Kvant 1972, số 10 · Trang

KVANM
10
THÁNG 10
1972
Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ 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. Broshtein, N. V. Vasilyev, 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, I. Sh. Slobodetsky, M. L. Smolyansky (phó tổng biên tập), Ya. A. Smorodinsky, V. A. Fabrikant, A. T. Tsvetkov, M. P. Shaskolskaya, S. I. Schwartzburg, A. I. Shirshov.

Như có thể thấy từ hình ảnh ở trang đầu tiên của trang bìa, một hình vuông (và bất kỳ hình chữ nhật nào nói chung) có thể được chia thành bất kỳ số hình tam giác giống nhau nào. Nếu chúng ta yêu cầu tất cả các hình của phân vùng nhất thiết phải bằng nhau, thì hình chữ nhật (và bất kỳ hình bình hành nào) sẽ chỉ được chia thành một số hình tam giác chẵn (xem hình bên trái). Bài viết “Sàn gỗ hữu hạn” (tr. 25) nói chi tiết về các mô hình chi phối loại “sàn gỗ” này, đồng thời đưa ra các ví dụ thú vị về các hình được cắt thành bất kỳ số lượng tam giác bằng nhau nào.

Trưởng ban biên tập L. V. Chernova. Nghệ sĩ trưởng A. I. Klimanov. Biên tập viên nghệ thuật O. N. Ykovleva. Người hiệu đính V. P. Sorokina. Nhà xuất bản “Khoa học”. Tòa soạn chính của văn học vật lý và toán học. 117071, Moscow, V-71, Leninsky Prospekt, 15, «Kvant»; điện thoại. 234-08-11, 234-07-93

Nộp vào bộ ngày 15/VII 1972. Ký in ngày 6/IX 1972. Giấy 70×100¹/₁₆. Vật lý. lò nướng l. 5. Lò nướng có điều kiện l. 6.5. Biên tập học thuật. tôi. 7.23 Số phát hành 313.135 bản. T-03378. Giá 30 kopecks. Zach. 1236. Nhà máy in Chekhov Glavpoligraphproma Ủy ban Nhà nước của Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô về Xuất bản, In ấn và Kinh doanh Sách, Chekhov, Vùng Moscow.

BẢN BẢN KHÔNG ĐƯỢC TRẢ LẠI

1

10
THÁNG 10
1972

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

NHÀ XUẤT BẢN KHOA HỌC
PHÒNG BIÊN TẬP CHÍNH VĂN HỌC VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC

TRONG PHÒNG:

2 Định lý nhỏ Fermat S. G. Gindikin
10 Định luật Joule-Lenz V. A. Fabrikatm
17 Tích phân trong hình học và vật lý Yu. I. Ionin
22 Độ cao của núi và các điều kiện vật lý cơ bản V. Weiskopf

VÒNG TRÒN TOÁN HỌC
25 Sàn gỗ đã hoàn thiện V. I. Kaplin, V. G. Leibovich, E. L. Papernov

PHÒNG THÍ NGHIỆM “QUANTA”
31 Boomerang F. Hess

VẤN ĐỀ “Lượng tử”
38 Bài toán M166—M170, F180—F184
40 Lời giải bài toán M126—M128, F142—F147

ỨNG DỤNG THỰC HÀNH
47 Phương pháp lời giải bài toán “từ cuối” Ya. I. Grudenov
52 Công, năng lượng, công suất I. A. Zaitsev
59 Phương án thi tuyển sinh vật lý tại Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva năm 1972
61 Môn Toán Lựa Chọn Tuyển Sinh Năm 1972

ĐÁNH GIÁ, THƯ VIỆN
62 cuốn sách mới của M. L. Smolyansky

THÔNG TIN
64 VI Olympic Toán học toàn năng Shkolnikov L. G. Limanov
69 VI Olympic Vật lý toàn thế giới Shkolnikov T. S. Petrova
71 Trận chiến toán học V. P. Fedomov
75 Lênin thủ tướng 1972 V. A. Leykovtsev

GÓC SƯU TẬP
77 Con tem được buộc bởi người phát minh ra “ánh sáng Nga”
78 ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN, GIẢI PHÁP “Lượng Tử” CHO HỌC SINH THI
(trang bìa thứ 3)
HỖN HỢP (trang 16, 24, 30)

4

Hãy chọn tất cả các thẻ. Vì chính xác $l$ thẻ được chọn ở mỗi bước nên chúng tôi thấy rằng số thẻ ban đầu ($p-1$) phải chia hết cho $l$.

Bài 1. Chứng minh rằng độ dài tối thiểu l của chu kỳ của phân số $\frac{1}{p}$ trùng với số mũ nhỏ nhất $l$ mà $10^k-1$ chia hết cho $p$.

Dấu hiệu của sự phân chia

Các kết quả thu được về phép chia lũy thừa của 10 cho $p$ có một ứng dụng thú vị khác. Hóa ra là đối với bất kỳ số nguyên tố $p \neq 2,5$ nào cũng có một phép kiểm tra tính chia hết giúp tổng quát hóa phép kiểm tra tính chia hết cho 3. Chúng ta hãy nhớ lại lý do áp dụng cho $p=3$. Cho $A$ là một số tự nhiên, $a_0, a_1, \dots, a_k$ các chữ số của nó được đánh số từ phải sang trái. Sau đó $A=a_0+a_110+\dots+a_k10^k$. Vì $10^s$ với mọi $s$ khi chia cho 3 thì dư 1, nên $A$ cho cùng số dư khi chia cho 3 là $a_0+a_1+\dots+a_k$. Cụ thể, $A$ sẽ chia hết cho 3 khi và chỉ khi $a_0+a_1+\dots+a_k$ chia hết cho 3.

Hãy để bây giờ $p=11$. Khi đó, như chúng ta đã thấy, $l=2$ và tất cả $10^{2k}$ khi chia cho 11 đều có số dư là 1. Chữ số $A$ được chia thành các cặp từ phải sang trái, chỉ có một chữ số rơi vào nhóm cuối cùng nếu số chữ số là số lẻ: $b_0=a_1a_0, b_1=a_3a_2, \dots$. Số $A$ phải được ký hiệu là $b_j: A=b_0+b_110^2+b_210^4+\dots+b_m10^{2m}, 0 \leq b_j < 100$. Rõ ràng rằng $A$ khi chia cho 11 sẽ cho số dư bằng tổng của các số có hai chữ số $b_0+b_1+\dots+b_m$.

Nói chung, nếu $p \neq 2,5$ là số nguyên tố và $10^l-1$ chia hết cho $p$, chúng ta chia $A$ thành các khối $l$ chữ số từ phải sang trái (khối đầu tiên từ bên trái có thể có ít chữ số hơn) sao cho $A=c_0+c_110^l+c_210^{2l}+\dots+c_n10^{nl}$, $0 \leq c_j < 10^l$.

Khi đó $A$ khi chia cho $p$ cho cùng số dư bằng tổng của các số có $l$ chữ số $c_0+c_1+c_2+\dots+c_n$; một phần, $A$ được chia thành $p$ moeda và molko moeda, khi ema tổng được chia thành $p$. Dấu hiệu này rất đơn giản ở mức $p=3$; Chúng ta đã thấy rằng ở $p=11$ chúng ta phải chia thành các khối có hai chữ số, ở $p=37$ thành các khối có ba chữ số, nhưng ở $p=7$ thành các khối có sáu chữ số và nói chung, chúng ta chỉ có thể đảm bảo rằng việc chia thành các khối có độ dài $p-1$ sẽ dẫn đến một mục tiêu.

Bài toán 2. Chứng minh rằng nếu $l=1$ với một số nguyên tố $p$, thì $p=3$; nếu $l=2$, thì $p=11$; nếu $l=3$, thì $p=37$.

Định lý nhỏ Fermat

Nếu bạn xem lại cuộc thảo luận của chúng ta về tính chia hết của lũy thừa 10 cho $p$, bạn sẽ tin rằng chúng ta chỉ sử dụng thực tế là 10 không chia hết cho $p$. Thật vậy, ta đã chứng minh được mệnh đề tổng quát sau.

Định lý nhỏ Fermat (1601-1665) không có bằng chứng trong một bức thư gửi Frenicles de Bessy đề ngày 18 tháng 10 năm 1640. Fermat rất ấn tượng với quy luật mà ông đã khám phá ra. “Tôi được chiếu sáng bởi một ánh sáng rực rỡ,” anh viết khi tường thuật lại điều đó.

Bài toán 3. Chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố thì $a^p-a$ chia hết cho $p$.

bài toán này là một phiên bản của định lý nhỏ Fermat trong đó $a$ bội số của $p$ không bị loại trừ.

Lý thuyết so sánh

Khi nghiên cứu tính chia hết của các số nguyên, sẽ thuận tiện hơn khi sử dụng ngôn ngữ của lý thuyết so sánh do Gauss đưa ra. Các số nguyên $a$ và $b$ được cho là có thể so sánh theo modulo $m$ (m là số tự nhiên) nếu $a-b$ chia hết cho $m$. Nó có nghĩa là thế này:

$$a \equiv b \pmod m.$$ (1)

*) Nó được gọi như vậy trái ngược với Định lý lớn của Fermat, vẫn chưa được chứng minh (xem «Kvant» số 8, 1972).

