Kvant 1972, số 4 · Trang

QUANTUM
4
THÁNG TƯ
1972

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ VÀ VIỆN KHOA HỌC SƯ PHÁP LIÊN XÔ

Tổng biên tập - Viện sĩ I. K. Kikoin
Phó Tổng biên tập thứ nhất - Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:

L. A. Artsimovich, M. I. Bashmkov, S. T. Belyaev,
V. G. Boltyansky, I. N. Bronshtein, N. B. Vasiliev,
I. F. Ginzburg, Yu. N. Efremov, V. G. Zubov, P. L. Kapitsa,
V. A. Kirillin, A. I. Klimanov (nghệ sĩ trưởng),
S. M. Kozel, V. A. Leshkovtsev (phó tổng biên tập),
L. G. Makar-Limanov, A. I. Markushevich, M. D. Millionshchikov, N. A. Patrikeeva, I. S. Petrkov, N. H. Rozov, A. P. Savin,
Tôi. Sh. Slobodetsky, M. L. Smolyansky (phó tổng biên tập), Ya. A. Smorodinsky, V. A. Fabrikant, A. T. Tsvetkov,
M. P. Shaskolskaya, S. I. Shvartsburg, A. T. Shirshov.

Trên trang đầu tiên và trang thứ tư của trang bìa có hình vẽ bức tượng “Bản đồ và sách tô màu” của A.P. Savin (nghệ sĩ V. Egorov). Bài viết nằm ở trang 30.

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova. Nghệ sĩ trưởng A. I. Klimanov
Biên tập viên nghệ thuật O. N. Ykovleva. Người hiệu đính M. L. Medvedskaya
Nhà xuất bản “Nauka”, Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học 117071, Moscow, V-71, Leninsky Prospekt, 15. Tel. 234-08-11, 234-07-93

Nộp để sắp chữ 16/1-1972 Ký in 29/II-1972 Giấy 70×100¹/₁₆ Vật lý. lò nướng l. 5. Lò nướng có điều kiện l. 6.5. Biên tập học thuật. tôi. 7 giờ 45. Lưu hành 340.985 T-01574. Giá 30 kopecks. Đặt hàng 2538.
Nhà máy in Chekhov Ủy ban In ấn Glavpolygraphprom thuộc Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô, Chekhov, khu vực Moscow.

BẢN BẢN KHÔNG ĐƯỢC TRẢ LẠI

2

Ngày du hành vũ trụ

Năm 1972, sẽ là 15 năm kể từ khi phóng vệ tinh nhân tạo đầu tiên của Trái đất và 11 năm kể từ chuyến bay có người lái đầu tiên vào vũ trụ. Cả hai sự kiện này đều diễn ra ở nước ta. Liên Xô sẽ mãi mãi còn trong ký ức của mọi người với tư cách là quốc gia đầu tiên mở đường ra ngoài vũ trụ.

Hơn mười năm nữa sẽ tách chúng ta ra khỏi những sự kiện này. Trong những năm này, khoa học đã biết được nhiều điều hơn về Mặt Trăng, Sao Kim, Sao Hỏa, Mặt Trời và không gian vũ trụ so với toàn bộ những quan sát và nghiên cứu bền bỉ trong suốt nhiều thế kỷ trước đó.

Cho đến nay, hơn một nghìn thiết bị khác nhau đã được phóng lên vũ trụ, một nửa trong số đó được chế tạo bởi bàn tay của các nhà khoa học, kỹ sư và công nhân Liên Xô. Chương trình không gian của chúng tôi tạo ra thế giới thông qua tính nhất quán của nó. Nó phân biệt rõ ràng ba hướng chính: nghiên cứu không gian gần Trái đất và bản thân Trái đất, không chỉ có ý nghĩa khoa học mà còn có ý nghĩa thực tiễn lớn hơn; nghiên cứu về mặt trăng; thám hiểm các hành tinh của hệ mặt trời.

Các vệ tinh nhân tạo của Liên Xô thuộc dòng Meteor có thể tạo ra một dịch vụ lâu dài để theo dõi các quá trình khí tượng trong khí quyển, các tảng băng, bề mặt đại dương, v.v. Các vệ tinh thuộc dòng Molniya đã mở rộng khả năng truyền thông tin một cách bất thường. Chúng là cơ sở đáng tin cậy để tạo ra hệ thống liên lạc không gian quốc tế “Intercosmos”.

Vệ tinh cung cấp hỗ trợ vô giá trong việc nghiên cứu chế độ nước và vẽ bản đồ các khu vực khó tiếp cận, tìm kiếm khoáng sản và bảo vệ tài nguyên rừng, tạo điều kiện thuận lợi cho điều kiện môi trường sống của tàu thuyền và tàu nhỏ cũng như kiểm soát sâu bệnh trong nông nghiệp.

Chuyến bay dài của các phi hành gia A. G. Nikolaev và V. I. Sevastyanov trên tàu vũ trụ Soyuz-9 đã xác nhận khả năng con người có thể làm việc lâu dài thành công bên ngoài bầu khí quyển Trái đất. Các phi hành gia đã nhiều lần đi ra ngoài vũ trụ; hệ thống điều khiển cho các chuyến bay nhóm đã được sửa lỗi; tàu vũ trụ đã cập bến; Phương pháp hàn không gian đã được thử nghiệm. Nhìn bề ngoài, câu hỏi đã được đặt ra về việc tạo ra các đài quan sát quỹ đạo, nơi các nhóm nhà khoa học thay đổi định kỳ sẽ tiến hành nghiên cứu khoa học trên một chương trình rộng lớn. Trạm khoa học quỹ đạo có thể đi bằng bè đầu tiên được thành lập ở nước ta vào ngày 7 tháng 6 năm 1971, sau thành công của trạm khoa học quỹ đạo Salyut và tàu vũ trụ Soyuz-11.

Việc thám hiểm mặt trăng cũng tiến triển thành công. Đóng góp đặc biệt lớn cho chúng là các chuyến bay của các trạm tự động “Luna-16”, “Luna-17” và “Luna-20”. Cơ quan thứ nhất và thứ ba đã chuyển mẫu đất mặt trăng về Trái đất. Chiếc thứ hai hạ phòng thí nghiệm nghiên cứu di động “Lunokhod-1” xuống bề mặt Mặt trăng, nơi đã thực hiện một chương trình khoa học phức tạp trong nhiều tháng. (Một trong những bức ảnh toàn cảnh bề mặt mặt trăng do Lunokhod chụp được hiển thị trong bức ảnh hiển thị ở đây.)

Liên Xô đã tiến bộ rất nhiều trong việc nghiên cứu các hành tinh trong hệ mặt trời, chủ yếu là Sao Kim và Sao Hỏa. Bốn tàu đổ bộ của chúng ta đang ở trên bề mặt Sao Kim. Họ cung cấp thông tin chi tiết hơn về nhiệt độ, áp suất và thành phần hóa học của bầu khí quyển của hành tinh bí ẩn này. Vào ngày 2 tháng 12 năm 1971, lần đầu tiên trong lịch sử, mô-đun hạ cánh của trạm tự động Mars-3 đã hạ cánh nhẹ nhàng trên bề mặt Sao Hỏa. Trạm Mars-2 và Mars-3 trở thành vệ tinh nhân tạo của Sao Hỏa.

Khoa học và công nghệ vũ trụ của chúng ta sẽ còn tiến xa trong một thập kỷ rưỡi nữa. Và phía trước là con đường chưa biết đến các hành tinh xa hơn, tới các vì sao và thế giới có những sinh vật thông minh sinh sống. Và ai biết được cô ấy sẽ mang đến cho chúng ta những khám phá tuyệt vời gì trong thời gian sắp tới.

4

SẮP XẾP
KHỐI

N. B. Vasiliev

Trong bài viết này, chúng tôi đã mổ xẻ jem lời giải một trong bài toán, dành cho học sinh lớp chín và lớp mười tại Olympic Toán học Toàn Liên minh năm ngoái ở Riga (xem «Kvant» Số 11, 1971). Nó được xây dựng như thế này.

Bài toán. Một khối lập phương có chiều dài cạnh $n$ được chia thành $n^3$ khối lập phương đơn vị. Hãy chọn một số hình khối và vẽ ba đường thẳng song song với các cạnh đi qua tâm của mỗi hình khối. Có thể chọn số hình lập phương nhỏ nhất là bao nhiêu để một đường thẳng vẽ qua chúng sẽ cắt hết tất cả các hình lập phương?

a) Chỉ định đáp số cho các giá trị nhỏ $n$: cho $n=2, 3, 4$.

b) Cố gắng tìm đáp số cho $n=10$.

c) Giải tổng quát bài toán. Nếu bạn không thể tìm thấy chính xác đáp số, hãy chứng minh một số bất đẳng thức ước tính từ trên xuống dưới số hình lập phương được đánh dấu.

d) Lưu ý rằng bài toán này có thể được biểu diễn như thế này. Hãy xem xét tất cả các bộ có thể $(x_1, x_2, x_3)$, trong đó mỗi chữ cái $x_1, x_2, x_3$ nhận một trong $n$ giá trị 1, 2, …, $n$. Số tập hợp nhỏ nhất phải được chọn là bao nhiêu để với mỗi tập hợp còn lại trong số các tập hợp đã chọn, chúng ta tìm thấy một tập hợp chỉ khác nó ở một vị trí (theo giá trị của chỉ một trong các tọa độ $x_1, x_2, x_3$)? Cố gắng tìm ước tính cho số lượng bộ trong bài toán tổng quát hơn, khi xem xét các bộ không phải ba mà là bốn chữ cái trở lên.

Công thức với tân binh

Để tránh nhầm lẫn với các từ “khối”, “khối” và “khối đã chọn”, nên trình bày lại bài toán bằng các thuật ngữ khác. Chúng tôi gọi toàn bộ khối lập phương $n \times n \times n$ là “bàn cờ không gian”, mỗi khối $1 \times 1 \times 1$ là một “ô”, mỗi khối được chọn là một “hình vuông do quân xe chiếm giữ”. Chúng ta sẽ giả sử rằng một quân Xe đứng trong một ô nào đó $x$ sẽ bị tấn công tất cả các ô nằm ở đó

Cơm. 1. Xe đứng trên ô 222 (khối màu hồng), có mười ô: ngoài ô 222, còn có 122, 322, 422 (theo hướng $x_1$ trong “chiều rộng”), 212, 232, 242 (theo hướng $x_2$ trong “chiều cao”), 221, 223 và 224 (trong hướng $x_3$ đến “độ sâu”).

4

dọc theo ba đường thẳng song song với các cạnh của hình lập phương và đi qua tâm của ô $x$ (chúng ta cũng sẽ giả sử rằng quân xe chính là ô $x$ này (Hình 1)). Khi đó, câu hỏi đặt ra trong các điều kiện có thể được đặt ra như sau: số lượng quân nhỏ nhất có thể đặt trên bàn cờ $n \times n \times n$ để chúng bao phủ toàn bộ bàn cờ (tức là tất cả các ô vuông không có ngoại lệ) là bao nhiêu?

