên trong một rãnh được làm bằng một bức tường vững chắc $D$. Khi ống lót di chuyển giữa bề mặt bên ngoài của nó và tường, một lực ma sát không đổi $F_{Тр}$ tác dụng. Thanh ống lót và lò xo chuyển động dọc theo thanh mà không có ma sát.

Một quả cầu có khối lượng $m$ được đặt trên mặt đầu của thanh $A$, có vận tốc $v_0$ trước khi va chạm. Quả bóng sẽ bay đi với tốc độ bao nhiêu?

Khối lượng của thanh, lò xo và ống lót không đáng kể so với khối lượng của quả cầu. Hệ số độ cứng của lò xo $k$.

Khi quả bóng được lấy ra, thanh bắt đầu chuyển động, nhả lò xo. Trong trường hợp này, một lực $F = kx$ tác dụng lên ống lót từ phía của lò xo bị biến dạng, trong đó $x$ là độ biến dạng của lò xo. Nếu tốc độ ban đầu của quả bóng đủ cao để độ biến dạng của lò xo đạt giá trị cực đại $x_{\max}$, lúc đó lò xo tác dụng lên ống lót một lực bằng lực ma sát của ống lót vào tường. Sau đó, ống lót bắt đầu chuyển động và trong quá trình chuyển động của ống lót, lò xo sẽ ​​không biến dạng: lực đẩy nó ra không thay đổi và bằng $F_{Тр}$. Vì khi ống lót chuyển động, có một lực ma sát tác dụng lên nó, động năng của hệ chuyển thành nhiệt và sau một thời gian quả bóng và thanh còn lại. Sau đó lò xo bắt đầu thẳng lại. Tất nhiên, điều này sẽ không làm cho ống lót chuyển động - lực tác động.

46

một lò xo thổi vào nó, nhỏ hơn $F_{\tau p} = kx_{\max}$, kể từ $x < x_{\max}$. Vì vậy sẽ không còn tổn thất năng lượng nào nữa trong hệ thống. Khi lò xo duỗi thẳng thì thế năng biến dạng $W_{\pi} = \frac{kx_{\max}^2}{2}$ của nó sẽ chuyển thành động năng của quả bóng.

Tiếp nhận, thế năng của quả bóng bằng không.
Bây giờ chúng ta viết định luật bảo toàn năng lượng

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{kx_{\max}^2}{2},$$

trong đó $v$ là tốc độ của quả bóng sau khi nó bật ra khỏi tường.

Xét rằng $x_{\max} = \frac{F_{\tau p}}{k}$, chúng ta nhận được $v = \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}$.

Ở tốc độ đủ cao $v_0$, tốc độ của quả bóng nảy ra khỏi thanh không phụ thuộc vào tốc độ ban đầu của nó. Hệ thống “ăn” toàn bộ năng lượng dự trữ trên giá trị $W = \frac{kx_{\max}^2}{2}$.

Bây giờ chúng ta hãy tìm hiểu “tốc độ đủ cao $v_0$” nghĩa là gì. Đây là tốc độ mà lực tác dụng từ lò xo lên ống lót đạt giá trị $F_{\tau p}$, và do đó, độ biến dạng của lò xo đạt giá trị $x_{\max} = \frac{F_{\tau p}}{k}$. Rõ ràng là để làm được điều này, động năng ban đầu của quả bóng phải lớn hơn giá trị $\frac{kx_{\max}^2}{2} = \frac{F_{\tau p}^2}{2k}$:

$$\frac{mv^2}{2} > \frac{F_{\tau p}^2}{2k}.$$

Điều kiện này cho chúng ta giới hạn “tốc độ đủ cao”:

$$v_0 > \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}.$$

Va chạm sẽ xảy ra như thế nào nếu tốc độ ban đầu của quả bóng nhỏ hơn giá trị này hoặc bằng nó?

Trong trường hợp này, biến dạng của lò xo nhỏ hơn $x_{\max}$ và lò xo sẽ ​​không làm dịch chuyển ống lót. Điều này có nghĩa là sẽ không bị mất năng lượng và quả bóng sẽ nảy trở lại, có cùng động năng và do đó có cùng tốc độ như trước khi va chạm. Vì thế,

$$v = \begin{cases} v_0 \text{ при } v_0 \leqslant \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}, \\ \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}} \text{ при } v_0 > \sqrt{\frac{F_{\tau p}^2}{km}}. \end{cases}$$

lời giải chính xác được gửi bởi P. Mkrtchyan (Yerevan), Kutsek (Rzhev), N. Fedin (Omsk), I. Grishik (David-Gorodok, vùng Brest, BSSR), A. Vyrodov (Gagra), P. Zaitsev (Gagra), M. Premer (Tomsk).