Một phần, nếu $a$ chia hết cho $m$ thì $a \equiv 0$ (mod $m$). Tính nhất quán (1) tương đương với thực tế là $a$ và $b$ có cùng số dư khi chia cho $m$. Chúng ta hãy nhớ lại rằng phần còn lại của phép chia $a$ cho $m$, chúng ta muốn nói $r$, $0 \leq r < m$ sao cho $a = mq + r$, trong đó $q$ là một số nguyên. Điều kiện $r$ này được xác định duy nhất. Dư lượng còn được gọi là dư lượng modulo $m$. Chúng tôi biểu thị tổng của chúng $\{0,1,\dots,m-1\}$ bằng $Z_m$.

Có thể thu được so sánh theo một modulo bằng cách thêm và biến, nếu $a \equiv c$ (mod $m$), $b \equiv d$ (mod $m$), thì $a + b \equiv c + d$ (mod $m$), $ab \equiv cd$ (mod $m$). Điều này rất dễ dàng để kiểm tra trực tiếp. Nếu $a - c$ và $b - d$ chia hết cho $m$ thì tổng $a - c + b - d = (a + b) - (c + d)$ của chúng chia hết cho $m$, cũng như biểu thức

$$ab - cd = ab - cb + bc - cd = b(a - c) + c(b - d).$$

Trong ngôn ngữ của số dư, điều này có nghĩa là phần còn lại của tổng $a + b$ chỉ phụ thuộc vào số dư $r_1$ và $r_2$ và trùng với phần còn lại của số $r_1 + r_2$; tương tự, số dư $ab$ chỉ phụ thuộc vào $r_1$ và $r_2$ và bằng số dư $r_1r_2$. Kết quả là, các phép toán phát sinh trong tập hợp $Z_m$ sẽ được gọi là modulo cộng và nhân tương ứng $m$ (hoặc phép cộng và nhân trong $m$-arthmetic).

Vì vậy, để thực hiện một trong các thao tác này trên $Z_m$, bạn cần thực hiện các thao tác này theo nghĩa thông thường và lấy phần dư khi chia kết quả cho $m$. Phép trừ trong $Z_m$ (phần còn lại của chênh lệch thông thường) được định nghĩa theo cách tương tự. Người ta ngay lập tức xác minh rằng trong phép trừ $m$-phép thuật là tác dụng nghịch đảo của phép cộng, nghĩa là

$$a + b = c \iff c - b = a;$$

$$a, b, c \in Z_m$$ (bằng chứng).

Lưu ý rằng

$$0 - a = m - a \in Z_m;$$

$$a - b = a + (m - b).$$

Bài toán 4. Lập bảng cộng, nhân và trừ trong $5$-phù hợp, lấy bảng 2 làm ví dụ.

Trong lý thuyết so sánh, một modulo đơn giản chiếm một vị trí đặc biệt. Một trong những sự thật có thể thay thế nhất cho trường hợp này là trong phép chia $p$-phép thuật ($p$ là số nguyên tố) cho $b \neq 0$ luôn là duy nhất. Hãy thể hiện nó.

Chúng tôi định nghĩa phép chia là nghịch đảo của phép nhân, nghĩa là trong $Z_p \frac{a}{b} = c$ nếu $bc = a$.

6

Rõ ràng là trường hợp $b = 0$ phải được loại trừ, vì $0c = 0$ cho mọi $c$. Hãy để $b \neq 0$. Khoảng cách giữa tất cả các phần tử $Z_p$ của biểu mẫu $xb$, $x \in Z_p$. Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng đối với các $x$ khác nhau thì các phần tử này là khác nhau, nghĩa là nếu $0 \leq x_2 < x_1 < p$ thì $x_1b - x_2b = b(x_1 - x_2)$ không chia hết cho $p$. Thật vậy, cả $b, 0 < b < p$ và $x_1 - x_2, 0 < x_1 - x_2 < p$ đều không chia hết cho $p$. Điều này có nghĩa là tập hợp $xb, x \in Z_p$ chứa $p$ phần tử khác nhau và do đó trùng với $Z_p$.

Do đó, với mỗi $a \in Z_p$ cũng có một giá trị duy nhất $x = c$ mà $cb = a$.

Kết quả thu được có thể được định dạng lại như sau: so sánh $ax \equiv b$ (mod $p$) với $a \neq 0$ (mod $p$) có lời giải và tất cả lời giải đều có thể so sánh được theo modulo $p$.

Bài toán 5. Lập bảng chia theo số học 5.

Bài toán 6. Chứng minh rằng nếu tất cả các phần tử của $Z_m$ đều chia hết cho $b \in Z_m$ thì $b$ và $m$ là nguyên tố cùng nhau (có thể ước chung nhất của chúng là $(b, m) = 1$). Cụ thể, nếu $Z_m$ luôn chia hết cho các phần tử khác 0 thì $m$ là số nguyên tố.

Bài toán 7. Đặt chữ số cuối cùng là số âm của 0, 2 và 5. Sau đó, với bất kỳ chữ số nào $c$, bạn có thể chỉ định một số được tạo trên $b$ và có chữ số đã cho $c$ là chữ số cuối cùng.

Theo Định lý nhỏ Fermat, $a^{p-1} = 1$ trong $Z_p$ cho $a \neq 0$, tương đương với phép so sánh $a^{p-1} \equiv 1$ (mod $p$) cho $a$, không chia hết cho $p$. Euler lưu ý rằng định lý Fermat có thể được khái quát hóa cho trường hợp hợp số $m$. Cho $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$. Cũng giống như đối với $p$ đơn giản, nó cho thấy rằng $a^k - 1$ đối với $k$ mới chia hết cho $m$. Đặt $l$ là số mũ nhỏ nhất có các tính chất này; người ta thường nói rằng $a$ thuộc về số mũ $l$ modulo $m$.

Định lý Fermat-Euler. Giả sử $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$. Sau đó $a^{\varphi(lm)} \equiv 1$ (mod $m$), (2)

thực phẩm $\varphi(m)$ là số phần tử trong $Z_m$ nguyên tố cùng nhau đến $m$.

Đại lượng $\varphi(m)$ được gọi là hàm Euler (Bảng 3).

Bằng chứng lặp lại chính xác cách suy luận về số nguyên tố $m = p$. Chúng ta cần viết lên các thẻ $\varphi(m)$ các số nguyên tố cùng nhau với $m$ và nhỏ hơn $m$, sau đó ở mỗi bước, cùng với một trong các thẻ còn lại có số $b_j$, chúng ta sẽ chọn các thẻ ghi phần dư của phép chia $b_j, b_j a, \dots, b_j a^{l-1}$ cho $m$. Trong trường hợp này, ở mỗi bước, chính xác $l$ thẻ sẽ được chọn và kết quả là $\varphi(m)$ phải được chia cho $l$.

Hãy xem xét những gì bạn có thể nói dựa trên định lý Fermat-Euler về chu kỳ của phân số $1/m$ và về tiêu chí chia hết cho $m$, trong đó $m$ là hợp số.

Tính toán hàm Euler

Hãy phân tích $m$ thành thừa số nguyên tố: $m = p_1^{\alpha_1} \dots p_r^{\alpha_r}, \alpha_j > 0$. Khi đó $\varphi(m)$ là số số tự nhiên $k, 0 \leq k < m$ không chia hết cho một trong các số nguyên tố $p_1, \dots, p_r$. Sẽ thuận tiện hơn cho chúng ta khi đánh giá một biểu thức tổng quát hơn $\varphi(m)$. Cho $m_1$ và $m_2$ là ước nguyên tố cùng nhau của $m$ và $\psi(m_1/m_2)$ thì số $k, 0 \leq k < m$ chia hết cho $m_1$ nhưng cùng nguyên tố với $m_2$. Sau đó $\psi(1/m) = \varphi(m)$.

Nếu $m_2 = q_1^{\beta_1} \dots q_s^{\beta_s}, \beta_j > 0, m_2' = q_1 \dots q_s$ thì $\psi(m_1/m_2) = \psi(m_1/m_2')$ (tại sao?). Rõ ràng hơn nữa rằng $\psi(m_1/1)$ là số lượng các số

Bảng 3

$m$ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
$\varphi(m)$ 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12

8

hợp lệ cho đa thức bậc nhiều nhất $l - 1$. Hãy để thêm $r_0, r_1, \dots, r_l, 0 \leqslant r_j < p$ thỏa mãn sự so sánh $P(r) \equiv 0 (\bmod p)$. Hãy biểu thị $P(x)$ dưới dạng $P(x) = (x - r_0)Q(x) + P(r_0)$, trong đó $Q(x)$ là đa thức bậc $l - 1$ và $P(r_0)$ chia hết cho $p$. Khi đó, vì $P(r_j)$ chia hết cho $p$, nên $(r_j - r_0)Q(r_j)$ chia hết cho $p$ khi $1 \leqslant j \leqslant l$. Vì $r_j - r_0$ không thể chia cho $p$, nên $Q(r_j)$ chia hết cho $p$, và khi đó, theo giả thuyết quy nạp, $Q(r)$ sẽ chia hết cho $p$ với mọi $r$. Do đó, $P(r)$ chia hết cho $p$ với mọi $r$.

Kết quả. Việc so sánh $x^l \equiv 1 (\bmod p)$ được đáp ứng bởi tối đa $l$ phần tử $Z_p$.