Bài tập 1. Giải bài toán tương tự cho bàn cờ “phẳng” $n \times n$. (Đáp số: $n$. Lưu ý rằng nếu $n \times n$ có ít quân xe trên bàn hơn $n$ quân xe, nó sẽ tìm thấy thứ hạng và tập tin không có quân xe).

Ước tính sơ bộ ban đầu

Chúng ta hãy biểu thị bằng $A_n$ số lượng quân nhỏ nhất có thể chiếm toàn bộ bàn cờ $n \times n \times n$.

Vì trên bàn cờ $n \times n \times n$ mỗi quân xe có $3n-2$ ô và có tổng cộng $n^3$ ô, nên để gửi toàn bộ bàn cờ, bạn cần đặt ít nhất $\frac{n^3}{3n-2}$ quân xe. Nói cách khác,

$$A_n \geq \frac{n^3}{3n-2}.$$

Nó theo sau đó

$$A_2 \geq 2, A_3 \geq 4, A_4 \geq 7, A_5 \geq 10.$$

Thật dễ dàng để đưa ra một ví dụ về vị trí của các quân $n^2$ trải dài trên toàn bộ bàn cờ (chúng có thể được đặt trong một “lớp” ngang).

Điều này đưa ra ước tính sơ bộ này:

$$A_n \leq n^2.$$

Bài tập 2. Chứng minh rằng

$$A_n \leq \frac{3n^2}{4},$$

sử dụng thông báo sau: nếu bạn đặt $n_1$ quân dọc theo cạnh $n_1$ của bàn cờ $n_1 \times n_2 \times n_3$, thì sau đó vẫn phải giải bài toán cho bàn cờ $n_1 \times (n_2-1) \times (n_3-1)$.

Ghi lại các sắp xếp “theo kế hoạch”

Với $n=2$, rất indo, hai quân xe là đủ để giữ tất cả tám ô bị tấn công (Hình 2), sau đó

6

Cơm. 4.

Chúng ta hãy gọi một lớp là một tập hợp các ô có tâm nằm trong mặt phẳng song song với một trong các mặt của đế và một đường thẳng - một tập hợp các ô có tâm nằm trên một đường thẳng song song với một cạnh; một lớp bao gồm $n^2$ ô, một dòng - gồm $n$ ô. Hãy vẽ hình chiếu của bến tàu lên một trong các mặt, chẳng hạn như trên mặt phẳng $Ox_1x_2$ (mặt trước) và trên mỗi trường của bến tàu kết quả $n \times n$, chúng ta viết số lớp mà quân xe xuất hiện, chiếu lên trường này. Khi đó, việc sắp xếp các quân xe như trong Hình 3 sẽ được viết như trong Hình 4 (chúng ta sẽ không gặp phải tình huống có nhiều hơn một quân xe trên một dòng, vì vậy dockki $n \times n$ sẽ viết không quá một số trên mỗi ô vuông). Lưu ý rằng trong Hình 4, đối với mỗi trường trống trong hàng và cột tại giao điểm của nó, tất cả các số sẽ xuất hiện: 1, 2 và 3. Điều này có nghĩa là mọi trường dock $3 \times 3 \times 3$ không theo hướng $x_3$ sẽ theo hướng $x_1$ hoặc theo hướng $x_2$.

Vì vậy, chúng tôi tin chắc rằng $A_3 \leq 5$. Thực tế là $A_3 \geq 4$ đã được chứng minh (xem (1)). Câu hỏi đặt ra: $A_3$ bằng: 4 hay 5 là bao nhiêu? Chúng tôi mang đến cho độc giả cơ hội đa dạng hóa

lấy trường hợp $n=3, n=4$, v.v. rồi đi thẳng vào trường hợp tổng quát.

Bài tập không thể đặt 4 quân xe để chúng chỉ là dockku $3 \times 3 \times 3$; 6) chỉ ra một ví dụ về cách sắp xếp 8 quân xe, tổng cộng sẽ là $4 \times 4 \times 4$; trong tài liệu rằng $A_4=8$.

Trường hợp chung. Công thức của kết quả

Trong bài toán ed của chúng tôi, có lẽ điều khó khăn nhất là đưa ra giả thuyết chính xác: cái gì bằng $A_n$. đáp số này đã dễ dàng hơn nhiều để xây dựng một ví dụ (nghĩa là ước tính $A_n$ từ phía trên) và để chứng minh rằng không thể thực hiện được với ít quân xe hơn. Và đáp số là:

$$A_n = \begin{cases} \frac{n^2}{2}, \text{ если } n \text{ четно}, \\ \frac{n^2 + 1}{2}, \text{ если } n \text{ нечетно}. \end{cases}$$

Cụ thể là $A_4=8$, $A_5=13, \dots, A_{10}=50$.

Ví dụ về vị trí “tối ưu” của quân $A_n$ được nêu rõ trong Hình 5, $a$ ($n$ chẵn) và 5, $b$ ($n$ lẻ). Có thể dễ dàng kiểm tra xem tất cả các trường không tồn tại theo hướng $x_3$ có tồn tại theo hướng $x_1$ hoặc theo hướng $x_2$ hay không: trong mỗi “chữ thập” - một hàng và cột tại giao điểm của nó có một trường trống - tất cả các số từ 1 đến $n$ đều xuất hiện.

Vẫn còn phải chứng minh rằng với ít quân hơn thì họ không thể chiếm được toàn bộ bến tàu.

Bằng chứng đầu tiên

Đặt các quân $M$ sao cho chúng từ tất cả các ô vuông được neo. Từ tất cả các lớp, hãy chọn lớp có số lượng quân xe là tối thiểu (nếu có một số lớp như vậy thì có thể). Chúng ta có thể giả sử rằng nó nằm song song với mặt phẳng $Ox_1x_2$. Hãy biểu thị lớp này bằng $S$ và số quân xe trong đó là $m$. Đặt các quân $m$ này thuộc $m_1$ hàng theo hướng $x_1$ và $m_2$ hàng theo hướng $x_2$ (chúng ta có thể giả sử rằng $m_1 \geq m_2$; tất nhiên, $m \geq m_1$ và $m \geq m_2$). Sau đó

8

Bằng chứng thứ hai

Bổ đề. Đặt $n \times n$ là các số nguyên không âm trong bảng sao cho nếu trường nào đó chứa 0 thì tổng của tất cả các số trong hàng và cột tại giao điểm của trường này không nhỏ hơn $n$. thì tổng của tất cả các số trong bảng không nhỏ hơn $\frac{n^2}{2}$ (và do đó, nếu tất cả các số trong bảng đều là số nguyên thì nếu $n$ là số lẻ thì tổng này không nhỏ hơn $\frac{n^2+1}{2}$).

Từ bổ đề, bạn cần ước tính cho $A_n$ thật dễ dàng: chỉ cần chiếu bảng lên một trong các mặt và viết vào trường nào của bảng kết quả $n \times n$ có bao nhiêu quân xe được chiếu vào đó. Rõ ràng là các điều kiện của bổ đề cho bảng kết quả sẽ được thỏa mãn.

Nó vẫn còn để chứng minh bổ đề. Chúng ta sẽ không làm điều này, vì bổ đề này đã xuất hiện gần đây trong «Kvant»: nghịch lý thay, nó lại được đề xuất vào cùng năm ngoái dưới dạng một bài toán riêng biệt tại Olympic Quốc tế (xem «Kvant» số 12, 1971). Thật không may, bằng chứng thứ hai về bài toán của chúng tôi, và do đó, bổ đề, đã không được thảo luận khi phân tích bài toán tại Olympic toàn Liên minh, vì vậy cả các nhà lãnh đạo của đội Liên Xô đều không biết bổ đề này (nếu không, tất nhiên, họ đã thêm nó để nó không được cung cấp cho học sinh vì nó quá nổi tiếng), cũng như những người tham gia trong nhóm của chúng tôi (nếu không thì tất cả họ đều giải quyết nó một cách hoàn hảo).

Vì vậy, bài toán chính, được thảo luận ở điểm a), b) và c) của điều kiện, lời giải.

Lưu ý về khái quát

Đối với bài toán tổng quát hơn, được xây dựng ở điểm r), - tương tự như bài toán không phải dành cho bảng “ba chiều”, mà dành cho bảng “k chiều” ($k \geq 4$), ở đây không biết kết quả cuối cùng. Đối với số lượng tối thiểu $A_n^k$ quân xe, chỉ có một bàn cờ $n \times n \times \dots \times n$ (chúng tôi giữ nguyên thuật ngữ cờ vua, nhưng ví dụ: bây giờ hình vuông $x$ là một tập hợp các số $k$ ($x_1, x_2, \dots, x_k$),

trong đó mỗi $k$ nhận giá trị từ 1 đến $n$), dễ dàng thu được các ước tính tương tự như (1), (2):

$$A_n^k \leq n^{k-1}, A_n^k \geq \frac{n^k}{k(n-1)+1}.$$

Có razzhene 4. Chứng minh các bất đẳng thức này. Cố gắng cải thiện điểm $n^{k-1}$ bằng cách sử dụng các cân nhắc tương tự như trong Bài tập 2.

Vì $A_n^2=n$ và $A_n^3$ bằng $\frac{n^2}{2}$ hoặc $\frac{n^2+1}{2}$, nên giả thuyết là $A_n^k$ gần với $\frac{n^{k-1}}{k-1}$. Giả thuyết này, cùng với những giả thuyết khác, đã được thảo luận bởi những người tham gia Olympic và các thành viên ban giám khảo không chỉ trong Thế vận hội mà còn sau đó. Tuy nhiên, kết quả thú vị nhất đã được báo cáo cho chúng tôi bởi D. Grigoriev, một sinh viên tốt nghiệp Trường Vật lý và Toán học tại Đại học Leningrad, và độc giả V. Ginzburg của chúng tôi: họ (độc lập) đã chứng minh được rằng nếu $M$ quân xe là toàn bộ bàn cờ và không có hai quân nào khác nhau, thì $M \geq \frac{n^{k-1}}{k-1}$ (chúng tôi đặt bằng chứng ở cuối bài viết). Rõ ràng, kết quả này đúng ngay cả khi không có giả định bổ sung được in nghiêng, tức là bất đẳng thức $A_n^k \geq \frac{n^{k-1}}{k-1}$ là đúng, và, như các ví dụ đã cho thấy, đối với $n > k$ ước tính này khá gần với ước tính chính xác (hoặc thậm chí trùng khớp chính xác với nó).

Tuy nhiên, ước tính $\frac{n^{k-1}}{k-1}$ phụ thuộc không “rất chính xác” cho tất cả $n$ và $k$.

Ví dụ: nếu $n=2$ thì $\frac{n^{k-1}}{k-1} = \frac{2^{k-1}}{k-1}$ và ước tính “sơ bộ” $\frac{n^k}{k(n-1)+1} = \frac{2^k}{k+1}$ hóa ra là tốt nhất (đối với $k>3$); đối với $k$ lớn, số $\frac{2^k}{k+1}$ được áp dụng gấp đôi so với $\frac{2}{k-1}$.

