Kvant 1971, số 9 · Trang

Tạp chí khoa học phổ thông về vật lý và toán học
Kvant
9
1971
tạp chí
của Viện Hàn lâm
Khoa học Liên Xô
và
Viện Hàn lâm Khoa học
Giáo dục Liên Xô

3

Trong số này:

Máy tính và hệ đếm 1
R. S. Guter

Trao đổi về nguyên lý bất định 7
M. Ya. Azbel

M. V. Ostrogradsky 11
I. A. Maron

Những chuyển động «giống nhau» 15
Ya. A. Smorodinsky

Những con đường trên Mặt Trăng 18
L. G. Aslamazov

Ánh lấp lánh trong tự nhiên, hay vì sao mắt mèo phát sáng 20
S. A. Kheyfets

Máy có thể dịch được không? 25
V. V. Raskin

Bài toán của «Kvant»
Bài toán 31

Giải thưởng «Kvant» 33

Lời giải các bài M61—M63 và F72—F74 34
N. B. Vasiliev
I. Sh. Slobodetsky

Thực hành cho thí sinh
Tam thức bậc hai 41
M. S. Atamukas

Động học 47
I. A. Zaitsev

Ghi chép cờ vua-toán học 52
E. Ya. Gik

Lịch sử phát minh tụ điện 56
A. K. Kikoin

Điểm sách. Thư mục
Người ta nhìn cái vô hình như thế nào 57
V. A. Leitskovtsev

Góc nhà sưu tập
Tem và nhãn dành cho M. V. Ostrogradsky 59
N. N. Kolesnikov

Những khối lập phương lôgic 60
G. I. Kopylov

Đáp án, chỉ dẫn, lời giải 62

«Kvant» dành cho học sinh nhỏ tuổi

Trang bìa 3

2

Hình 1.

các dụng cụ vật lý đo những đại lượng tương ứng.

Hoàn toàn khác là cách biểu diễn số trong máy tính số. Ở đây nó được ghi dưới dạng số chung của nó và, do đó, đòi hỏi sử dụng một hệ đếm xác định nào đó.

Để biểu diễn mỗi hàng của số trong máy tính số, người ta dành một phần tử đặc biệt, có một số lượng xác định các trạng thái khác nhau. Chẳng hạn, trong bàn tính Nga thông thường (vốn là họ hàng gần của các máy tính hiện đại hơn là thước tính lôgarit), để biểu diễn chữ số của mỗi hàng, người ta dành một que có xỏ mười hạt. Độ chính xác ghi số trên bàn tính được xác định bởi số hàng của số, tức là bởi số que có trên khung.

Các máy tính số cũng bao gồm máy tính cộng và máy tính có phím. Trong chúng, để biểu diễn mỗi hàng của số, người ta dùng một bánh răng có số răng thay đổi được, có thể ở một trong mười trạng thái khác nhau tùy theo góc quay của bánh răng trên trục, hoặc một trục bậc, cũng có mười trạng thái có thể có.

Trong mọi trường hợp đã nhắc đến, có mười trạng thái của mỗi phần tử. Dễ thấy rằng điều này gắn với hệ đếm thập phân: trong mọi hệ đếm vị trí, số lượng các ký hiệu khác nhau (chữ số) cần để biểu diễn số bằng cơ số của hệ. Ta thấy ở đây rằng hệ đếm đặt ra những yêu cầu của nó đối với cấu tạo của máy tính. Không khó đáp ứng những yêu cầu này: có thể xỏ lên que của bàn tính bất kỳ số hạt nào hoặc cắt trên bánh răng bất kỳ số răng cần thiết nào.

Nhưng cũng có khi máy đặt ra những yêu cầu của nó đối với hệ đếm. Chẳng hạn, đối với các phần tử điện tử, rơle và điện tử, đặc trưng là có h a i trạng thái bền. Ví dụ, đèn điện tử hoặc dẫn hoặc không dẫn dòng điện (mở hoặc khóa), lõi ferit bị từ hóa theo một trong hai hướng đối nhau, v.v. Việc sử dụng những phần tử như vậy đòi hỏi dùng hệ đếm mà trong đó chỉ cần h a i chữ số. Đó là hệ đếm nhị phân: hệ vị trí có cơ số hai.

Trong hệ như vậy, đơn vị của mỗi hàng tiếp theo lớn gấp đôi đơn vị của hàng trước. Vì thế số hai được biểu diễn là 10, số “bốn” là 100, còn “tám” — là 1000.

3

Đây là một số con số trông như thế nào trong hệ thống kép:

| Số thập phân | Số nhị phân | Số thập phân |
| :— | :— | :— |
| 1 | 1 | 110 |
| 2 | 10 | 7 | 111 |
| 3 | 11 | 8 | 1 000 |
| 4 | 100 | 50 | 110 010 |
| 5 | 101 | 100 | 1 100 100 |

Ưu điểm của hệ thống kép dành cho máy tính không dừng lại ở việc nó cho phép sử dụng trực tiếp các phần tử có hai nguồn. Để xây dựng một máy tính, tổng số nguồn khác nhau của tất cả các phần tử là quan trọng. Và về mặt này, hệ thống số kép hóa ra lại có lợi thế hơn hệ thống số thập phân. Thật vậy, để viết, ví dụ, các số nguyên trong khoảng 1<N<999 trong hệ thập phân, ba phần tử (một phần tử cho mỗi chữ số), với mười nguồn cho mỗi phần tử, là đủ. Tổng cộng chúng ta sẽ nhận được 30 nguồn có thể. Hệ thống nhị phân sẽ yêu cầu mười phần tử, kể từ $2^9=512<999$ và $2^{10}=1024>999$, nhưng mỗi nguồn chỉ có hai nguồn, tức là có tổng cộng 20 nguồn có thể.

Một ưu điểm khác của hệ thống kép có liên quan đến tính đặc thù của các phép tính số học. Trong tất cả các hệ vị trí, các phép tính số học trên số có nhiều chữ số đều liên quan đến các phép tính trên số có một chữ số, do đó, để thực hiện chúng, chỉ cần biết bảng cộng và nhân số có một chữ số là đủ. Trong hệ thống kép, các bảng cũng cực kỳ đơn giản:

$$0+0=0 \quad 0 \times 0=0$$
$$0+1=1+0=1 \quad 0 \times 1=1 \times 0=0$$
$$1+1=10 \quad 1 \times 1=1$$

Vì không có chữ số nào khác ở đây ngoại trừ số 0 và số 1 nên phép nhân các số có nhiều chữ số chỉ liên quan đến việc dịch chuyển số và phép cộng. Như vậy, cơ sở của thiết bị số học của máy tính hoạt động trong hệ thống số kép là bộ cộng kép có nhiều chữ số để cộng hai số kép có nhiều chữ số. Với sự trợ giúp của nó, tất cả các phép tính số học khác đều được thực hiện. Đổi lại, bộ cộng nhiều bit có thể bao gồm các bộ cộng kép có một chữ số, một trong số đó được thiết kế để cộng các phần tử của cùng một bit.

Bộ cộng kép có giá trị đơn như vậy phải có ba đầu vào: hai trong số chúng nhận giá trị của các bit tương ứng của hai thuật ngữ và thứ ba là khả năng chuyển sang bit này từ bit ít quan trọng nhất. Bộ cộng này phải có hai đầu ra: một trong số đó là số tiền cần nhận được ở một chữ số nhất định và đầu ra thứ hai là khả năng chuyển từ chữ số này sang chữ số cao nhất. Bộ cộng một chữ số nhị phân xử lý các mạch như trong Hình 2. Bộ cộng kép nhiều bit rất dễ xây dựng từ số lượng các bộ cộng một chữ số cần thiết (Hình 3).

Mỗi chữ số được áp dụng cho bất kỳ đầu vào nào của bộ cộng kép một chữ số có thể là số 0 hoặc một. Vì có ba đầu vào nên mọi thứ đều có thể thực hiện được với tất cả (2^3) kết hợp khác nhau. Đối với bất kỳ sự kết hợp nào, bộ cộng phải

4

đưa ra những con số đầu ra nhất định. Trong trường hợp này, tất cả các đầu vào đều bằng nhau và giá trị đầu ra được xác định không phải bởi những gì được cung cấp cho đầu vào này hay đầu vào khác mà bởi tổng số đơn vị được cung cấp cho đầu vào.

Ví dụ: nếu hai số 1 và một số 0 được cung cấp cho đầu vào thì ở đầu ra, bộ cộng phải cung cấp số 0 là chữ số của tổng trong một chữ số cho trước và một số 1 được mang đến chữ số có nghĩa nhất (1+1+0=10), bất kể số 0 của đầu vào là chữ số chuyển tiếp từ chữ số bậc thấp hay chữ số của một trong các phần bổ sung. Do đó, hoạt động của bộ cộng hai chữ số có thể được mô tả bằng bảng bên dưới. Trong đó, A và B là các đầu vào mà các chữ số của chữ số tương ứng của số hạng thứ nhất và thứ hai được cung cấp, C là đầu ra chứa chữ số của chữ số này trong tổng, và Z1 và Z2 là phép chuyển số tương ứng từ chữ số bậc thấp sang chữ số đã cho (đầu vào) và từ chữ số này đến chữ số cao nhất (đầu ra). Hãy tự mình kiểm tra tính chính xác của kết quả.

Bảng hoạt động của bộ cộng hai chữ số

| Đầu vào | Đầu vào | Đầu vào | Đầu vào | Đầu vào |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| A | B | Z1 | C | Z2 |
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 0 | 1 | 0 |
| 0 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 1 | 0 | 0 |
| 0 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |

Trước khi xem xét các mạch có thể thực hiện hoạt động của bộ cộng theo bảng đã cho, chúng ta hãy làm quen với cái gọi là các phép toán logic *), được xác định trên một tập hợp gồm hai phần tử: 0 và 1.

1. Phép toán “hoặc” (còn gọi là phép cộng logic). Kết quả của phép toán này bằng một nếu có ít nhất một số hạng bằng một. Ký hiệu thao tác này bằng dấu √, ta được bảng:

$$0\vee0=0, 0\vee1=1\vee0=1, 1\vee1=1.$$

2. Hoạt động “và” (còn được gọi là phép nhân logic). Kết quả của nó là một nếu cả hai thành phần là một. Thao tác này được ký hiệu là ∧:

$$0\wedge0=0, 0\wedge1=1\wedge0=0, 1\wedge1=1.$$

3. Hoạt động “phủ định” được biểu thị bằng dấu ∗. Nó chuyển đổi từ 1 thành 0 và ngược lại:

$$\neg0=1, \neg1=0.$$

*) Xem ví dụ «Kvant» Số 4, -1971, tr. 14.

Cơm. 4.

Để thực hiện các phép toán C=A\veeB và C=A\wedgeB, thật dễ dàng để xây dựng các mạch nối đơn giản (Hình 4). Ở đây giá trị 1 của A và B được biểu thị dưới dạng tiếp điểm đóng và 0 là tiếp điểm mở. Đối với C, giá trị 1 tương ứng với sự hiện diện của điện áp tại vị trí xác định trong mạch và 0 tương ứng với việc không có điện áp. Rõ ràng là đối với thao tác “và”, dòng điện qua điểm C xuất hiện ở vị trí được chỉ định trong mạch và 0 là không có điện áp. Rõ ràng là đối với thao tác “hoặc” - khi có ít nhất một thao tác được đóng.

Đề án phổ biến và các loại khác. Ví dụ, để cộng và nhân logic, có thể dễ dàng tạo ra các mạch diode trong đó giá trị 1 biểu thị sự hiện diện của điện thế cao so với mặt đất tại điểm tương ứng và giá trị 0 biểu thị sự vắng mặt của điện thế.

Hình 5 thể hiện mạch phối hợp điốt thực hiện thao tác “và” và Hình 6 thể hiện mạch độc quyền thực hiện thao tác “hoặc”. Họ sử dụng các điốt nối tiếp dẫn dòng điện chỉ theo một hướng, được thể hiện bằng hướng của tam giác cạnh. Thay vào đó, người ta có thể sử dụng một ống điện tử - một diode có hai điện cực, chỉ truyền dòng điện từ cực dương sang cực âm.

Nếu chúng ta đặt một điện thế dương cao tại các điểm A và B của mạch trùng khớp (Hình 5), thì cả hai điốt đều bị chặn và tại điểm C, chúng ta nhận được điện thế +E cao so với mặt đất. Điều này phù hợp

6

Cơm. 9.

Có thể nói rằng máy tính hoạt động trong hệ thống số vị trí bắt chước hành vi của một người đếm bằng một “cột”. Về bản chất, tất cả các máy móc đều bắt đầu bằng việc bắt chước những gì được nhìn thấy, còn sống: “phương tiện tự hành” đầu tiên có “chân” (Hình 9), và những chiếc máy bay đầu tiên được lên kế hoạch chế tạo với cánh vỗ. Rất có thể trong tương lai, những chiếc máy tính tiên tiến hơn sẽ hoạt động được với các hệ thống số hiện đại. Vẫn còn khó để nói những hệ thống như vậy sẽ như thế nào, nhưng những nỗ lực tìm kiếm những nguyên tắc mới đã được thực hiện và bây giờ chúng ta sẽ nói về một trong số chúng.

Nhược điểm của hệ thống số vị trí (khi được sử dụng trong máy) là các kết nối giữa các bit làm trì hoãn việc thực hiện các phép toán: để có được kết quả cuối cùng ở bất kỳ chữ số nào, điều cần thiết là chữ số (thứ tự thấp) trước đó đã được xử lý. Các hệ thống không có vị trí (ở các khía cạnh khác, như chúng tôi biết, kém thuận tiện hơn) cho phép bạn làm việc với từng “chữ số” một cách độc lập và riêng biệt.

Một cách khả thi để biểu diễn các số tự nhiên, có thể được coi là “hệ thống số không vị trí”, là hệ thống các lớp dư. Trong hệ thống các lớp dư thừa, một số được biểu thị bằng số dư của nó khi chia cho hệ cơ số đã chọn (“mô-đun”).

Khi chọn một mô hình $p$ các số dư khác nhau khi chia cho $p$ có $p$ số nguyên được lấy liên tiếp từ chuỗi tự nhiên. Nếu có một số mô hình thì khả năng các số bắt đầu có cách biểu diễn sẽ mở rộng.

Lấy số dư tương ứng làm ký hiệu biểu diễn số, chúng ta thu được một hệ thống số không có vị trí, các chữ số của nó là số dư cho mỗi môđun tùy thuộc vào

hiệu quả. Các số trong mỗi chữ số là số dư khác nhau, nhỏ hơn mô đun. Một mô-đun nhất định được chọn càng nhiều thì phạm vi số được biểu thị càng lớn và càng có nhiều giá trị có thể có của phần dư (các chữ số trong một chữ số nhất định). Đồng thời, tất cả các chữ số của một số trong hệ thống số như vậy hoàn toàn độc lập với nhau.

Các phép toán số học trong hệ thống như vậy rất đơn giản. Ví dụ: phần dư của phép chia tổng của hai số cho một mô-đun nhất định $p$ bằng tổng của các số dư được tạo thành bởi các số hạng riêng lẻ, nếu tổng này nhỏ hơn $p$ hoặc $p$ nhỏ hơn tổng này. Một quy tắc tương tự cũng đúng cho phép tính nhân.

Hãy xem xét một ví dụ về hệ thống các lớp dư được xác định bởi ba mô-đun $p_1=7, p_2=9, p_3=10$. Số $n$ trong hệ thống này sẽ được viết dưới dạng $(a, b, c)$, trong đó $a, b, c$ là phần tương ứng của phần dư của phép chia $n$ cho $p_1, p_2, p_3$. Cách biểu diễn này xác định các số tự nhiên duy nhất trong phạm vi $0 \leq n \leq 629$, với các giá trị có thể có là $a, b, c$ được đặt trong $0 \leq a \leq 6, 0 \leq b \leq 8, 0 \leq c \leq 9$. Ví dụ:

$$5=(5, 5, 5); 20=(6, 2, 0);$$

Các phép toán số học:

$$(3, 2, 1)+(1, 4, 4)=(4, 6, 5);$$
$$(2, 5, 3)\times(2, 7, 6)=(4, 8, 8).$$

(Trong hệ thập phân, đẳng thức này tiến tới giá trị tương ứng)

Tất nhiên, chúng tôi hoàn toàn không khẳng định rằng số học vẫn sẽ được ứng dụng trong việc tạo ra các máy tính mới (nếu chỉ vì lý do là với hệ thống này rất khó so sánh các con số, điều này cần thiết cho nhiều mục đích). Nhưng nó có vẻ là một ví dụ đơn giản và đáng kính về mối liên hệ giữa các định luật số học lý thuyết “trừu tượng” (và hơi “lỗi thời” và khá truyền thống) với các bài toán “kỹ thuật số” của toán học máy hoàn hảo.

7

M. Ya. Azbel

về nguyên lý bất định

Trong số thứ hai của tạp chí của chúng tôi năm 1971, một bài báo của M. Ya. Azbel “Đối thoại về nhiệt độ” đã được xuất bản. Stamy thu hút nhiều độc giả cởi mở. Tất cả các bức thư đều nói rằng bài báo là integran. Tuy nhiên, bài viết có nhiều lỗi chính tả, tác giả và tác giả xin lỗi. Những bức thư của độc giả nêu lên những câu hỏi rất tổng hợp. Vì vậy, chúng tôi quyết định không chỉ đưa ra danh sách lỗi chính tả mà yêu cầu tác giả tiếp tục trò chuyện với người đọc.

Tác giả. Tôi không bao giờ ngờ rằng các biên tập viên sẽ giúp tôi biến một cuộc đối thoại tưởng tượng với người đọc thành một cuộc đối thoại thực sự, thậm chí không phải là một cuộc đối thoại mà là một cuộc trò chuyện. Đây là những gì độc giả Volodya Margulis từ Saransk viết.

V. Margulis. Đối với tôi, có vẻ như bài viết “Đối thoại về Nhiệt độ” của bạn có nhiều lỗi chính tả. Các hằng số Bolshman và Planck được đánh giá quá cao theo hai bậc độ lớn, điện tích electron theo một bậc độ lớn, v.v.

Tác giả. Bạn hoàn toàn đúng. Hãy để tôi kể cho bạn một bí mật nghề nghiệp: giống như nhiều nhà vật lý lý thuyết, tôi chỉ nhớ một hệ đơn vị: CGSE. Tất cả các ước tính đều được thực hiện trong đó và các hằng số trong bài viết của tôi đều được đưa ra: hằng số Planck $h \approx 6.5 \times 10^{-27}$ ere·sec, hằng số Bolshman $k \approx 10^{-16}$ ere/erad, điện tích electron $e \approx 5 \cdot 10^{-10}$ đơn vị. CGSE. (Hãy nhớ rằng chúng ta chỉ quan tâm đến thứ tự độ lớn!)

Tuy nhiên, trong một bài báo đăng trên tạp chí, hóa ra tất cả các phép tính đều nằm trong hệ SI và hơn nữa, ở “dạng biến dạng”. Tất nhiên, điều này thật khó chịu, nhưng không có vấn đề gì lớn ở đây. Mỗi học sinh đọc được lợi ích từ việc biết hệ thống đơn vị sẽ được hưởng lợi từ việc tiếp tục tính toán và đưa chúng về dạng đúng. Hữu ích và tôn trọng. Thực tế là lỗi chính tả và lỗi chính tả trong các bài báo khoa học không phải là hiếm, và người ta phải học cách xử lý chúng mà không cần lo lắng, sửa chúng khi cần thiết.

V. Margulis. Tôi đã làm đúng như vậy, nhưng phép tính đúng cho electron là thế năng nhỏ hơn động năng hai bậc độ lớn. Và đối với gel, thế năng hóa ra lớn hơn nhiều so với động năng! *)

*) Dành cho những ai chưa đọc bài “Đối thoại về nhiệt độ”, tôi sẽ giải thích những gì chúng ta đang nói đến. Từ cái gọi là nguyên lý bất định, ta suy ra giá trị nhỏ nhất có thể có của động lượng $p_{\min}$ của một hạt tập trung trong một vùng có kích thước vào bậc $a$, $p_{\min} \sim \frac{h}{a}$. Do đó, động năng thấp nhất có thể có là $E_{\min} \sim \frac{p_{\min}^2}{2m} \sim \frac{h^2}{2ma^2}$, trong đó $m$ là khối lượng của hạt.