Theo bổ đề, chỉ cần tìm ít nhất một $x \in Z_p$ không thỏa mãn phép so sánh là đủ. Bạn có thể lấy $x = 0$.

Định lý Gauss. Hãy để $p - \text{просмоте число}, l - \text{делимель (p - 1)}$. Khi đó số mũ $l$ thuộc về $\varphi(l)$ phần tử $Z_p$.

Kết quả. Đối với mọi phép chiếu $\varphi(p - 1)$ của nghiệm nguyên thủy (xem Bảng 4).

Chứng minh định lý Gauss. Đặt số mũ $l(l - \text{делитель p - 1})$ thuộc về một số $a \in Z_p$. Chúng ta hãy nhìn vào các số $1, a, \dots, a^{l-1}$ và số dư của chúng $b_0, b_1, \dots, b_{l-1}$. Người ta đã chứng minh rằng tất cả $b_j$ đều khác nhau. Rõ ràng là với mọi $m$ ta có:

$$(a^m)^l \equiv (b_m)^l \equiv 1 (\bmod p),$$

nghĩa là, $b_0, b_1, \dots, b_{l-1}$ lời giải so sánh $x^l \equiv 1 (\bmod p)$, và theo hệ quả tất yếu từ bổ đề của lời giải kia thì không có so sánh. Đặc biệt, trong $b_0, \dots, b_{l-1}$ có tất cả các thặng dư thuộc số mũ $l$. Rõ ràng, nếu $m$ và $l$ có ước chung $d \neq 1$ thì $(a^m)^{l/d} \equiv 1 (\bmod p)$, do đó $b_m$ không thể thuộc số mũ $l$, và do đó số mũ $l$ có ​​thể thuộc nhiều nhất $\varphi(l)$ phần tử của $Z_p$.

Mỗi phần tử trong số $p - 1$ khác 0 $Z_p$ thuộc về số mũ nào đó $l$, là ước số của $p - 1$. Giả sử $d_1, \dots, d_k$ là ước của $p - 1$ và số mũ $d_s$ thuộc $\psi(d_s)$ phần tử của $Z_p$. Sau đó $\psi(d_1) + \dots + \psi(d_k) = p - 1$ và $\psi(d_s) \leqslant \varphi(d_s)$ cho tất cả $s$. Theo công thức của Gauss, $(4) \varphi(d_1) + \dots + \varphi(d_k) = p - 1$, do đó $\psi(d_s) + \dots + \psi(d_k) = \varphi(d_s)$ và, vì $\psi(d_s) \leqslant \varphi(d_s)$, phải $\psi(d_s) = \varphi(d_s)$ với mọi $s$. Định lý đã được chứng minh.

Bảng 4

| $a$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ | $5$ | $6$ | $7$ | $I(a)$ |
| :—: | :—: | :—: | :—: | :—: | :—: | :—: | :—: | :—: |
| $1$ | $1$ | $1$ | $1$ | $1$ | $1$ | $1$ | $1$ | $1$ |
| $2$ | $2$ | $4$ | $1$ | $2$ | $4$ | $1$ | $2$ | $3$ |
| $3$ | $3$ | $2$ | $6$ | $4$ | $5$ | $1$ | $3$ | $6$ |
| $4$ | $4$ | $2$ | $1$ | $4$ | $2$ | $1$ | $4$ | $3$ |
| $5$ | $5$ | $4$ | $6$ | $2$ | $3$ | $1$ | $5$ | $6$ |
| $6$ | $6$ | $1$ | $6$ | $1$ | $6$ | $1$ | $6$ | $2$ |

9

Chứng minh được đưa ra là một chứng minh tồn tại điển hình. Nó chứng minh sự tồn tại của $\varphi(l)$ phần tử $Z_p$ thuộc chứng minh $l$, cụ thể là, $\varphi(p-1)$ nghiệm dạng dương vật, nhưng không thực hiện một cấu trúc rõ ràng.

Các nghiệm nguyên hàm không chỉ tồn tại ở số nguyên tố. Có thể chứng minh rằng chúng tồn tại đối với các số 2, 4, $p^\alpha$, $2p^\alpha$, trong đó $p$ là số nguyên tố lẻ và chỉ dành cho chúng.

Chỉ mục

Việc sử dụng rễ dương vật dựa trên thực tế sau đây. Đặt $g$ là một modulo gốc hoàn chỉnh $p$; $a_0, a_1, \dots, a_{p-2}$ là số dư khi chia các số 1, $g, g^2, \dots, g^{p-2}$ cho $p$. Khi đó tất cả $a_j$ đều khác biệt và tất cả đều khác 0: do đó $a_0, \dots, a_{p-2}$ đều là các phần tử khác 0 của $Z_p$. Kết quả là mọi phần tử khác 0 $b \in Z_p$ tương ứng với một $k \in Z_{p-1}$ duy nhất, trong đó $g^k \equiv b$ (mod $p$); $k$ được gọi là chỉ số $b$ so với $g$ và được ký hiệu là $ind_g b$ (Bảng 5). Rõ ràng là $ind_g ab = ind_g a + ind_g b$; $ind_g \frac{a}{b} = ind_g a - ind_g b$, trong đó hai thao tác sau được thực hiện trong $Z_p$ và ở bên phải trong $Z_{p-1}$. Vì lý do này, các chỉ số trong số học $p$ đóng vai trò tương tự như logarit; với sự trợ giúp của chúng, phép nhân và phép chia có các tính chất như phép cộng và phép nhân. Sách giáo khoa về lý thuyết số cung cấp các bảng chi tiết về chỉ số, và giống như trong bảng logarit, cả hai bảng xác định chỉ số theo phần tử $Z_p$ và bảng xác định phần tử theo chỉ số đều được đưa ra.

Bài 9. Tạo bảng chỉ số trong số học 5.

Chúng ta sẽ giới hạn ở một ví dụ về việc sử dụng chỉ mục. Hãy xem xét so sánh $ax^l \equiv b$ (mod $p$), $(a, p) = 1$. Câu hỏi về khả năng giải quyết của nó có thể được nghiên cứu trực tiếp, nhưng nếu chúng ta đi đến các chỉ số, chúng ta sẽ có được sự so sánh ở cấp độ đầu tiên đối với $y = ind_g x$: $ly = c$ (mod $p-1$), $c = ind_g b - ind_g a$. Vì có sự tương ứng một-một giữa phần dư và chỉ số khác 0, nên sự tương ứng tương tự tồn tại giữa nghiệm khác 0 của phép so sánh đầu tiên và nghiệm của phép so sánh thứ hai.

Nhiệm vụ 10. Chứng minh rằng phép so sánh $ax^l \equiv b$ (mod $p$), $(a, p) = (b, p) = 1$ là chế độ giải được duy nhất và chế độ molko khi $l$ và $p-1$ nguyên tố cùng nhau.

Gợi ý. Sử dụng nhiệm vụ 6.

Các chỉ số trong số học $p$ phụ thuộc vào việc chọn căn thức dương vật $g$. Tuy nhiên, ước số tổng quát nhất $d(a) = (ind_g a, p-1)$ không phụ thuộc vào $g$, như sau trong gendinia sau đây.

Bài tập 11. Chứng minh rằng chúng ta có sự tương ứng $d(a)l(a) = p-1$, trong đó $l(a)$ là số mũ đảm nhận $p-1$ ($a^l \equiv g^l ind_g a$ ≡ 1 (mod $p$)).

Sự tương ứng thu được giúp bạn dễ dàng tìm thấy $l(a)$ theo chỉ mục $a$. Đặc biệt, khi biết chỉ số 10, trong số học $p$ người ta có thể tìm thấy dấu chấm $1/p$ mà không cần viết rõ ràng phần thập phân.

10

LUẬT JOULE-LENZ

V. A. Fabricant

Sự nóng lên của dây dẫn khi có dòng điện chạy qua là một trong những hiệu ứng có liên quan nhất. Tuy nhiên, phân tích kỹ hơn về cơ chế xuất hiện của cơ thể Joule cho thấy ở đây không phải mọi thứ đều đơn giản như vậy.

Bài viết bàn về hiện tượng liên quan đến hiệu ứng Joule-Lenz. Trong plasma phóng điện ở dạng khí, hai nhiệt độ có thể tồn tại trong cùng một thể tích, được xác định rõ ràng hàng trăm lần. Plasma như vậy là hỗn hợp của hai loại khí có nhiệt độ khác nhau rõ rệt. Những nhiệt độ này không thể bằng nhau do điện trường chỉ làm nóng một trong các chất khí và có một “lớp áo lông thú” đáng tin cậy giữa các chất khí.

Kỹ sư tính toán truyền tải điện tuyến tính đường dài và kỹ sư tạo ra lò điện mạnh có quan điểm hoàn toàn trái ngược nhau về thân Joule được giải phóng trong dây dẫn khi dòng điện chạy qua. Đầu tiên, điều này có tác hại, buộc bạn phải tăng điện áp và mơ về một sợi cáp siêu dẫn; thứ hai, đó là một tác dụng hữu ích cho phép người ta giải quyết các vấn đề kỹ thuật khó khăn. Tuy nhiên, họ đồng ý rằng hiệu ứng mùa xuân này là quan trọng.