Razzhene có 5. Tìm $A_2^4, A_3^4, A_2^5$.

Đôi lời về mã bài toán

Một bài toán, rất gần với công thức của chúng tôi, là quá sớm—quá sớm vì nó quan trọng đối với các ứng dụng. Trong “thuật ngữ cờ vua” thì có vẻ như thế này: cái nào tốt nhất

9

số cổ của các quân xe có thể được đặt trên một bảng $k$ chiều $n \times n \times \dots \times n$ sao cho chúng không phải là nhau? (Tùy chọn khác: sao cho không có trường nào là gấp đôi?) Nói cách khác: tập $Y$ nào của các tập $y = (y_1, y_2, \dots, y_k)$ có thể được tạo sao cho a) cứ hai tập trong $Y$ khác nhau ở nhiều hơn một tọa độ, hoặc b) mọi tập hợp $x = (x_1, x_2, \dots, x_k)$, trong tập $Y$ có nhiều nhất một tập hợp $y$, khác với $x$ chỉ trong một tập hợp phối hợp? Việc hình thành nhiệm vụ liên quan trực tiếp đến lý thuyết về khoa học thông tin, hay chính xác hơn là liên quan đến phần của nó - lý thuyết về mã sửa lỗi. Lý thuyết này giải quyết các vấn đề thuộc loại này: soạn một tập hợp $Y$ “từ” $(y_1, y_2, \dots, y_k)$ sao cho nếu khi truyền một trong những từ này (chẳng hạn như qua điện thoại hoặc qua kênh liên lạc trong máy tính), nó được bao gồm trong một số “bức thư” thì lỗi này có thể được phát hiện và thậm chí tốt hơn là được sửa, tức là “từ” được truyền có thể được khôi phục. Do đó, tập $Y$ thỏa mãn điều kiện a) được gọi là “mã phát hiện lỗi đơn” và tập hợp thỏa mãn điều kiện b) được gọi là “mã sửa lỗi đơn”. Bạn thấy rằng trong toán học, từ “mật mã” không được sử dụng theo cách hoàn toàn giống như trong sách quay.

Trong pháp luật b. Gọi $B_n^k$ là số quân xe tối đa có thể đặt trên một bảng $k$ chiều $n \times n \times \dots \times n$ sao cho chúng không phải là nhau a) Số nào lớn hơn: $B_n^k$ hoặc $A_n^k$? b) Tìm $B_n^2, B_n^3, B_n^4$.

Lý thuyết về mật mã có lẽ là ví dụ nổi bật nhất về ứng dụng của đại số hiện đại trong một lĩnh vực mà thoạt nhìn thì không liên quan trực tiếp đến các ứng dụng kỹ thuật. Đã cống hiến nhiều công trình khoa học và một số cuốn sách dày dặn, cô ấy đang phát triển nhanh chóng và xứng đáng được làm quen với chuyên môn.

*) W. Peterson. Mã hướng dẫn lỗi, “Mir”, 1964; E. Berlekham p Lý thuyết mã hóa đại số, “Thế giới”, 1971.

Ứng dụng

Định lý. Đặt $X$ là tập hợp tất cả các bộ dữ liệu $x = (x_1, x_2, \dots, x_k+1)$, trong đó mỗi tọa độ $k+1$ $x$ nhận các giá trị $n$: $1, 2, \dots, n$; $Y$ là tập hợp con của $X$ sao cho (1) hai bộ $Y$ bất kỳ khác nhau ở ít nhất hai tọa độ và (2) đối với mỗi $x$ của $X$ có một bộ $y$ của $Y$ khác với $x$ ở nhiều nhất một tọa độ. Khi đó có nhiều nhất $n^k/k$ phần tử trong $Y$.

Bằng chứng. Đặt $\alpha(x)=1$ nếu $x$ thuộc về $Y$ và $\alpha(x)=0$ nếu không. Hãy đặt $\beta(x)=\beta(x_1, x_2, \dots, x_k)$:

$$\sum_{i=1}^{k} \alpha(x_i, x_j, \dots, x_k) = \sum_{i=1}^{k} \alpha(x_i, x_j, \dots, x_k) = \sum_{i=1}^{k} \beta(x_i, x_j, \dots, x_k)$$

Các tập hợp tọa độ (“rút gọn” của $k$ và $(k-1)$ chúng ta sẽ biểu thị bằng cùng một chữ cái $x$, hãy nhớ rằng các đối số $\beta$ luôn có $x_{k+1}$ bị loại bỏ, và $y \gamma_i - x_{k+1}$ và $x_i$. Theo điều kiện (1) $\beta(x) \leq 1$ cho bất kỳ $x$ nào. Theo điều kiện (2), nếu $\beta(x)=0$ đối với một số $x$, thì $\sum_{i=1}^{k} \gamma_i(x) \geq n$ đối với $x$ này Do đó, đối với tất cả $x$ không có ngoại lệ.

$$\sum_{i=1}^{k} \gamma_i(x) (1-\beta(x)) \geq n (1-\beta(x))$$

Chúng ta hãy tổng hợp tất cả các bất đẳng thức tương ứng với $n^k$ các tập hợp khác nhau $(x_1, x_2, \dots, x_k)$. Chúng tôi biểu thị tổng này bằng chữ cái $\Sigma'$ và tổng trên tất cả các tọa độ ngoại trừ $x_i$ bằng $\Sigma'_i$. Đặt tổng số phần tử $Y$ khác nhau $M$. Sau đó, vì $\Sigma'_i(x)=M$ và $\Sigma'_i(y)=M$ cho mỗi $i$, chúng ta nhận được

$$\sum_{i=1}^{k} (nM - \sum_{i=1}^{k} \gamma_i^2(x)) \geq n^{k+1}-nM$$

Vì tổng bình phương $N$ của các số thực không nhỏ hơn tổng bình phương chia cho $N$ nên vế trái nhiều nhất là

$$\sum_{i=1}^{k} (nM - \sum_{i=1}^{k} \gamma_i^2(x)) \leq \sum_{i=1}^{k} \left( nM - \frac{(\sum_{i=1}^{k} \gamma_i(x))^2}{n^{k-1}} \right) = knM - \frac{kM^2}{n^{k-1}}.$$

Vậy bất đẳng thức đúng

$$knM - \frac{kM^2}{n^{k-1}} \geq n^{k+1}-nM,$$

từ đâu $M \leq n^{k/k}$.

10

QUANG HỌC
Kính thiên văn

V. E. Belonuchkin
S. M. Kozel

Kính viễn vọng được coi là một trong những phát minh vĩ đại nhất mọi thời đại. Nhiều thế kỷ đã trôi qua kể từ khi thiết bị nguyên thủy đầu tiên phát hiện ra Galileo của các mặt trăng của Sao Mộc, mang theo sự tiến bộ to lớn trong mọi lĩnh vực khoa học. Tầm quan trọng của kính viễn vọng như một công cụ để hiểu thế giới không thay đổi. Nó tiết lộ cho chúng ta sự rộng lớn của Vũ trụ mà chúng ta không thể quan sát được bằng mắt thường.

Trước khi phát minh ra nhiếp ảnh, kính thiên văn đo quang học trước bình minh chỉ dành riêng cho việc quan sát bằng hình ảnh. Và kính thiên văn trước hết vẫn là một công cụ trực quan. Thiết kế của kính thiên văn dựa trên các nguyên tắc vật lý đơn giản mà chúng ta sẽ thảo luận trong bài viết này.

Kính thiên văn trực quan thực hiện hai chức năng chính. Đầu tiên, nó tạo ra hình ảnh rõ ràng của một vật ở xa trên võng mạc, được phóng đại rất nhiều so với hình ảnh được tạo ra bởi mắt thường và điều này cho phép người ta phân biệt các chi tiết mà mắt thường không thể tiếp cận được. Thứ hai, kính thiên văn tạo ra ánh sáng của một thiên thể và truyền nó đến mắt chúng ta trong một chùm tia hẹp.

Trong khi đó, trong các cuốn sách về quang học, bạn có thể tìm thấy những phát biểu sau:
“Ngay cả trong kính thiên văn mạnh nhất, các ngôi sao vẫn xuất hiện trước mắt chúng ta như những điểm sáng” và “Hình ảnh của các vật thể quan sát được trong kính thiên văn không thể sáng hơn khi quan sát bằng mắt thường”.

Kính thiên văn dùng để làm gì, kính thiên văn có thể nhìn thấy gì và không thể nhìn thấy gì? Để trả lời những câu hỏi này, bạn cần hiểu cấu trúc cơ bản của kính thiên văn.

Cùng với mắt người, kính thiên văn tạo thành một hệ thống duy nhất. Vì mắt là “thiết bị” mà kính thiên văn phải thích ứng, nên một số

11

nói vài lời về mắt trước khi chuyển sang điện thoại.

Trong trường hợp này, chúng ta sẽ nói về khả năng thay thế của mắt để sắp xếp lại (thích nghi) khi quan sát các vật thể ở những khoảng cách khác nhau. Được biết, mắt có một diện tích thích nghi đáng kể. Một người bình thường quỳ lạy trong khoảng cách từ 10 cm đến vô cùng. Trong trường hợp mắt được trang bị kính thiên văn (hoặc thiết bị thị giác khác), hình ảnh của vật thể được tạo ra trong thiết bị tất nhiên phải nằm trong khu vực chứa đựng. Khi xét đường đi của tia trong dụng cụ quang học, người ta cho rằng mắt có thể điều chỉnh được đến vô cực. Điều này có nghĩa là các tia từ mỗi điểm trong ảnh của một vật phải chiếu vào mắt một tia song song. Trong trường hợp này, đường đi của tia trong dụng cụ quang học hóa ra là đơn giản nhất (cái gọi là đường đi của tia thiên văn).

Điện thoại thì khác. Tùy thuộc vào hệ thống quang học nào được sử dụng làm vật thể và thị kính, một số loại kính thiên văn được phân biệt. Thấu kính của kính thiên văn có thể là một thấu kính (hoặc một hệ thấu kính) (Hình 1, a, b). Những kính thiên văn như vậy được gọi là kính khúc xạ. Nếu một hệ gương được sử dụng làm vật thể (ví dụ như trong Hình 1, c), thì kính thiên văn được gọi là vật phản xạ.

Chúng tôi sẽ không thảo luận về ưu điểm và nhược điểm của các hệ thống quang học khác nhau ở đây. Để đáp số trả lời các câu hỏi mà chúng tôi đã đặt ra cho mình, chỉ cần xem xét một trong các sơ đồ quang học, chẳng hạn như kính thiên văn đơn giản nhất - ống Kepler (Hình 1, a).