8

Tác giả. Một lỗi đánh máy khác đã làm bạn thất bại. Trong tất cả các công thức của bài viết, viết hằng số Planck $h$ thì đúng hơn là viết $h = \frac{h}{2\pi} \cdot \text{Позетому кинетическая энергия нулевых колебаний в гелини порядка}$

$$\frac{h^2}{2ma^2} \sim 2 \cdot 10^{-15} \text{эр}e \sim 20^\circ\text{K}$$

(kể từ $m \sim 10^{-23} e$, $a \sim 3 \cdot 10^{-8} cm$). Giá trị này chỉ cao hơn 5 lần so với giá trị thực tế dù ước tính còn sơ sài.

Tôi đã không thoải mái tính toán thế năng tương tác giữa các nguyên tử helium, vì điều này không thể thực hiện được dựa trên những cân nhắc chung.

V. Margulis. Đối với tôi rõ ràng là điều này cũng áp dụng cho khí điện tử. Theo công thức $E_{\text{min}} \sim \frac{h^2}{2ma^2}$ với $a \sim 3 \cdot 10^{-8} cm$ thì ra khoảng $2 \cdot 10^{5^\circ}\text{K}$. Và vì $a$ có thể thay đổi nên ước tính chỉ có ý nghĩa theo thứ tự độ lớn. Gas điện tử thực sự có năng lượng hàng chục, thậm chí hàng trăm nghìn độ.

Tác giả. Hoàn toàn đúng. Tôi phải kết luận bằng cách nói rằng tôi thực sự thích lá thư của bạn. Tôi chúc bạn thành công trong sự tiến bộ của bạn đối với khoa học. Và một điều nữa - tôi xin lỗi cả bạn và tất cả những người tham gia cuộc trò chuyện của chúng ta vì đã biến những bức thư của họ thành bản sao.

Độc giả M. Mokhnatkin (Saratov). Nhưng bạn vẫn chưa thuyết phục được tôi. Rốt cuộc, theo nguyên lý bất định

$$\Delta p_x \cdot \Delta x = h$$

chứ không phải $\Delta p \cdot \Delta x = h$, như được viết trong “Đối thoại”. Điều này có nghĩa là vì $p^2 = p_x^2 + p_y^2 + p_z^2$, giá trị đã cho của năng lượng tối thiểu sẽ tăng gấp ba lần!

Tác giả. Nếu sự không chắc chắn tương ứng với dấu bằng, bạn sẽ hoàn toàn đúng. Nhưng điều rất quan trọng cần nhớ là: chúng ta chỉ đang nói về thứ tự độ lớn. Để chắc chắn, chúng ta hãy giả sử rằng điều quan trọng nhất của $\Delta p_x$, $\Delta p_y$, $\Delta p_z$ là $\Delta p_x$. Sau đó cho $\Delta p =$

$$\sqrt{(\Delta p_x)^2 + (\Delta p_y)^2 + (\Delta p_z)^2}$$

chúng tôi nhận được $\Delta p_x \leqslant \Delta p \leqslant \Delta p_x \sqrt{3}$, vì vậy $\Delta p \sim \Delta p_x$ và $\Delta p \Delta x \sim h$ đã hoàn thành.

Khi tính toán các bậc độ lớn, điều quan trọng là không vượt quá độ chính xác của phép tính, “tinh chỉnh” các hệ số - điều này chỉ có thể làm vấn đề trở nên tồi tệ hơn. Những phép tính như vậy rất hữu ích, nhưng chúng không thể đưa ra nhiều hơn những gì chúng được thiết kế - sai số gấp mười lần là điều đương nhiên.

Cụ thể, đối với một hạt tự do “bị nhốt” trong một hộp hình cầu có đường kính $a$, phép tính chính xác chỉ cho

$$E_{\text{min}} = h^2/2ma^2$$

Độc giả V. Rubin (Moscow). Tại sao bạn nói về tương tác Coulomb trong trường hợp khí điện tử? Rốt cuộc, bản thân các electron không thể tạo thành tinh thể - chúng đẩy nhau!

Tác giả. Chắc chắn. Đó là lý do tại sao tôi nói về electron trong kim loại. Ở đó họ không được phép phát tán những điều vô nghĩa tích cực. Để tương tác với họ và tính toán tương đối. Và tương tác Coulomb được thực hiện vì lý do sau. Bản thân tương tác tĩnh điện là cổ điển. Giả sử có một electron tự do cho mỗi nguyên tử, sao cho khoảng cách đặc trưng duy nhất bài toán là khoảng cách cơ học (chính xác hơn là cơ học) $a$, và chúng ta chỉ quan tâm đến khoảng cách theo thứ tự này. Khi đó đại lượng duy nhất có thứ nguyên năng lượng có thể được tạo ra từ $a$ và điện tích electron $e$ là $\frac{e^2}{a}$.

Tất nhiên, ký hiệu như vậy chỉ đúng theo thứ tự độ lớn và chỉ ở những khoảng cách như vậy. Ở khoảng cách lớn, các điện tích khác nhau che chắn lẫn nhau và sự tương tác nhanh chóng tiêu diệt theo khoảng cách.

V. Rubin. Một câu hỏi nữa. Tại sao, nếu bạn có khoảng cách cho một electron trong hộp vượt quá tốc độ ánh sáng, bạn vẫn sử dụng các công thức phi tương đối tính?

9

Tác giả. Bởi vì tôi muốn chỉ ra: trong cơ học lượng tử phi tương đối tính, sự hiện diện của các electron “bị khóa” trong hạt nhân sẽ dẫn đến rắc rối. Và điều này cho thấy rằng, họ tin rằng, họ không thể bị nhốt ở đó. Tuy nhiên, tất nhiên là bạn đúng: lý luận như vậy không phải là bằng chứng.

Vì chúng ta đang nói về điều này nên hãy tính toán chính xác hơn. Sử dụng lại nguyên lý bất định, chúng ta thu được bậc xung tối thiểu $p_{\min}$ của một electron “bị khóa” trong hạt nhân có bán kính $R$, $p_{\min} \sim \frac{h}{R}$. Theo thuyết tương đối, $p = mv = \frac{m_0 v}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$ ($m_0$ là khối lượng nghỉ của hạt, $v$ là tốc độ của nó). Sự thúc đẩy “của chúng tôi” $p_{\min} \gg m_0 c$. Điều này có nghĩa là $v \approx c$ và $p \approx mc$ (m là khối lượng của electron tương đối tính). Điều này có nghĩa là đối với một electron “bị nhốt” trong hạt nhân, $m \sim \frac{h}{R_c}$, sẽ cho các giá trị theo thứ tự khối lượng của một proton ở trạng thái nghỉ. Do đó, sự gần gũi giữa khối lượng của hạt nhân với tổng khối lượng của chỉ proton và neutron có nghĩa là không có các electron “bị nhốt” trong hạt nhân: một khi chúng đi vào hạt nhân, chúng dễ dàng bị kéo ra khỏi đó.

Bạn có thể thấy kích thước của vùng tập trung các hạt. Vùng này có thể hạn chế nghiêm ngặt chuyển động của chúng, như hạt nhân - chuyển động của proton và neutron hoặc nguyên tử - chuyển động của electron, hoặc chỉ đặc trưng theo quan điểm của nguyên lý bất định.

Độc giả A. Petrov (Leningrad). Nếu khoảng cách trung bình giữa các hạt là $a$ thì $\Delta x \approx a$ và thậm chí có thể là $\Delta x = L$, trong đó $L$ là kích thước của hệ thống. Vì vậy, $p_{\min} \sim \frac{h}{L}$!

Tác giả. Hoàn toàn đúng. Chúng tôi ước tính năng lượng đặc trưng và nó được xác định bởi khối lượng trung bình $a$. Năng lượng nhỏ nhất có thể có là $\frac{h^2}{2mL^2}$ và các giá trị năng lượng trung gian tương ứng với $a < \Delta x < L$ cũng có thể có.

Hãy để tôi giải thích nhận xét này chi tiết hơn. Khoảng cách trung bình giữa các electron trong kim loại $a$ xác định khoảng cách đặc trưng trong nguyên lý bất định và năng lượng đặc trưng của các dao động điểm không mà chúng tôi đã ước tính. Tuy nhiên, về nguyên tắc, các electron riêng lẻ có thể ở trạng thái hiếm, ở khoảng cách xa nhau theo thứ tự kích thước của hệ thống $L$. Theo đó, động năng tối thiểu (năng lượng điểm 0), có số lượng electron nhỏ, có thứ tự $\frac{h^2}{2mL^2}$, nghĩa là cực kỳ nhỏ.

Và ở đây, sự khác biệt căn bản giữa hạt Fermi và hạt Bohemian đã được thể hiện rõ ràng.

Vì các hạt cơ bản có thể tích lũy với số lượng không giới hạn ở bất kỳ trạng thái nào, ở nhiệt độ rất thấp, chúng bắt đầu tích lũy chính xác ở trạng thái có năng lượng thấp - cái gọi là sự ngưng tụ Bose-Einstein bắt đầu trong không gian năng lượng.

Những gì đã nói là đủ để có được những đặc tính cơ bản của khí Bose. Hãy bắt đầu với khoảng cách của bức xạ nhiệt tập trung trong khoang của vật thể được làm nóng (và ở trạng thái cân bằng với vật thể này). Vì bức xạ nhiệt bao gồm các lượng tử sóng điện từ (photon), số lượng của chúng trên một đơn vị thể tích được xác định bởi nhiệt độ của vật thể nóng phát ra chúng, nên đặc tính năng lượng duy nhất là nhiệt độ. Do đó, năng lượng photon trung bình vào khoảng $kT$. Ở đây chúng ta không được cung cấp một khoảng cách kéo dài mà là một nguồn năng lượng kéo dài ấm áp. Chúng ta hãy điều chỉnh nguyên lý bất định theo một dạng hơi khác bằng cách đưa ra thời gian đặc trưng $\Delta t$:

$$h \sim \Delta p \Delta x \sim \frac{\Delta p}{\Delta t} \Delta x \Delta t.$$

Nhưng sự thay đổi động lượng trong một thời gian nhất định là tích của lực và thời gian tác dụng của nó: $\Delta p = F \Delta t$. Điều này có nghĩa là $\frac{\Delta p}{\Delta t} \Delta x = F \Delta x$ là công của lực trên đường đi $\Delta x$, tức là theo định luật bảo toàn năng lượng thì sự biến đổi năng lượng $\Delta E$. Như vậy,

$$\Delta E \Delta t \sim h$$

10

(một dạng rất quan trọng của nguyên lý bất định).

Đối với các photon, $\Delta E \sim \varepsilon$ và giá trị $\Delta t$ là giá trị thuần túy của thời gian $\tau$, đặc trưng cho chu kỳ dao động của photon. Vì vậy $\varepsilon \sim hv\left(v = \frac{1}{\tau}\right)$.

Từ đẳng thức thu được, tính đến $\varepsilon \sim kT$, chúng ta tìm thấy chu kỳ dao động $\tau = \frac{1}{v} \sim \frac{h}{kT}$ và bước sóng $\lambda$ (quãng đường mà sóng chuyển động với tốc độ ánh sáng $c$ trong chu kỳ dao động $\tau$):

$$\lambda = c\tau \sim \frac{ch}{kT}$$

Bước sóng xác định khoảng cách đặc trưng “đến lượng tử” $^*$). Thể tích cấu thành là $\lambda^3$, do đó số lượng photon trên một đơn vị thể tích là vào thứ tự

$$\lambda^{-3} \sim \left(\frac{kT}{ch}\right)^3$$

Tổng năng lượng của chúng trên một đơn vị thể tích, tức là mật độ năng lượng của bức xạ nhiệt,

$$E_1 \sim kT \cdot \lambda^3 \sim \frac{(kT)^4}{(ch)^3}$$

Chúng ta đã thu được công thức Stefan-Boltzmann có ý nghĩa! Công thức chính xác khác nhau ở hệ số $-\frac{\pi^2}{20} \approx \frac{1}{2}$.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển từ thế giới vĩ mô của chất khí sang thế giới vi mô của hạt nhân. Chúng ta hãy thử ước tính bậc độ lớn của lực hạt nhân, không biết gì về chúng, ngoại trừ bán kính của hạt nhân là $R \sim 10^{-12} \sim 10^{-13}$ cm, và nó bao gồm các proton và neutron tương tác với nhau. Động năng bậc $\frac{h^2}{MR^2}$. Và vì hạt nhân không vỡ ra và không bị loại bỏ mà được giữ cân bằng bởi các lực hạt nhân, nên thế năng của tương tác phải ở bậc động năng!

Vì vậy, chúng tôi đã thêm vào năng lượng của hàng nghìn tỷ ($10^{12}$ độ. Đừng quên rằng đây là năng lượng được đo bằng độ,

*) Tất nhiên, câu nói này trông có vẻ không thuyết phục lắm nhưng hóa ra nó lại đúng nên cứ tin đi.

nhưng không phải là nhiệt độ của phần lõi!

Và sự khác biệt về khối lượng của các phần hạt nhân - proton và neutron - là vào bậc khối lượng electron $m_e$. (Điều này không phải ngẫu nhiên, vì neutron có thể biến thành proton và electron.) Điều này có nghĩa là năng lượng liên quan đến điện tích có bậc $m_e c^2$, tức là “chỉ” có bậc $10^{10}$ độ và nhỏ hơn đáng kể so với năng lượng tương tác hạt nhân. Do đó, lực hạt nhân thực tế không phụ thuộc vào điện tích, và sẽ vô nghĩa nếu nói neutron và proton trong hạt nhân là những phần riêng biệt và chúng được gọi đơn giản là “nucleon”.

Tốc độ của các bộ phận cốt lõi là gì?

Trong cơ học phi tương đối $\frac{Mv^2}{2} \sim \frac{h^2}{MR^2}$ và $v \sim \frac{h}{MR}$. Tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng! Một ước tính chính xác hơn sẽ dẫn đến $v \sim 0,1$ $c$, vì vậy trong nhiều trường hợp đối với phần trong hạt nhân, ở dạng gần đúng thô, chúng ta có thể hạn chế chúng ta theo một lý thuyết phi tương đối tính.

Như bạn có thể thấy, việc hiểu các định luật vật lý chức năng sẽ đưa ra những hệ quả vật lý chức năng mà chúng ta mới chỉ chạm tới một phần nhỏ trong đó.

Bài tập

1. Xác định sự phụ thuộc của áp suất vào mật độ của một bộ phận (số lượng của chúng trên một đơn vị thể tích) trong khí Fermi lý tưởng $^*$ ở nhiệt độ thấp. Thu được phương trình trạng thái của một loại khí như vậy (lên đến hệ số số). So sánh nó với phương trình trạng thái của một chất khí cổ điển.

2. Tìm tiêu chuẩn lượng tử của khí Fermi lý tưởng.

3. Xác định sự phụ thuộc nhiệt độ của nhiệt dung của chất khí không trọng lượng ở nhiệt độ thấp.

4. Tìm tiêu chuẩn của một loại khí cổ điển.

5. Hãy ước tính kích thước của nguyên tử hydro.

6. Cho rằng sự kết nối của các nguyên tử trong chất lỏng và tinh thể được xác định bởi sự tương tác cơ bản của hệ điện, hãy ước tính khoảng cách giữa các nguyên tử.

*) Xem “Đối thoại về nhiệt độ”.

12

đến đó vào tháng 5 năm 1822. Tại trường chính trị Sorbonne, College de France, ông nghe bài giảng của các nhà khoa học nổi tiếng: Cauchy, Fourier, Laplace, Monge, Poisson, Legacdre, Sturam, Poncelet, Binet và những người khác, những người đi tiên phong trong những con đường mới trong phân tích toán học, vật lý toán học và cơ học. Sau khi nghiên cứu các điều kiện và kết quả mà trường toán học Pháp đạt được, bản thân Ostrogradsky bắt đầu giải quyết các vấn đề quan trọng và cấp bách vào thời điểm đó, thường là công việc của các đồng nghiệp người Paris. Năm 1826, nhà khoa học người Nga đã trình bày công trình khoa học đầu tiên của mình cho Viện Hàn lâm Khoa học Paris - “Metoir về sự truyền sóng trong bể hình trụ”, được Ksshi đánh giá cao và xuất bản trong kỷ yếu của Viện hàn lâm. Ý nghĩa khoa học của công trình này có thể được đánh giá dựa trên thực tế là vào năm 1816, Học viện đã công bố một cuộc thi đặc biệt cho lời giải của nó.

Năm 1824-1827, Ostrogradsky trình bày thêm một số chủ đề. Những công trình này đã nâng cao danh tiếng khoa học của nhà khoa học trẻ và giúp ông có được tình bạn và sự kính trọng của nhiều nhà toán học Pháp.

Nhưng Mikhail Vasilyevich bị lôi cuốn về quê hương, nơi những thành công của ông được nhiều người biết đến. Không phải tự nhiên mà các bạn trẻ đi du học lại được người thân, bạn bè dành cho lời chia tay bằng dòng chữ: “Trở thành Ostrograd”.

Năm 1828, ông rời Nga. Chuyến đi này thật khó khăn. Trên đường đi, anh bị cướp và phải đi bộ từ Frankfurt am Main đến St. Petersburg. “Người đi bộ Nga”, cũng được mua từ nước ngoài, trông rất đáng ngờ, và các cơ quan chức năng tạm thời mà tôi hiện đang khôi phục đã thiết lập cảnh sát mật giám sát nó. Ostrogradsky có lẽ đã không biết về điều này cho đến cuối ngày của mình.

Ngay sau khi Ostrogradsky đến St. Petersburg, công việc hiệu quả của ông tại Viện Hàn lâm Khoa học và nhiều hoạt động giảng dạy đã bắt đầu. Viện Hàn lâm Khoa học đánh giá cao công trình khoa học của Ostrogradsky: vào tháng 8 năm 1830, ông được bầu làm nhà nghiên cứu phi thường, và một năm sau - viện sĩ bình thường về toán học ứng dụng. Kể từ đó, cuộc đời ông đầy những thành công sáng tạo, hoạt động của ông được đánh dấu bằng việc được phong tặng một số danh hiệu khoa học danh dự. Vì vậy, năm 1834, ông được bầu làm thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học Hoa Kỳ, năm 1841 - thành viên của Viện Hàn lâm Turin, năm 1853 - thành viên của Viện Hàn lâm Roman Lynch và năm 1856 - thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Paris.

Mối quan tâm khoa học của Ostrogradsky đã được xác định từ rất sớm, ngay cả trước khi rời Paris. Trong một thông báo gửi tới hội đồng của Đại học Kharkov, Ostrogradsky đã viết lại vào năm 1820 rằng ông muốn “cải thiện bản thân trong các ngành khoa học và toán học ứng dụng”. Và thực sự, ông đã cống hiến phần lớn công việc của mình cho toán vật lý và cơ học, đặt nền móng cho những ngành khoa học này cùng với Laplace, Poisson, Fourier, Cauchy, Jacobi và Hamilton.

Ostrogradsky đã viết 15 công trình về vật lý toán học. Hầu hết chúng liên quan đến các vấn đề về sự lan truyền vật thể, lý thuyết điều khiển và thủy động lực học. Công trình của ông về lý thuyết Tellot có tầm quan trọng khoa học lớn nhất. Những nghiên cứu này, ngoài việc chứa đựng những kết quả quan trọng, còn liên quan trực tiếp đến lý thuyết truyền sóng vật thể và có ý nghĩa toán học tổng quát to lớn, vì một mặt, chúng đặt nền móng cho một số lý thuyết quan trọng đang phát triển trong thời đại chúng ta, mặt khác, chúng thu được những định lý là một trong những kết quả trung tâm của phân tích toán học.

Ostrogradsky là nhà khoa học Nga đầu tiên nghiên cứu về cơ học phân tích. Các tác phẩm của ông về cơ học, bao gồm các bài giảng về phân tích

13

cơ học tical" và “Khóa học về cơ học thiên thể” là nền tảng mà trường phái cơ học Nga được xây dựng và phát triển. Các công trình của Ostrogradsky về phân tích toán học trong hầu hết các trường hợp là do nghiên cứu của ông về vật lý toán học và cơ học: chúng cung cấp lời giải câu hỏi toán học được đặt ra bởi các khoa học lý thuyết tự nhiên thời đó. Do đó, liên quan đến các nghiên cứu của ông về sự truyền lan của một vật thể trong chất rắn, ông đã thu được một công thức quan trọng, hiện được đưa vào tất cả các sách giáo khoa về phân tích toán học dưới cái tên này. của công thức Ostrogradsky-Green. Hiện nay, công thức này đóng một vai trò rất lớn trong toán học vật lý, phân tích vectơ và các nhánh khác của toán học cũng như các ứng dụng của nó. Sẽ không quá lời khi nói rằng Ostrogradsky đã có những đóng góp xuất sắc trong lĩnh vực giải tích toán học.