Định luật làm nóng dây dẫn bằng dòng điện lần đầu tiên được thiết lập bằng thực nghiệm vào năm 1841-42. của nhà vật lý người Anh James Joule và, độc lập với ông, muộn hơn một chút (năm 1842-43), nhưng với độ chính xác cao hơn nhiều, bởi học giả St. Petersburg Emilius Christanovich Lenz.

Bắt đầu nghiên cứu sự giải phóng của một vật thể khi có dòng điện chạy qua, Joule bắt đầu quan tâm đến một vấn đề tổng quát hơn - sự biến đổi năng lượng. Đặc biệt, ông đã tiến hành chuyển đổi công việc thành Tello, sử dụng dòng điện làm liên kết trung gian *).

Trong những thí nghiệm đầu tiên của mình, Joule đã chế tạo một thiết bị khá đơn giản, bao gồm một bình thủy tinh chứa đầy nước, trong đó một ống thủy tinh có dây dẫn quấn quanh và hạ nhiệt kế đo nhiệt độ của nước xuống. Nguồn năng lượng điện là pin của các tế bào điện. Sự gia tăng nhiệt độ nước trong một khoảng thời gian nhất định trong quá trình dòng điện đi qua đã được đo.

Sau khi thiết lập các định luật cơ bản về làm nóng dây dẫn trong quá trình dòng điện chạy qua, Joule đi đến kết luận rằng hiệu ứng này sẽ phát sinh do tính dẫn nhiệt. Theo giả thuyết của ông, vật thể được giải phóng trong pin điện, hệ quả của tính dẫn nhiệt, sẽ lan dọc theo dây dẫn và làm nóng nó.

*) Trên đường đi, Joule đã đi đến kết luận rằng động cơ điện sẽ không thể cạnh tranh với động cơ hơi nước do chi phí tạo ra dòng điện cao! Kết luận vào giữa thế kỷ 19 là khá hợp lý.

11

Để kiểm tra giả thuyết này, Joule đã chế tạo một thiết bị phức tạp hơn cho thành phố. Thay vì sử dụng pin điện, thiết bị này sử dụng một máy phát điện cảm ứng có bộ trạng thái dưới dạng nam châm điện cực mạnh để tạo ra dòng điện, giữa các cực của nó có một rôto quay ở trạng thái nước. Độ nóng của nước được đo khi cuộn dây rôto đóng và mở. Sự chênh lệch nhiệt độ rất cao này là do hiệu ứng nhiệt của dòng điện cảm ứng trong cuộn dây rôto. Joule bị thuyết phục về sự sai lầm trong giả thuyết của ông về vai trò của tính dẫn nhiệt và khi SEL tìm ra nguồn chính xác của hiện tượng này là sự nóng lên của dây dẫn *).

Thiết lập định luật giải phóng nhiệt chính xác trong quá trình dòng điện chạy qua không phải là một nhiệm vụ thực nghiệm đơn giản đối với một nhà vật lý vào nửa đầu thế kỷ 19. E. H. Lenz đã tiếp cận lời giải điều này bài toán một cách hết sức cẩn thận với tư cách là một nhà thí nghiệm hạng nhất. Ông bắt đầu bằng việc tạo ra các dụng cụ đo lường mới và hiệu chỉnh chúng, việc này đòi hỏi rất nhiều công sức.

Đặc biệt, để đo dòng điện, ông đã chế tạo cái gọi là máy đa điểm - một thiết bị trong đó dòng điện đo được đi qua một cuộn dây đứng yên gồm nhiều vòng dây. Một kim nam châm được treo ở giữa cuộn dây. Sự quay của mũi tên gắn liền với cường độ dòng điện chạy qua cuộn dây. Trước khi có bộ ghép hình, các thiết bị có cuộn dây gồm một vòng đã được sử dụng. Rõ ràng là độ nhạy của nhiều loại cao hơn nhiều.

Một đặc tính khó chịu của nhiều loại là kim nam châm ở gần vị trí cân bằng

*) Việc làm nóng nước khi rôto quay với cuộn dây hở rõ ràng đã thúc đẩy Joule nảy ra ý tưởng về thiết bị nổi tiếng của mình để xác định nhiệt lượng cơ học tương đương. Kinh nghiệm của Joule với thiết bị này đóng một vai trò lớn trong việc chứng minh định luật bảo toàn năng lượng. Vì vậy, đơn vị sóng năng lượng xứng đáng mang tên ông.

13

Vai trò của định luật bảo toàn

Trong cách suy diễn có vẻ trơn tru của công thức Joule-Lenz, có một chỗ không rõ ràng lắm. Tại sao một electron khi va chạm lại tỏa ra năng lượng cho nguyên tử đúng bằng năng lượng tăng thêm thu được trong điện trường?

Chúng ta hãy xem xét câu hỏi này kỹ hơn.

Đối với lời giải bất kỳ bài toán vật lý nào, chúng ta phải nhớ các định luật bảo toàn cấu trúc. Theo định luật bảo toàn động lượng và năng lượng, một electron trong quá trình va chạm phải nhường một phần động năng nhất định cho sóng nguyên tử. Người ta không rõ tại sao phần động năng tổng cộng này của electron lại đúng bằng năng lượng bổ sung của electron thu được trong điện trường.

Chúng ta sẽ giả sử rằng các electron và nguyên tử va chạm nhau như những quả bóng đàn hồi.

Hãy tính phần tổng động năng mà một electron sẽ cung cấp cho nguyên tử ở giai đoạn trung tâm (Hình 2, a).

Để electron chuyển động với tốc độ $v$ trước khi va chạm và để nguyên tử kết thúc. Chúng ta hãy biểu thị tốc độ của electron sau va chạm là $v_1$ và tốc độ của nguyên tử là $V_1$. Khi đó, theo định luật bảo toàn động lượng:

$$mv = mv_1 + MV_1,$$

(6)

Trước lễ kỷ niệm Sau lễ kỷ niệm

Cơm. 2.

và theo định luật bảo toàn năng lượng:

$$\frac{mv^2}{2} = \frac{mv_1^2}{2} + \frac{MV_1^2}{2}.$$

(7)

Từ hai phương trình này ta có:

$$\frac{MV_1^2}{2} = \frac{4Mm}{(m+M)^2} \cdot \frac{mv^2}{2}.$$

(8)

Vì $M \gg m$, $m$ có thể bị bỏ qua làm mẫu số so với $M$. Sau đó:

$$\frac{MV_1^2}{2} = \frac{4m}{M} \frac{mv^2}{2}.$$

(9)

Với các tác động không tập trung (Hình 2, b), nguyên tử sẽ nhận được một phần năng lượng điện tử ban đầu nhỏ hơn. Khi một electron bay tiếp tuyến với nguyên tử “bề mặt” (Hình 2, c), năng lượng truyền đi sẽ bằng không. Phần năng lượng trung bình được định nghĩa bằng một nửa phần tối đa và bằng 0, nói cách khác, nó bằng một nửa phần tối đa. Vì vậy, năng lượng trung bình mà nguyên tử nhận được từ electron trong mỗi va chạm bằng

$$\frac{MV^2}{2} = \frac{2m}{M} \frac{mv^2}{2}.$$

(10)

Vì $m/M$ có thứ tự $10^{-3}$ - $10^{-5}$, nên electron chỉ có thể tạo ra một phần không đáng kể tác động của nó lên nguyên tử. Điều này tạo ra một loại “áo khoác lông” gắn liền với sự trao đổi năng lượng giữa các electron và nguyên tử.

Từ tính thuận nghịch của các va chạm đàn hồi theo thời gian, suy ra rằng một nguyên tử va chạm với một electron chỉ có thể truyền cho electron một phần nhỏ động năng ban đầu của nó. Không khó để kiểm chứng điều này bằng một phép tính đơn giản.

Một cách khác để tính jun của một vật

Không chỉ các electron tự do chuyển động trong chất dẫn điện mà cả các nguyên tử cũng thực hiện dao động xung quanh vị trí cân bằng của chúng.

14

Sự va chạm phải được xem xét giữa hai nhóm hạt chuyển động.

Trong một số va chạm, các electron tách một phần năng lượng của chúng ra khỏi nguyên tử; ngược lại, ở những nơi khác, các nguyên tử tách một phần năng lượng của chúng khỏi các electron. Nhờ tác động của điện trường, các electron liên tục được “làm nóng”, nhận thêm năng lượng. Kết quả là khí electron có nhiệt độ cao hơn một chút $T_e$ so với nhiệt độ của nguyên tử $T_a$. Trung bình, các electron giải phóng nhiều năng lượng từ các nguyên tử hơn mức chúng nhận được từ chúng.

Như đã chỉ ra, với mỗi va chạm, electron có thể tách $2\frac{m}{M}$ động năng của nó. Điều tương tự cũng áp dụng cho các nguyên tử.

Chúng ta hãy sử dụng biểu thức thông thường cho năng lượng trung bình của hạt theo nhiệt độ. Sau đó

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

$$\frac{MV^2}{2} = \frac{3}{2} kT_a.$$

Dòng năng lượng quyết định sự nóng lên của các nguyên tử bằng hiệu giữa hai dòng năng lượng - dòng năng lượng từ electron sang nguyên tử và dòng từ nguyên tử sang electron. Rõ ràng là dòng năng lượng tổng hợp này phải tỷ lệ thuận với số lượng electron va chạm với nguyên tử $\frac{N}{\tau}$, hệ số truyền năng lượng $2\frac{m}{M}$ và độ chênh lệch năng lượng trung bình của electron và nguyên tử $\frac{3}{2} k(T_e - T_a)$.