F68

Các ngăn xếp của bình chứa khí có nhiệt độ $T$. Nhiệt độ khí $T_1$. Trong trường hợp nào áp suất khí ở thành bình lớn hơn: khi thành bình lạnh hơn khí ($T < T_1$), hay khi nhiệt độ ($T > T_1$)?

Nhiệt độ của một chất khí được xác định bởi động năng trung bình của các phân tử của nó: $\frac{mv^2}{2} = \frac{3}{2} kT$ ($k$ là hằng số Boltzmann). Điều này có nghĩa là hơn

47

Nhiệt độ của khí càng cao thì tốc độ chuyển động trung bình của các phân tử của nó càng lớn, nghĩa là động lượng trung bình của phân tử càng lớn.

Nếu nhiệt độ của bức tường trùng với nhiệt độ của chất khí thì phân tử va vào tường sẽ thay đổi động lượng từ $p_0$ thành $-p_0$. Điều này có nghĩa là độ biến thiên động lượng là $2p_0$.

Khi $T > T_1$, khí nóng lên. Điều này có nghĩa là các phân tử khí bật ra khỏi tường với tốc độ cao hơn tốc độ chúng bay vào và do đó có động lượng lớn hơn (Hình 11, a). Sự thay đổi động lượng trong trường hợp này sẽ lớn hơn $2p_0$.

Nếu $T_1 < T$, thì chất khí nguội đi, tức là các phân tử khí bật ra khỏi bức tường với động lượng nhỏ hơn so với khi chúng chạm vào nó (Hình 11, b). Rõ ràng là trong trường hợp này độ biến thiên động lượng của phân tử nhỏ hơn trong trường hợp $T_1 > T$. Vì, theo định luật II của Newton, sự thay đổi động lượng tỷ lệ thuận với lực trung bình tác dụng lên phân tử từ phía tường, và theo định luật III của Newton, lực trung bình tác dụng lên phân tử về số lượng bằng lực trung bình tác dụng lên tường, nên ở $T_1 < T$ áp suất khí lên tường lớn hơn ở $T_1 > T$.

lời giải đúng được gửi bởi V. Chupin (Torzhok), N. Fedin (Omsk), V. Kalintsev (Moscow), S. Ivanov (Moscow).

Hình dạng của bề mặt chất lỏng phải sao cho phản lực N của chất lỏng xung quanh tác dụng lên một phần tử thể tích chất lỏng có khối lượng $\Delta m$ tại bề mặt có hướng vuông góc với bề mặt. Nếu không, lực N sẽ có thành phần hướng dọc theo bề mặt chất lỏng và chất lỏng sẽ không thể ở trạng thái cân bằng.

Bây giờ chúng ta hãy xem lực N có hướng như thế nào. Nó phải cân bằng hai lực: lực $F_1$ của lực hút Trái đất hướng về tâm Trái đất và lực bổ sung $F_2$ của lực hấp dẫn của quả bóng hướng về tâm quả bóng (Hình 12, lực $F_2$ được làm lớn không tương xứng so với lực $F_1$). Lực N phải bằng về số lượng và ngược chiều với các lực Q bằng nhau $F_1$ và $F_2$. Điều này có nghĩa là nó bị lệch sang phải so với phương thẳng đứng và mặt nước phía trên quả bóng là lồi.

Chúng ta hãy ước tính mức độ “sưng lên” của mặt nước. Xét điểm B nằm cách đường AO thẳng đứng một khoảng x nhỏ đi qua tâm quả cầu ($x \ll r$, trong đó r là bán kính quả cầu), O là tâm cong và BO = R là bán kính cong của mặt nước.

$Q \approx F_1$ (kể từ $F_2 \ll F_1$) và $Q \sin \alpha = F_2 \sin \beta$. Vì các góc α và β đều nhỏ ($x \ll r$, $x \ll R$) nên