Vật kính của ống Kepler là một thấu kính thu tiêu cự tuyến tính ($L_1$). Thấu kính này cho trong mặt phẳng tiêu cự của nó ($F_1F_1$) ảnh thật đầu tiên của một vật ở xa, được mắt nhìn qua thị kính ($L_2$, cũng là một thấu kính hội tụ). Thị kính, đóng vai trò là tia sáng, cho hình ảnh thứ hai (tối thiểu) mà mắt nhìn được. Dễ hiểu là với đường đi của chùm tia bằng kính thiên văn, tiêu điểm phía trước của thị kính trùng với tiêu điểm phía sau của vật và do đó, chiều dài của ống $l=f_1+f_2$, trong đó

Cơm. 1. a) Ống thiên văn Kepler. b) Chiếc kèn của Galileo. c) Hệ thống kính thiên văn phản xạ (gương phản xạ). Casserin, thấu kính viễn vọng là một hệ gương lõm và gương lồi.

12

Cơm. 2.

$f_1, f_2$ - tiêu cự của vật và thị kính.

Giả sử chúng ta sử dụng ống Kepler để kiểm tra bề mặt Mặt Trăng. Hình ảnh chúng ta quan sát khác với hình ảnh chúng ta nhìn thấy bằng mắt thường như thế nào? Trước hết, tất nhiên, kích thước. Nếu bằng mắt thường có thể nhìn thấy hai điểm trên bề mặt Mặt Trăng ở một góc $\alpha$, thì khi quan sát bằng kính thiên văn, mắt sẽ nhìn thấy hình ảnh của chúng ở một góc khác, lớn hơn $\beta$ (Hình 2) $^*$). Độ phóng đại góc do kính thiên văn cung cấp được đặc trưng bởi tỷ lệ $\gamma = \frac{\beta}{\alpha}$. Khoảng cách giữa ảnh của các điểm được xem xét trên bề mặt mặt trăng trên võng mạc trong trường hợp thứ nhất bằng $l' = \alpha f$, và trong trường hợp thứ hai $l' = \beta f$ ($f$ là tiêu cự của thấu kính mắt); nó thay đổi $\gamma = \frac{l'}{l'} = \frac{\beta}{\alpha}$ lần.

Do đó, độ phóng đại góc của kính thiên văn cũng là thước đo sự tăng kích thước tuyến tính của hình ảnh trên võng mạc. Nếu kích thước tuyến tính của hình ảnh trên võng mạc tăng $\gamma$ lần thì diện tích hình ảnh tăng $\gamma^2 = \frac{\beta^2}{\alpha^2}$ lần.

$^*$) Để đơn giản, chúng ta sẽ giả sử rằng các góc $\alpha$ và $\beta$ đủ nhỏ, sao cho $\sin \alpha \approx \alpha$ và $\sin \beta \approx \beta$.

Bây giờ chúng ta hãy xác định độ phóng đại góc của kính thiên văn là bao nhiêu. Để làm điều này, hãy xem Hình 3. Một chùm tia song song đi vào thấu kính $L_1$ một góc $\alpha$ với trục quang. Một chùm tia sáng đi ra khỏi thị kính $L_2$ và bị lệch một góc $\beta$ (đường chấm biểu thị trục quang phụ của thị kính). Từ các hình tam giác $ABO_1$ và $ABO_2$ ta có:

$$\alpha \approx tg \alpha = \frac{AB}{AO_1} = \frac{AB}{f_1};$$

$$\beta \approx tg \beta = \frac{AB}{AO_2} = \frac{AB}{f_2}$$

($f_1$ và $f_2$ lần lượt là tiêu cự của vật và thị kính). Kể từ đây,

$$\gamma = \frac{\beta}{\alpha} = \frac{f_1}{f_2},$$

nghĩa là độ phóng đại mà kính thiên văn cho bằng tỷ lệ giữa tiêu cự của vật và thị kính.

Bây giờ chúng ta đã biết cách chế tạo một chiếc kính thiên văn có độ phóng đại cao: để làm được điều này, bạn cần có thấu kính tiêu cự dài và thị kính tiêu cự ngắn. Nhưng chúng ta không nên quên rằng kính thiên văn và mắt được quan sát tạo thành một hệ thống quang học duy nhất. Vì vậy, khi lựa chọn các thông số quang học của thấu kính và thị kính cần phải tính đến các thông số của mắt như một thiết bị quang học. Hãy xem xét điều này chi tiết hơn. Hãy nhìn vào

13

Ví dụ, câu hỏi về độ sáng của ảnh bề mặt chùm tia quan sát được trong kính thiên văn.

Độ sáng được ước tính bằng khả năng quan sát được bằng độ chiếu sáng của hình ảnh trên võng mạc. Chúng ta hãy xem xét một chùm tia song song từ một phần tử nhỏ nào đó của bề mặt chùm tia nằm trên trục quang của kính thiên văn. Đường kính của chùm tia ló ra khỏi thị kính hiển nhiên bằng $d = \frac{D}{\gamma}$, trong đó $D$ là đường kính của vật (tức là đường kính của chùm tia đi vào thấu kính).

Xét trường hợp $d < d_{3p}$. Trong trường hợp này, toàn bộ luồng ánh sáng đi vào thấu kính phải chạm tới mặt kẻ ô (ở đây chúng ta không tính đến sự thất thoát ánh sáng không thể tránh khỏi trong hệ thống quang học, lên tới 20-30% ngay cả trong các thiết bị tốt). Độ sáng của hình ảnh võng mạc tỷ lệ thuận với quang thông xuyên qua đồng tử (do đó tỷ lệ thuận với $D^2$) và tỷ lệ nghịch với diện tích hình ảnh (tức là tỷ lệ nghịch với bình phương của độ phóng đại telecoppa $\gamma^2 = \frac{f_1^2}{f_2^2}$).

Do đó, với $d < d_{3p}$ chúng ta có $E \sim D^2 \left( \frac{f_2}{f_1} \right)^2$.

Trong trường hợp $d > d_{3p}$ chỉ một phần ánh sáng lọt vào đồng tử

Vì vậy, các tia truyền qua các phần ngoại vi của vật thể sẽ không tới được đồng tử. Từ Hình 4, rõ ràng là trong trường hợp này đường kính $D'$ của phần làm việc của vật bằng

$$D' = \frac{f_1}{f_2} d_{3p} = \gamma d_{3p}.$$

Kể từ đây,

$$E' \sim (D')^2 \left( \frac{f_2}{f_1} \right)^2 = \left( \frac{f_1}{f_2} \right)^2 d_{3p}^2 \times \left( \frac{f_2}{f_1} \right)^2 = d_{3p}^2,$$

đó là

$$E' \sim d_{3p}^2.$$

Độ chiếu sáng của hình ảnh của một vật mở rộng trên võng mạc trong trường hợp bằng mắt thường $E_0$ rõ ràng tỷ lệ thuận với $d_{3p}^2$. Do đó, với điều kiện là $d > d_{3p}$, độ chiếu sáng của hình ảnh trên võng mạc cũng giống như trường hợp mắt thường. Ở $d < d_{3p}$, độ chiếu sáng của hình ảnh trên võng mạc của mắt được trang bị kính thiên văn nhỏ hơn $E_0$.

Nên đặt độ phóng đại nào của kính thiên văn? Đáp số Câu hỏi này liên quan đến việc lựa chọn đúng thị kính cho một thấu kính nhất định.

Cơm. 3.

14

Cơm. 4. Một chùm tia sáng trong kính thiên văn. Được mô tả ngẫu nhiên $d > d_{3p}$. Có thể thấy phần ngoại vi của đối tượng không hoạt động.

Lưu ý rằng ống kính là bộ phận quan trọng và đắt tiền nhất của bất kỳ nhạc cụ nào; Phải mất nhiều năm làm việc cật lực để tạo ra một vật thể lớn và một kính viễn vọng thiên văn. Trên toàn thế giới, hiện chỉ có hai chục kính thiên văn tái cấu trúc có đường kính vật thể từ 25 inch trở lên (1 inch = 2,54 cm) và xấp xỉ số lượng kính viễn vọng tái cấu trúc có đường kính gương trên 40 inch. Công cụ tái cấu trúc lớn nhất thế giới, Đài thiên văn Yerkess ở Hoa Kỳ, có đường kính vật thể là 40 inch; công cụ tái cấu trúc lớn nhất hiện có có đường kính gương 200 inch (Mount Palomar, Hoa Kỳ). Liên Xô đang xây dựng một máy tái cấu trúc có đường kính gương 6 mét (khoảng 250 inch).

Vì vậy, bạn cần phải chọn một thị kính. Rõ ràng là bất kỳ thị kính nào có đường kính $d$ của chùm tia ló ra lớn hơn $d_{3p}$ đều phải bị loại bỏ ngay lập tức. Như có thể thấy trong Hình 4, với một thị kính như vậy, chúng ta không sử dụng được khả năng của một thấu kính lớn và hoàn toàn có thể sử dụng được với một thấu kính nhỏ hơn. Từ các tính toán được thực hiện ở trên, theo đó, với $d < d_{3p}$, chúng ta sẽ mất độ sáng của hình ảnh. Vì vậy, có nhiều lý do chính đáng để chọn một thị kính sao cho $d = d_{3p}$. Như bạn có thể thấy, kính thiên văn phải có khả năng thích ứng cao với mắt người.

Độ phóng đại của kính thiên văn ở $d = d_{3p}$ được gọi là bình thường:

$$\gamma_{\text{норм}} = \frac{f_1}{f_2} = \frac{D}{d_{3p}}.$$

Khi chọn độ phóng đại của thấu kính thiên văn, hãy lưu ý rằng đường kính của đồng tử phụ thuộc vào điều kiện quan sát: khi quan sát ban ngày, rất nhiều ánh sáng đi vào mắt và ngay lập tức thu hẹp lại ($d_{3p} \approx 3$ mm), khi quan sát ban đêm, đồng tử mở rộng ($d_{3p} \approx 6$ mm). Giá trị $\gamma_{\text{норм}}$ phải được chọn tương ứng. Thông thường, các nhà thiên văn học đặt độ phóng đại cao hơn một chút $\gamma_{\text{норм}}$. Trong trường hợp này, hình ảnh trên võng mạc có chất lượng cao hơn vì phần lớn có thể phát hiện được các biến dạng.

Cơm. 5. Nhiễu xạ sóng bởi chùm tia nhỏ $\varphi \approx \frac{2\lambda}{D}$.

15

(quang sai) do quang học của mắt gây ra (không phải toàn bộ đồng tử hoạt động mà chỉ hoạt động ở phần trung tâm của nó).

Bây giờ chúng ta sẽ hình thành câu hỏi cuối cùng và rất quan trọng. Chúng ta đã thấy rằng ở $d < d_{3p}$ (tại $\gamma > \gamma_{horm}$), kết quả là sự mất đi độ cuồng nộ của hình ảnh. Nhưng giả sử chúng ta kiểm tra một vật thể có độ sáng đáng kể bằng kính thiên văn và sự mất đi cường độ ở $d < d_{3p}$ là không đáng kể (ví dụ: khi quan sát bề mặt Mặt trời, vẫn cần phải làm yếu ánh sáng mặt trời nhiều lần để không làm hỏng mắt.) Bằng cách chọn độ phóng đại $\gamma > \gamma_{horm}$, chúng ta sẽ thu được một hình ảnh lớn trên võng mạc. Chúng ta sẽ thấy bất kỳ chi tiết mới nào của đối tượng?