Tính toán chặt chẽ cho thấy rằng không cần nhập bất kỳ hệ số số nào vào biểu thức cuối cùng cho dòng năng lượng thu được, nghĩa là

$$W = \frac{N}{\tau} \frac{2m}{M} \frac{3}{2} k(T_e - T_a).$$

Trong công thức (11) $W$ là nhiệt Joule, nhưng ở đây nó được biểu thị khác với công thức (3).

Khi không có điện trường ngoài thì tồn tại giữa các electron và nguyên tử. Nhiệt độ của electron bằng nhiệt độ của nguyên tử.

Ở trạng thái cân bằng nhiệt ($T_e = T_a$), dòng năng lượng thu được sẽ bằng không. Tác dụng của điện trường lên các electron gây ra sự vi phạm trạng thái cân bằng nhiệt này.

Bằng cách đánh đồng vế phải của các đẳng thức (3) và (11) (chúng ta có thể làm điều này vì chúng biểu thị cùng một đại lượng):

$$\frac{1}{2} \frac{e^2}{m} N\tau E^2 = \frac{N}{\tau} \frac{2m}{M} \frac{3}{2} k(T_e - T_a).$$

Từ đây, về sự khác biệt giữa nhiệt độ electron và nguyên tử, chúng ta thu được:

$$T_e - T_a = \frac{1}{6} \frac{M}{m} \frac{e^2\tau^2}{km} E^2.$$

Do đó, do tác động của điện trường, một sự chênh lệch nhiệt độ nhất định được thiết lập. Chúng ta thấy rằng sự khác biệt này tỷ lệ thuận với tỷ lệ khối lượng $M/m$.

Trường hợp này bù cho tỷ lệ nghịch đảo khối lượng trong công thức (10) và làm cho đạo hàm ban đầu của công thức Joule-Lenz, trong đó $M/m$ hoàn toàn không xuất hiện, trở thành một định luật.

Cần lưu ý rằng trong thời điểm đầu tiên sau khi đặt một điện trường vào dây dẫn, đẳng thức (12) không được thỏa mãn. Năng lượng mà các electron nhận được từ điện trường đôi khi vượt quá năng lượng mà các electron cung cấp cho nguyên tử. Kết quả là, $T_e$ phát triển cực kỳ nhanh chóng, từ đó dẫn đến sự gia tăng năng lượng do các electron tỏa ra cho nguyên tử. Điều này sẽ tiếp tục, rất nhiều, cho đến khi năng lượng mà các electron nhận được từ trường và năng lượng do nguyên tử cung cấp cho chúng bằng nhau. Sau đó, các electron va chạm với nguyên tử sẽ cung cấp năng lượng cho chúng,

15

bằng động năng bổ sung thu được trong điện trường trong khoảng thời gian t giữa hai lần va chạm. Nhiệt độ điện tử ổn định đến mức xác định bằng đẳng thức (13).

Nó tạo ra hiệu ứng gần như tương tự khi sưởi ấm một ngôi nhà vào mùa đông. Tất cả nhiệt lượng tỏa ra từ hệ thống sưởi vào các phòng đều đi qua các bức tường của ngôi nhà ra đường. Nếu không, nhiệt độ trong phòng sẽ tăng lên liên tục. Hệ thống sưởi là cần thiết để duy trì sự chênh lệch nhiệt độ giữa các phòng và đường phố. Độ dẫn nhiệt của tường càng thấp, nhiệt thoát ra khỏi phòng càng chậm thì càng dễ duy trì chênh lệch nhiệt độ.

Khí điện tử và các nguyên tử trong dây dẫn đại diện cho hai vật thể có nhiệt độ khác nhau, nhưng chuyển động trong cùng một thể tích, và một trong những vật thể “nói” được làm nóng bởi điện trường. Tello, như mọi khi, chuyển từ vật thể nóng hơn (electron) sang vật thể lạnh hơn (nguyên tử).

Độ dẫn điện của “bức tường” ngăn cách hai “điểm báo” này được xác định bằng hệ số đứng trước chênh lệch nhiệt độ trong công thức (11).

Chúng ta hãy ước tính sự khác biệt giữa nhiệt độ điện tử và nhiệt độ nguyên tử đối với một dây dẫn kim loại.

Thời gian t có bậc $10^{-14}$ s, $E$ có bậc $10^{-3}$ b/cm. Đối với chênh lệch nhiệt độ $T_e - T_a$, chúng tôi thu được các giá trị theo thứ tự $10^{-9}$ ° C!

Sự chênh lệch nhiệt độ không đáng kể như vậy là đủ để cung cấp dòng năng lượng thu được cần thiết, mặc dù hệ số truyền năng lượng bằng phẳng ở mỗi va chạm giữa electron và nguyên tử. Điều này được giải thích là do số lượng va chạm khổng lồ giữa các electron và nguyên tử: $\frac{N}{\tau}$ cỡ $10^{36}$ s$^{-1}$.

Trong chất bán dẫn và đặc biệt là trong plasma khí, mọi thứ có thể hoàn toàn khác.

Huyết tương thần kinh

Nói đúng ra, các electron biểu diễn cổ điển mà chúng tôi sử dụng không áp dụng cho dây dẫn kim loại. Hành vi của các electron trong các dây dẫn như vậy có tính chất lượng tử thuần túy$^*$). Các khái niệm cổ điển có giá trị trong điều kiện dòng điện truyền qua chất khí (plasma khí), nhưng trong chất khí, các mối quan hệ hoàn toàn khác nhau có thể diễn ra và các định luật Ohm và Joule-Lenz thường mất đi giá trị.

Khi một dòng điện đi qua một chất khí loãng, do độ dài phân rã của electron tự do lớn nên thời gian phân rã t có thể dài hơn vài bậc độ lớn so với trong kim loại. $E$ cũng tăng theo vài bậc độ lớn.

Kết quả là nhiệt độ điện tử có thể đạt tới mười nghìn độ trong khi nhiệt độ của bản thân khí (nguyên tử) là vài trăm độ (ví dụ, trong đèn huỳnh quang hoặc đèn quảng cáo). Kết quả là hỗn hợp hai loại khí có nhiệt độ khác nhau gấp mười, thậm chí hàng trăm lần. Không thể nói về bất kỳ trạng thái cân bằng nhiệt nào trong những điều kiện như vậy. Huyết tương như vậy được gọi là không cân bằng.

Rõ ràng là độ nhỏ của tỷ lệ $m/M$ tạo điều kiện cho việc thiết lập chênh lệch nhiệt độ lớn hơn giữa các electron và nguyên tử của plasma không cân bằng.

Trong điều kiện phóng điện khí ở áp suất thấp, định luật Ohm bị vi phạm, vì m và $N$ phụ thuộc vào $E$. Do năng lượng của electron cao hơn, không chỉ có thể xảy ra va chạm đàn hồi mà còn có thể xảy ra va chạm không đàn hồi của electron với nguyên tử. Trong va chạm không đàn hồi, động năng của electron được chuyển hóa thành nội năng của nguyên tử.

$^*$ Xem bài viết của D. A. Frank·Kamenetsky “Điện trở là một hiện tượng lượng tử” («Kvant» Số 9, 1970).

Cơm. 3.

Các nguyên tử trở nên bị kích thích và bắt đầu phát ra ánh sáng, điều này giải thích sự phát sáng của đèn phóng điện trong khí. Thậm chí có thể đánh bật các electron bên trong (sự không hóa của các nguyên tử), dẫn đến sự gia tăng $N$. Trong mỗi va chạm không đàn hồi, electron mất năng lượng nhiều hơn so với va chạm đàn hồi. Nhiệt Joule chỉ là một phần của tổng công suất hiện tại. Đôi khi nhiệt Joule thậm chí còn nhỏ không đáng kể so với $jE$.

Rõ ràng là trong những trường hợp như vậy, công thức Joule-Lenz không thể áp dụng được và đẳng thức (12) không được thỏa mãn.

Cuối cùng, trong một số thiết bị phóng điện dòng điện cao được tạo ra nhằm mục đích thu được các phản ứng nhiệt hạch có kiểm soát, mối quan hệ nhiệt độ nghịch đảo xảy ra (Hình 3). Nhiệt độ của nguyên tử (chính xác hơn là các ion) hóa ra cao hơn nhiệt độ của electron. Dòng năng lượng thu được chảy theo hướng ngược lại - từ nguyên tử đến electron. Trong những điều kiện này, các electron không làm nóng mà làm nguội các nguyên tử.

TRẬN CHIẾN TOÁN HỌC

Dưới đây là bài toán, được đề xuất tại một cuộc thi toán học được tổ chức trong một cuộc tập hợp sinh viên từ một trường vật lý và toán học ở Leningrad vào ngày 7 tháng 1 năm 1972 (các quy tắc của nó được mô tả trong bài viết ở trang 71.)

1. Tìm các số nguyên $x$ và $y$ sao cho $(((x^x - y)^y)x - y)^x + x + y = 1972 + 1000x$.

2. Chứng minh rằng từ 1972 số nguyên bất kỳ có thể chọn đúng 972 có tổng chia hết cho 972.

3. Có thể tô màu các điểm trong không gian ba chiều bằng ba màu sao cho không có một đoạn nào được sơn hoàn toàn bằng một màu không?