$$\sin \alpha \approx \mathrm{tg} \alpha \approx \frac{x}{R}$$

Pozny có thể được coi là

$$Q(x/R) = F_2(x/r)$$

48

hoặc
$$R = r \frac{Q}{F_2} = r \frac{F_1}{F_2}.$$

Nhưng
$$F_1 = \gamma \frac{\left( \frac{4}{3} \pi R_3^3 \rho \right) \Delta m}{R_3^2} = \frac{4}{3} \pi \gamma r R_3 \rho \Delta m$$
($R_3$ là bán kính trái đất, $\rho$ là mật độ của nó) và
$$F_2 = \gamma \frac{\frac{4}{3} \pi r^3 (\rho_1 - \rho_0) \Delta m}{r^2} = \frac{4}{3} \pi \gamma r (\rho_1 - \rho_0) \Delta m$$
($\rho_1$ là mật độ của quả bóng, $\rho_0$ là mật độ của nước). Đó là lý do tại sao
$$R = r \frac{\frac{4}{3} \pi \gamma R_3 \rho \Delta m}{\frac{4}{3} \pi \gamma r (\rho_1 - \rho_0) \Delta m} = R_3 \frac{\rho}{\rho_1} \approx R_3 \frac{\rho}{\rho_1}$$
(kể từ $\rho_1 \gg \rho_0$). Thay thế các giá trị $R_3 = 6,4 \cdot 10^6 m$, $\rho = 5,5 e/cm^3$ và $\rho_1 = 11,3 e/cm^3$ ở đây, chúng ta tìm thấy $R \approx 3,2 \cdot 10^6 m$.

Giả sử rằng độ phồng kéo dài đến một khoảng $x$ tính từ điểm $A$ (ước tính này phụ thuộc rất nhiều!), chúng ta tìm thấy chiều cao của nó
$$h = x \lg \alpha \approx \frac{r^2}{R}.$$

Nếu bán kính của quả bóng chì là 1 m thì $h \approx 3 \cdot 10^{-7} m$.

Điều này có nghĩa là hiệu ứng trương nở không thể quan sát được bằng thực nghiệm ngay cả khi có sự trợ giúp của việc tích hợp các phương pháp. Xét cho cùng, độ dài của ánh sáng là vài nghìn angstrom ($1 \text{Å} = 10^{-10} m$), tức là lớn hơn độ lớn của sự gia tăng.

lời giải chính xác đã được gửi bởi $H$. Fedin (Omsk).

F70

Một người đi xe đạp dễ dàng tạo ra lực kéo 10 kg. Lực không vượt quá 5 kg. Có vẻ như trong vài giờ nữa, một chiếc xe đạp có thể đạt vận tốc thoát thân. Tuy nhiên, điều này vẫn chưa thể thực hiện được. Tại sao?

Lực mà xe đạp có thể nhấn lên bàn đạp không phải là hằng số và phụ thuộc vào tốc độ của xe đạp (Hình 13). Nó đạt cực đại ở $v = 0$ và trở thành bằng 0 ở tốc độ mà chu kỳ quay của bàn đạp bằng với tốc độ phản ứng đạp xe. Sau đó, tốc độ đạp xe không thể tăng được nữa.

Nhiều độc giả tranh luận theo cách này: sức mạnh mà một chiếc xe đạp phát triển không thể vượt quá một giá trị tối đa nhất định. Nhưng

49

$N = F \cdot v$, do đó giá trị tốc độ không thể lớn hơn

$$v = \frac{N_{\text{max}}}{F - F_{\text{trp}}}.$$

Tất nhiên, điều này là đúng và chính xác là do sự phụ thuộc của lực mà một người nhấn vào bàn đạp vào tốc độ chuyển động như trong Hình 13.

F71

Có một đoạn tích điện đều $AB$. Hướng của điện trường do đoạn này tạo ra tại điểm $C$: dọc theo đường trung tuyến của tam giác $ABC$ là bao nhiêu? theo bisertika của anh ấy? về chiều cao? dọc theo bất kỳ dòng nào trong số này?

Điện áp trường là một vectơ và trong bài toán của chúng tôi chỉ có bốn hướng được chọn: dọc theo đường trung tuyến, hai chiều hoặc đường cao của tam giác $ABC$ và song song với đoạn $AB$. Vectơ hướng trường phải được hướng theo một trong các hướng này. Rõ ràng là nó không thể song song với đoạn $AB$: hướng của trường của đoạn mang điện bằng tổng các hướng của trường của các phần của đoạn đó và chúng đều hướng về đoạn đó hoặc hướng ra xa đoạn đó (tùy theo dấu điện tích của đoạn đó).

Chiều cao của tam giác $ABC$ cũng không phù hợp: ví dụ: nếu điểm $C$ nằm cách xa đoạn thẳng, ở một khoảng cách lớn hơn nhiều so với độ dài của đoạn đó, thì rõ ràng là hướng của trường tại điểm phải hướng về đoạn $AB$ chứ không phải vuông góc với đoạn đó.