Đây thực chất là một câu hỏi về chất lượng hình ảnh và có thể được đóng khung theo cách khác: Hình ảnh có giống hệt vật thể không? Rõ ràng là nếu hệ thống quang học gây ra quang sai thì sự tương tự như vậy không tồn tại. Nhưng chúng ta hãy giả sử rằng hệ thống quang học là lý tưởng và việc quan sát được thực hiện trong một bầu không khí yên tĩnh lý tưởng. Hóa ra ngay cả trong trường hợp này, hình ảnh cũng không giống hệt vật được quan sát. Có những hình ảnh được tạo ra bởi một nguyên nhân không thể khắc phục được - sự nhiễu xạ của sóng ánh sáng.

Hiện tượng nhiễu xạ xảy ra khi sóng truyền gần vật thể. Những hiện tượng này xảy ra theo cách tương tự đối với các sóng thuộc bất kỳ bản chất vật lý nào. Cách dễ nhất để thực hiện các thí nghiệm nhiễu xạ là dùng sóng trên bề mặt sóng. Với mục đích này, bạn có thể sử dụng cách cài đặt được mô tả trong bài viết “Sóng trong đĩa nông” (Kvant số 1, 1971). Chúng ta sẽ nói về nhiễu xạ của sóng ánh sáng. Nếu bạn đặt một vật có một lỗ nhỏ trên đường đi của sóng, bạn có thể quan sát thấy hiện tượng nhiễu xạ đặc trưng - sự phân kỳ của chùm sóng. Hình 5 minh họa hiện tượng này. Trong lý thuyết nhiễu xạ cho thấy góc phân kỳ của chùm sóng xấp xỉ bằng $\varphi \approx \frac{\lambda}{D}$, trong đó $\lambda$ là độ dài của sóng tới, $D$ là kích thước của lỗ trống. Nếu một màn được đặt ở một khoảng cách đủ lớn $L$ phía sau lỗ, bạn có thể thấy một mẫu nhiễu xạ đặc trưng trên đó, bao gồm một số vùng sáng và tối xen kẽ (xem Hình 5). Bán kính của điểm sáng trung tâm, chiếm một phần đáng kể năng lượng của chùm sóng (khoảng 85%), xấp xỉ bằng $L \cdot \frac{\varphi}{2} = \frac{\lambda}{D} \cdot L$.

Do đó, do nhiễu xạ, sóng đi vào vùng bóng hình học. Chúng ta có thể nói rằng chùm sóng nhiễu xạ là tập hợp các sóng có hướng truyền nằm trong khoảng từ $-\frac{\varphi}{2}$ đến $+\frac{\varphi}{2}$. Nếu một thấu kính có tiêu cự $F$ được đặt trong đường đi của chùm sáng như vậy thì mô hình nhiễu xạ trong mặt phẳng tiêu cự của thấu kính sẽ giống như một chủ đề, như trong Hình 6. Bán kính của điểm sáng trung tâm là $R \approx \frac{\varphi}{2} \cdot F \approx \frac{\lambda}{D} \cdot F$.

Nhiễu xạ dẫn đến thực tế là các chùm tia không hội tụ phía sau thấu kính tại một điểm (tiêu điểm), như thu được theo các quy tắc quang học hình học, mà tạo thành một vùng được chiếu sáng (xem Hình 6; tỷ lệ của mẫu nhiễu xạ ở độ phóng đại cao). Bước cuối cùng còn lại là tháo màng ngăn có lỗ. Khi đó, vai trò của màng chắn như vậy sẽ do khung thấu kính đảm nhiệm, và trong công thức mô tả ở trên xác định kích thước của điểm trung tâm, $D$ phải được hiểu là đường kính của chính thấu kính.

Chúng ta đi đến một kết luận quan trọng: hình ảnh của một ánh sáng

18

để chùm tia sáng truyền qua thấu kính phù hợp với mắt.

Nếu chúng ta so sánh hai điện thoại có đường kính thấu kính $D_1$ và $D_2$ ($D_1 > D_2$), thì điện thoại lớn hơn sẽ tăng quang thông bằng tỷ lệ $\frac{D_1^2}{D_2^2}$; đồng thời, nó mang lại độ phân giải tăng $\frac{D_1}{D_2}$ lần. Tất nhiên, mức tăng như vậy có thể đạt được trong trường hợp ống kính chất lượng cao và trong điều kiện khí quyển khá tốt.

Chúng ta thường nghĩ điện thoại là sự kết hợp của các thành phần quang học chất lượng cao mà quên rằng điện thoại thiên văn là một phần kỹ thuật cực kỳ phức tạp, kết hợp độ chính xác quang học cao với thiết kế cơ học hoàn hảo. Chưa hết, thiết bị điện thoại còn dựa trên những nguyên lý vật lý đơn giản. Cuộc thảo luận về những nguyên tắc này là trọng tâm của bài viết này.

Bài tập

1. Có thể nhìn thấy Lunar Rover của Liên Xô ($H \approx 1\text{ m}$) trên bề mặt Mặt trăng bằng điện thoại lớn nhất thế giới ($D=5\text{ m}$) không? Kích thước của các chi tiết bề mặt chùm tia có thể được nghiên cứu bằng điện thoại như vậy là bao nhiêu?

2. Trong vòng tròn vật lý của trường, một kính thiên văn Kepler đã được chế tạo, vật kính của nó là một thấu kính có tiêu cự $F=50\text{ cm}$ và đường kính $D=75\text{ mm}$. Tiêu cự của thị kính là bao nhiêu nếu khi quan sát bằng ống kính Kepler, Mặt trăng sáng kém hơn 8 lần so với khi quan sát bằng mắt thường? Độ mất ánh sáng trong ống là 50%. Đường kính của lỗ được lấy là 3 mm. Trường hợp này nên sử dụng thị kính nào?

3. Một người quan sát quan sát một vật ở xa bằng ống Kepler. Một thấu kính có tiêu cự $F_1=30\text{ cm}$ và $F_2=5\text{ cm}$ được dùng làm vật và thị kính của ống. Người quan sát nhìn thấy ảnh rõ của vật nếu khoảng cách giữa thấu kính và thị kính không nhỏ hơn $L_1=33\text{ cm}$ và không lớn hơn $L_2=34,5\text{ cm}$. Ở những khoảng cách khác nhau, thấu kính quan sát được này có nhìn thấy vật thể bằng mắt thường không?

ĐO LƯỜNG
TRỌNG LỰC
TRÊN MẶT TRĂNG
BẰNG CÁCH SỬ DỤNG
TV

Một giáo viên đại học người Mỹ, Hooper, đã xem các phi hành gia đáp xuống mặt trăng trên tivi ở nhà. Đột nhiên anh nhận thấy một vật nặng nào đó đang treo trên một trong các khoang của con tàu, đung đưa trên một thứ giống như một sợi dây. Một ý tưởng đơn giản nhưng đẹp đẽ nảy ra trong đầu anh. Nhìn đồng hồ, anh xác định được chu kỳ dao động mà anh đang theo dõi là khoảng 5 giây.

Chiều dài của mặt dây chuyền có thể được ước tính bằng cách so sánh nó với chiều cao của phi hành gia đứng cạnh anh ta; hóa ra nó bằng khoảng 1 m. Vì vậy hãy sử dụng công thức ma trận

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}},$$

cũng có thể ước tính lực hấp dẫn tăng lên trên bề mặt Mặt trăng

$$g = \frac{4\pi^2 l}{T^2} = \frac{4 \cdot 3,142 \cdot 100}{5^2} \approx 160 \left( \frac{cm}{sec^2} \right).$$

Giá trị này gần như chính xác bằng 1/6 gia tốc do trọng lực trên Trái đất. Vì vậy, không cần rời khỏi nhà, Hooper đã thực hiện một thí nghiệm “vũ trụ” thực sự.

D. Borodin

21

Cơm. 5.

chúng ta thu được một lưới có cùng các nút, bao gồm các hình tam giác đều có góc nhọn giống hệt nhau (xem Hình 4).

Bên trong mỗi hình tam giác, đánh dấu tâm của vòng tròn ngoại tiếp bằng màu sắc sặc sỡ. Sau đó, chúng ta nối tâm của các hình tam giác có cạnh chung bằng các đoạn được tô màu (xem Hình 5).

Lưới này chia mặt phẳng thành các hình lục giác bằng nhau. Bên trong mỗi nút có chính xác một nút, đó là tâm đối xứng và tâm của đường tròn ngoại tiếp nó.

Chúng tôi khẳng định rằng các hình lục giác thu được là các đám mây Dirichlet. Trên thực tế, khoảng cách, hướng, là một hình lục giác có tâm tại nút O. Mỗi cạnh của nó vuông góc với đoạn nối nút với một trong các nút lân cận của nó. Hơn nữa, đường vuông góc này đi qua giữa đoạn tương ứng (Hình 6). Do đó, các điểm của hình lục giác nằm từ điểm O ở khoảng cách không lớn hơn so với các nút lưới xung quanh điểm O. (Ở đây chúng ta sử dụng một thực tế đã biết: nếu chúng ta vẽ đường vuông góc qua giữa đoạn AB, thì nó sẽ chia mặt phẳng thành hai phần: một trong những phần này bao gồm các điểm gần A hơn B và phần còn lại bao gồm các điểm gần B hơn A.)

Nói chung, chúng ta cần chứng minh rằng mỗi điểm của lục giác đều nằm

Cơm. 6.

không cách xa điểm O hơn tất cả các nút lưới khác. Chúng tôi đã chứng minh điều này chỉ cho các nút lưới liền kề với O và chúng tôi có thể hiển thị tuyên bố về hình lục giác của nó.

Hãy để chúng tôi trình bày một lập luận chứng minh rằng nó trùng khớp với nó.

Lưu ý rằng vùng Dirichlet cho tất cả các nút cũng nằm theo hình lục giác. Nhưng theo định nghĩa của họ, các vùng Dirichlet phải bao trùm toàn bộ mặt phẳng, vì mỗi điểm của mặt phẳng không cách xa ít nhất một trong các nút cũng như cách xa tất cả các nút khác. Do đó, mỗi vùng Dirichlet sẽ lấp đầy toàn bộ hình lục giác.

Bây giờ thật dễ dàng để trả lời tất cả các câu hỏi được đặt ra trong bài toán.

Hãy trả lời câu c) ngay nhé. Các điểm xa nhất so với các nút mạng nằm ở các đỉnh của hình lục giác (xem Hình 6). Khoảng cách từ bất kỳ điểm nào trong số này đến nút gần nhất - tâm của hình lục giác - bằng bán kính của đường tròn ngoại tiếp hình lục giác. Nó bằng bán kính của một đường tròn ngoại tiếp một tam giác đều có góc Ф ở đỉnh và các cạnh bằng 1. Do đó, khoảng cách lớn nhất là $\frac{1}{2 \cos \frac{\varphi}{2}}$.