4. Chứng minh rằng tích của tất cả các số từ $n+1$ đến $2n$ chia hết cho $2n$ và không chia hết cho $2^{n+1}$.

5. Xây dựng một đường tròn chia ba đường tròn đã cho thành hai phần bằng nhau.

6. Trong số các lượng giác của một diện tích cho trước, hãy tìm tam giác có tổng trung bình tương đối lớn nhất của các đường phân giác tương ứng.

7. Vé có một số có sáu chữ số. Một vé được gọi là vé Polingrad thường xuyên nếu tổng của ba chữ số đầu tiên bằng tổng của ba chữ số cuối. Một vé được gọi là chasty ở Vyshbor nếu số của nó chia hết cho 11. Vé nào lớn hơn: chasty ở Leningrad hay ở Vyshbor?

8. Có thể xếp mặt phẳng của một hình tứ giác bằng hình đã cho không?

9. Có thể thu được một hình ngũ giác đều bằng cách sử dụng mặt phẳng của hình lập phương không?

18

Vô thời hạn, từ định nghĩa của tích phân, suy ra rằng hàm tích $S$ là tích phân của hàm số $f$. Cụ thể, diện tích toàn bộ đồ thị con của hàm $f$ bằng $\int_{A}^{B} f(x) \, dx$. Công thức dẫn xuất cho đồ thị con cho thấy ý nghĩa hình học của tích phân: tích phân của hàm không âm là diện tích đồ thị con của hàm này. Đây là cơ sở để sử dụng tích phân để tính diện tích.

Ví dụ: chúng ta hãy tìm diện tích của hàm số bị cắt khỏi các parabol $y = x^2 + 1$ của đường thẳng $y = 2x + 1$.

Parabol và đường thẳng cắt nhau tại các điểm có tọa độ (0, 1) và (2, 5) được tìm thấy dưới dạng lời giải hệ phương trình $y = x^2 + 1$, $y = 2x + 1$.

Diện tích yêu cầu (Hình 6) bằng hiệu giữa diện tích của các đồ thị con của hàm $x \rightarrow 2x + 1$ và $x \rightarrow x^2 + 1$, được xác định trên khoảng [0, 2]:

$$S = \int_{0}^{2} (2x + 1) \, dx - \int_{0}^{2} (x^2 + 1) \, dx =$$

$$= \int_{0}^{2} (2x - x^2) \, dx = 2 \int_{0}^{2} xdx - \int_{0}^{2} x^2 \, dx = \frac{4}{3}.$$

Nói chung, nếu đồ thị của hàm $f$ và $g$ cắt nhau tại các điểm có hoành độ $A$ và $B$ và với tất cả các số $x$ của đoạn $[A, B]$ thì bất đẳng thức $f(x) \geq g(x)$ được thỏa mãn, thì diện tích của hàm nằm giữa các đồ thị con này (Hình 7) bằng $\int_{A}^{B} (f(x) - g(x)) \, dx$.

Bài tập 1. a) Tính diện tích đồ thị con của hàm $x \rightarrow x^2$ trên đoạn [0,1].

b) Tính diện tích giới hạn bởi vòm xoang và trục hoành (Hình 8).

2. Khối lượng cơ thể quay

Giả sử rằng đồ thị con của hàm không âm $f$, xác định trên đoạn $[A, B]$, quay quanh trục x. Chúng ta hãy liên kết từng đoạn $[a, b]$ chứa trong đoạn $[A, B]$ với số $V [a, b]$—thể tích của phần vật thể quay được bao bọc giữa các mặt phẳng $x = a$ và $x = b$ (Hình 9).

Chúng ta thu được hàm khoảng cộng $V$.

Từ Hình 9, rõ ràng phần được chọn của vật quay chứa một hình trụ tròn thẳng, chiều cao của nó là đoạn $[a, b]$, bán kính đáy là $\min f$ và được chứa trong một hình trụ có cùng chiều cao và bán kính đáy $\max f$. Vì thể tích của các hình trụ này lần lượt bằng $\pi (b-a)(\min f)^2$ và $\pi (b-a)(\max f)^2$ nên

$$\pi (b-a)(\min f)^2 \leq V [a, b] \leq \pi (b-a)(\max f)^2.$$

Nhưng $\pi (\min f)^2$ là giá trị nhỏ nhất của hàm $\pi f^2$ trên đoạn $[a, b]$ và $\pi (\max f)^2$ là giá trị lớn nhất của hàm trên đoạn này. Do đó, $V$ là tích phân của hàm này nên thể tích của toàn bộ vật quay bằng

$$\int \limits_A \pi f^2(x) \, dx.$$

Ví dụ: hãy tính thể tích của hình nón tròn bên phải và thể tích của hình cầu.

Một hình nón tròn nguyên thủy có chiều cao $H$ có thể được coi là kết quả của phép quay đồ thị con của hàm tuyến tính $x \rightarrow kx$ được xác định trên đoạn $[0, H]$ (Hình 10). Nếu bán kính đáy của hình nón là $R$ thì

$$kH = R,$$

Ở đâu

$$k = \frac{R}{H}.$$

Cơm. 9.

Cơm. 10.

20

§ 2. ỨNG DỤNG VẬT LÝ
TÍCH HỢP

Để kết luận, chúng tôi đưa ra một số ví dụ về ứng dụng tích phân trong các bài toán vật lý.

Bài 1. Hãy tìm tương tác tĩnh giữa một chất điểm có khối lượng m nằm trên cùng một đường thẳng với một thanh đồng chất có chiều dài l và khối lượng M. Khoảng cách từ điểm đó đến đầu gần nhất của thanh là c.

Tất nhiên, bạn biết định luật vạn vật hấp dẫn, trong đó phát biểu rằng lực tương tác hấp dẫn giữa hai khối lượng chính xác tỷ lệ thuận với tích của các khối lượng này và tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng. Tuy nhiên, trong trường hợp của chúng tôi, một trong những tương tác khối lượng là không chính xác.

Nếu thanh được chia thành nhiều phần thì tổng lực tương tác của các phần này với khối lượng m bằng lực tương tác của toàn bộ thanh với khối lượng này. Nói chung, các nhà vật lý viết thêm: “chia thanh thành những đoạn rất nhỏ có chiều dài Δx. Một lực $\frac{mM\Delta x}{lx^2}$ tác dụng lên một đoạn nằm cách điểm m một khoảng x thì tổng các lực này bằng…”

Hãy để chúng tôi chỉ ra cách người ta có thể xây dựng cách giải tích chặt chẽ như vậy và sử dụng định nghĩa của chúng tôi về tích phân.

Chúng ta hãy biến đường thẳng mà thanh và điểm nằm trên đó thành một tham chiếu số bằng cách chọn điểm bắt đầu là điểm mà tại đó khối lượng m được đặt và hướng trục sao cho thanh nằm trên dải dương. Khi đó thanh sẽ đi vào đoạn $[c, c + l]$ của trục này. Đối với mỗi đoạn $[a, b]$ chứa trong đoạn $[c, c + l]$, chúng ta gán một số F $[a, b]$—độ lớn của lực tương tác giữa đoạn này của thanh và khối lượng m. Rõ ràng F là hàm cộng của khoảng. Rõ ràng lực này sẽ tăng nếu tổng khối lượng của đoạn $[a, b]$, bằng $\frac{M}{l}(b - a)$, tập trung ở đầu a của đoạn này gần với khối lượng m, và sẽ giảm nếu khối lượng này tập trung tại điểm b. Nhưng trong mọi trường hợp, chúng ta sẽ đi đến sự tương tác của hai khối lượng chính xác. Trong trường hợp đầu tiên, lực tương tác bằng $\frac{\gamma mM}{la^2}(b - a)$, trong trường hợp thứ hai $-\frac{\gamma mM}{lb^2}(b - a)$. Vì vậy, $\frac{\gamma mM}{lb^2}(b - a) \leq F[a, b] \leq \frac{\gamma mM}{la^2}(b - a)$.

Nhưng $\frac{\gamma mM}{lb^2} = \min_{[a, b]} \frac{\gamma mM}{lx^2}, a \frac{\gamma mM}{la^2} = \max_{[a, b]} \frac{\gamma mM}{lx^2}$.

Do đó, hàm cộng của khoảng $F$ là tích phân của hàm $x \rightarrow \frac{\gamma mM}{lx^2}$. Toàn bộ lực hấp dẫn giữa thanh và điểm bằng

$$\int_{c}^{c+l} \frac{\gamma mM}{lx^2} dx = \frac{\gamma mM}{l} \int_{c}^{c+l} x^{-2} dx = \frac{\gamma mM}{l} (-1) \left[ (c+l)^{-1} - c^{-1} \right] = \frac{\gamma mM}{l} \left( \frac{1}{c} - \frac{1}{c+l} \right) = \frac{\gamma mM}{c(c+l)}$$

Bạn biết rằng lực hấp dẫn cũng được tính theo định luật vạn vật hấp dẫn. Bằng chứng có giá trị đối với khối lượng cầu có cùng công thức với khối lượng chính xác, tiếp theo đối với Newton là một trong những điểm hướng tới việc tạo ra số nguyên.

Bài 2. Tìm động năng của một đĩa đồng chất có bán kính R và khối lượng M đang chuyển động với vận tốc góc w không đổi với các vận tốc, đi qua tâm đĩa và vuông góc với mặt phẳng của nó.