Mối quan tâm của Ostrogradsky cũng bao gồm đại số, lý thuyết số và lý thuyết xác suất. Theo N. E. Zhukovsky, “trong các tác phẩm của M. V. Ostrogradsky, chúng ta sẽ bị thu hút bởi xã hội phân tích, ý tưởng chính, rộng lớn như sự rộng lớn của cánh đồng quê hương ông”.

Ostrogradsky đã mang lại sự phục vụ vô giá cho khoa học Nga bằng cách đào tạo cả một thiên hà sinh viên tài năng, những người sau này trở thành đại diện xuất sắc của khoa học Nga. Trong số các học trò của ông có: I. A. Vyshnegradsky - người sáng lập lý thuyết điều chỉnh tự động; N.P. Petrov là người sáng tạo ra lý thuyết bôi trơn thủy động lực học và là tác giả của các nghiên cứu cổ điển về lý thuyết cơ chế; A. N. Tikhomandrikiy, E. I. Beyer, D. M. Delarue, E. F. Sabinin là những giáo sư toán học nổi tiếng cùng nhiều nhà toán học, kỹ sư xuất sắc khác.

Điều đáng chú ý ở những đại diện hàng đầu của cộng đồng khoa học tự nhiên Nga và các nhà toán học nói riêng là họ không chỉ là những nhà đổi mới trong khoa học, táo bạo trong tư tưởng mà còn là những người thầy theo nghĩa rộng; Họ không giới hạn mình trong vòng tròn lợi ích khoa học của mình mà dành một phần đáng kể thời gian và sức lực của mình cho sự nghiệp giáo dục.

Ý nghĩa tiến bộ của hoạt động sư phạm của các nhà toán học Nga. Điều này không chỉ nằm ở việc giảng dạy cá nhân của họ mà còn ở việc họ đã tham gia tích cực vào phong trào sư phạm nói chung và có ảnh hưởng đáng kể đến sự phát triển của giáo dục và văn hóa toán học ở Nga. Hoạt động sư phạm của M. V. Ostrogradsky đặc biệt đặc trưng về mặt này.

Là một con người của thời đại, một nhà tư tưởng dũng cảm và một giảng viên xuất sắc, ông đã làm việc rất nhiều và thành công trong lĩnh vực sư phạm. Trong quá trình phát triển, ông giảng dạy trong các lớp Văn phòng tại Quân đoàn Thiếu sinh quân Hải quân, mở theo sáng kiến ​​của nhà hàng hải và nhà khoa học nổi tiếng I. F. Krusenstern; là giáo sư tại Viện Kỹ sư Đường sắt

16

Như vậy, chúng ta đã thu được tất cả các đặc tính của chuyển động điều hòa. Từ đó, chúng ta có thể kết luận rằng một điểm được chiếu trên một vòng tròn có thể được thay thế bằng một hạt thực, chuyển động của hạt này sẽ được mô tả bằng các công thức thu được ở trên.

Chúng ta hãy nhớ lại rằng các đại lượng $F$ và $a$ có trong phương trình Newton là các vectơ. Do đó, chúng có thể được chiếu theo bất kỳ hướng nào và sự phụ thuộc giữa các hình chiếu sẽ được mô tả bằng phương trình Newton.

Đường hầm trong lòng đất

Hãy chứng minh rằng một lực điều hòa cũng tác dụng lên một điểm nằm bên trong Trái đất (lực $F = \gamma \frac{Mm}{R^2}$ tác dụng lên một điểm bên ngoài Trái đất).

Đặt điểm vật chất có khối lượng $m$ cách tâm Trái đất một khoảng $r$. Tác động của Trái đất lên một điểm có thể được chia thành hai phần (Hình 2): tác động của quả cầu bên trong (màu đỏ) và tác động của lớp hình cầu bên ngoài (màu vàng).

Như đã biết, một lớp hình cầu không tạo ra trường hấp dẫn bên trong chính nó (nếu mật độ $\rho$ trong nó không đổi) *). Do đó, chỉ có “phần màu đỏ” có khối lượng tác dụng lên điểm

$$M = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho.$$ (7)

Lực mà “phần màu đỏ” tác dụng lên điểm bằng

$$F = -\gamma \frac{Mm}{r^2} = -\gamma \frac{4\pi\rho m}{3} \cdot r.$$ (8)

Do đó, bên trong Trái đất (trong đường hầm) có một lực điều hòa tác dụng lên một điểm, tỷ lệ thuận với khoảng cách đến tâm Trái đất. Chuyển động trong đường hầm hóa ra có thể so sánh với chuyển động của một vật treo trong vòng tròn - lực đàn hồi của lò xo cũng tỷ lệ thuận với độ giãn của nó.

Bây giờ chúng ta có thể giải quyết vấn đề này bài toán: cắt xuyên qua tâm Trái đất

19

ánh sáng ở cùng độ cao so với mặt nước (Hình 1).

Một chiếc gương nằm ngang nhỏ sẽ chiếu ánh sáng vào mắt của $O$ được quan sát nếu khoảng cách từ nó đến vật được quan sát và đến nguồn bằng nhau (tại điểm $M$). Nếu gương nghiêng một góc $\alpha$ so với phía quan sát thì để tia phản xạ đi vào mắt thì gương phải cách xa gương một chút (điểm $N$). Gương nghiêng một góc $\alpha$ theo hướng ngược lại, phải ở điểm $N'$.

Vị trí nghiêng của gương tương tự như vị trí cực trị của sóng, tại đó ánh sáng phản xạ từ chúng vẫn đi vào mắt chúng ta. Do đó, khoảng cách giữa $N$ và $N'$ quyết định độ dài của đường đi ánh sáng. Tại tất cả các điểm nằm giữa $N$ và $N'$, chúng ta sẽ tìm thấy một phần sóng có độ nghiêng đủ để phản xạ các tia vào mắt chúng ta.

Bây giờ chúng ta xét góc giữa các tia sáng. Từ hình vẽ cho thấy rõ rằng $\beta + \alpha = \gamma + \delta$, $\beta - \alpha = \varepsilon = \delta$, do đó $\gamma = \alpha + \beta - (\beta - \alpha) = 2\alpha$. Do đó, chúng ta đi đến kết luận rằng góc mà chúng ta nhìn thấy điểm sáng lớn chỉ đơn giản bằng góc giữa hai sườn dốc quan sát được. Không khó để tính kích thước tuyến tính của trục chính của điểm $NN'$.

Trục ngắn của điểm sáng phản xạ có thể dễ dàng tìm thấy theo cách tương tự. Nếu bạn di chuyển gương từ điểm $M$ theo hướng vuông góc với $NN'$ thì để ánh sáng phản xạ đi vào mắt, gương phải được quay một góc nhất định quanh một trục song song với $NN'$ (Hình 2). Giả sử góc quay giới hạn của gương vẫn bằng $\alpha$, ta thấy chiều rộng của dải sáng là $PP' = 2htg\alpha$, và do đó, trục ngắn phụ thuộc góc $\beta = \frac{2htg\alpha}{\sqrt{l^2 + h^2}}$.

Tỷ lệ giữa hai sọc nhìn thấy được của đốm sẽ bằng $\beta/2\alpha$ hoặc giả sử rằng đốm đó không lớn và góc $\alpha$ nhỏ, bằng $\beta/2\alpha = \sin\omega$, trong đó $\omega$ là góc mà chúng ta nhìn vào mặt nước.

Góc này càng nhỏ thì vết càng dài. Nếu ánh mắt lướt trên bề mặt, điểm sáng sẽ kéo dài và thu hẹp vô tận.

Khi quan sát đường đi của ánh sáng trên mặt biển, góc $\omega$ thường nhỏ - đường đi của ánh sáng tiến tới phương ngang (xem ảnh trong Hình 3), nên chúng ta chỉ có thể nói về chiều rộng của đường đi. Và mặc dù các công thức chúng tôi thu được không được áp dụng theo nghĩa đen trong trường hợp này, nhưng khi sử dụng chúng, bạn không chỉ có thể xác định nguồn gốc của các con đường một cách định tính mà còn hiểu được sự phụ thuộc của chiều rộng của chúng vào lực gió và độ cao của Mặt trời phía trên đường chân trời: với sự gia tăng $\alpha$ và $h$, chiều rộng của đường sẽ quay trở lại.

20

S. A. Kheifets

Sự khao khát một thứ gì đó sáng bóng ẩn sâu trong sâu thẳm ý thức. Một đứa trẻ lần đầu nhìn thấy ánh sáng sẽ bị thu hút bởi ánh sáng; người bản xứ buôn bán cả thức ăn và nước uống để lấy những món đồ trang sức sáng bóng. Người ta gọi một người có năng khiếu và có trí óc sâu sắc là “thông minh”. Chúng tôi sẽ không quan tâm đến việc liệu sự chú ý đến sự sáng bóng này có liên quan đến ký ức tàn bạo về ngọn lửa đang cháy hay với thôi miên hay không, chúng tôi sẽ cố gắng tìm hiểu lý do tại sao sự tỏa sáng lại xuất hiện - có thể là ánh sáng lấp lánh của vàng, kinh ngạc hay mắt mèo trong bóng tối.

Chúng ta đánh giá cơn thịnh nộ của một vật thể bằng lượng ánh sáng phản chiếu từ vật thể đó vào mắt chúng ta *). Rõ ràng là lượng này phụ thuộc vào tỷ lệ ánh sáng phản xạ và hướng của nó. Tờ giấy trắng phản chiếu tốt hơn tờ giấy đen, và mặt gương phản chiếu tốt hơn mặt giấy mờ.

Hướng của ánh sáng phản xạ bởi một bề mặt được xác định bởi định luật nổi tiếng: góc tới bằng góc phản xạ. Và năng lượng của ánh sáng phản xạ cũng phụ thuộc vào chiết suất của môi trường $n$. Nếu ánh sáng tới bình thường trên ranh giới của môi trường có chiết suất $n_1$ và $n_2$ thì phần ánh sáng phản xạ

*) Độ sáng được xác định bởi quang thông chạm vào võng mạc.

năng lượng bằng $\eta = \left( \frac{n_1 - n_2}{n_1 + n_2} \right)^2$. Đối với thủy tinh $n=1,52$, đối với không khí $n=1$, do đó chỉ có 4,3% ánh sáng tới bị phản xạ. Đối với một tấm kính, tỷ lệ năng lượng phản xạ sẽ lớn xấp xỉ gấp đôi, vì một phần ánh sáng truyền qua sẽ bị phản xạ từ bề mặt thứ hai của tấm kính và quay trở lại. Nếu các tia không rơi theo phương thẳng đứng mà nghiêng một góc thì chúng sẽ bị phản xạ tốt hơn (Hình 1). Ở $60^\circ$, không phải 4,3% mà là 9% phản chiếu từ kính; ở mức $80^\circ$ đã là 39%. Khi góc tới đạt tới $90^\circ$—chùm tia sượt qua—gần như toàn bộ ánh sáng bị phản xạ (hệ số phản xạ đạt tới 100%). Hơn nữa, những vật thể rất đen, chẳng hạn như than chì, bồ hóng, nhung, bắt đầu tỏa sáng nếu bạn nhìn chúng ở một góc nhỏ so với bề mặt.

Khi ánh sáng bình thường chiếu tới một tấm thủy tinh, tỷ lệ năng lượng phản xạ gần bằng 8,6%. Là ít hay nhiều? Hóa ra, không nhiều. Tuyết mới phản chiếu 80-85% ánh sáng tới và các đám mây phản chiếu lượng tương tự.

Tuy nhiên, rất dễ nhận thấy vệt thủy tinh trên tuyết cũng như sự lấp lánh của từng bông tuyết. Điều này được giải thích không nhiều bởi đặc tính phản xạ của tấm mà bởi sự song song của các tia mặt trời -

22

Cơm. 3. Sự phản chiếu từ bong bóng khí.

khác nhau về hướng. Ngoại lệ là tia “trượt”. Sau đó, sự tỏa sáng là hệ quả của sự phản xạ gần như 100% của ánh sáng tới. Tình huống tương tự cũng xảy ra nếu chùm tia chạm vào mặt phân cách giữa hai môi trường từ môi trường đậm đặc hơn. Nếu ánh sáng tới bình thường thì phần năng lượng ánh sáng phản xạ được xác định theo công thức tương tự như trước. Đối với nước, điều này có nghĩa là 98% ánh sáng thoát ra ngoài không khí. Khi góc tới β tăng thì cường độ của chùm tia khúc xạ giảm và ở $\sin \beta = \frac{1}{n}$ chùm tia khúc xạ biến mất. Trong trường hợp này, tất cả ánh sáng tới bị phản xạ từ các ranh giới - xảy ra cái gọi là phản xạ nội toàn phần. Đối với thủy tinh $n = 1,52$, sao cho chùm tia sáng nghiêng một góc so với pháp tuyến $\beta \ge 36^\circ$, không đi ra ngoài. Đối với nước $n = 1,33$, để cá chỉ có thể nhìn thấy bầu trời qua “lỗ” với góc mở khoảng 45°

Cơm. 4. Đường đi của tia sáng trong giọt nước.

(Hình 2). Phần còn lại của mặt nước (theo quan điểm của cá) là nước đục và chỉ phản chiếu lên phía hồ chứa. Giao diện có phản xạ toàn phần là một tấm gương lý tưởng.

Một ứng dụng thú vị khác của hiệu ứng này là ống dẫn ánh sáng. Nếu bạn gửi một chùm ánh sáng vào bên trong sợi thủy tinh, thì bạn có thể nhẹ nhàng uốn cong các sợi này, thậm chí quay các nút và chùm ánh sáng sẽ quay tròn một cách ngoan ngoãn, tuân theo định luật phản xạ toàn phần.

Nhúng một lá neva bạc vào nước. Mặt sau của tấm, phủ nhiều bong bóng, bắt đầu lưu huỳnh. Và có lẽ bạn đã từng nhìn thấy sự lấp lánh của một giọt sương. Trong cả hai trường hợp, vật chất đều phản xạ nội toàn phần: trong trường hợp đầu tiên - từ bên ngoài, trong trường hợp thứ hai - từ bề mặt bên trong của bong bóng khí hoặc giọt sương (Hình 3, 4). Dễ dàng xác định được góc giữa các tia đi vào giọt nước và các tia đi ra nếu chúng ta tính đến bán kính vuông góc với bề mặt của quả bóng. Góc này là $\varphi = 4\gamma - 2\alpha$. Descartes là người đầu tiên thực hiện phép tính như vậy. Việc phân tích sự phụ thuộc của góc lệch φ vào tham số tác động $d$ sẽ khó khăn hơn.

Nếu các tia tới song song thì khi đi qua giọt nước, chúng bắt đầu phân kỳ. Tuy nhiên, có một góc lệch tối thiểu. Nó gần 42°. Ở gần hướng này, tia khúc xạ dày hơn, nghĩa là phần lớn tia khúc xạ đi chính xác theo hướng này. Giọt sương quan sát từ góc độ này nhanh chóng đặc biệt sáng. Ở cùng một góc với tia nắng, có thể nhìn thấy cầu vồng.

Bất cứ nơi nào có nguồn sáng (Mặt trời, bầu trời sáng), bạn luôn có thể quan sát hình ảnh tia lửa của nó trong giọt sương (Hình 5). Các tia phản xạ từ bề mặt của giọt nước có thể đi vào mắt ngay cả khi góc $\alpha$ gần bằng 180°. Theo nghĩa này, một giọt nước thực sự phản ánh quy mô của thế giới.

Nhắc đến sự tỏa sáng, người ta không thể không nghĩ đến những viên đá quý. Nói chung là

Cơm. 7. Đường đi của một số tia trong chất làm lạnh.

có chuyện gì vậy, bạn cần phải “vào” bên trong kim loại. Khoảng cách phát sinh sẽ yêu cầu một bài viết riêng. Chúng tôi sẽ chỉ chỉ ra rằng đặc thù của kim loại được thể hiện ở sự liên kết yếu của một số electron với nguyên tử và do đó, “khí” di động dễ dàng của các electron tự do được hình thành. Do đó, chuyển động của các electron trong trường sóng điện từ trong kim loại hoàn toàn khác với chuyển động trong chất điện môi, trong đó mỗi electron “biết” nguyên tử của nó. Các electron tự do dễ dàng hấp thụ và phản xạ lại hầu hết ánh sáng chiếu vào bề mặt kim loại. Đây là lý do tại sao kim loại phản xạ tốt sóng vô tuyến và thậm chí cả ánh sáng khả kiến. Thông thường, sóng điện từ truyền vào bên trong kim loại sẽ bị hấp thụ mạnh. Điều thú vị là đôi khi người ta quan sát thấy hình ảnh ngược lại: các chất hấp thụ ánh sáng trong Hình 8. Sự khác biệt về đường dẫn LAN giữa chùm 1 và 2 phải là số lẻ chùm tia.

trong một phần nhất định của quang phổ, thu được ánh kim loại (ví dụ, mực filotte khô).

Kim loại bị oxy hóa dẫn điện kém hơn nhiều, vì vậy bạn nên cho rằng chúng dẫn điện kém hơn kim loại nguyên chất.

Tất nhiên, mọi thứ thường đẹp đẽ, nhưng đôi khi bạn phải đấu tranh bằng sự sáng chói. Nếu thấu kính của ống nhòm hoặc máy ảnh bị lệch, điều này có nghĩa là ánh sáng truyền tới mắt hoặc tấm ảnh: một phần của nó bị phản xạ. Họ loại bỏ độ bóng bằng cách phủ một lớp màng rất mỏng và trong suốt lên bề mặt thấu kính. Độ dày và chiết suất của nó được chọn sao cho các tia phản xạ từ hai bề mặt của màng (Hình 8) lệch pha nhau 180° và gây giao thoa, triệt tiêu lẫn nhau. Điều này không thể đạt được đối với toàn bộ vùng ánh sáng khả kiến, nhưng nó có thể đạt được đối với bước sóng mà phim ảnh hoặc mắt nhạy cảm nhất.

Chúng tôi chưa xem xét một hiện tượng thú vị như sự lấp lánh của hạnh phúc trong mắt - nhưng, rõ ràng, nó không thể được mô tả chỉ bằng các định luật vật lý và không chắc đây là điều chúng ta nên phấn đấu.

Bài tập

1. Độ sáng của Mặt trăng thay đổi như thế nào đối với một phi hành gia ở gần nó?
2. Sóng phản xạ biến mất hoàn toàn nếu cường độ của chùm tia 1 và 2 (Hình 8) bằng nhau. Chứng minh điều gì phải xảy ra để điều này xảy ra
   $n_{пленки} = \sqrt{n}$.
3. Có thể giảm phản xạ ánh sáng bằng cách làm mịn quá trình chuyển đổi từ $n=1$ sang $n>1$. So sánh lượng ánh sáng phản xạ từ ranh giới không khí-thủy tinh và từ kính được đổ một lớp nước lên đó (sự hấp thụ của pretenbret trong nước).
4. Có thể (và làm thế nào) để tăng lượng ánh sáng phản xạ bằng cách dán một lớp màng trong suốt lên kính?
5. Một số loại vải có độ bóng ở một số góc nhất định. Hãy giải thích về hiệu ứng này.

không. Rốt cuộc, hãy nghĩ xem: nếu trên thế giới chỉ có 100 ngôn ngữ, thì để dịch từ ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác (và ngược lại) sẽ cần 100 × 99/2 = 4950 người dịch. Nhưng còn nhiều ngôn ngữ nữa và không phải cặp ngôn ngữ nào cũng có thể sử dụng một trình dịch. Rõ ràng là với sự ra đời của công nghệ điện toán điện tử mạnh mẽ, niềm hy vọng bắt đầu chuyển gánh nặng dịch thuật sang máy móc.

Sự khởi đầu của lịch sử đất nước này

Ý tưởng về dịch tự động (máy) đã thu hút được đông đảo công chúng (tất nhiên là chúng ta đang nói về đông đảo các nhà khoa học) trong một thời kỳ nhất quán, vào buổi bình minh của điều khiển học, trong những năm đầu tiên của kỷ nguyên điện tử.