Khoảng cách bình phương $(f_a(x, y))$ của những điểm này bằng

$$\frac{1}{4 \cos^2 \frac{\varphi}{2}} = \frac{1}{2 (\cos \varphi + 1)} = \frac{1}{a + 2};$$

$(2 \cos \varphi = a, 0 < a < 2)$.

Posny cho tất cả các điểm $(x, y)$ phẳng

22

xúc xắc chúng tôi nhận được

$$\bar{f}_a(x, y) \leq \frac{1}{a+2}.$$

Tại $a=1$ (điểm 6) bài toán)

$$\bar{f}_1(x, y) \leq \frac{1}{3}.$$

Trong trường hợp này

$$\cos \varphi = \frac{1}{2} \text{ и } \varphi = 60^\circ,$$

do đó, lưới màu đỏ bao gồm các hình lục giác đều ở cạnh $\frac{\sqrt{3}}{3}$ và đẳng thức

$$\bar{f}_1(x, y) = \frac{1}{3}$$

đạt được tại các đỉnh của các hình lục giác này, tọa độ của chúng được tính theo hai công thức sau:

$$\left( \frac{1}{3} + m, \frac{1}{3} + n \right),$$

$$\left( -\frac{1}{3} + m, -\frac{1}{3} + n \right),$$

trong đó $m$ và $n$ là số nguyên tùy ý.

Với $a=0$ và $a=2$ bài toán được đơn giản hóa rất nhiều.

Cơm. 7.

Thật vậy, $f_0(x, y) = x^2 + y^2$. Tất cả các đối số của chúng tôi vẫn giữ nguyên (chúng tôi có thể giả sử $\varphi = \frac{\pi}{2}$ và hệ tọa độ $Oxy$ hóa ra là hình chữ nhật (xem Hình 7)), chỉ cùng với các hình lục giác, chúng tôi mới có được hình vuông và ước tính $\bar{f}_0(x, y) \leq \frac{1}{2}$. Trường hợp $a=2$ thì $f_2(x, y) = (x+y)^2$ cần phân tích riêng, ở đây $\bar{f}_2(x, y)$ bằng bình phương hiệu giữa số $x+y$ và số nguyên gần nhất nên lớn nhất của $\bar{f}_2(x, y)$ bằng $\frac{1}{4}$.

Vì vậy, ước tính (*) $\bar{f}_a(x, y) \leq \frac{1}{a+2}$ cũng đúng với $a=0, a=2$.

Vẫn còn phải xem xét trường hợp $a>2$. Hãy chứng minh rằng với mỗi điểm $(x, y)$ thì số nhỏ nhất $f_a(x-m, y-n)$ không tồn tại.

Thật vậy, đặt $a=2+\varepsilon$, trong đó $\varepsilon>0$. Hãy sửa điểm $(x, y)$ và xem xét $f_{2+\varepsilon}(x-k, y+k)$, trong đó $k$ là một số nguyên:

$$f_{2+\varepsilon}(x-k, y+k) = (x-k)^2 + 2(x-k)(y+k) + (y+k)^2 + \varepsilon(x-k)(y+k) - \varepsilon k^2 + \varepsilon(x-y)k + (x+y)^2 + \varepsilon xy.$$

Chúng ta đã thu được một tam thức bậc hai đối với $k$, hệ số đầu tiên của nó nhỏ hơn 0. Do đó, với $k$ tiến tới $+\infty$, đại lượng này sẽ có xu hướng $-\infty$, nghĩa là nó có thể nhỏ hơn bất kỳ số âm nào. Do đó, $\bar{f}_a(x, y)$ không được xác định tại $a>2$.

Ràng buộc tự nhiên hơn đối với $a$ trong điều kiện bài toán không phải là $a \geq 0$ mà là $-2 \leq a \leq 2$.

Đối với âm $a(-2 < a < 0)$ lời giải được truyền mà không có bất kỳ thay đổi nào: chúng ta tuân theo $a=2$ với cos $\varphi$ và lấy góc $\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi$.

Vì sàng thu được trong trường hợp này giống với sàng đối với góc $\psi = \pi-\varphi$, nên chúng tôi cũng thu được ước tính tương tự như đối với các góc nhọn, tức là $\bar{f}_a(x, y) \leq \frac{1}{2+|a|}$.

23

Tại sao Mặt trăng không được làm bằng gang?

Như bạn đã biết, các nhà khoa học Laputian đã nói với Gulver rằng Sao Hỏa có hai vệ tinh. Những người Laputan vĩ đại đã báo cáo khoảng cách mà các vệ tinh này di chuyển từ sao Hỏa. Các nhà thiên văn học trên mặt đất đã phát hiện ra chúng một trăm năm sau và nhiều chi tiết về thông điệp của người Laputan đã được xác nhận. Làm sao Swift biết về các mặt trăng của sao Hỏa?

Trong một thời gian dài, họ coi đó chỉ là sự trùng hợp ngẫu nhiên, cho đến khi thời trang đổ lỗi cho những “phép lạ” như vậy là do người ngoài hành tinh đến từ ngoài vũ trụ. Theo một số người, người ngoài hành tinh đã truyền đạt một số thông tin thiên văn cho người Lods dưới dạng mã hóa. Thông tin này được lưu giữ theo nhiều cách khác nhau - trong truyện cổ tích, bài hát, thần thoại.

Rõ ràng, có một câu đối thoại được trẻ em truyền từ thế hệ này sang thế hệ khác: “Tại sao Mặt trăng không được làm bằng gang? Bởi vì sẽ không có đủ gang cho Mặt trăng” cũng là một đoạn trích từ thông tin về bề mặt Mặt trăng do người ngoài hành tinh báo cáo, nên sớm hay muộn khoa học cũng phải xác nhận ý tưởng trong cuộc đối thoại này.

Thật vậy, một nghiên cứu về Mặt trăng cho thấy Mặt trăng chứa 15% sắt (và Trái đất là 35%). Ngoài ra, sự vắng mặt của từ trường gần Mặt trăng được giải thích là do sự vắng mặt hoặc thể tích nhỏ hơn nhiều của lõi nóng chảy, giàu sắt. Cụ thể, chính các chuyển động đối lưu trong lõi Trái đất hiện nay giải thích cho từ trường. Và cuối cùng, trọng lượng riêng của Trái Đất là 5,5, còn Mặt Trăng chỉ là 3,34 e/cm³, tương ứng với mật độ của một chất gồm chủ yếu là silicat của vỏ Trái Đất. Theo giáo sư S. Runcorn (Anh), có thể giả định rằng 4,5 tỷ năm trước, trong cuộc cách mạng của Trái đất và vệ tinh của nó, Mặt trăng đã nhận được một lượng sắt đáng kể. Tại sao? Không có đáp số cho câu hỏi này. Có lẽ người ngoài hành tinh biết điều này, nhưng việc tiếp tục cuộc đối thoại được đảm bảo với sự lặp lại vô tận.

Dù sao thì Mặt trăng được làm bằng gì vì không có đủ gang cho nó? Đối với đáp số câu hỏi này, chúng tôi phải tìm kiếm các nguồn khác. Như bạn đã biết, Nam tước Munchausen đã phát hiện ra một hòn đảo trên Trái đất có chứa pho mát. Theo lời của ông, thông điệp tuyệt vời và đáng tin cậy này đã được G. A. Berger xuất bản vào năm 1786. Kể từ đó, đã nhiều lần xuất hiện các đề xuất rằng Mặt trăng bao gồm các vật liệu giống nhau. Nhìn chung, câu hỏi Luna được làm từ loại phô mai nào đã gây ra cuộc tranh luận sôi nổi.

Giáo sư địa vật lý nổi tiếng người Mỹ O. Anderson từ Đại học Columbia được giao nhiệm vụ thay đổi tốc độ truyền âm trong đá mặt trăng và tìm ra điểm tương đồng giữa các loại đá trên mặt đất. Đương nhiên, kết quả được háo hức chờ đợi.

Vào đêm giao thừa, O. Anderson đã gửi một tấm bưu thiếp tới biển hiệu imcom của mình.

Đây là bản dịch sóng của bài thơ ở đầu tấm thiệp:

Sự chiếu sáng đã giáng xuống chúng ta,
Và mọi nghi ngờ đều biến mất
Chúng tôi thông báo cho cả thế giới,
Rằng Mặt trăng là một cái đầu pho mát.

24

DƯỚI ĐÂY GIÁO SƯ O. Anderson đưa ra tốc độ truyền âm thanh $v_{3B}$ (km/giây) trong các mẫu được nghiên cứu:

| Đá mặt trăng và pho mát | Tốc độ âm thanh $v_{3B}$ (km/giây) |
| :— | :— |
| Mẫu đá mặt trăng 10 017 | 1,84 |
| Phô mai Na Uy | 1,83 |
| Phô mai Ý | 1,75 |
| Phô mai Ý (Primsky) | 1,75 |
| phô mai Vermont | 1,72 |
| Phô mai Thụy Sĩ | 1,65 |
| Phô mai Wisconsin | 1,57 |
| Mẫu đá mặt trăng 10.046 | 1,25 |

Như có thể thấy từ bảng, đối với thông số vật lý này, các chỉ số cho pho mát trùng với các chỉ số cho các mẫu đá mặt trăng. Vì vậy, chúng ta có thể cho rằng pho mát là chất tương tự trên mặt đất của đất mặt trăng. Thật không may, từ bảng trên vẫn chưa rõ loại phô mai nào đóng vai trò này. Tuy nhiên, có thể giải được câu đố này.

Các rung động địa chấn của đất Mặt Trăng sau khi gói hàng được thả xuống Mặt Trăng giảm xuống không phải trong vài giây, như tất cả các quy tắc mong đợi, mà trong mười phút. Tôi cho rằng điều này có thể là do sự tồn tại của một số khoang chứa tannic mà nguồn gốc của chúng vẫn chưa được biết rõ. Nhưng phô mai (ít nhất là ở một số loại) phải có lỗ! Hãy tính toán lại với kích thước phù hợp và hiệu ứng khó hiểu sẽ được giải thích đầy đủ. Hơn thế nữa. Vì những lỗ lớn nhất được tìm thấy trong pho mát Thụy Sĩ nên câu hỏi về loại pho mát cuối cùng đã được giải quyết.

Vì vậy, Mặt trăng không được làm bằng gang mà bằng phô mai Thụy Sĩ. Do đó, lời khuyên của các nhà khoa học - hãy xem xét cẩn thận mọi văn hóa dân gian và mọi tính toán của trẻ em. Tốt nhất là giao phó việc này cho máy tính.

M. A. Korets,
Z. L. Ponizovsky

28

Hình nón có thể tích tối đa trong tự nhiên

S. M. Petrov

Hãy xem xét bài toán đã biết:
Bài toán 1. Giá trị tại đỉnh trong tiết diện trục của hình nón bằng $\alpha$. Tìm ueol trung tâm $\beta$ trong quá trình phát triển bề mặt bên của nó.