Động năng của một điểm chuyển động phụ thuộc vào khối lượng và tốc độ. Mặc dù đĩa được xử lý liên tục

22

ĐỘ CAO NÚI
VÀ CƠ BẢN
hằng số vật lý

Đoạn trích này được lấy từ bài giảng của nhà vật lý lý thuyết nổi tiếng W. Weisskopf tại Trung tâm Nghiên cứu Hạt nhân Châu Âu (CERN) vào năm 1969. Bài giảng có tên “Vật lý hiện đại trong cách trình bày cơ bản”. Nó đã được xuất bản đầy đủ trên tạp chí “Những tiến bộ trong khoa học vật lý”, tập 103, số 1. 1, 1971.

Bản dịch của V. I. Rydnik.

Chúng ta biết rằng trên Trái đất có cả núi cao và núi thấp. Nhưng tại sao ngọn núi cao nhất (Chomolungma) chỉ cao khoảng 10 km? Tại sao không, nói, năm mươi lần nữa?

Trong quá trình hình thành núi và phong hóa, các ngọn núi bị phá hủy và nhiều ngọn núi “mất đi” chiều cao. Tuy nhiên, điều đó có nghĩa là gì khi có một “giới hạn” trên đối với chiều cao của chúng ở mức 10 km = 10⁶ cm? Hóa ra giá trị này được xác định bởi chính sự tồn tại vật lý của chất rắn trong đá. Nó cũng liên quan đến những đại lượng như gia tốc trọng trường và số lượng proton và neutron trong vật chất của Trái đất, xấp xỉ 3·10⁵¹.

Vậy tại sao núi không thể mọc cao như ý muốn? Nếu một ngọn núi trở nên quá cao, nó sẽ bắt đầu “chìm” vào lớp vỏ trái đất bên dưới nó, vì các chất tạo nên lớp vỏ trái đất - đá granit, thạch anh, silicon dioxide - không đủ mạnh để “giữ” một ngọn núi có chiều cao lớn hơn giới hạn xác định. Sức nặng của một ngọn núi như vậy hóa ra lại lớn đến mức nó sẽ làm gián đoạn hướng liên lạc giữa

với các nguyên tử của đá, do đó đá sẽ tan chảy, trở thành chất lỏng và có thể lan sang hai bên. Điều này khiến ngọn núi bị chìm xuống. Khi ngọn núi chìm vào vỏ trái đất, một phần thế năng của ngọn núi được giải phóng vào trường hấp dẫn của trái đất. Sự dư thừa này biến thành năng lượng “đốt cháy” tảng đá.

Gọi chiều cao ban đầu của ngọn núi là h và ngọn núi giảm xuống độ cao x (xem Hình 1; các đường nét liền và nét đứt thể hiện vị trí ban đầu và cuối cùng của ngọn núi). Ta lấy khối lượng của ngọn núi là M.

Như đã đề cập, sự giảm thế năng của một ngọn núi trong trường hấp dẫn của trái đất bằng với năng lượng “đốt cháy” khối lượng của ngọn núi chứa trong thể tích chiều cao x, tức là.

$$Mgx = E_{0ж} \cdot nxS,$$

hoặc

$$Mg = E_{0ж} \cdot nS,$$

Trong đó n là số lượng phân tử trên một đơn vị thể tích của ngọn núi, S là diện tích chân núi, $E_{0ж}$ là năng lượng “cháy” (tức là ẩn nhiệt của phản ứng tổng hợp) trên một phân tử, $\dot{g}$ là gia tốc trọng trường.

24

khối lượng theo giờ $m$ trên bề mặt Trái đất và khối lượng Trái đất $M_3$ bằng
$$mg = \gamma \frac{M_3 m}{R_3^2},$$
trong đó $R_3$ là bán kính Trái đất, $\gamma$ là ranh giới không đổi. Từ đây
$$g = \gamma \frac{M_3}{R_3^2}.$$
Nếu không yêu cầu độ chính xác cao thì các giá trị $M_3$ và $R_3$ có thể được biểu thị thông qua số lượng nucleon $N_3$ trong thành phần của Trái đất. Lớp vỏ Trái đất được cấu tạo chủ yếu từ SiO$_2$ ($A = 60$) và lõi của nó được cấu tạo chủ yếu từ sắt ($A = 57$). Hai chất này có trọng lượng nguyên tử xấp xỉ nhau nên có cùng kích thước nguyên tử. Nếu coi bán kính nguyên tử bằng $a$ thì thể tích Trái Đất sẽ bằng
$$\frac{4}{3} \pi R_3^3 = \frac{4}{3} \pi \frac{N_3}{A} a^3,$$
Ở đâu
$$R_3 = a \left(\frac{N_3}{A}\right)^{1/3}.$$
Thay thế điều này vào biểu thức (5), chúng ta nhận được
$$g = \gamma \frac{M_3}{R_3^2} = \gamma \frac{N_3 m_p}{R_3^2} = \gamma N_3 \left(\frac{A}{N_3}\right)^{2/3} \frac{m_p}{a^2}.$$
Bán kính nguyên tử của chất rắn gần đúng bằng $a = f a_0$, trong đó $a_0$ là bán kính của nguyên tử hydro và giá trị của hệ số $f$ nằm trong khoảng 1–4. Như vậy,
$$g = \gamma N_3 \left(\frac{A}{N_3}\right)^{2/3} \frac{m_7}{(f a_0)^2}.$$
Trong biểu thức này, hằng số không phổ quát là số nucleon $N_3$ trong thành phần của Trái đất *).

*) Khi đánh giá chiều cao của các ngọn núi trên các hành tinh khác, các giá trị $A$ và $N_3$ không thể được coi là phổ quát, vì thành phần của các nguyên tố trong đá hình thành nên các hành tinh này có thể khác với thành phần của Trái đất. (Lời khuyên của người dịch.)

BÀI TOÁN HÌNH HỌC

Chứng minh rằng tổng các khoảng cách (trong hình CE + CF) từ một đỉnh (C) bất kỳ của tam giác đến các điểm tiếp xúc của các đường tròn ngoại hình tính từ cạnh bên,

đi qua đỉnh này bằng tam giác ($AB=c$).

S. N. Fedin

VỀ ĐIỆN

Ở Glasgow (Scotland) và Moscow có một giai thoại mà người Anh cho là của nhà vật lý nổi tiếng người Anh Lord Kelvin, còn người Moscow thì cho là của giáo sư Nikolai Alekseevich Umov của Đại học Moscow.

Trong kỳ thi, Umov, Jacob hỏi học sinh: “Điện là gì?” Suy nghĩ hồi lâu, cậu sinh viên trả lời: “Xin lỗi giáo sư, em quên mất. Sáng nay em làm rồi, bây giờ em quên mất.”
“Đây, các quý ông,” Umov nói với các sinh viên khác, “là bi kịch lớn nhất của vật lý thế kỷ 19: người duy nhất trên thế giới biết điện là gì, và thậm chí anh ta còn quên mất!”

25

SỰ KẾT THÚC

V. I. Kaplun, V. G. Leibovich, E. L. Papernov

Đo bảy lần - cắt một lần

Hãy tưởng tượng rằng bạn muốn lát sàn phòng tắm bằng gạch hoặc lát sàn gỗ chung trong phòng. Trong trường hợp này, điều kiện duy nhất được đặt ra: gạch (sàn gỗ) phải giống nhau. Điều đầu tiên bạn nghĩ đến là cố gắng làm sàn gỗ từ các hình đa giác thông thường. Bạn có thể đọc về những tấm sàn như vậy trong bài viết của A. N. Kolmogorov “Sàn gỗ từ các đa giác thông thường” *, trong đó các tấm sàn vô tận được xem xét, tức là các viên gạch bao phủ toàn bộ mặt phẳng. Việc di chuyển đến những khu vực hạn chế (chẳng hạn như một căn phòng) sẽ dẫn đến những biến chứng đáng kể.

Bài toán 1. Chứng minh rằng không thể lát một căn phòng hình chữ nhật bằng những hình tam giác hoặc hình lục giác đều.

Bài 2. Lấy ví dụ về một căn phòng hình chữ nhật, tủ có ngăn kéo không thể thay thế bằng bất kỳ viên gạch hình vuông nào.

Như bạn có thể thấy, chúng ta không thể làm gì nếu không có số liệu “sai”. Họ thường làm bài toán khá đơn giản. Ví dụ: không khó để chọn một viên gạch hình chữ nhật có thể được sử dụng để lát một căn phòng hình chữ nhật nhất định (Hình 1). Sau này chúng tôi đã học được cách đóng băng

*) Xem «Kvant», số 3, 1970.

lắp đặt sàn gỗ ở nhiều khu vực khác nhau. Đồng thời, chúng tôi sẽ chỉ sử dụng sàn gỗ đa giác và luôn yêu cầu rằng trong từng trường hợp cụ thể, chúng đều giống nhau. Lưu ý rằng nếu chúng tôi phủ một hình nhất định bằng sàn gỗ, chúng tôi đồng thời chia nó thành các đa giác—các ô—với các đoạn thẳng. Vì vậy, sau này chúng ta sẽ thường xuyên sử dụng từ “phá” và “cắt”. Để thuận tiện cho việc trình bày, chúng tôi sẽ đưa ra một ý nghĩa đặc biệt cho từ “cắt”: đây là một cách phân chia trong đó ranh giới của các viên gạch tạo thành các đoạn cắt khu vực của chúng ta “xuyên suốt”. Hình 2 hiển thị ví dụ về phân vùng không phải là phần cắt và Hình 3 hiển thị ví dụ về phần cắt.