Vì vậy, chúng ta còn lại số trung vị và bissertis. tính định hướng $E$ của trường của một đoạn bằng tổng các hướng của trường của các phần của nó. Để vectơ $E$ hướng dọc theo đường trung tuyến, điều cần thiết là các đoạn có độ dài bằng nhau $\Delta x$, nằm ở các khoảng cách bằng nhau tính từ giữa đoạn đó, phải tạo cùng một trường tại điểm $C$.

Chỉ trong trường hợp này, tổng vectơ $\Delta E$ sẽ hướng dọc theo đường trung tuyến của tam giác $ABC$. Tuy nhiên, điều này là không thể: các đoạn có độ dài bằng nhau có cùng điện tích $\Delta Q = \sigma \Delta x$ (σ là mật độ điện tích tuyến tính, tức là điện tích trên một đơn vị chiều dài của đoạn) và khoảng cách đến điểm $C$ là khác nhau.

Điều này có nghĩa là vectơ $E$ hướng dọc theo đường phân giác của tam giác $ABC$.
Hãy chắc chắn về điều này. Chúng ta hãy tìm hướng của trường của đoạn $\Delta x$ sao cho đường thẳng vẽ từ nó đến điểm $C$ tạo thành một góc $\alpha$ với đường cao của tam giác và $\Delta x \ll r$ (Hình 14). $\Delta E = \frac{\Delta x \sigma}{r^2}$. Nếu đoạn $\Delta x$ nhìn thấy được từ điểm $C$ ở một góc $\Delta \alpha$ thì $\Delta x_1 = r \Delta \alpha$ (góc $\alpha$ nhỏ nên $tg \frac{\Delta \alpha}{2} = \frac{\Delta \alpha}{2}$ và $\frac{\Delta x_1}{2} = r tg \frac{\Delta \alpha}{2}$) và $\Delta x = \frac{\Delta x_1}{\sin(90^\circ - \alpha)} = \frac{r \Delta \alpha}{\cos \alpha}$. Vì vậy $\Delta E = \frac{r \Delta \alpha \sigma}{r^2 \cos \alpha} = \frac{\Delta \alpha \sigma}{r \cos \alpha}$. Nhưng $r \cos \alpha = h$.
Đó là lý do tại sao
$$\Delta E = \frac{\Delta \alpha \sigma}{h}.$$

Điện áp trường của đoạn nhìn thấy được từ điểm $C$ ở một góc $\Delta \alpha$, không phụ thuộc vào góc $\alpha$. Tất cả các phân đoạn có thể nhìn thấy từ điểm $C$ ở cùng một góc sẽ tạo ra một trường có cùng kích thước trong đó. Nhưng đối với bất kỳ đoạn $\Delta x$ nào nằm ở bên trái của đường phân giác $CD$ của tam giác $ABC$, người ta có thể tìm thấy một đoạn ở bên phải của nó sao cho nhìn thấy được từ điểm $C$ ở cùng một góc $\Delta \alpha$ với đoạn $\Delta x$ và góc $\beta$ được hình thành bởi nguyên mẫu nối nó với điểm $C$, giống như đoạn $\Delta x$. Vì các đoạn này tạo ra cùng một trường tại điểm $C$, vectơ $\Delta E$ của tổng vectơ $\Delta E_1$ và $\Delta E_2$ của trường định hướng của các đoạn được hướng dọc theo đường chéo của hình thoi được xây dựng trên vectơ $\Delta E_1$ và $\Delta E_2$, tức là dọc theo đường phân giác $CD$. Điều này đúng với mọi góc $\beta$, tức là với bất kỳ cặp đoạn thẳng nào. Điều này có nghĩa là vectơ chỉ hướng của trường của đoạn $AB$ hướng dọc theo đường phân giác của tam giác $ABC$.

lời giải chính xác được gửi bởi N. Fedin (Omsk) và I. Grichik (David-Gorodok, vùng Brest).

Tôi. Sh. Slobodetsky.

Đến “Các bài toán về giấy hình vuông”

1. Thêm hai dấu chấm vào hình chữ thập từ mỗi đầu trong số bốn đầu. Số lượng hình vuông có thể có đỉnh tại các nút đã chọn sẽ tăng thêm 10 (bốn hình vuông nhỏ màu đỏ (xem hình.]), bốn hình vuông có hoa văn màu đen; hai hình vuông, một trong số đó được đánh dấu màu xanh lam).

Chữ thập ở bài toán có thể được coi là một hàng nút bổ sung cho hình vuông trung tâm, chỉ cho phép một hình vuông. Nó cho phép xây dựng $10 \cdot 8 + 1 = 81$ hình vuông khác nhau.