1946 Có một cuộc thảo luận giữa các nhà khoa học Mỹ W. Weaver và A. D. Booth về những hạn chế của việc sử dụng máy tính kỹ thuật số tự động. Người đầu tiên tin rằng các “yếu tố ngôn ngữ” cơ bản có thể được phát hiện bằng cách sử dụng các thiết bị giải mã được phát triển trong chiến tranh để tiết lộ mật mã bí mật của kẻ thù và dịch máy có thể được xây dựng trên cơ sở các “yếu tố” này. Cái còn lại thì sâu sắc hơn: nó nói về khả năng cơ bản chỉ có bản dịch cuối cùng, và thậm chí sau đó với một từ điển rất nhỏ - dung lượng bộ nhớ máy tính vẫn còn rất nhỏ. (Năm sau, Booth và đồng nghiệp Britten đã phát triển một chương trình dịch như vậy.) Nhưng Weaver vẫn lạc quan. Anh ấy chia sẻ thư từ với “cha đẻ của điều khiển học” Norbert Wiener. Wiener cảnh giác với ý tưởng của Weaver và chỉ ra những khó khăn lớn cản trở quá trình khám phá. Weaver không nản lòng. Tôn chỉ của ông: “Một câu trong một ngôn ngữ chỉ đơn giản là một cụm từ được mã hóa trong một ngôn ngữ khác.” Hãy bắt đầu giải mã máy. Tuy nhiên, Weaver đã không chú ý đến một tình huống cực kỳ quan trọng: với sự trợ giúp của các hoạt động giải mã chính thức, dễ dàng thực hiện trên máy, chỉ có thể đạt được văn bản tương tự đầu tiên bằng ngôn ngữ gốc. Nhưng máy không thể hiểu được văn bản bằng ngôn ngữ này: suy cho cùng, bạn cần phải biết ngôn ngữ này. Trong Chiến tranh thế giới thứ nhất, những nhà giải mã nổi tiếng đã giải mã tất cả các mật mã bí mật nhất của các nhà điều hành đài phát thanh Mỹ đã bẻ gãy một mật mã như vậy, hóa ra chỉ đơn giản là một văn bản đơn giản bằng một ngôn ngữ Ấn Độ mà họ không biết. Như vậy, các nhà khoa học vẫn chưa có thông tin nào cho thấy ngôn ngữ tự nhiên của con người có thể được “giải mã”.

Dưới đây là bài toán, cho bạn biết văn bản mật mã được viết bằng ngôn ngữ nào và việc giải mã trong trường hợp này hóa ra khá dễ dàng.

28

Bạn có thể đi được bao xa bằng ô tô, hay một câu chuyện về thành công tức thì có thể biến thành thất bại kéo dài như thế nào

Một chiếc máy có thể làm được những gì? Cô ấy biết cách thực hiện các thao tác cơ học, đơn giản: so sánh nội dung của hai ô trong bộ nhớ, cộng, trừ, nhân, v.v. Và cô ấy không quan tâm liệu mình đang thực hiện chương trình dịch thuật hay đọc quỹ đạo của vệ tinh. Nhưng một cái máy có thể thực hiện nhiều thao tác như vậy, và bằng cách kết hợp chúng theo nhiều cách khác nhau, người lập trình có thể buộc máy thực hiện một số loại thao tác, những thao tác có mục đích.

Máy phải thực hiện những thao tác nào để dịch văn bản từ ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác? Đầu tiên, cô ấy phải “đọc” nó. Nó không khó để làm điều đó. Văn bản được nhập ở dạng mã hóa vào các ô nhớ và máy có thể nhìn vào bộ nhớ của chính nó. Sau đó, máy phải nhận dạng các từ. Việc này được thực hiện như sau: mỗi từ (từ khoảng trắng này sang khoảng trống khác) được so sánh với một từ điển phải được lưu trong bộ nhớ của máy. Máy phải xác định mỗi từ ở dạng nào (phân tích hình thái) để sau đó hiểu được mối quan hệ của tất cả các từ trong câu với nhau (phân tích cú pháp). Vậy thì sao? Sau đó, bạn cần phải dịch. Trên thực tế, người phiên dịch con người tiếp tục tất cả các hoạt động được mô tả một cách tức thời và vô thức, và bản thân quá trình dịch thuật bắt đầu từ thời điểm này. Cần tìm các từ trong ngôn ngữ mà văn bản được dịch (ngôn ngữ này được gọi là ngôn ngữ đầu ra), tương đương với các từ của ngôn ngữ mà văn bản được dịch (ngôn ngữ đầu vào). Sau đó đặt những từ này thành những hình thức thích hợp, tức là sắp xếp chúng theo quy luật cấu trúc hình thái và cú pháp của ngôn ngữ đích. Mỗi bước ở đây đều mang lại khó khăn. Chúng ta sẽ phải tìm ra chúng.

Những người đam mê dịch máy đầu tiên mong đợi một bản dịch có khả năng nói chung (à, có thể có một vài ngoại lệ). Hãy lấy một cụm từ tiếng Anh:

I know his daughter.

Bản dịch theo nghĩa đen của cụm từ này hóa ra là chính xác:

Tôi biết con gái ông ấy.

Đúng, động từ tiếng Anh biết được liên hợp khác với động từ biết tiếng Nga: hiện tại chỉ ở ngôi thứ ba số ít nó có đuôi -s, và ở tất cả những ngôi khác nó có dạng chung - biết. Vậy thì làm sao máy có thể hiểu được rằng trong tiếng Nga, động từ này phải ở dạng biết, nhưng không biết và không biết? Điều này không thể được tiết lộ từ mục từ điển cho biết, bất kể được viết ra gì: một dạng biết hoặc tất cả các dạng có thể có: biết, biết, biết, chúng ta biết, biết và cuối cùng, biết (tôi). Tuy nhiên, manh mối lại nằm trong từ tiếng Anh I - i, trực tiếp chỉ ngôi thứ nhất số ít. Điều này có nghĩa là bạn cần đưa quy tắc vào máy, theo đó, để dịch động từ biết (cũng như các động từ tiếng Anh khác hiện nay) đúng dạng của động từ tiếng Nga thì máy phải tính đến chủ ngữ, tức là dịch từng từ riêng biệt chỉ sử dụng từ điển giữa các ngôn ngữ tương ứng là không đủ để dịch đúng. Điều gì sẽ xảy ra nếu

29

có bài viết nào bằng cụm từ tiếng Anh mà không phải bằng tiếng Nga không? Cấu trúc từ của bài viết nên viết gì? Và dù sao đi nữa, tôi nên viết gì vào từ điển? Trong tiếng Nga, các từ có thể xuất hiện dưới nhiều hình thức khác nhau: tên bị từ chối, động từ được liên hợp. Hãy chỉ ra tất cả các dạng có thể có của một từ tiếng Nga bằng tiếng Anh tương ứng? Nhưng đây là để tách các từ và chúng ta phải lưu máy khỏi bộ nhớ. Và sau đó - điều chính! — làm thế nào để đoán được nên sử dụng hình thức nào? Suy cho cùng, trong tiếng Anh, các từ đều có dạng riêng của chúng - bạn nên viết dạng nào trong từ điển?

Đáp số chúng tôi đã tìm được câu trả lời cho những câu hỏi này khá nhanh chóng. Cần phải tạo ra các từ điển riêng về thân và đuôi. Sau đó, ví dụ: máy sẽ nhận dạng động từ Latinh amat như sau: đầu tiên, nó sẽ tìm trong từ điển của thân để biết chiều dài của thân có trong từ này - nó sẽ không tìm thấy gốc amat, ama, nhưng gốc am phải ở đó và nó tương ứng với khái niệm love; nó là cái máy ghi nhớ và vẽ ra ranh giới: am/at; at là đuôi, bạn cần tra trong từ điển đuôi; nó tương ứng với ngôi thứ ba số ít. Vì vậy, chúng tôi dịch nó như thế này: phần gốc là love, phần kết thúc là um là we love. Phải! Nhưng chúng tôi đã may mắn: phần cuối tiếng Latin ít nhiều tương ứng với phần cuối của tiếng Nga. Tuy nhiên, ngay cả với những kết thúc bằng tiếng Latinh, nó không phải lúc nào cũng thuận buồm xuôi gió. Trong tiếng Latin có câu ngắn nhất thế giới, nó chỉ gồm một chữ cái. Đây là tôi - Đi! Ngoài ra, tôi có thể đại diện cho 8 kết thúc khác nhau. Làm thế nào bạn có thể đoán chúng được sử dụng trong văn bản? Một lần nữa chúng ta cần nhìn vào bối cảnh. Hơn nữa, giải pháp có thể không nằm ở từ tiếp theo mà nằm ở từ, sau hai từ. Làm thế nào để tìm ra cái nào? Và nhà ngôn ngữ học phải thấy trước mọi việc và trang bị cho cỗ máy những quy tắc cho mọi trường hợp.

Cú pháp thậm chí còn khó giải hơn. Bạn có thể thấy điều này cho chính mình.

Nhiệm vụ 2. Thiết lập mối liên hệ ngữ pháp giữa các từ trong cụm từ:
Khám phá những người khổng lồ chi tiết trong đất. (Bài tập thuộc về A.E. Kibrik.)

(lời giải được coi là tốt, trong đó ít nhất 9 phương pháp sẽ được cung cấp - và có tổng cộng khoảng 20 phương pháp).

Cụm từ này đã được chọn cụ thể. Nhưng có nhiều cụm từ trong ngôn ngữ mà việc phân tích cú pháp có thể được thực hiện theo nhiều cách. Và điều này làm thay đổi ý nghĩa của câu. Lấy câu: “Mẹ yêu con gái”. Ai yêu ai (hay nói cách khác, đâu là chủ thể, đâu là đối tượng)? Khi một cụm từ như vậy vào máy, ngay cả khi máy thiết lập chính xác dạng của tất cả các từ, nó vẫn gặp khó khăn lớn: để xác định chính xác cấu trúc cú pháp, cần phải vượt ra ngoài ranh giới của câu này, chuyển sang ngữ cảnh rộng hơn, để hiểu những gì đang được nói. Nó sẽ như thế nào?

Có lẽ người đọc bị đe dọa sẽ rụt rè đề nghị chúng ta viết vào từ điển và dịch không phải từng từ riêng lẻ mà là toàn bộ cụm từ? Rốt cuộc, người ta luôn đề cập đến bối cảnh. Nhưng nếu bạn dịch cả cụm từ thì có lẽ sẽ dễ dàng hơn? Vui lòng! Hãy thử nó. Hãy để ngôn ngữ có 1000 từ (thực sự có bao nhiêu từ?!). Cụm từ “bất cứ điều gì” có năm từ. Hãy ghi lại tất cả các cụm từ có năm từ trong từ điển (không lặp lại các từ). Về mặt lý thuyết, số của chúng là $N=1000 \times 999 \times 998 \times 997 \times 996 \approx 10^{15}$.

Tất nhiên, có nhiều cụm từ ít ý nghĩa hơn, nhưng vẫn

30

số lượng của chúng sẽ vượt quá dung lượng bộ nhớ của những máy có nhiều bộ nhớ nhất trong số các máy đang hoạt động. Ngoài ra, máy sẽ mất nhiều thời gian để tìm kiếm từng cụm từ trong từ điển như vậy.

Trong nhiều năm, các nhà ngôn ngữ học đã tìm cách thoát khỏi tình trạng khó khăn này. Họ đã đưa ra những thuật toán mới, rất tinh vi, những mô hình ngôn ngữ dí dỏm và các phương pháp mô tả bằng hình ảnh. Chúng tôi đã tìm ra cách đơn giản hóa quy trình xử lý và cách cải thiện chất lượng bản dịch. Chúng tôi gặp nhau, thảo luận, tranh luận. Nhưng cho tôi hỏi, quý độc giả, nếu vấn đề trở nên phức tạp như vậy thì tại sao những thí nghiệm đầu tiên lại thành công đến vậy?

Bí mật rất đơn giản. Những thí nghiệm này được thực hiện trên vật liệu rất nhỏ. Và rõ ràng là đối với một văn bản nhỏ và rất cụ thể, dễ dàng có tất cả các ngoại lệ và biến thể; tích trữ các quy tắc cần thiết cho tất cả các trường hợp có trong văn bản. Và văn bản được dịch. Bạn có thể tự mình thấy điều này bằng cách sử dụng ví dụ sau bài toán.

Bài 3. Sử dụng hệ thống quy tắc, các dãy số Ả Rập được dịch sang dãy số La Mã. Ở mỗi bước, một quy tắc được áp dụng, thay thế một chữ số Ả Rập bằng một chữ số La Mã. Bốn loại quy tắc sau đây được sử dụng:

không có cuộc thi:
ví dụ: 2→III thay thế 2 bằng III;
cuộc thi đơn:
a) 2(3)→III thay 2 bằng III,
6) (3) 2→III nếu sau (trước) 2 có 3;
hai cuộc thi:
(3) 2(4)→III (thay 2 bằng III nếu có 3 trước 2 và 4 sau)

Mỗi dãy chữ số Ả Rập được sửa theo thứ tự sau: đầu tiên là tất cả các cuộc thi đôi, sau đó là cuộc thi đôi, sau đó là cuộc thi đơn và cuối cùng là không cuộc thi. Bất kỳ bộ quy tắc nào thuộc loại này đều được gọi là lập trình. Không phải tất cả các loại quy tắc đều có thể được trình bày trong chương trình.

Các từ tiếng Anh (tiếng Pháp, tiếng Đức) sau đây được đánh số bằng chữ số Ả Rập từ 1 đến 6:

lake, a, this, what, beautiful, is;
champ, un, ce, que, vert, sera;
Feld, das, was, grün, grüne, ist.

Nhiệm vụ 1. Lập danh sách tất cả các câu có chứa những từ này.
Nhiệm vụ 2. Lập danh sách tối thiểu các từ tiếng Nga cần thiết để dịch từ nhiệm vụ 1 sang tiếng Nga và chứng minh chúng bằng chữ số La Mã.
Nhiệm vụ 3. Tạo chương trình dịch chuỗi số sao cho mỗi chuỗi chữ số Ả Rập tương ứng với bất kỳ câu II nào từ nhiệm vụ 1 được dịch sang chuỗi chữ số La Mã tương ứng với một câu tiếng Nga, đó là bản dịch chính xác của câu II.

Nếu bài toán này được giải đúng thì quá trình dịch máy tất cả các câu từ nhiệm vụ 1 sang tiếng Nga đã được thực hiện: tất cả những gì còn lại là viết các từ đã được chứng minh vào các ô tương ứng của bộ nhớ máy và nhập chương trình từ nhiệm vụ 3 vào máy. Nhưng điều này là không đủ. Cần phải đưa ra các quy tắc như vậy, tạo chương trình xử lý như vậy và biên dịch từ điển để máy có thể dịch bất kỳ văn bản nào. Và đây chính là lúc tất cả những khó khăn đó xuất hiện, một phần rất nhỏ và không phải là “khó khăn” nhất mà chúng ta đã nói đến.

F113. Bình chứa đầy một nửa nước, trong đó có một tảng băng nổi. Dầu hỏa được đổ lên trên đá, mức trên của đá được đặt ở độ cao $h$ tính từ đáy bình. Độ cao này sẽ thay đổi như thế nào khi băng tan?

Olympic Vật lý thành phố Leningrad, 1971

F114. Hai quả cầu có khối lượng $m_1$ và $m_2$ có ​​thể dao động trên lò xo

Cơm. 2.

độ cứng bằng nhau của thanh nước gắn vào một khối có khối lượng $M$ (Hình 2). Khối nằm trên mặt phẳng ngang. Tại thời điểm ban đầu, giấu các quả bóng về phía nhau bằng một sợi chỉ, lực kéo của nó bằng $T$. Sợi chỉ bị đốt cháy. Tại hệ số ma sát nhỏ nhất giữa vật và mặt phẳng thì vật không chuyển động?

G. L. Komkin

F115. “Hộp đen” - hộp có mạch điện bên trong không xác định - có hai đầu ra. Điện trở $R = 4 \text{ om}$ được mắc nối tiếp với hộp và sau đó mục tiêu này được nối với nguồn có e. d.s. $E_1 = 5 \text{ в}$ (Hình 3). Trong trường hợp này, dòng điện $I_1 = 1 \text{ a}$ chạy qua mạch. Nếu mục tiêu kết nối với một nguồn có e. d.s. $E_2 = 20 \text{ в}$, thì dòng điện $I_2 = 2 \text{ a}$ sẽ chạy qua nó. Mạch điện bên trong hộp đen là gì?

Cơm. 3.

Sự phản kháng nội tại của các nguồn khiếu nại là nhỏ.

Y. A. Smorodinsky

F116. Nếu nhiệt độ của không khí trong hình trụ như hình 4 là $t_0 (t_0 > 0^\circ \text{C})$ thì nó đạt nhiệt độ $\frac{t_0}{2}$ trong khoảng 30 giây. Piston bắt đầu chuyển động ra vào với tần số nào đó. Trong trường hợp nào sẽ có nhiều băng mọc xung quanh xi lanh sau 50 hành trình piston nếu chúng được tạo ra a) trong 1 phút; b) trong 1 giờ; c) trong 30 ngày?

G. L. Komkin

Cơm. 4.

F117. Người ta thường đi dọc theo con đường nhớp nháp, bước từng bước nhỏ. Một người nên đi bộ dài bao nhiêu bước để không sợ bị ngã, nếu chiều dài của bước đó là 1 mét và hệ số ma sát của đế giày trên đường là 0,1?

Tôi. Sh. Slobodetsky

Các biên tập viên của tạp chí đã nhận được hơn 2000 lá thư kèm theo các quyết định bài toán, được đặt trong phần “Bài toán Kvant. Trong số các tác giả của những bức thư này, ban biên tập đã chọn ra những học sinh thường xuyên gửi lời giải đặc biệt độc đáo và thành công. Họ được đăng ký hàng năm cho tạp chí «Kvant» cho năm 1972.

Dưới đây là tên của người chiến thắng trong cuộc thi của chúng tôi:

Dmitry Grigoriev - Leningrad, trường nội trú số 45 thuộc Đại học bang Leningrad;
Yury Obolonkov - Voronezh, trường số 58;
Eduard Turkevich - Chernivtsi, trường số 9;
Mikhail Prager - Tomsk, trường số 51;
Arkady Chernyak - Minsk, trường số 50;
Leonid Braginsky - Frunze, trường số 61;
Viktor Krivitsky - làng. Kletnoye, quận Borisvsky, vùng Minsk;
Alexander Grigoryan - Baku, trường số 211;
Grigory Zaitsev - Gagra, trường số 2;
Ivan Grichik - David-Gorodok, vùng Brest, trường số 1;
Alexander Zhukov - Kirovsk, quận Khartsyzsky, vùng Donetsk, trường số 11;
Anatoly Anishchenko - Sarapul, trường số 13 nước Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Udmurt;
Evgeny Gubarev - Moscow, trường số 144.

35

Để chứng minh tuyên bố 1), chúng tôi sẽ chỉ ra một chiến lược cho người chơi thứ nhất không phụ thuộc vào nước đi của người chơi thứ hai và đảm bảo rằng hiệu số giữa hai số còn lại sẽ ít nhất là 32. Chiến lược này mô tả một chiến lược rất đơn giản: với mỗi nước đi, hãy gạch bỏ các số sau một, tức là gạch bỏ số thứ hai, thứ tư, … khỏi các số còn lại (chúng tôi giả định rằng các số được sắp xếp theo thứ tự tăng dần). thì sau nước đi đầu tiên, hiệu số giữa bất kỳ số liền kề nào trong số các số còn lại sẽ ít nhất là 2, sau số thứ 2 - ít nhất là 4, sau số thứ 3 - ít nhất là 8, sau số thứ 4 - ít nhất là 16 và sau số thứ 5 - ít nhất là 32.

Để chứng minh tuyên bố 2), chỉ cần chỉ ra chiến lược của người chơi thứ hai là đủ, chiến lược này không phụ thuộc vào nước đi của người thứ nhất và sẽ cho phép anh ta thắng không quá 32. Nó như sau. Với nước đi đầu tiên, anh ta gạch bỏ tất cả các số nhỏ hơn 512 hoặc tất cả các số lớn hơn 512 (rõ ràng là không còn nhiều hơn 256 trong số đó). Sau đó, hiệu giữa các số còn lại ngoài cùng sẽ không quá 512. Tương tự, với nước đi thứ hai, anh ta có thể đảm bảo rằng tất cả các số còn lại sẽ chỉ thuộc một trong các phân đoạn [0,256]; [256, 512]; [512, 768]; [768, 1024], tức là giảm chênh lệch giữa các số cực trị xuống ít nhất là 256. Tương tự, ở nước đi thứ 3, anh ta có thể giảm chênh lệch này xuống 128, ở nước thứ 4 xuống 64 và ở nước thứ 5 xuống 32.