Lời giải. Chúng ta hãy mô tả trong Hình 1 phần trục của hình nón và trong Hình 2 sự phát triển của nó. Chúng tôi lưu ý $*$), tức là $2\pi R = \beta L$ hoặc

$$\beta = 2\pi \frac{R}{L} = 2\pi \sin \frac{\alpha}{2}. \tag{1}$$

Bài toán 2. Cho một đường tròn có bán kính $L$ (Hình 2). Cắt ra một hình nón có khối lượng lớn nhất từ ​​​​nó.

Lời giải. Chúng tôi có (xem hình 1)

$$V = \frac{1}{3} \pi R^2 H = \frac{1}{3} \pi \left(L \sin \frac{\alpha}{2}\right)^2 \times L \cos \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{3} \pi L^3 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}. \tag{2}$$

Nếu chúng ta sửa ma trận $L$ và thay đổi góc $\alpha$ thì âm lượng $V$ sẽ đạt giá trị cực đại đồng thời với hàm

$$y = \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}, \tag{3}$$

ở đâu $0 < \alpha < \pi$.

*) Tất nhiên, các góc được đo bằng radian.

Hãy thực hiện thay đổi các biến:

$$\sin \frac{\alpha}{2} = u.$$

Sau đó

$$y = u^2 \sqrt{1 - u^2} = \sqrt{u^4 (1 - u^2)} = \sqrt{\frac{1}{2} u^2 u^2 (2 - 2u^2)}.$$

Vì $u^2 + u^2 + (2 - 2u^2) = 2 = \text{const}$, biểu thức căn sẽ đạt cực đại $*$) tại $u^2 = u^2 = 2 - 2u^2$. Do đó $u^2 = \frac{2}{3}$, và

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{6}}{3}, \tag{4}$$

$\alpha = 2 \arcsin \frac{\sqrt{6}}{3} \approx 2 \arcsin \frac{2,44949}{3} \approx 2 \arcsin 0,8165 = 2 \cdot 54^\circ 44' = 109^\circ 28'$. \tag{5}

Xét (1) và (4), ta thấy

$$\beta = 2\pi \frac{\sqrt{6}}{3} = \frac{2\pi \sqrt{6}}{3} \approx 120^\circ \cdot 2,44949 \approx 293^\circ 56'.$$ \tag{6}

*) Xem bài viết của A.P. Savin “Cực đại, cực tiểu và định lý về trung bình”, «Kvant» Số 11, 1970.

29

HÃY TÍNH KHỐI LƯỢNG TỐI ĐA CỦA HÌNH NÓN. ĐỐI VỚI ĐIỀU NÀY, chúng ta thay thế giá trị của sin $\frac{\alpha}{2}$ tìm thấy trong (4) thành (2):

$$V_{\text{max}} = \frac{1}{3} \pi L^3 \left( \frac{\sqrt{6}}{3} \right)^2 \sqrt{1 - \left( \frac{\sqrt{6}}{3} \right)^2} = \frac{1}{3} \pi L^3 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{2 \pi L^3 \sqrt{3}}{27} = 0,4030 L^3$$

Thật thú vị khi lưu ý rằng những hình nón như vậy tất nhiên được tìm thấy trong tự nhiên với một mức độ gần đúng nhất định. Đây là một ví dụ vật lý.

Bài tập 3. Cho một bóng đèn điện tử có thể chuyển động (ví dụ trên một khối) dọc theo đường thẳng đứng OB (Hình 3). Nên đặt nó cách mặt phẳng nằm ngang OA một khoảng bao nhiêu để thu được ánh sáng lớn nhất tại điểm A?

Lời giải. Được biết, độ chiếu sáng $E$ tỷ lệ thuận với cosin của góc tới của tia ($\Rightarrow BAN = \frac{\alpha}{2}$) và tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách ($AB = L$), tức là

$$E = C \cdot \frac{\cos \frac{\alpha}{2}}{L^2},$$

trong đó $C$ phụ thuộc vào cường độ ánh sáng của đèn.

Xét đến $L = \frac{R}{\sin \frac{\alpha}{2}}$, chúng ta rút gọn công thức (8) về dạng

$$E = \frac{C}{R^2} \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}.$$

Chúng tôi lưu ý rằng $E$ là hàm tỷ lệ (3), nghĩa là bài toán này đã được giảm xuống bài toán 2.

Vì vậy, nếu một bóng đèn được đặt ở đỉnh của một hình nón có thể tích tối đa thì chu vi của đế của nó sẽ nhận được nhiều ánh sáng nhất (!).

Cuối cùng, một hiện tượng nữa.

Trong sách giáo khoa về hóa học tổ chức của L. A. Tsvetkov (Enlightenment, M., 1969, p. 16) có:

“Tất cả các liên kết hóa trị của nguyên tử cacbon đều hướng về các đỉnh của khối đa diện, cách đều nhau, góc giữa chúng là 109°28′.”

Chúng ta hãy kiểm tra xem ánh sáng được chiếu sáng nhiều nhất của hình nón có xuất hiện ở đây không?

Giả sử có một nguyên tử carbon ở trung tâm $O$ của khối lập phương chính xác $SABC$ (Hình 4), và bốn hóa trị đều hướng đến các đỉnh của nó. Hãy chứng minh rằng các tam giác $AOS, BOS$ là các phần chính của hình nón có thể tích cực đại, nghĩa là ở bên phải,

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \frac{\sqrt{6}}{3}.$$

Chúng ta hãy biểu thị $\Rightarrow AOS$ bằng $\alpha$. Hãy thực hiện $ON \perp AS$, sau đó $\Rightarrow NOS = \frac{\alpha}{2}$. Tiếp theo, $\triangle AO_1S \sim \triangle ONS$ (rõ ràng rồi). Do đó $\Rightarrow SAO_1 = \Rightarrow NOS = \frac{\alpha}{2}$.

Nếu chúng ta biểu thị cạnh của khối đa diện bằng $a$ thì $AO_1 = \frac{a \sqrt{3}}{3}$,

$$SO_1 = \sqrt{AS^2 - AO_1^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}.$$

Kể từ đây,

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \sin \Rightarrow NOS = \sin \Rightarrow SAO_1 =$$

$$= \frac{SO_1}{AS} = \frac{a \sqrt{6}}{3a} = \frac{\sqrt{6}}{3},$$

tương ứng với công thức (4).

Điều đáng quan tâm là đồ thị của hàm

$$y = \sin^2 x \cos x,$$

mà chúng tôi giới thiệu tới bạn đọc.

32

Cơm. 4.

sẽ có hai đường cong khép kín gồm các trường phẳng liền nhau. Một trong số chúng bao phủ hình xuyến song song, và cái còn lại dọc theo kinh tuyến tương tự như các đường cong là các đường dán của hình vuông khi xây dựng hình xuyến.

Cuối cùng chúng ta hãy quay lại câu hỏi được đặt ra ở đầu bài: “Liệu có những bản đồ như vậy trên một hình xuyến với số quốc gia lớn hơn bảy, trong đó hai quốc gia đều có đường biên giới chung?”

Chúng ta hãy chứng minh rằng chỉ cần xem xét những bản đồ trong đó có đúng ba quốc gia hội tụ ở mỗi đỉnh là đủ.

Thật vậy, hãy để nhiều hơn ba quốc gia hội tụ ở mỗi đỉnh của bản đồ mong muốn (xem Hình 4). Dễ dàng biến đổi bản đồ sao cho tất cả các đỉnh đều có đúng ba quốc gia, số quốc gia giữ nguyên nhưng số đỉnh tăng lên. Phương pháp tái cơ cấu như vậy có thể thấy rõ từ hình. Trong trường hợp này, những quốc gia có đường biên giới chung (nhưng không có đỉnh) cũng sẽ có đường biên giới chung.

Giao dịch viên chúng tôi sẽ có mặt để thanh toán. Đặt số quốc gia trên bản đồ là $n$ (tức là $C=n$), sau đó, vì mỗi quốc gia có ít nhất một biên giới với mỗi quốc gia trong số $n-1$ quốc gia khác, nên số lượng biên giới của mỗi quốc gia ít nhất là $n-1$.

Mỗi biên giới thuộc về đúng hai quốc gia nên tổng số biên giới ít nhất là $\frac{n(n-1)}{2}$. Vì vậy, chúng tôi đã nhận được $\Gamma \geq \frac{n(n-1)}{2}$. Hãy đếm số đỉnh. Tại mỗi đỉnh có đúng ba ranh giới hội tụ và mỗi ranh giới chứa đúng 2 đỉnh. Do đó, số ranh giới gấp đôi bằng ba lần số đỉnh hoặc $2\Gamma = 3B$ hoặc $B = \frac{2}{3}\Gamma$.

Hãy thay thế biểu thức thu được cho $B$ vào công thức Euler: $-\frac{\Gamma}{3} + C = 0$ hoặc $\Gamma = 3C$.

Vì $C=n$ và $\Gamma \geq \frac{n(n-1)}{2}$, nên $3n \geq \frac{n(n-1)}{2}$ hoặc $7n \geq n^2$.

Do đó $n \leq 7$.

Bằng chứng đã kết thúc.

Chứng minh rằng nếu không phải tất cả các quốc gia đều có hình học theo hình tròn (ví dụ: trên bản đồ có các quốc gia có dạng hình tròn) thì số quốc gia thỏa mãn điều kiện bài toán cũng không vượt quá bảy.

Hãy cố gắng tự mình chứng minh rằng trên bề mặt của một hình cầu, số quốc gia theo cặp giáp nhau nhiều nhất là bốn.

Một ví dụ về bản đồ có bốn quốc gia trên một quả bóng là teradr, trong đó các quốc gia là các cạnh của nó. Để biến một teradr thành một quả bóng,

34

A. A. Presman

Phương pháp đồ họa lời giải của phương trình bậc hai sử dụng parabol là bất tiện. Nếu bạn xây dựng một parabol từ các điểm sẽ mất rất nhiều thời gian và mức độ chính xác của kết quả thu được không lớn.

Và một ngày nọ, nhớ về các công trình hình học, trong khi học bài toán tôi đã hỏi câu hỏi sau: “Tại sao chúng ta không giải phương trình bậc hai bằng compa và thước kẻ? Rốt cuộc, việc dựng một đường tròn rất dễ dàng!”

Đây là cách một vấn đề toán học nảy sinh trong lớp:

Sử dụng các hệ số thực $a$, $b$ và $c$ này, các phương trình $ax^2+bx+c=0$ xác định bán kính và tọa độ của tâm đường tròn giao với trục Ox tại các điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình này (ở mọi nơi bên dưới, chúng tôi giả sử rằng $a \neq 0$).

Rõ ràng là có nhiều đường tròn như vậy, vì vậy chúng ta hãy giả sử rằng đường tròn mong muốn cắt trục x tại các điểm $B(x_1, 0)$ và $C(x_2, 0)$, trong đó $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của phương trình $ax^2+bx+c=0$ và đi qua (để định nghĩa) qua điểm $A(0, 1)$ (Hình 1).