Tôi sẽ thêm lời giải thực vào bài toán này của Yu. Obolonkov từ Voronezh và V. Luzey từ Moscow.

Tất nhiên, cũng có thể chứng minh tương tự rằng nếu một ván cờ có n nước đi và bắt đầu bằng các số 0, 1, 2, … 2^n thì “giá trò chơi” sẽ bằng 2^n. Nhưng một nghiên cứu chi tiết về một trò chơi như vậy, bắt đầu bằng một bộ số tùy ý (không nhất thiết phải là cấp số cộng) dường như khó khăn hơn đáng kể bài toán.

M62

Chứng minh rằng với mọi số lẻ a đều tồn tại số tự nhiên b sao cho 2^b - 1 chia hết cho a.

Đây là bằng chứng ngắn nhất.

Hãy xét các số 2^0 - 1, 2^1 - 1, …, 2^a - 1. Có (a+1) các số này. Một số trong chúng cho số dư giống nhau khi chia cho a, vì chỉ có một số dư khác nhau (lý luận này được gọi là “Dirichlet propill”, ứng dụng của nó được mô tả trong bài viết của A. Orlov ở «Kvant» Số 7). Giả sử các số 2^k - 1 và 2^m - 1 có cùng số dư khi chia cho a và k < m. Khi đó số (2^m - 1) - (2^k - 1) = 2^k (2^m - k - 1) chia hết cho a và vì a là số lẻ nên 2^m - k - 1 chia hết cho a.

Một thực tế tổng quát hơn được chứng minh theo cách tương tự: nếu các số tự nhiên a và c nguyên tố cùng nhau thì tồn tại số tự nhiên b sao cho c^b - 1 chia hết cho a. Nhiều độc giả nhận thấy rằng mệnh đề bài toán được suy ra từ định lý Euler sau*): với mọi số tự nhiên a và c, số c^φ(a)+1 - c chia cho a, trong đó φ(a) là số số tự nhiên nhỏ hơn a và nguyên tố cùng nhau, thậm chí họ còn đưa ra công thức tính “hàm Euler”

$$\varphi\left(p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_r^{\alpha_r}\right) = \left(p_1^{\alpha_1} - p_1^{\alpha_1}-1\right) \times \left(p_2^{\alpha_2} - p_2^{\alpha_2}-1\right) \cdots \left(p_r^{\alpha_r} - p_r^{\alpha_r}-1\right).$$

lời giải đúng đã được thêm bởi A. Chernyak từ Minsk, E. Turkevich, Sh. Slepoy từ Chernivtsi, G. Levin từ Kuibyshev, N. Demidenko từ làng Kolbovka, vùng Gomel, A. Pukhalsky từ Moscow, Yu. Semenok đến từ làng Mirny, vùng Krasnodar và những độc giả khác.

M63

Có thể xếp một hình vuông từ 18 ô có kích thước 1x2 sao cho không có một hình chữ nhật nào có các cạnh của hình vuông và không có sự chồng chéo ở các cạnh của các ô? (Ví dụ: cách sắp xếp các viên gạch như trong Hình 2 sẽ không hiệu quả vì có đường nối AB.)

Giả sử rằng chúng tôi đã bố trí được một hình vuông 6x6 bằng các ô 1x2 mà không có “đường nối”. Sau đó, mỗi đường thẳng trong số mười đường thẳng cắt hình vuông này

*) Ví dụ, hãy xem cuốn sách “Cơ sở lý thuyết số” của I.M. Vinogradov GITTL, M., 1953 hoặc một cuốn sách giáo khoa khác về lý thuyết số.

36

Cơm. 2.
Cơm. 3.
Cơm. 4.
Cơm. 5.

Chuột trên các ô vuông 1x1, phải giao nhau ít nhất một ô 1x2. Không khó để chứng minh rằng mỗi đường thẳng như vậy đều cắt số vạch chẵn bắt buộc. Thật vậy, nó cắt một đường thẳng 6×k từ một hình vuông 6×6, bao gồm một số chẵn các ô 1×1; đường thẳng này chứa một số lượng nhất định các thỏi nguyên 1x2 và một số số chẵn các ô 1x1 - một nửa số thỏi giao nhau bởi một đường thẳng (Hình 3).

Không, nếu mỗi đường thẳng cắt ít nhất hai thỏi thì tổng số thỏi ít nhất phải là 2·10=20 và chỉ có 18 thỏi.

Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng không thể cắt hình vuông 6x6 thành thỏi theo cách yêu cầu.

lời giải chính xác đã được thêm vào bài toán này bởi A. Kostyurin từ vùng Moscow, I. Kashanov từ Ufa, V. Schwartz từ Leningrad và những người khác. Hầu hết các bức thư đính kèm đều thảo luận về câu hỏi chung: khi nào một m×n thẳng có thể được cắt thành các thỏi 1×2 mà không có đường nối. Dễ dàng chứng minh rằng đường thẳng 2×n, 3×n và 4×n không thể cắt được theo cách này. Nếu m ≥5, n ≥5 và mn là chẵn (tất nhiên điều kiện cuối cùng là cần thiết), thì trong mọi trường hợp, ngoại trừ 6×6 được xem xét ở trên, phân vùng bắt buộc đều tồn tại. Để chứng minh điều đó, chỉ cần đưa ra phân hoạch của các đường thẳng 5×6 và 6×8 là đủ và sau đó từ phân vùng của đường thẳng m×n dễ dàng thu được phân vùng của đường thẳng (m+2)×n (Hình 4 và 5).

N. B. Vasiliev

F72

Tại sao độ dài ngày thay đổi nhanh hơn vào tháng 3 so với tháng 12?

Sự thay đổi độ dài của ngày có liên quan đến góc nghiêng của trục Trái đất so với mặt phẳng quỹ đạo của Trái đất quanh Mặt trời (≈23,5°). Nếu trục Trái đất vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo thì độ dài của ngày hầu như không thay đổi.

Độ nghiêng của trục trong không gian không thay đổi và do Trái đất quay quanh Mặt trời nên nó có thể được nhìn thấy từ Mặt trời theo nhiều cách khác nhau (Hình 6) - Mặt trời chiếu sáng các phần trên bề mặt Trái đất vào những thời điểm khác nhau và độ dài của ngày không đổi. Rõ ràng là vào tháng 12 và tháng 6, khi ở bán cầu nông thôn, độ dài ngày lần lượt là tối thiểu hoặc tối đa và dải phía bắc nghiêng ra xa hoặc hướng về phía Mặt trời, vị trí của trục Trái đất so với Mặt trời thay đổi rất chậm. Thay đổi chậm và ngày dài. Đồng thời, vào tháng 3 và tháng 9, vị trí của trục thay đổi nhanh chóng - độ dài trong ngày cũng thay đổi nhanh chóng.

Thật thú vị khi viết một biểu đồ gần đúng về sự phụ thuộc của độ dài ngày vào thời gian trong năm. Đại khái đây là một hình sin (Hình 7). Tốc độ thay đổi trong ngày rất nhanh và tỷ lệ thuận với tiếp tuyến

38

Vâng, áp lực gây ra bởi các phân tử của chất hòa tan. Áp suất này được gọi là áp suất thẩm thấu. Điều kiện để chất lỏng cân bằng trong bình không phải là sự bằng nhau về áp suất thủy tĩnh ở cả hai phía của vách ngăn, mà nói một cách đại khái là sự bằng nhau về áp suất của các phân tử dung môi.

Các phân tử của chất hòa tan hoạt động giống như các phân tử khí. Họ cố gắng chiếm càng nhiều dung lượng càng tốt bằng cách di chuyển phân vùng (họ sẽ thành công nếu phân vùng có thể di chuyển được). Nhưng vì phân vùng đã được cố định nên không phải phân vùng sẽ trộn lẫn mà là mức độ của hỗn hợp.

Sự tương tự giữa bề mặt của phân tử khí và phân tử của chất hòa tan đã hoàn tất. Nếu dung dịch yếu thì các phân tử của chất hòa tan ở xa nhau hơn và các phân tử yếu tương tác với nhau - giống như các phân tử của khí lý tưởng (chúng chỉ tương tác với nhau khi đứng). Do đó, áp suất thẩm thấu $p$ phải liên hệ với thể tích dung dịch $V$, nhiệt độ $T$ và số $n$ số mol chất hòa tan theo công thức tương tự như áp suất của khí lý tưởng:

$$pV=nRT$$

(R là hằng số khí).

Định luật này đã được Van’t Hoffform phát hiện và chứng minh bằng thực nghiệm. Áp suất thẩm thấu không phụ thuộc vào bản chất của chất hòa tan và chỉ được xác định bởi nồng độ của dung dịch. Đối với các dung dịch mạnh (những dung dịch có nồng độ cao), bạn có thể viết một phương trình tương tự như phương trình van der Waals để tạo ra khí. Nếu chúng ta có các chất khác nhau trong dung dịch, thì tương tự như chất khí, áp suất thẩm thấu bằng tổng áp suất riêng phần thẩm thấu của từng chất hòa tan. Một raster trong trường trọng lực sẽ hoạt động tương tự như một loại khí lý tưởng: sự phân bố số lượng phân tử theo chiều cao sẽ hoàn toàn giống nhau. Điều này cho phép Perrin

“cân” nguyên tử (xem bài viết của M.P. Bronstein “Cách cân nguyên tử”, «Kvant» Số 2, 1970).

Năng lượng để nâng chất lỏng được lấy từ năng lượng nhiệt của chuyển động của các hạt chất hòa tan. Cũng giống như một loại khí thực, “khí” gồm các hạt của chất hòa tan, giãn nở và thực hiện công, nguội đi. Tất nhiên, trong trường hợp này, toàn bộ dung dịch được làm mát.

Áp suất thẩm thấu có vai trò rất quan trọng trong đời sống con người, động vật và thực vật. Màng của nhiều cơ quan là một vách ngăn bán thấm - ví dụ, thành mạch máu và ruột, tổn thương rễ cây, v.v. Áp suất thẩm thấu quyết định thể tích của các chất.

bài toán này đã được nhiều độc giả quyết định chính xác: V. Sokolov (làng Myshansk, vùng Gomel, Đông SSR), S. Araslanova (làng Nizhnevinko, quận Kumensky, vùng Kirov), N. Fedin (Omsk), N. Kolenko (Bondar, vùng Odessa), N. Egorov (làng Maya, quận Mechinokangalassky, YASSR), M. Kozlovsky (Moscow), S. Panfin (Novosibirsk), P. Khmara (Voroshilgovgrad), A. Fialkov (Karaganda), T. Rudkova (Irkutsk), O. Kim (Ulyanovsk), V. Tapezyan (làng Mscharskoe, vùng Gudat, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Abkhaz), K. Kirilov (Minusinsk, Lãnh thổ Krasnoyarsk), O. Maslok (Novomirgorod) Vùng Kirovograd, SSR Ukraina), M. Maksimenko (Balaklya, vùng Kharkov), A. Veretsada (Orekhov, vùng Zaporozhye, SSR Ukraina), S. Ivakov (Moscow).

F74

Hai tụ điện mắc nối tiếp. Cái đầu tiên có hỗn hợp $C_1$ và được thiết kế cho điện áp tối đa $U_1$, cái thứ hai có hỗn hợp $C_2$ và được thiết kế cho điện áp tối đa $U_2$. Tụ điện này có thể được kết nối với điện áp nào?

Vì các tụ điện được nối với nhau nên điện tích của chúng bằng nhau và hỗn hợp của pin là $C = \frac{C_1C_2}{C_1 + C_2}$. Nếu đặt điện áp $U$ vào pin tụ điện thì điện tích của nó sẽ bằng $q = CU = \frac{C_1C_2}{C_1 + C_2} U$. Khoản phí này không nên

vượt quá điện tích tối đa mà mỗi tụ điện được thiết kế: $q_1 = C_1 U_1$ và $q_2 = C_2 U_2$.
Posny phải thỏa mãn bất đẳng thức

$$\frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} U \leq C_1 U_1$$

Và

$$\frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} U \leq C_2 U_2.$$

Rõ ràng là điện tích của tụ điện không được vượt quá mức điện tích tối đa có thể có của tụ điện. Hãy để định nghĩa

$$q_1 = C_1 U_1 < q_2 = C_2 U_2.$$

Sau đó

$$\frac{C_1 C_2}{C_1 + C_2} U \leq C_1 U_1$$

Và

$$U \leq \frac{C_1 + C_2}{C_2} U_1.$$

Nếu $C_1 U_1 = C_2 U_2$ thì ta được kết quả tự nhiên:

$$U \leq \frac{C_2 \frac{U_2}{U_1} + C_2}{C_2} U_1 = U_1 + U_2.$$

Đúng lời giải trong số này bài toán khi hợp nhất V. Chupik (Torzhok, vùng Kalinin), N. Nikolaeva (làng Belaya Glina, vùng Krasnodar), O. Maslok (Novomirgorod, vùng Kirovograd), S. Ivanov (Moscow), V. Sokolov (làng Myshansk, vùng Gomel, BSSR), N. Fedik (Omsk) vùng Gomel), Y. Batyshen (Moscow), M. Ramazanov (Makhachkala, DASSR), E. Sviriduk (Rovenki, vùng Voroshilovgrad), T. Selina (làng Saltykovo, vùng Penza), V. Sytsev (Alga, vùng Aktobe), A. Kostyurin (làng Krasovo, vùng Moscow), K. Kirillov (Lãnh thổ Minusinsk Krasnoyarsk).

Tôi. Sh. Slobodetsky

TRÒ CHƠI
TRÊN
MÁY BAY

Điện tích cực đại (của các đỉnh) được vẽ trên mặt phẳng. Một số trong số chúng được kết nối bởi các phân đoạn. Vsya và Petya chơi trò chơi này: họ lần lượt đánh dấu các đỉnh - Vsya bằng dấu thập và Petya bằng số 0. Sau khi tất cả các đỉnh được đánh dấu, Vsya đếm xem anh ta có bao nhiêu đoạn “của riêng mình”, tức là các đoạn trong đó cả hai đỉnh được đánh dấu bằng các dấu gạch chéo và Petya đếm xem anh ta có bao nhiêu đoạn. Người nào có nhiều phân đoạn nhất sẽ thắng. Khám phá cách chơi trò chơi này. Ai có thể đảm bảo một chiến thắng hoặc một trận hòa? Hãy xem xét trường hợp sau:

a) khi vẽ một đa giác;
b) khi hình vẽ có chính xác $k$ đoạn ở mỗi đỉnh;
b) khi số lượng đoạn khác nhau được mã hóa ở các đỉnh khác nhau.

L. Limanov

PHƯƠNG TIỆN CHỨC NĂNG

Cho phương trình:

$$mf \left( \frac{a+x}{c+x} \right) + nf \left( \frac{a-x}{c-x} \right) = kx.$$

$(m \neq n)$.

Xác định hàm $f(x)$.

Vâng. kilimnik

ỨNG DỤNG THỰC HÀNH

Trong năm học hiện tại, việc xuất bản các tài liệu sẽ tiếp tục trên các trang của Quaenta dưới sự hướng dẫn của “Thực hành tuyển sinh”. Những lá thư mà biên tập viên nhận được cho thấy chuyên mục này được rất nhiều độc giả của tạp chí quan tâm. Chúng tôi rất biết ơn tất cả những người đã cho chúng tôi ý kiến ​​​​và đề xuất của họ.

Tất nhiên, không có cách nào để giải hết tất cả các câu hỏi có trong chương trình thi tuyển sinh môn toán và vật lý. Có, không cần phải làm như vậy - những vấn đề này đã được nghiên cứu ở trường và được thảo luận chi tiết trong sách giáo khoa của trường. Do đó, các biên tập viên chỉ phác thảo một số chủ đề có tầm quan trọng cơ bản và ở dạng này hay dạng khác, thường được sử dụng nhiều nhất trong lời giải cạnh tranh bài toán và thường gây khó khăn cho người nộp đơn.

Ví dụ, chúng tôi đề xuất nói về sự phát triển của các bất đẳng thức, về lời giải hệ phương trình phi tuyến tính, về các bài toán về tổ hợp các vật thể không gian, về phương pháp đồ họa lời giải của một số bài toán để soạn phương trình, v.v. Trong vật lý, các bài báo sẽ được xuất bản liên quan đến các vấn đề như phương trình động học của chuyển động, lời giải bài toán về trạng thái cân bằng của các vật thể, các quá trình nhiệt, các định luật về dòng điện và những người khác.

Nếu có thể, những bài viết này sẽ bao gồm phần trình bày chi tiết về tài liệu lý thuyết, kèm theo phần phân tích bài toán được lấy từ thực tiễn của kỳ thi tuyển sinh.

Chúng tôi cũng đề xuất, nhằm mục đích cung cấp thông tin, đưa vào các ví dụ về các lựa chọn trong toán học và vật lý đã được đưa ra vào năm 1971 trong kỳ thi tuyển sinh tại nhiều trường đại học khác nhau trên cả nước. Các tùy chọn này sẽ chỉ được cung cấp cùng với câu trả lời (hoặc hướng dẫn) - chúng tôi hy vọng rằng người đọc sẽ quan tâm đến việc thử sức mình với lời giải cạnh tranh bài toán.

41

M. S. Atamukas

Đường tam giác vuông là đa thức bậc hai có dạng tổng quát

$$ax^2 + bx + c, \quad a \neq 0.$$

Trong các kỳ thi tuyển sinh môn toán, bài toán, liên quan trực tiếp hoặc gián tiếp đến bình phương trilen, được đưa ra khá thường xuyên. Đúng, điều này không có gì đáng ngạc nhiên - trong chương trình giảng dạy ở trường, rất nhiều không gian và thời gian được loại bỏ khỏi việc nghiên cứu phương trình bậc hai

$$ax^2 + bx + c = 0,$$

tìm các tính chất của hàm số bậc hai

$$y = ax^2 + bx + c.$$

Chức năng này cũng được tìm thấy trong vật lý; ví dụ, khi mô tả chuyển động của vật chất của một điểm ném xiên về phía chân trời.

Tất nhiên, học sinh biết rõ tất cả các công thức liên quan đến tam giác vuông; họ cũng có thể vẽ đồ thị của hàm bậc hai - parabol. Tuy nhiên, khi nói đến lời giải cụ thể bài toán, hầu hết các công cụ đều cố gắng hoạt động thuần túy mang tính phân tích, chỉ sử dụng các công thức. Trong khi đó, việc sử dụng các cân nhắc hình học rất thường xuyên giúp có thể đạt được đáp số dễ dàng hơn và nhanh hơn.

Chúng tôi sẽ chỉ ra bằng một số ví dụ tầm quan trọng của việc lời giải bài toán suy nghĩ đồng thời bằng cả ngôn ngữ đại số và hình học.

Để kiểm tra mức độ quen thuộc của bạn với các tính chất của trilen bình phương, trước tiên chúng ta hãy xem xét bài toán này (nó được đưa ra trong các kỳ thi vấn đáp tại Đại học Tổng hợp Moscow).

1. Hình 1 cho thấy một số đồ thị của trilens vuông. Bản vẽ là gần đúng, tỷ lệ không được chỉ định. Với mỗi parabol này, hãy xác định dấu của các hệ số tương ứng $a, b$ và $c$.

Lấy ví dụ parabol 4; nó là đồ thị của một số hàm bậc hai

$$f(x) = ax^2 + bx + c.$$

Vì các nhánh của parabol này hướng lên trên nên hệ số là $a > 0$. (Hãy chứng minh điều đó! Nhiều người nộp đơn đã giải thích theo cách này: “Sách giáo khoa cho thấy

42

Hóa ra là nếu $a > 0$, thì parabol hướng lên trên.” Nghĩa vụ như vậy có thuyết phục không?). Hơn nữa, hệ số $c$ bằng giá trị của hàm $y$ tại điểm $x = 0$, tức là $c = f(0)$. Từ hình vẽ, rõ ràng parabol 4 cắt tọa độ bán trục dương và sau đó $c > 0$. Trục hoành của đỉnh parabol là $-\frac{b}{2a}$; Rõ ràng từ hình vẽ là nó dương. Chúng ta đã biết điều đó $a > 0$, và do đó $b < 0$.

Đáp số: $a > 0$, $b < 0$, $c > 0$.

Bạn đọc có thể tự tìm hiểu các trường hợp còn lại trình bày trên Hình 1.

Trong nhiều bài toán, cần phải tìm ra hành vi của hàm bậc hai $f(x) = ax^2 + bx + c$ trên một khoảng $(\alpha, \beta)$ cho trước, để mô tả vị trí các gốc của tam giác này so với một điểm cố định $x = \gamma$ của trục hoành, v.v. Trong những bài toán này, ngôn ngữ hình học khiến cho việc diễn giải trở nên đơn giản và dễ hiểu (và hơn nữa, khá chặt chẽ!).

2. Dựa trên trục hoành, khoảng $\alpha < x < \beta$ được biểu thị. Đối với $a$, $b$ và $c$ phương trình

$$ax^2 + bx + c = 0, \ a \neq 0, \ b^2 - 4ac > 0$$

chỉ có một nghiệm trên khoảng này?

Nói cách khác, chúng ta cần tìm hiểu xem điều gì $a$, $b$ Và $c$ đồ thị của hàm số $f(x) = ax^2 + bx + c$ cắt trục x trong khoảng $\alpha < x < \beta$đúng một lần.

Nếu người ta cố gắng giải câu hỏi này bằng phương pháp phân tích, sử dụng công thức tính nghiệm $x_1$ và $x_2$ của một tam giác vuông, thì điều kiện để chỉ có một nghiệm nằm giữa các số $\alpha$ và $\beta$ được viết rất đúng ngữ pháp. Phương pháp hình học giúp có thể đạt được điều kiện này ngay lập tức và ở dạng đơn giản.

Hãy tưởng tượng đồ thị của một tam giác thỏa mãn các điều kiện đặt ra trong bài tập có thể hoạt động như thế nào; Rõ ràng, một trong bốn vị trí được trình bày trong Hình 2 là có thể. Ngoài ra, hãy lưu ý rằng trong mỗi trường hợp này, các giá trị của hàm $f(x)$ tại các điểm $\alpha$ và $\beta$ có ​​dấu ngược nhau, nghĩa là

$$f(\alpha)f(\beta) < 0,$$

hoặc, chi tiết hơn,

$$(a\alpha^2 + b\alpha + c)(a\beta^2 + b\beta + c) < 0.$$

Điều kiện này là cần và đủ để phương trình $ax^2 + bx + c = 0$ (cho $a \neq 0, b^2 - 4ac > 0$) có đúng một nghiệm trên khoảng $(\alpha, \beta)$.

43

Vậy đồ thị đã giúp chúng ta tìm ra điều kiện này. Họ cũng gợi ý cách chứng minh điều kiện này là cần và đủ.

Sự cần thiết. Cho phương trình có hai nghiệm $x_1$ Và $x_2$ ($x_1 < x_2$), với một nghiệm nằm trong khoảng $(\alpha, \beta)$, còn cái kia ở ngoài nó. Khi đó một trong các số $\alpha, \beta$ nằm trong khoảng $(x_1, x_2)$, còn cái kia ở ngoài nó. Nhưng sách giáo khoa ở trường chứng minh rằng các giá trị của hàm số $f(x) = ax^2 + bx + c$ ngoài khoảng thời gian $(x_1, x_2)$ giữa các nghiệm và các giá trị hàm trong khoảng này có dấu trái ngược nhau. Kể từ đây, $f(\alpha) f(\beta) < 0$.

Có đủ ăn. Đặt các số $f(\alpha)$ và $f(\beta)$ có ký hiệu khác nhau. Khi đó $b^2 - 4ac > 0$, phương trình $ax^2 + bx + c = 0$ có hai nghiệm $x_1$ và $x_2$, đồng thời các giá trị của hàm bên trong và bên ngoài khoảng $(x_1, x_2)$ có dấu ngược nhau. Do đó, chỉ có một trong các số $\alpha, \beta$ nằm trong khoảng $(x_1, x_2)$. Nhưng điều này có nghĩa là chỉ một trong các số $x_1, x_2$ nằm trong khoảng $(\alpha, \beta)$.

Rõ ràng là hàm bình phương

$$y = ax^2 + bx + c, \quad a \neq 0, \quad b^2 - 4ac = 0,$$

chỉ có một nghiệm $x_0 = -\frac{b}{2a}$, và nó nằm trên khoảng $(\alpha, \beta)$ nếu $\alpha < -\frac{b}{2a} < \beta$.

Chúng ta hãy áp dụng các thông điệp vừa nêu cho lời giải tiếp theo bài toán, được lấy từ bài thực hành bài kiểm tra miệng.

3. Chứng minh rằng tam thức bậc hai

$$f(x) = (x - a)(x - b) + \lambda (x - c)(x - d)$$

có gốc thực sự cho bất kỳ $\lambda$ thực nào nếu biết rằng chính xác một trong các số $c, d$ nằm trên khoảng $(a, b)$ và số còn lại nằm ngoài nó.

Nhìn vào đồ thị của các tam thức bậc hai khác nhau, dễ dàng nhận thấy một tính chất quan trọng: giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của tam thức bậc hai trên đoạn $[\alpha, \beta]$ chỉ có thể đạt được ở ba điểm sau: tại điểm $x = -\frac{b}{2a}$, tất nhiên, nếu nó thuộc đoạn $[\alpha, \beta]$; tại điểm $\alpha$; tại điểm $\beta$ (ở cuối đoạn). Hãy chứng minh điều đó; chúng ta sẽ giả sử rằng $a > 0$ (trường hợp $a < 0$ được phân tích theo cách tương tự).

Chúng ta hãy trích xuất một hình vuông hoàn chỉnh từ một tam thức bậc hai:

$$f(x) = ax^2 + bx + c = a \left( x + \frac{b}{2a} \right)^2 + c - \frac{b^2}{4a}.$$

Sử dụng ký hiệu này, dễ dàng chứng minh rằng với $a > 0$ hàm $f(x)$ tại điểm $x = -\frac{b}{2a}$ có ​​mức tối thiểu tuyệt đối bằng $c - \frac{b^2}{4a}$; trong khoảng thời gian $(-\infty, -\frac{b}{2a})$ nó giết chết một cách đơn điệu và trong khoảng thời gian $(-\frac{b}{2a}, \infty)$ nó tăng lên một cách đơn điệu.

*) Hãy tự kiểm tra xem $f(\alpha) f(\beta) < 0$ ngụ ý $b^2 - 4ac > 0$.

44

Bởi vì nếu
$$\alpha \leq -\frac{b}{2a} \leq \beta,$$
thì hàm $f(x)$ trên đoạn $[\alpha, \beta]$ lấy giá trị nhỏ nhất $c - \frac{b^2}{4a}$ tại điểm $-\frac{b}{2a}$ (xem biểu đồ 1 trong Hình 3).

Giá trị thấp nhất, do tính đơn điệu, đạt được ở một trong các đầu của khoảng.

Bây giờ đặt điểm $-\frac{b}{2a}$ nằm bên ngoài đoạn $[\alpha, \beta]$ (xem biểu đồ 2, 3 trong Hình 3).

Sau đó, đoạn $[\alpha, \beta]$ lấy một trong các khoảng đơn điệu và do đó, giá trị tối thiểu được lấy ở một trong các đầu của nó và giá trị tối đa được lấy ở đầu kia.

Bây giờ hãy thử xây dựng một điều kiện cần và đủ để phương trình bậc hai $ax^2 + bx + c = 0$ có hai nghiệm trên khoảng cho trước $\alpha < x < \beta$.

Tính chất nhận thấy của tam thức bình phương sẽ giúp chúng ta dễ dàng tìm được lời giải các mệnh đề sau bài toán.

4. (MSU, cơ chế, 1970). Với giá trị nào của tham số $\alpha$ thì bất đẳng thức
   $$\sin^6 x + \cos^6 x + \alpha \sin x \cos x \geq 0$$
   giữ cho tất cả $x$?

Biến đổi vế trái của bất đẳng thức:
$$(\sin^2 x)^3 + (\cos^2 x)^3 + \alpha \sin x \cos x =$$
$$= (\sin^2 x + \cos^2 x) (\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) + \alpha \sin x \cos x =$$
$$= [(\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 3 \sin^2 x \cos^2 x] + \alpha \sin x \cos x =$$
$$= 1 - \frac{3}{4} \sin^2 2x + \frac{\alpha}{2} \sin 2x.$$

Chúng ta hãy biểu thị $\sin 2x$ bằng $y$; Rõ ràng, $-1 \leq y \leq 1$, hệ số $y^2$ là âm, do đó, trên khoảng $[-1; 1]$, mức tối thiểu của tam thức bình phương $-\frac{3}{4} y^2 + \frac{\alpha}{2} y + 1$ đạt được ở cuối khoảng.

Do đó sự bất bình đẳng
$$-\frac{3}{4} y^2 + \frac{\alpha}{2} y + 1 \geq 0$$
giữ nguyên trên toàn bộ khoảng $[-1; 1]$ khi và chỉ khi tam thức không âm ở cuối khoảng:

$$\begin{cases} -\frac{3}{4} (-1)^2 + \frac{\alpha}{2} (-1) + 1 \geq 0, \\ -\frac{3}{4} \cdot 1^2 + \frac{\alpha}{2} 1 + 1 \geq 0 \end{cases}$$

nghĩa là, $\alpha \leq \frac{1}{2}$ và $\alpha \geq -\frac{1}{2}$.

Đáp số: Bất đẳng thức này đúng với mọi $x$ cho $-\frac{1}{2} \leq \alpha \leq \frac{1}{2}$.

45

Cơm. 4. Tối thiểu ở mức $t = t_0$.

Cơm. 5. Tối thiểu ở mức $t = t_0$.

5. (LSU, Toán học, 1966). Tên lửa phải di chuyển một quãng đường bằng $H$. Nó bắt đầu di chuyển với tốc độ không đổi $v$ và bất cứ lúc nào cũng có thể bật một chuyển động bổ sung mang lại gia tốc không đổi $a$ ($a > 0$) và hoạt động cho đến cuối hành trình. Mức tiêu hao nhiên liệu trên một đoạn đường với tốc độ không đổi tỷ lệ thuận với thời gian chuyển động và khi bật thêm chuyển động thì tỷ lệ thuận với bình phương thời gian với các hệ số tỷ lệ tương ứng $k_1$ và $k_2$ ($k_1, k_2 > 0$). Tên lửa phải di chuyển trong bao lâu khi bật chuyển động bổ sung để mức tiêu thụ nhiên liệu như đã hứa là ít nhất?

Gọi $\tau$ là thời gian chuyển động của tên lửa với tốc độ không đổi, $t$ là thời gian chuyển động khi bật thêm chuyển động, $A$ là mức tiêu thụ nhiên liệu. Từ phương trình:

$$H = v\tau + vt + \frac{at^2}{2}, \quad A = k_1\tau + k_2t^2$$

chúng tôi tìm thấy

$$\tau = \frac{1}{v} \left( H - vt - \frac{at^2}{2} \right), \quad A = \left( k_2 - \frac{ak_1}{2v} \right) t^2 - k_1t + \frac{k_1H}{v}.$$

Lưu ý rằng $0 \leq t \leq t_0$, trong đó $t_0$ là nghiệm dương của phương trình

$$H = vt + \frac{at^2}{2}, \quad t_0 = \frac{-v + \sqrt{v^2 + 2aH}}{a}.$$

(Đây là thời gian bay nếu chuyển động được kích hoạt ngay từ đầu.) Chúng ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của hàm $A = A(t)$ (*) được xác định trên đoạn $[0, t_0]$.

1. $k_2 - \frac{ak_1}{2v} < 0$. Đỉnh của parabol $A = A(t)$ có hoành độ

$$t^* = \frac{k_1}{2 \left( k_2 - \frac{ak_1}{2v} \right)} < 0.$$

Parabol có vị trí như trong Hình 4. Tối thiểu là $t = t_0$.

2. $k_2 - \frac{ak_1}{2v} = 0$; $A = -k_1t + \frac{k_1H}{v}$. Tối thiểu ở $t = t_0$ (Hình 5).

3. $k_2 - \frac{ak_1}{2v} > 0$. Trục hoành của đỉnh parabol

$$t^* = \frac{vk_1}{2vk_2 - ak_1} > 0.$$

46

Cơm. 6. Tối thiểu ở mức $t = t^*$.

Nếu $t^* \leq t_0$ thì mức tối thiểu là $t = t^*$ (Hình 6).
Nếu $t^* \geq t_0$ thì mức tối thiểu là $t = t_0$ (Hình 7).
Đáp số: Nếu $2vk_2 - ak_1 > 0$ và

$$\frac{vk_1}{2vk_2 - ak_1} \leq \frac{-v + \sqrt{v^2 + 2aH}}{a},$$

Cái đó

$$t = \frac{vk_1}{2vk_2 - ak_1}.$$

Nếu $2vk_2 - ak_1 \leq 0$ hoặc $2vk_2 - ak_1 > 0$ và

$$\frac{vk_1}{2vk_2 - ak_1} > \frac{-v + \sqrt{v^2 + 2aH}}{a},$$

Cái đó

$$t = \frac{-v + \sqrt{v^2 + 2aH}}{a}.$$

Bài tập

1. Cho biết các điều kiện để cả hai nghiệm của tam thức $f(x) = ax^2 + bx + c$ đều nhỏ hơn số $\alpha$ đã cho.
2. Cho biết điều kiện để số $\alpha$ nằm giữa các nghiệm của tam thức $f(x) = ax^2 + bx + c$.
3. (MSU, khoa tuyến tính cấu trúc, 1968). Tìm tất cả các giá trị của tham số $b$ mà cả hai nghiệm của phương trình bậc hai $x^2 - 2bx - 1 = 0$ đều là số thực và không vượt quá mô đun 2.
4. (MSU, nhà vật lý, 1965). Tìm tất cả các giá trị của $a$ mà các phương trình $x^2 + x + a = 0$ hợp lệ và lớn hơn $a$.
5. (MSU, Khoa Sinh học, 1969). Tìm tất cả các giá trị của $a$ mà hệ thống

$$\begin{cases} x^2 + y^2 = a, \\ x - y = a \end{cases}$$

có một lời giải.
6. Bán kính đáy của một hình nón tròn bên phải là $R$ và chiều cao của nó là $H$. Xác định chiều cao của hình trụ nội tiếp trong hình nón này và có bề mặt bên lớn nhất.
7. (MSU, khoa tuyến tính cấu trúc, 1969). Liệt kê tất cả các nghiệm của phương trình $x^2 + 1 = \cos x$.
8. (MSU, nhà vật lý, 1964). Tìm tất cả các giá trị của $m$ mà biểu thức $x^2 + mx + m^2 + 6m$ âm với tất cả các giá trị của $x$ thỏa mãn các bất đẳng thức $1 < x < 2$.
9. (MSU, nhà vật lý, 1963). Đạn rời khỏi ordium một góc $\alpha$ so với đường chân trời với tốc độ $v_0$. Tại điểm cao nhất của tam thức có hai phần có khối lượng bằng nhau ở bên ngoài và vận tốc của các phần ngay sau vụ nổ là nằm ngang và nằm trong mặt phẳng của tam thức. Một nửa ở bên ngoài cách điểm bắn $S$. Xác định vị trí của nửa thứ hai rơi xuống, nếu biết rằng nó rơi xa hơn nửa thứ nhất. Giả sử đường bay của một viên đạn xảy ra trong không gian không có không khí.

47

Làm thế nào để bạn giải quyết bài toán cho động học? Bạn nhớ được bao nhiêu công thức? 5? 10? 15? Rất thường xuyên lời giải bài toán bắt đầu bằng việc viết ra một số lượng lớn các công thức - công thức tính quãng đường mà một vật đi được trong $n$ giây, các công thức tính tỷ lệ các quãng đường mà một vật đi được trong những khoảng thời gian liên tiếp, các công thức tính hiệu bình phương vận tốc của vật, v.v. Sau đó, họ cố gắng thay thế các công thức này vào nhau, chia, nhân… Bằng cách này, họ tìm được đáp số. Nhưng thường xuyên nhất bài toán về động học là một trở ngại không thể vượt qua. Đây có lẽ là một trong những phần khó nhất đối với người nộp đơn. Mặc dù phải có một trong những cách đơn giản nhất. Hãy nhìn vào nó.

Đầu tiên chúng ta sẽ nói về chuyển động nguyên thủy của vật thể. Nếu đường thẳng mà nó di chuyển được lấy làm trục tọa độ $OX$ (điểm $O$ là gốc tọa độ), thì vị trí của vật thể được xác định bởi tọa độ $x$ của nó. Khi chuyển động với gia tốc không đổi thì tọa độ của vật thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$x = x_0 + v_0 t + \frac{at^2}{2},$$

(*)

trong đó $x_0$ là tọa độ ban đầu của vật (tại $t=0$), $v_0$ là vận tốc ban đầu của nó và $a$ là gia tốc. Phương trình () là phương trình động học của chuyển động của vật. Tất nhiên, phương trình () là hình chiếu lên trục $x$ của phương trình vectơ cho vectơ bán kính $r$, xác định vị trí khối tâm của vật thể (Hình 1). Do đó, hình chiếu lên trục $OX$ của các đại lượng vectơ hướng cùng chiều với trục $OX$ là dương và các đại lượng vectơ hướng ngược lại là âm. Điều này phải được tính đến khi thay thế các giá trị này vào phương trình (*).

Chúng ta hãy nhấn mạnh lại: phương trình (*) là phương trình cho tọa độ của vật chứ không phải cho đường đi mà nó đi. Đường đi là một đại lượng vô hướng dương không thể giảm. Đồng thời, tọa độ cơ thể có thể hoạt động theo bất kỳ cách nào. Ví dụ: nếu $v_0$ dương và $a=-a_0$ âm (vectơ vận tốc $v_0$ hướng cùng hướng)

49

tức là lúc rơi xuống đất, vận tốc của hòn đá bằng vận tốc ban đầu nhưng có hướng ngược lại.

Phương trình (**) giúp bạn dễ dàng tìm được thời gian $t_\pi$ để nâng hòn đá. Vì tại điểm nâng cao nhất, vận tốc của hòn đá bằng 0 nên

$$0 = v_0 - gt_n.$$

Do đó $t_\pi = \frac{v_0}{g}$. Thời gian nâng hòn đá lên bằng một nửa thời gian bay.

Chúng ta thấy rằng hai phương trình - tọa độ và tốc độ - cho phép chúng ta thu được đáp số cho bất kỳ câu hỏi nào liên quan đến chuyển động của hòn đá. Đây là những điều cần phải luôn được ghi nhớ.

Hãy giải thêm một câu nữa nhé bài toán.

Bài toán 2. Một vật rơi tự do đã đi được $1/3$ quãng đường của nó trong giây cuối cùng. Cơ thể đã chuyển động trong bao nhiêu giây ($n$) và từ độ cao nào ($h$)?

Chúng ta lấy điểm ném làm gốc tọa độ và hướng trục tọa độ theo phương thẳng đứng xuống dưới. Khi đó tọa độ của vật phụ thuộc vào thời gian theo quy luật

$$x = \frac{gt^2}{2}$$

($v_0 = 0, x_0 = 0, a = g$). Nếu cơ thể dừng lại $n$ giây, thời gian rơi là $n \cdot \tau$ ($\tau = 1$ giây) và

$$h = \frac{gn^2\tau^2}{2}.$$

(1)

Sau thời gian $(n-1)\tau$ sau khi bắt đầu chuyển động, tọa độ của cơ thể bằng $\frac{2}{3}h$. Đó là lý do tại sao

$$\frac{2}{3}h = \frac{g(n-1)^2\tau^2}{2}.$$

(2)

Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, chúng ta tìm thấy,

$$n = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} - \sqrt{2}} \approx 5,45, \quad h \approx 145 \text{ м}.$$

Có thể chọn một hệ tọa độ khác, ví dụ, một hệ tọa độ gắn liền với trái đất và trục tọa độ hướng lên. Khi đó phương trình chuyển động của vật sẽ là:

$$x = h - \frac{gt^2}{2} \left( x_0 = h, v_0 = 0, a = -g \right).$$

Tại đây tại $t=n\tau$ $x=0$ và tại $t=(n-1)\tau$ $x=\frac{1}{3}h$.

Bạn có thể chọn thêm một hệ tọa độ - với gốc tọa độ tại điểm ném và trục hướng lên trên. Trong hệ thống này

$$x = -\frac{gt^2}{2};$$

tại $t=n\tau$ $x=-h$, tại $t=(n-1)\tau$ $x=-\frac{2}{3}h$.

Trong bài toán này, việc lựa chọn hệ tọa độ không quan trọng lắm, nhưng thông thường, bằng cách chọn thành công hệ tọa độ, bạn có thể đơn giản hóa đáng kể lời giải.