Khi đó, theo định lý o. đường cắt

$$OC \cdot OB = OE \cdot OA,$$

Ở đâu

$$OE = \frac{OB \cdot OC}{OA} = \frac{x_1 \cdot x_2}{1} = \frac{c}{a}.$$

Tâm $S$ của đường tròn nằm tại giao điểm của các đường vuông góc $SF$ và $SK$, được khôi phục tại trung điểm của các dây cung $AE$ và $BC$, do đó

$$OK = \frac{x_1 + x_2}{2} = \frac{-b}{2a},$$

$$OF = \frac{1 + \frac{c}{a}}{2} = \frac{a + c}{2a}.$$

Điều này dẫn đến phương pháp sau đây để tìm nghiệm của phương trình bậc hai $ax^2+bx+c=0$ bằng la bàn và thước kẻ.

Hãy dựng các điểm $S\left(-\frac{b}{2a}, \frac{c+a}{2a}\right)$ (tâm đường tròn) và $A(0, 1)$. Sau đó vẽ một hình tròn có bán kính $SA$. Trục hoành của giao điểm của đường tròn với trục Ox là nghiệm của phương trình bậc hai ban đầu.

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Một bằng chứng chi tiết về tính đúng đắn của phương pháp trên được trình bày cho người đọc. Chúng ta hãy lưu ý ba trường hợp cần được xem xét và cách tìm bằng đồ thị các nghiệm phức (!) Của phương trình ban đầu.

Trường hợp 1. Bán kính của hình tròn lớn hơn thứ tự tâm.

Đường tròn cắt trục $Ox$ tại các điểm $B(x_1, 0)$ và $C(x_2, 0)$ (Hình 1).

Trường hợp 2. Bán kính của đường tròn bằng tọa độ tâm, đường tròn tiếp xúc với trục $Ox$ tại điểm $B(x_1, 0)$ (Hình 2).

Trong trường hợp này, phương trình có nghiệm thực bằng nhau, hoành độ của điểm tiếp tuyến là

$$x_{1,2} = -\frac{b}{2a}.$$

Trường hợp 3. Bán kính của hình tròn nhỏ hơn tọa độ tâm, hình tròn không có các thùy chung với trục $Ox$ (Hình 3).

Trong trường hợp này, phương trình có nghiệm phức và nghiệm liên hợp:

$$x_{1,2} = -\frac{b}{2a} \pm \frac{\sqrt{4ac-b^2}}{2a} i.$$

Cơm. 3.

Phần thực của nghiệm phức được biểu thị bằng đoạn $OB = -\frac{b}{2a}$ – hoành độ của tâm. Giá trị hoành độ của hệ số phần tối thiểu được biểu thị bằng đoạn tiếp tuyến $BC$.

Sử dụng phương pháp trên, bạn có thể dễ dàng kiểm tra việc nghiên cứu nghiệm của phương trình bậc hai để tìm dấu và chứng minh hình học của công thức Vieta. Tuy nhiên, trong trường hợp này, không thể sử dụng các công thức của Vieta khi chứng minh phương pháp, do đó, để kết luận, chúng tôi chỉ ra cách giải thích đại số của phương trình bậc hai đồ họa lời giải được đề xuất.

Thay vì phương trình

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

Ta xét hệ phương trình tương đương với nó

$$\begin{cases} ax^2 + bx + c = ay^2 - (c + a)y = 0, \\ y = 0. \end{cases}$$

Rõ ràng, nếu một phương trình bậc hai có nghiệm $x_1$ thì hệ có lời giải, $x=x_1$, $y=0$ và ngược lại. Phương trình đầu tiên của hệ thống xác định đường tròn (kiểm tra!) và phương trình thứ hai xác định trục $Ox$. Tại giao điểm, chúng ta thu được các điểm có dạng $(x_i, 0)$, trong đó $x_i$ là nghiệm của phương trình bậc hai.

36

Ứng dụng của điểm đại số là thu được các bất đẳng thức hình học

Z. A. Skopets

Các điểm đại số, hợp lệ với một số ngoại lệ nhất định đối với tập hợp số phức, có thể được áp dụng thành công để thu được các bất đẳng thức hình học thú vị nối các phần tử tuyến tính và góc của các hình phẳng. Dưới đây, một số bất đẳng thức hình học thu được theo cách này. Lưu ý rằng rất khó tìm ra số lượng chứng minh hình học của các bất đẳng thức này. Chúng ta sẽ biểu thị số phức bằng các chữ cái nhỏ trong bảng chữ cái Latinh $a, b, c, \dots$. Hãy nhớ rằng số phức là biểu thức $x+iy$, trong đó $x$ và $y$ là số thực và $i$ là đơn vị tối thiểu ($i^2=-1$). Nếu hệ tọa độ hình chữ nhật (Descartes) $Oxy$ được cho trên mặt phẳng thì mỗi số phức $a=x+iy$ có thể được liên kết với một điểm $A$ của mặt phẳng với hoành độ $x$ và tọa độ $y$. Hãy nêu một số định nghĩa liên quan đến số phức.

I. Mẫu số phức $a=x+iy$ là số không âm $\sqrt{x^2+y^2}$ bằng khoảng cách

Cơm. 1.

Cơm. 2. $OM=MA$; $A_1M=MA_2$

Cơm. 3. $OM=MA_1$; $A_2M=MA$

37

Cơm. 4. Hình 5.

chúng tôi có

$$|a_1+a_2| \leq |a_1|+|a_2|.$$ (2)

Dấu bằng trong (2) có nghĩa là điểm $O, A_1$ và $A_2$ nằm trên cùng một đường thẳng và điểm $O$ không thuộc đoạn $A_1A_2$.

Vì vậy, mô hình tổng của hai số hoàn chỉnh không lớn hơn tổng mô hình của các số hạng.

Hiệu $a_1-a_2$ của hai số đầy đủ $a_1$ và $a_2$ là một số $a$ sao cho $a+a_2=a_1$ (cấu trúc hình học được thể hiện trong Hình 3). Vì $OA=A_1A_2$ thì

$$|a_1-a_2|=A_1A_2.$$ (3)

Do đó, mô hình hiệu của hai số hoàn chỉnh bằng việc xem xét giữa các điểm tương ứng của chúng.

Tiếp theo, $OA_1-OA_2 \leq A_1A_2 \leq OA_1+OA_2$. Đó là lý do tại sao

$$|a_1|-|a_2| \leq |a_1-a_2| \leq |a_1|+|a_2|.$$ (4)

Nếu các điểm $O, A_1$ và $A_2$ thuộc cùng một đường thẳng thì một trong các dấu bất đẳng thức ở (4) sẽ trở thành đẳng thức.

Do đó, mô hình hiệu của hai số hoàn chỉnh không lớn hơn tổng mô hình của chúng và không nhỏ hơn hiệu của chúng.

Chẳng hạn, thật dễ dàng kiểm tra (Hình 4) rằng các bất đẳng thức sau đây là đúng:

$$|a+b+c| \leq |a|+|b|+|c|.$$ (5)

Lưu ý nếu số $a$ tương ứng với điểm $A$ có tọa độ $x, y$ thì số - $a$ tương ứng với điểm có tọa độ - $x$, - $y$. Hai điểm này đối xứng qua gốc tọa độ $O$ (Hình 5). Sledova-

38

Cơm. 7.

2. Thật dễ dàng để kiểm tra các điểm sau:
   $$a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b) = -(b-c)(c-a)(a-b).$$
   Từ thời điểm này, theo sau là $|b-c| |c-a| |a-b| \leqslant |a^2| |b-c| + |b^2| |c-a| + |c^2| |a-b|$ hoặc (Hình 7)
   $$BC \cdot CA \cdot AB \leqslant OA^2 \cdot BC + OB^2 \cdot CA + OC^2 \cdot AB.$$ (8)
   Hệ quả 1. Nếu $ABC$ là tam giác đều thì $OA^2 + OB^2 + OC^2 \geqslant d^2,$ (8’)
   rede $d$ là độ dài cạnh của tam giác.
   Vì vậy, tổng bình phương khoảng cách từ một điểm bất kỳ trong mặt phẳng đến các đỉnh của một tam giác đều không nhỏ hơn bình phương cạnh của nó.
   Hệ quả 2. Nếu $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp một tam giác tùy ý thì từ (8) suy ra
   $$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant R^2(AB + BC + CA)$$
   hoặc
   $$\frac{AB \cdot BC \cdot CA}{AB + BC + CA} \leqslant R^2.$$ (8’’)
   Như vậy, tỉ số tùy ý của ba cạnh của một tam giác với tổng của chúng không vượt quá bình phương bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
3. Bằng cách kiểm tra, chúng tôi tin chắc rằng điểm này là đúng:
   $$(b-c)(b+c)^2 + (c-a)(c+a)^2 + (a-b)(a+b)^2 = (a-b)(a-c)(b-c).$$
   Chúng ta hãy biểu thị lần lượt bằng $k_1, k_2, k_3$ khoảng cách từ tâm vòng tròn được mô tả về tam giác $ABC$ đến cạnh $BC, CA, AB$ (Hình 8). Tâm của đường tròn này là

Cơm. 8.
meme cho nguồn gốc. Sau đó
$$|b+c| = 2k_1, |c+a| = 2k_2, |a+b| = 2k_3.$$
Từ thời điểm này nó theo sau
$$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant 4(k_1^2 \cdot BC + k_2^2 \cdot CA + k_3^2 \cdot AB).$$
Nhưng $S_{OBC} = \frac{1}{2} k_1 \cdot BC = \frac{1}{2} R^2 \sin 2A,$ nếu $A \leqslant 90^\circ$. Kể từ đây,
$$k_1 \cdot BC = R^2 \cdot \sin 2A.$$
Tương tự, nếu các góc $B$ và $C$ không tù thì
$$k_2CA = R^2 \sin 2B, k_3AB = R^2 \sin 2C.$$
Pozny
$$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant 4R^2(k_1 \sin 2A + k_2 \sin 2B + k_3 \sin 2C).$$
Xem xét rằng
$$k_1 = R \cos A, k_2 = R \cos B, k_3 = R \cos C, AB \cdot BC \cdot CA = 4RS_{ABC},$$
chúng tôi có
$$4RS_{ABC} \leqslant 4R^3 (\cos A \sin 2A + \cos B \sin 2B + \cos C \sin 2C).$$
Từ đây
$$\frac{S_{ABC}}{R^2} \leqslant \cos A \sin 2A + \cos B \sin 2B + \cos C \sin 2C.$$ (9)
Vì vậy, với mọi tam giác không tù bất đẳng thức (9) đều đúng.
IV. Bài toán dành cho độc lập lời giải.
Bài tập 1. Rút ra từ điểm $a^2 - b^2 = (a+b)(a-b)$ bất đẳng thức $2OM \cdot AB \geqslant OA^2 - OB^2,$ trong đó $M$ là trung điểm, $AB, O$ là gốc tọa độ, $a, b$ là các số tương ứng với các điểm $A, B$. Tìm hiểu khi nào nó biến thành sự bình đẳng.
Bài 2. Suy ra từ điểm $a^3(b-c) + b^3(c-a) + c^3(a-b) = -(a+b)(a-b)(b-c)(c-a)$ không đều