Ví dụ: hãy giải bài toán này.

Bài toán 3. Với khoảng thời gian nào $\tau$ thì hai giọt nước djedish rơi khỏi mái nhà, nếu sau một thời gian $t_0$ sau khi giọt thứ hai bắt đầu rơi thì khoảng cách giữa các giọt bằng $l$?

Tất nhiên, bài toán này có thể được giải quyết trong hệ tọa độ liên kết với mái nhà (bạn hãy tự làm).

Nhưng sẽ thuận tiện hơn nếu chuyển sang hệ tọa độ liên quan đến lần thả thứ hai. Vì các giọt rơi với cùng gia tốc so với mặt đất nên gia tốc tương đối của chúng bằng 0: các giọt tương đối đều với nhau. Tốc độ tương đối của chúng bằng tốc độ của giọt đầu tiên so với mặt đất tại thời điểm giọt thứ hai tách ra $v_0=g\tau$. Phương trình chuyển động của giọt đầu tiên trong hệ tọa độ liên kết với giọt thứ hai trông như sau:

$$x = v_0 t + x_0,$$

ở đâu $x_0 = \frac{gt^2}{2}$. Tại $t=t_0$ $x=l$, tức là

$$l = g\tau t_0 + \frac{gt^2}{2}.$$

Giải phương trình này, ta được đáp số:

$$\tau = \sqrt{t_0^2 + \frac{l}{g}} - t_0.$$

Hãy giải một bài toán khác.

Cơm. 5.

khoảng cách $L$ tính từ nơi ném hòn đá sẽ rơi xuống đất?
Trong hệ tọa độ như hình 4, vị trí của viên đá tại thời điểm $t$ được xác định bởi tọa độ

$$x = v_0 t, \quad y = \frac{gt^2}{2}.$$

Tại thời điểm $t_0$ rơi xuống đất $x = L \cos \alpha$, và $y = L \sin \alpha$, tức là

$$L \cos \alpha = v_0 t_0,$$
$$L \sin \alpha = \frac{gt^2}{2}.$$

Từ đây

$$L = \frac{2v_0^2 \sin \alpha}{g \cos^2 \alpha}.$$

Có thể chọn một hệ tọa độ khác, chẳng hạn như được hiển thị trong Hình 5. Ở Nord, điều này rất thuận tiện. Trong hệ tọa độ này

$$v_{OX} = v_0 \cos \alpha, \quad v_{OY} = v_0 \sin \alpha,$$
$$a_x = g \sin \alpha \quad a_y = -g \cos \alpha.$$

Pozny

$$x = v_0 \cos \alpha t + \frac{g \sin \alpha \cdot t^2}{2},$$
$$y = v_0 \sin \alpha t - \frac{g \cos \alpha \cdot t^2}{2}.$$

Cơm. 6.

Thay các giá trị của $x$ và $y$ tại $t = t_0$ ($x = L, y = 0$) vào các phương trình này và cùng giải chúng, ta tìm được đáp số.

Bài tập

1. Hòn đá rơi tự do từ độ cao $h$. Anh ta mất bao lâu để đi hết mét cuối cùng của cuộc hành trình?
2. Một hòn đá ném thẳng đứng lên trên ở độ cao $h$ đã làm tăng áp suất $T$. Vận tốc ban đầu được ném là bao nhiêu?
3. Một hòn đá được ném thẳng đứng lên trên với vận tốc $v_0$ từ độ cao $h$ tính từ mặt đất. Cùng lúc đó, một hòn đá khác được ném thẳng đứng lên khỏi mặt đất với vận tốc $u_0$. Sau bao lâu hai hòn đá đạt đến độ cao như nhau? Chiều cao này sẽ là bao nhiêu?
4. Mục tiêu nằm trên đỉnh cọc, có thể nhìn thấy ở một góc $\alpha$ so với đường chân trời so với nơi đặt súng. Nòng súng phải hướng về phía chân trời như thế nào để có thể bắn chính xác nếu vận tốc ban đầu của đạn là $v_0$ và chiều cao của cọc là $h$?
5. Một hòn đá được ném xuống sông. Mô hình sóng sẽ như thế nào? Vẽ nó.
6. Hai xe tự hành đã đồng thời đi qua giao lộ và đang chạy dọc các con phố tạo thành một góc $\alpha$ với nhau (Hình 6). Tốc độ tự động là $v_1$ và $v_2$. Sau bao lâu thì khoảng cách giữa các điểm tự trị sẽ bằng $l$?
   Chỉ định và e. Thật thuận tiện khi chọn một hệ tọa độ được liên kết với một trong các quyền tự chủ. Trong đó tốc độ của quyền tự chủ thứ hai không đổi và bằng

$$v_{OTH} = v_2 + (-v_1).$$

54

khoảng một trăm năm trước bởi kỳ thủ cờ vua nổi tiếng người Nga K. Janisch. Dễ dàng nhận thấy rằng hình vuông này là kỳ diệu và tất cả các tổng được đề cập đều bằng 260. “Nước đi ma thuật của hiệp sĩ” đã cho có thể được xếp vào loại đặc biệt thú vị, vì nó không chỉ có thuộc tính được chỉ định. Cấu trúc của nó đúng là khi bảng được xoay 180°, bảng đầu tiên được đặt (các trường 1-32) sẽ biến thành bảng thứ hai (các trường 33-64). Thật tò mò rằng một “nước đi của hiệp sĩ” như vậy lại dẫn đến giả thuyết của N. Rudina, trong đó cho rằng cờ vua có nguồn gốc từ các ô ma thuật *).

Điều đặc biệt quan tâm là “nước đi của hiệp sĩ” đã đóng. Hãy chứng minh rằng trên một bảng có kích thước 4×n, trong đó n là số tự nhiên bất kỳ (Hình 6), không tồn tại một tuyến đường khép kín (ví dụ: có lời giải thích cho lời giải cho n=3).

Giả sử điều ngược lại, tức là có một tuyến đường vòng tồn tại. Hiệp sĩ chỉ đến các ô bên ngoài từ các ô ở giữa (chúng ta gọi các ô bên ngoài là những ô nằm ở đường ngang trên và dưới, và các ô ở giữa - phần còn lại). Nếu hiệp sĩ đi vòng quanh tất cả các ô, tuân theo các điều kiện bài toán, thì 2n nước đi được thực hiện từ các ô bên ngoài đến các ô ở giữa. sau đó anh ta thực hiện 2n nước đi còn lại từ ô giữa ra ô ngoài. Với mỗi lần di chuyển, màu của sân mà hiệp sĩ đứng sẽ thay đổi, vì vậy tất cả các sân trên các đường ngang ngoài cùng phải được sơn một màu, và các sân ở giữa - bằng một màu khác. Sự mâu thuẫn.

Kết thúc phần thảo luận về bài toán về nước đi của quân mã, khi đó, đây là trường hợp đặc biệt của một bài toán quan trọng liên quan đến việc tìm cái gọi là đường đi Hamilton trong đồ thị đối xứng **). Rõ ràng điều này giải thích sức hấp dẫn đặc biệt của nó đối với các nhà toán học.

Chúng ta hãy xem một bài toán khác về một hiệp sĩ.

Giả sử trên bàn cờ có một quân mã trắng và một quân đen, xác định được số klee “tương ứng”

**) Bạn có thể đọc thêm về giả thuyết này trong cuốn sách của tác giả: N. Rudin và N. Từ hình vuông kỳ diệu đến cờ vua, M., “Khai sáng”, 1969.

**) Xem Berge, Lý thuyết đồ thị và các ứng dụng của nó, IL, M., 1962.

mô hình (trong Hình 7 chúng được đổ đầy mực). Bạn cần đưa hiệp sĩ của mình đến hình vuông với nhà vua, sau đó đưa nó trở lại hình ban đầu, và trên đường đi, bạn không thể đứng “khớp hình vuông” hoặc trên các ô đã ăn sẵn.

bài toán này được gọi là “Bài toán về con ngựa của Attila”. “Cỏ không mọc ở nơi ngựa của tôi đã dẫm lên!” thủ lĩnh của người Hun khoe khoang, ám chỉ rằng đám người mà ông ta dẫn đầu đang tiêu diệt mọi sinh vật trên đường đi của họ. Loại đường dẫn bài toán này sẽ xuất hiện dẫn ra khỏi mê cung và được giải quyết chi tiết trong nhiều cuốn sách khác nhau về lý thuyết đồ thị. Trong ví dụ của chúng tôi, con ngựa của Attila sẽ di chuyển như sau:

Ng4—f6—e8—g7—e6—f8—g6—e7—c6—a5: b3—d2—b1—a3—b5—d6—f7—h6—g4.

Sự cản trở khiến hiệp sĩ thay đổi màu sân trong mỗi lần di chuyển đóng một vai trò quan trọng, vì chúng tôi đã có cơ hội xác minh. Đây là một câu hỏi khác về chủ đề này.

Liệu một hiệp sĩ, bắt đầu từ a1, có thể đạt đến h8 bằng cách bước lên mỗi ô vuông bằng một trên bàn cờ không?

Tất nhiên, đáp số là âm. Trong mỗi bước di chuyển kỳ lạ, hiệp sĩ sẽ đáp xuống một hình vuông màu trắng, vì hình dáng ban đầu là màu đen. Tuy nhiên, con số 63 (ở nước đi này

55

hiệp sĩ phải ghim vào h8) - số lẻ và hình vuông h8 có màu đen. Bài toán rất đơn giản, nhưng điều gây tò mò là trong khi chơi cờ, đôi khi một người chơi cờ cũng đến giải quyết bài toán tương tự.

Ví dụ, hãy nhìn vào Hình 8. Trong phần kết thúc này, không có gì đạt được chỉ bằng 1. Krs1! Bây giờ vua trắng sẽ di chuyển từ cl sang c2 và ngược lại, mỗi lần chiếm một ô cùng màu với quân mã. Nếu không (1. Krs2) nhà vua sẽ xem nhẹ điều đó. Hiệp sĩ đen đến d3 vào thời điểm vua trắng ở c2. Sau đó, ô vuông cl không đến được với anh ta, vua đen trốn thoát khỏi vòng quay, và con tốt được phong làm hậu. Sự tương tự giữa bài toán cờ vua này và ước lượng toán học ở trên. Để kết luận, chúng ta hãy xem xét một ví dụ cờ vua khác phức tạp hơn. Trong Hình 9, cơ sở của nét sắc nét

Cơm. 7.

Cơm. 8.

bản phác thảo thông minh (V. Chekhover, 1937. Trắng bắt đầu và thắng) còn nằm ở khả năng thay đổi màu sắc của sân trong mỗi nước đi của hiệp sĩ.

Chỉ có một cách để giành chiến thắng: tiêu diệt hiệp sĩ đen ở h8 với vua và hậu là con tốt, vì phần còn lại của quân Trắng đã bị chốt. Tuy nhiên, các ô màu trắng dành cho vua đã được “khai thác” - tượng f1 sẽ di chuyển bằng séc và sau đó là f2-f1Q. Một nỗ lực đơn giản không mang lại kết quả gì: 1. Kb2 Kf7 2. Kp3 Kh8 3. Kpd4Kf7 (bao phủ hình vuông e5) 4. Kp5 Kh8 5. Kpd6 Kg6! (che hình vuông e5 và e7) hoặc 4. Croesus Kh8 5. Npf4 Kf7! (che hình vuông e5 và g5). Chúng ta cần thay đổi màu sắc phù hợp cho vua và tượng. Đầu tiên, dọc theo các ô màu đen, nhà vua đi đến ô màu trắng an toàn duy nhất - a8, và chỉ sau đó mới đột phá đến ô h8.

Lần sau chúng ta sẽ gặp lại với nhiệm vụ

Cơm. 9.

trò chuyện về con ngựa, nhưng hiện tại chúng tôi cung cấp một số bài toán cho một lời giải độc lập.

1. Có một bàn cờ 3x3. Ở các góc trên của nó có hai hiệp sĩ đen và ở các góc dưới có hai hiệp sĩ màu trắng (Hình 10). Chứng minh,

Cơm. 10.

rằng bạn cần thực hiện ít nhất 16 nước đi để hoán đổi vị trí của hiệp sĩ trắng với hiệp sĩ đen.

2. Chứng minh rằng bàn cờ có kích thước (4k+1)×(4k+1) có thể bị bỏ qua bằng cách di chuyển một con mã, ghé thăm mỗi ô đúng một lần.

3. Có bao nhiêu cách xếp quân trắng và quân đen trên bàn cờ sao cho chúng không thể là của nhau? Câu hỏi tương tự cho bảng $m \times n$.

4. Trên bao nhiêu ô vuông khác nhau của một bàn cờ vô hạn, một quân mã có thể di chuyển sau khi thực hiện $n$ nước đi từ một ô vuông nhất định?

5. Di chuyển hiệp sĩ bình thường $2 \times 1$. Bây giờ chúng ta hãy xem xét nước đi của hiệp sĩ $m \times n$. Các số $m$ và $n$ phải là bao nhiêu để từ một ô vuông cho trước, quân mã có thể đi đến bất kỳ ô vuông nào trên bàn cờ vô hạn?

56

LỊCH SỬ SÁNG CHẾ
TỤ ĐIỆN

A. K. Kikoin

Nửa đầu thế kỷ 18 là thời kỳ tích lũy nhanh chóng các dữ kiện thực nghiệm về hiện tượng điện. Chẳng hạn, vào thời điểm này, người ta thấy rõ rằng có hai nguồn điện.

Một điều là điện khí hóa cơ thể; bản chất của điện vẫn hoàn toàn bí ẩn. Người ta thường tin rằng điện là một nguồn sống đặc biệt chứa đựng vật thể tích điện trong mỗi cơ thể. Và sự giảm điện tích quan sát được trên các vật thể tự nhiên được hiểu là sự “bốc hơi” của chất lỏng điện này. Một ý tưởng tự nhiên không kém là cố gắng ngăn chặn sự “bốc hơi” như vậy bằng cách đặt một vật tích điện vào … một cái chai, dùng nước làm vật tích điện.

Đây chính xác là thí nghiệm mà Jurgen von Kleist đã thực hiện tại một trong những thánh đường ở Pomerania vào năm 1745 (theo các nguồn tin khác, thí nghiệm được thực hiện với mục đích thu được lượng nước tích điện, được cho là có lợi cho sức khỏe). Anh ta đổ đầy nước vào chai, đậy lại bằng nút chai và đưa một thanh kim loại (đơn giản là một bó) vào trong nước qua nút chai. Bằng cách nối đầu ngoài của thanh với một máy điện, mà ngày đó là một quả cầu thủy tinh quay mà bàn tay của người thí nghiệm cọ xát vào, Kleist đã truyền một điện tích đáng kể cho nó. Và rồi điều bất ngờ đã xảy ra. Một tay cầm lấy cái chai, anh ta đã bất cẩn khi tay kia chạm vào đầu chiếc đinh nhô ra khỏi nút chai, và khi làm như vậy anh ta đã giáng một đòn mạnh vào cánh tay và vai khiến con chuột tê liệt. Trường hợp cần thiết thật là ngớ ngẩn, anh ấy đã báo cáo điều này trong một bức thư gửi cho một người bạn của mình.

Thật trùng hợp, thí nghiệm gần như giống nhau và gần như cùng lúc đó được thực hiện tại thành phố Leiden của Hà Lan bởi giáo sư đại học Muschenbrock. Chỉ cùng với chai có thành, Muschenbrock mới sử dụng lọ thủy tinh có thành mỏng. Sau khi sạc nước và cầm bình bằng một tay, anh ta cũng dùng tay kia đưa nó đến thanh kim loại dùng để cung cấp điện tích cho nước. Cùng lúc đó, Muschenbrock giáng một đòn mạnh vào tay, vai và ngực khiến anh bất tỉnh. và tỉnh lại trong hai ngày. Báo cáo về “cuộc phiêu lưu” này trong một bức thư gửi cho phóng viên người Pháp, Muschenbrock nói thêm rằng ông sẽ không đồng ý lặp lại trải nghiệm này, ngay cả khi ông được hứa hẹn với vương quốc Pháp!

Lúc đầu, những quan sát của Kleist và Muschenbrock được hiểu là biểu hiện của cái gọi là “điện sống”, vì bàn tay con người đóng một vai trò quan trọng trong những thí nghiệm này. Nhưng chẳng bao lâu sau, người ta nhận ra rằng bàn tay cầm chiếc bình và chất lỏng tích điện trong đó, như chúng ta nói ngày nay, là các bản tụ điện và sẽ thu được một thiết bị thậm chí còn hiệu quả hơn nếu bề mặt bên ngoài và bên trong của thành bình được phủ một lớp kim loại, chẳng hạn như lá thiếc.

Đây là cách tụ điện đầu tiên ra đời mà nhà vật lý người Pháp Jean Nollet gọi là bình Leyden - cái tên vẫn không bị lãng quên cho đến ngày nay.

Có lẽ, tiếng vang của những ý tưởng phổ biến lúc bấy giờ về điện và nguồn gốc “chai” của tụ điện vẫn là từ biểu thị đặc tính chính của tụ điện - điện dung.

57

CÁCH HỌ NHÌN THẤY VÔ HÌNH

Mọi người nhanh chóng làm quen với những thành tựu đáng kinh ngạc nhất của khoa học và công nghệ. Có thể giới thiệu nhận thức ngày nay bằng câu chuyện về một chiếc tivi, một chiếc máy bay phản lực hay một vệ tinh nhân tạo của Trái đất không? Ngay cả tàu thám hiểm mặt trăng - sáng tạo tuyệt vời của khoa học và công nghệ hiện đại - cũng đã chiếm một vị trí chung trong trí tưởng tượng của chúng ta bên cạnh máy tính điện tử, nhà máy điện hạt nhân và cơ chế truyền các đặc tính di truyền từ thế hệ này sang thế hệ khác. Chúng ta bị hư hỏng bởi vô số cơ hội tuyệt vời mới mà cuộc cách mạng khoa học và công nghệ hiện đại liên tục mang lại cho con người và nhà khoa học. Hầu như không có gì có thể làm bạn ngạc nhiên nữa. Nhưng điều này, nói chung, là xấu. Vì không có sự ngạc nhiên thì không có hứng thú, và không có hứng thú thì không có mong muốn thực sự học hỏi điều gì đó, nghiên cứu nó, tự mình khám phá nó.

Nhưng chúng ta hãy dành một chút thời gian để thoát khỏi “sự quan trọng nhất” này và suy nghĩ về câu hỏi này. Nguyên tử bao gồm các electron và hạt nhân nguyên tử. Hạt nhân nguyên tử được hình thành từ proton và neutron. Kích thước của các hạt này là gì? Bán kính của proton hoặc neutron vào cỡ $10^{-13}$ cm. Do đó, bất kỳ hạt nào trong số này, nói một cách đại khái, đều được chứa trong một thể tích cỡ $10^{-38}-10^{-39}$ cm$^3$. Dấu chấm ở cuối cụm từ trước có bán kính xấp xỉ bằng một phần tư milimét. Một hình cầu có bán kính như vậy sẽ có thể tích cỡ $10^{-4}$ cm$^3$. Do đó, có thể đo được $10^{35}$ hạt cơ bản trong đó! Những hạt này phải nhỏ đến mức nào thì mới giảm được một lượng khổng lồ như vậy trong quan điểm của chúng ta. Cả mắt và kính hiển vi, ngay cả với độ phóng đại cao nhất cũng không thể nhận ra chúng. Nhưng tất cả các bạn đều đã nhìn thấy những bức ảnh rõ nét về dấu vết của những hạt như vậy trong sách giáo khoa và sách phổ thông. Chúng thu được bằng cách sử dụng các dấu hiệu buồng mây. Hãy nhìn chúng thật kỹ và một thế giới mới sẽ mở ra trước mắt bạn. Ví dụ, đây là những bức ảnh chụp dấu vết do các electron để lại. Một dấu vết dài, chúng đi qua căn phòng, uốn cong nhẹ trong từ trường xuyên qua nó. Những electron này có năng lượng cao. Các dấu vết khác ngắn, có độ cong cao và các electron còn lại của chúng có một lượng năng lượng nhỏ. Một số dấu vết dường như bị tách ra ở phần cuối - một vụ va chạm với một nguyên tử đã xảy ra, kết thúc bằng việc loại bỏ một trong các electron khỏi vỏ của nó.

Bạn có nhớ họ đã phát hiện ra người vô hình như thế nào, nhân vật chính trong tiểu thuyết một tập của Herbert Wallace không? Kẻ truy đuổi nhìn thấy dấu chân trần ngay trước mắt mình, lần lượt xuất hiện trong tuyết. Người đàn ông đã vô hình, nhưng dấu vết của anh ta vẫn còn. Cũng ở đây - các hạt không thể nhìn thấy được, nhưng vẫn có dấu vết về công việc hủy diệt của chúng.

Nhìn vào bức ảnh của một người mà chúng ta chưa biết, về bản chất chúng ta có thể tìm hiểu rất ít về anh ta. Trừ khi chúng ta có thể xác định được giới tính và ước tính đại khái độ tuổi. Một bức ảnh sẽ không cho chúng ta biết anh ta có trong sáng hay không, anh ta có thích âm nhạc hay không, nghề nghiệp của anh ta là gì, anh ta có con cái hay không và nếu có thì anh ta cảm thấy thế nào về chúng.

Một điều nữa là những bức ảnh chụp dấu vết của các hạt cơ bản trong buồng mây. Bằng cách nghiên cứu chúng, chúng ta có thể xác định chính xác bản chất của các hạt, thiết lập năng lượng, mô hình, bản chất tương tác với nhau, sự tương tác của các năng lượng khác, proton hoặc electron, người ta không thể không ngưỡng mộ sự hoàn hảo mà tất cả các chi tiết về các sự kiện cuộc đời ngắn ngủi nhưng đầy kịch tính của chúng đều được ghi lại. Phòng Wilson đã trở thành một trợ lý bất lực trong nhiều nghiên cứu khác nhau. Về mặt nào đó, thiết bị này là tòa án giám đốc thẩm cao nhất,

58

người thực nghiệm có thể tin tưởng hoàn toàn. Không ai được trời phú cho tài năng xuất sắc nhất về tầm nhìn khoa học có thể đoán trước được tất cả khả năng của công cụ này, sở hữu sức mạnh hấp dẫn và khả năng vô tận như vậy.

Năm 1970, nhà xuất bản Atomizdat đã xuất bản một cuộc phỏng vấn với cuốn sách khoa học nổi tiếng của I. M. Bekkerman “Người vô hình để lại dấu vết” *). Nó bao gồm một bản mô tả chi tiết về cách buồng Wilson được tạo ra và những khám phá đáng kinh ngạc được thực hiện khi sử dụng căn phòng này. Ưu điểm không thể nghi ngờ của cuốn sách là I. M. Bekkerman không chỉ giới thiệu cho người đọc các công cụ và nghiên cứu, các ý tưởng khoa học cũng như cách thức thực hiện chúng. Cuốn sách cũng kể về tác giả của những ý tưởng và thiết bị này, nhà vật lý tuyệt vời người Anh Charles Thomson Rhys Wilson. Đọc cuốn sách, chúng ta biết được những chi tiết thú vị về cuộc đời của ông, chúng ta thấy được công việc và hướng đi to lớn mà việc tạo ra chiếc máy ảnh của ông yêu cầu. Telerb, mọi thứ đối với chúng tôi có vẻ đơn giản một cách đáng ngạc nhiên. “Ngưng tụ hơi siêu bão hòa trên các bộ phận tích điện!” - một nhà vật lý hiện đại sẽ nói. Nhưng vào thời điểm Wilson bắt đầu mùa nghiên cứu, hầu như không ai có thể nói bất cứ điều gì về cơ chế ngưng tụ hơi hoặc bản chất của các hạt tích điện. Năm 1895, Wilson bắt đầu nghiên cứu các điều kiện hình thành sương mù và chỉ đến năm 1911, “buồng sương mù” của ông mới ra đời.

Cuốn sách mô tả chi tiết số phận của buồng mây - cách các nhà vật lý Liên Xô P. L. Kapitsa và D. V. Skobeltsyn đặt nó trong một từ trường (giúp dễ dàng xác định dấu điện tích của bộ phận theo đặc điểm đường đi của chúng), cách nhà vật lý Nhật Bản Shimzu và nhà vật lý người Anh Blackett tự động hóa công việc của nó, cách nó buộc phải hoạt động nhanh hơn nhiều, để nghiên cứu tia sét cực tiểu - phóng điện trong chất khí, v.v.

Sự xuất hiện của một số năng lượng cao được tạo ra bởi các máy gia tốc hạt tích điện hiện đại đã đòi hỏi phải tái thiết lại căn bản buồng mây. Để ngăn các hạt rời khỏi tầm nhìn của máy ảnh, cần phải tăng mạnh mật độ chất trên đường đi của các hạt. Các buồng đám mây với áp suất khí nạp cao được tạo ra để tính đến. Nhưng ngay cả ở áp suất 200 amps, các hạt chỉ di chuyển một phần nhỏ đường đi của chúng trong buồng. Điều này có nghĩa là nhiều sự kiện xảy ra với họ bên ngoài camera và không còn dấu vết. Cần phải thay hơi nước siêu bão hòa lấp đầy các buồng Wilson chung bằng hơi nước quá nhiệt, trong đó các hạt tích điện tạo thành bọt khí dọc theo đường đi. Giống như những giọt sương mù, những bong bóng này ở dạng lỏng sôi xung quanh các hạt tích điện. Buồng “bong bóng” đầu tiên như vậy được tạo ra bởi nhà vật lý người Mỹ Donald Glaser. Đôi khi nó được gọi là “buồng phản Wilson”, vì trong buồng Wilson, hơi nước siêu bão hòa ngưng tụ thành những giọt chất lỏng, và trong buồng Glezer, bong bóng hơi xuất hiện trong chất lỏng quá nóng.

Và một lần nữa, nói về sự ra đời của bong bóng buồng, tác giả theo dõi chi tiết quá trình suy nghĩ của Donald Glaser, từng bước một, tất yếu về mặt logic, ông dẫn dắt người đọc đến mục tiêu cuối cùng.

Trong cuốn sách của I.M. Bekkerman chúng ta nói về các SS phức tạp

nghiên cứu tạm thời trong lĩnh vực vật lý hạt. Nhưng tác giả lại lựa chọn tài liệu một cách bất ngờ và trình bày khá rõ ràng bản chất của vấn đề, cái chính nằm ở nghiên cứu mà ông đề cập.

Các sự kiện được mô tả trong cuốn sách gần với thời đại ngày nay, với những vấn đề mà các nhà vật lý dự định giải quyết bằng máy gia tốc hạt tích điện mạnh nhất gần Moscow, gần thành phố Serpukhov ở trung tâm khoa học trẻ Protvino. Một buồng bong bóng hydro sống khổng lồ “Mirabelle”, do các nhà khoa học Pháp tạo ra cho máy gia tốc của chúng tôi, được gắn ở đó. Đường kính buồng 1,6 m, dài 4,5 m. Tất cả với sự hỗ trợ cần thiết là hơn 200 tấn. Hơn nữa, còn có một nam châm nặng 1150 tấn, bên trong có đặt một camera. Thật là một khoảng cách rất lớn đã phân biệt Mirabelle với chiếc máy ảnh Wilson đầu tiên, chiếc máy ảnh dễ dàng nhét vừa trong một chiếc vali nhỏ! Nhưng con đường này mất nhiều thời gian hơn một con chuột đồng một chút.

Wilson qua đời năm nay vì căn bệnh hiểm nghèo đầu tiên và duy nhất trong đời. Cho đến những ngày cuối đời, ông làm việc chăm chỉ, tỏ ra quan tâm sâu sắc đến việc nghiên cứu các hiện tượng tự nhiên mới, chưa được biết đến.

《Trong tất cả các nhà khoa học vĩ đại của thế kỷ chúng ta, có lẽ ông là người hiền lành và điềm tĩnh nhất, thờ ơ nhất với danh dự và vinh quang. Anh ấy có được niềm đam mê vô bờ bến với điều này từ tình yêu đặc biệt của mình đối với thế giới tự nhiên và sự ngưỡng mộ vẻ đẹp của nó.” Đây là cách nhà nghiên cứu xuất sắc về tia vũ trụ, nhà vật lý người Anh Blackett, đánh giá nhà vật lý xuất sắc người Anh Charles Thomson Rhys Wilson, người tạo ra các dấu hiệu “buồng sương mù”.

V. A. Leshkovce

“HẠT”
VÀ “Phản hạt”
TRONG MỘT KÍNH NARZAN

Nếu bạn uống một số loại nước có ga trong ly, chẳng hạn như narazan, bạn có thể thấy carbon dioxide hòa tan trong nước được giải phóng dưới dạng bong bóng nhỏ nhanh chóng nổi lên như thế nào. Những bong bóng như vậy có thể tương phản với những giọt chất lỏng. Giọt là “hạt” của vật chất. Các bọt khí trong chất lỏng hoạt động giống như các “phản hạt” có tính chất trái ngược với tính chất của các hạt tương ứng. Ví dụ, giọt rơi xuống dưới tác dụng của trọng lực, trong khi bong bóng nổi lên. Nếu vật chứa các giọt rơi được quay, các giọt sẽ bị văng ra ngoại vi. Trong chất lỏng quay, các bong bóng có xu hướng hướng về trục quay. Nếu có bất kỳ vật nặng nào bên trong chất lỏng, thì các bong bóng phản hạt sẽ không ẩn đi mà đẩy ra xa nó. Đồng thời, hai bong bóng sẽ được ẩn giấu lẫn nhau.

Bề mặt của chất lỏng trong các điều kiện đang xét có những đặc tính thú vị. Nổi lên từ bề mặt này, bong bóng va chạm với bề mặt thành từng lớp và biến mất gần như ngay lập tức, nhưng không phải không có dấu vết: từ nơi bong bóng biến mất, một giọt nước nhỏ bay lên. Trên bề mặt chất lỏng, “phản hạt” biến thành hạt. Những hạt này, như thể tiếp tục chuyển động của những bong bóng đang bay lên, bay lên cho đến khi lực hấp dẫn ngăn chúng lại và khiến chúng rơi xuống.

G. I. Pokrovsky

THƯƠNG HIỆU VÀ NHÃN,
TẬN TỤY
M. V. OSTROGRADSKY

Để đánh dấu kỷ niệm 150 năm ngày sinh của nhà toán học kiệt xuất người Nga M. V. Ostroogradsky, một con tem bưu chính có chân dung của nhà khoa học đã được phát hành vào tháng 12 năm 1951. Bức tranh thu nhỏ được làm theo bức vẽ của họa sĩ nổi tiếng V. Zavyalov bằng màu nâu và đen trên giấy hồng.

Năm 1967, một nhãn dành riêng cho M. V. Ostrogradsky xuất hiện trên một loạt nhãn diêm có hình ảnh của các nhà toán học và vật lý xuất sắc người Nga. Ngoài bức chân dung của nhà toán học, nó còn thể hiện cái gọi là “công thức Ostroogradsky”, một trong những kết quả cơ bản nhất của phân tích toán học. Công thức này rất thường được sử dụng trong các phép tính toán học và được sử dụng rộng rãi trong vật lý và cơ học - trong nghiên cứu các hiện tượng nhiệt, từ, điện và thủy cơ (ví dụ, trong việc rút ra định luật cơ bản của thủy tĩnh - định luật Archimedes).

N. N. Kolesnikov

60

logic
KHỐI

Trò chơi “khối logic” được phát hành ở Pháp. Bộ trò chơi bao gồm 48 ô (“khối”). Trong quá trình sản xuất của họ, ba màu đã được sử dụng (đỏ, xanh lam và xanh lục), hai kích thước (khuôn lớn và nhỏ có cùng hình dạng và màu sắc), hai độ dày (dày và mỏng) và bốn hình dạng (hình tròn, hình vuông, hình chữ nhật và hình tam giác). Bằng cách kết hợp bốn tính năng này, bạn có thể tạo ra các khuôn 3×2×2×4=48.

Với bộ này, bạn có thể nghĩ ra nhiều trò chơi dành cho mọi lứa tuổi, bắt đầu từ mẫu giáo. Tất cả các trò chơi đều có một điểm chung: chúng dạy khả năng xa lánh, tức là logic, giới thiệu cho chuột những khái niệm cơ bản của lý thuyết tập hợp mà không nhầm lẫn với những lời giải thích phức tạp và cho phép chúng thành thạo các thao tác cơ bản trên các tập hợp trong thực tế.

Trò chơi dành cho các bạn nhỏ

Đơn giản nhất. Đặt các hình khối lên bàn theo một thứ tự nào đó, để trẻ ghi nhớ và sau khi trả lời, hãy sắp xếp lại thứ gì đó. Hãy để anh ấy đồng ý về những gì đã thay đổi.

Cái khác thì đơn giản. Điều kiện là như nhau, bạn chỉ cần thống nhất xem khối nào được ẩn hoặc số lượng bị ẩn.

Thứ ba. Bạn cần sắp xếp các hình khối theo thứ tự đã phát minh (ví dụ: sắp xếp chúng theo màu sắc).

Thứ tư. Yêu cầu chuột liệt kê hai hình khối khác nhau như thế nào và chúng giống nhau như thế nào.

Trao đổi. Hai người cầm một khối lập phương bằng cả hai tay và đổi chúng bằng tay phải. Người có xúc xắc giống nhau nhất sẽ thắng; anh ta lấy cả bốn viên xúc xắc cho mình. Tất cả 12 viên xúc xắc đều được chơi theo cách này.

Trong các trò chơi này, khái niệm về thuộc tính của đồ vật được phát triển: trẻ học rằng các hình khối khác nhau không quá bốn thuộc tính: màu sắc, kích thước, độ dày hoặc hình dạng.

Trò chơi ở mức trung bình

Dominoes “một sự khác biệt”. Giống như trong trò chơi domino, người chơi tạo ra một chuỗi các chiếc cốc với một điều kiện: mỗi khối tiếp theo khác với khối trước theo một (chính xác) một cách.

Dobino “hai sự khác biệt”. Giống nhau, nhưng các nước láng giềng trong chuỗi phải khác nhau ở hai đặc điểm (Hình 1).
Tiếp theo, bạn có thể thử chơi “tri sự khác biệt”.

Thợ săn kho báu. Hai người chơi, mỗi người nghĩ về một khối (“kho báu”) và cố gắng tìm ra kho báu mà đối thủ của họ cất giấu, luân phiên chỉ vào khối này hoặc khối khác. Đối phương chỉ báo cáo họ có bao nhiêu điểm khác biệt so với kế hoạch. Ai nhanh chóng đồng ý sẽ thắng.

Ba làng, hai làng. Trò chơi phát triển khái niệm giao điểm của một tập hợp. “Hai ngôi làng”: vẽ hai vòng tròn trên sàn - “làng” - và viết tên lên chúng, ví dụ: “hình vuông màu đỏ” trên một và “hình vuông nhỏ béo” trên mặt kia. Bạn cần đặt tất cả các hình vuông màu đỏ vào vòng tròn đầu tiên và tất cả các hình khối nhỏ dày vào vòng tròn thứ hai (Hình 2).
Chúng tôi cần cho bạn biết cách thực hiện việc này. Một trò chơi tương tự “tri làng” lại càng thú vị hơn.

Tên các làng. Một người chơi đặt các khối vào “ba ngôi làng”, nhưng không viết tên của họ lên các vòng tròn và người còn lại phải đoán chúng (Hình 3).

Trò chơi dành cho người cao tuổi

Những trò chơi này có thể được chơi bởi hai người; người cần ít câu hỏi hơn để có được đáp số đúng sẽ thắng.

Quy tắc lựa chọn. Một trong những người chơi đưa ra một số quy tắc để chọn các khối, ví dụ: “chỉ chọn những khối màu vàng”, và người còn lại lấy các khối khoa học và nhận đáp số “có” khi khối đó nằm trong quy tắc đã định, còn ngược lại thì “không”. Bạn cần phải đoán quy tắc. Các quy tắc dần dần trở nên phức tạp hơn, tạo ra tổng và giao của các đối tượng địa lý.

Định cư các làng. Một người chơi nghĩ ra tên của các ngôi làng và người còn lại cố gắng điền chúng bằng các hình khối, chỉ nhận được gợi ý “có” hoặc “không” từ cái đầu tiên.

Máy đổ kho báu (phiên bản gấp). Để đoán “kho báu”, 3-4 khối “thử” ngay lập tức được bày ra bàn và bạn nhận được đáp số, có bao nhiêu dấu hiệu của mỗi lần thử khác với dự định. “Kho báu” phải được chỉ định lần đầu tiên.

Đoán luật. Họ đưa ra một quy tắc để bạn có thể đặt ra mục tiêu từ các hình khối. Ví dụ: “mọi khối lập phương đều lớn” hoặc “sau các hình vuông là các hình tròn mỏng”. Người đoán bắt đầu xây dựng mục tiêu một cách khoa học, từng khối một, mỗi lần nhận được đáp số “có” khi đặt chúng mà không vi phạm quy tắc và “không” khi vi phạm quy tắc. Chúng ta cần đoán luật.

G. I. Kopylov

63

4. Sử dụng điều kiện theo đó cả hai gốc trilene
   $$f(x) = x^2 + x + a$$
   số lớn $a$, cụ thể là
   $$1 - 4a \geq 0, a^2 + 2a \geq 0, -\frac{1}{2} > a.$$
   Đáp số: $a < -2$.

5. $a = 0$ và $a = 2$.

6. $$\frac{H}{2}$$.

7. Giá trị nhỏ nhất của hàm $x^2 + 1$ là 1 và đạt được ở $x = 0$. Vì vậy $x^2 + 1 > \cos x$.
   với tất cả $x \neq 0$. Giá trị $x = 0$ là nghiệm của phương trình.

8. Sử dụng các điều kiện để cả hai căn bậc hai đều là trilenic
   $$f(x) = x^2 + mx + m^2 + 6m$$
   nằm ngoài khoảng $1 < x < 2$, cụ thể là $f(1) < 0, f(2) < 0$.
   Do đó, ta cần tìm giá trị $m$ thỏa mãn hai bất đẳng thức đồng thời
   $$m^2 + 7m + 1 < 0, m^2 + 8m + 4 < 0.$$
   Giải các bất đẳng thức này và chọn lời giải chung của chúng, ta tìm được đáp số:
   $$\frac{-7 - 3\sqrt{5}}{2} < m < -4 + 2\sqrt{3}.$$
   $$9. \frac{2v_0^2 \sin 2\alpha}{g} - S.$$

Đến bài viết
“Ghi chú cờ vua và toán học”
(xem «Kvant» số 8)

1. Cần lưu ý rằng mỗi hình có 3 trường màu trắng hoặc 3 trường màu đen và tổng cộng phải có 25 hình như vậy.

2. Thật dễ dàng để xác minh rằng đối với bất kỳ lớp phủ nào, mỗi lớp trang trí chứa chính xác một trường mà đường màu đỏ đi qua và chính xác một trường mà đường màu đen đi qua. Vì có 22 trường “đỏ” và “đen” và 21 trường cắt tỉa nên một trường “đỏ-đen” trong số 4 trường được đánh dấu trong hình không được che phủ. Kiểm tra xem có bảo hiểm phù hợp hay không.

3. Trên mỗi trường của bảng, chúng tôi sẽ chỉ ra số đường ngang chứa trường này. Kiểm tra xem mỗi phần tử có bao gồm các trường có tổng số chia cho 3 hay không và chúng ta cần bao phủ các trường có tổng số là 296, số dư là 2 khi chia cho 3.

4. a) Không. Quân tốt “trắng” (quân tốt đứng trên ô trắng) sẽ trở thành “đen” trong quá trình sắp xếp thứ cấp, và quân “đen” sẽ trở thành “trắng”. Điều này có nghĩa là số lượng quân tốt “trắng” bằng số lượng quân tốt “đen”, điều này mâu thuẫn với số lẻ của bàn cờ.

5. Không. Chứng minh rằng các quân tốt nằm ở hàng dọc ngoài cùng bên trái vẫn giữ nguyên vị trí (từ a1 đến a8 có thể đi dọc theo 6 ô liền kề). Tiếp theo chúng ta xem xét các trường b1 và b8.

Cần lưu ý
“Một vài nữa bài toán Vasya Smekalkina”
(xem «Kvant» số 8, trang bìa thứ 3)

1. Hãy lập bảng chênh lệch giữa các số của một dãy cho trước (hãy viết ra sự khác biệt của chúng giữa các số liền kề). Dòng thứ ba chứa một chuỗi lũy thừa của hai. Sau này rõ ràng làm thế nào để tiếp tục bảng.

| 4 | 3 | 7 | 5 | 12 | 9 | 21 | 17 | 38 | 16 | 33 | 71 | 55 | 126 | 119 | 245 | … |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | … |

63