Bây giờ chúng ta hãy xem cách bạn có thể cắt một hình chữ nhật thành các hình tam giác bằng nhau. Đây sẽ là một trong những bài toán chính của chúng tôi. Ví dụ, bằng cách vẽ một đường chéo, chúng ta cắt hình chữ nhật thành hai hình tam giác bằng nhau.

Bài 3. Chứng minh rằng một hình chữ nhật tùy ý có thể cắt thành số nguyên hình tam giác bất kỳ.

Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra: có thể cắt một hình chữ nhật thành một số lẻ các hình tam giác bằng nhau không? Đáp số câu hỏi này sẽ dựa trên các kết quả tổng quát hơn mà chúng tôi

26

Chúng ta hãy chứng minh một định lý về việc cắt các vùng vô hạn thành các tam giác bằng nhau.

Để xây dựng nó, chúng ta cần một khái niệm quan trọng.

Giả sử có một số họ đường trên mặt phẳng. Chúng ta sẽ nói rằng họ này có một hệ hướng và nếu có thể phân biệt được một số hữu hạn đường thẳng trên mặt phẳng thì mỗi đường thẳng trong tập hợp này sẽ song song với một trong số chúng. Ví dụ: các hướng được đánh dấu màu đỏ trong Hình 4 là hướng dẫn cho tập hợp các đường thẳng được hiển thị trong hình này.

Cơm. 1.

Cơm. 2.

Cơm. 3.

Định lý chính. Cắt mặt phẳng thành các hình tam giác bằng nhau; mô hình có thể xảy ra các trường hợp sau:

1. nếu các tam giác cắt là hình chữ nhật có góc 30° thì hệ dẫn hướng thuộc họ đường thẳng cắt gồm 3, 4 hoặc 6 phần tử;

2. nếu các hình tam giác cắt là hình chữ nhật nhưng không phải là hình tam giác trong trường hợp 1 thì hệ thống dẫn hướng chỉ có thể bao gồm 3 hoặc 4 phần tử;

3. cuối cùng, nếu các hình tam giác cắt không thẳng thì chỉ có 3 thanh dẫn hướng.

Chúng ta hãy lưu ý một tính chất của các vết cắt sẽ đóng một vai trò quan trọng trong các cuộc thảo luận tiếp theo.

Giả sử có một hình tam giác tùy ý nằm trong phần cắt (ΔABC trong Hình 5). thì mỗi cạnh của tam giác này xác định một trong các đường cắt. Mỗi đường thẳng này có thêm các hình tam giác gắn liền với nó ở phía bên kia. Ví dụ, hãy xem xét cạnh AC của tam giác ABC trong Hình 5 và đường thẳng l tương ứng (nơi nó nằm trên đó). Ta xét một trong các tam giác kề AC có điểm chung với AC, khác điểm A và C (tam giác như vậy rất rộng). thì tam giác này - hãy ký hiệu là A’B’C’ - chỉ có thể chiếm hai vị trí so với ΔABC (Hình 5, a và b). Chứng minh điều này (dựa trên sự bằng nhau của các tam giác ABC và A’B’C’ và việc phân hoạch của chúng ta là

Cơm. 4.

Cơm. 5, A.

Cơm. 5, b.

Cơm. 6.

27

cắt) chúng tôi gửi đến người đọc như một bài tập dễ dàng, một sự khởi động cho những nhiệm vụ khó khăn hơn sẽ sớm diễn ra.

Bây giờ chúng ta có thể tiến hành trực tiếp đến việc chứng minh định lý. Trước tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp 3. Đặt $ABC$ là một tam giác tùy ý của sàn gỗ của chúng ta (Hình 6). Với mục đích định nghĩa, hãy đặt góc $A$ của nó là lớn nhất (trong trường hợp tam giác đều hoặc tam giác đều, người ta có thể, như sẽ rõ ràng sau đây, lấy một góc tùy ý từ các góc tương ứng). Ta hãy chứng minh rằng tam giác thứ hai áp dụng cho cạnh chứa đỉnh $A$ chỉ có thể tạo thành cấu hình như ở Hình 5, $6$ (sau đây chúng ta sẽ viết đơn giản là “đính kèm như “6”). Thật vậy, vì góc $A$ lớn nhất nên $\angle A \geq 60^\circ$. Do đó, nếu tam giác $A'B'C'$ được gắn theo kiểu “a” thì không thể gắn a tam giác với cạnh bên chứa đỉnh $A$. Chúng ta để lại chứng minh của sự kiện đơn giản này cho độc giả. Chúng ta hãy xem xét trường hợp $\Rightarrow A = 60^\circ$ riêng biệt.

Từ đó (đây cũng là bài toán) sàn gỗ chỉ có thể trông giống như trong Hình 7 (một số hình tam giác trên đó được sơn phủ lên để tạo độ mịn).

Hãy chuyển sang trường hợp 2. Rõ ràng, ở đây bạn có thể xây dựng sàn gỗ giống như trong trường hợp 3. Nhưng trong trường hợp này, bạn có thể xây dựng chính xác một sàn gỗ nữa (nhiệm vụ!) (xem Hình 8).

Tất nhiên, trong trường hợp 1, cả hai sàn gỗ, trường hợp 2 và một sàn gỗ khác (lại là một vấn đề!), như được hiển thị trong Hình 9, đều có thể được triển khai.

Bây giờ, khi đã có trong tay định lý về ván sàn vô hạn, chúng ta có thể xét việc cắt các hình hữu hạn.

Định lý 1. Nếu một hình vuông được cắt thành các hình tam giác bằng nhau thì các tam giác này nhất thiết phải thẳng hàng và số cent của chúng bằng nhau.

Thật vậy, một sàn gỗ hữu hạn hoặc là một phần của một trong những sàn gỗ vô hạn được mô tả trong Hình 7-9, hoặc có dạng $n$-giác thông thường (đây là một vấn đề) (Hình 10).

Trong một căn phòng rất vuông, sàn gỗ hình tam giác chỉ có thể trông giống như trong Hình 7-9. Nhưng bản thân các cạnh của hình vuông phải là những đường thẳng cắt nên trường hợp 3 biến mất. Do đó, phân vùng bao gồm các hình tam giác vuông. (Lưu ý rằng khi các hình tam giác trong Hình 8 đều bằng nhau, chúng ta sẽ có được sàn gỗ như Hình 10.). Nếu sàn gỗ trông giống như trong Hình 7 thì trong số các đường sinh có hướng chỉ có hai đường sinh vuông góc với nhau. Chúng phải trùng với hướng của cạnh hình vuông. Trong trường hợp này, mỗi loại của tam giác cắt phải được đặt một số nguyên lần trên cạnh hình vuông. Đặt cạnh của hình vuông bằng $a$ và các loại nằm trong đó hai cặp hướng dẫn vuông góc lẫn nhau tương ứng.

Cuối cùng, chúng tôi lưu ý rằng loại sàn gỗ Hình 9 không thể được thực hiện trên một hình vuông. Điều này có thể được xác minh như sau. Cho độ dài cạnh huyền của tam giác cắt bằng $a$ thì các loại tương ứng bằng $\frac{a}{2}$ và $\frac{\sqrt{3}}{2} a$. Nhưng nếu một số sàn gỗ thẳng như Hình 9, thì (chứng minh!) một trong các cạnh của nó bằng $k \frac{\sqrt{3}}{2} a$, và cạnh kia là $n \frac{3}{2} a$, trong đó $n$ và $k$ là số nguyên. Nhưng sau đó

28

Các cạnh của hình chữ nhật không thể đo được nên không thể thu được hình vuông.

Định lý 2. Nếu một hình chữ nhật được cắt thành các hình tam giác bằng nhau thì tất cả các hình tam giác này đều là hình chữ nhật và có số phần trăm của chúng.

Chứng minh định lý này không khác gì chứng minh Định lý 1. Bạn hãy tự chứng minh nhé.

Sau khi chắc chắn rằng sàn lát gỗ cho các cột hình chữ nhật không đa dạng lắm, họ tự nhiên đặt câu hỏi: tình huống với các hình khác, chẳng hạn như hình tam giác, là gì? Rõ ràng là một tam giác đều có thể cắt thành hai tam giác bằng nhau. Còn những người khác thì sao?

Bài 4. Chứng minh nếu cắt một tam giác thành hai tam giác bằng nhau thì tam giác đó là tam giác đều.

Bài 5. Cho một tam giác tùy ý; Có thể cắt nó thành bao nhiêu hình tam giác bằng nhau?

Tuy nhiên, hình tam giác, như bạn thấy, có thể bị cắt. Bạn có thể nghĩ rằng đây là trường hợp của tất cả các đa giác.

Tuy nhiên, điều này không đúng. Bây giờ chúng ta sẽ giải quyết ví dụ đơn giản nhất về một fugue chưa cắt.

Hãy xem xét vấn đề cắt hình thang. Hình 11 cho thấy một ví dụ về hình thang có thể cắt thành các hình tam giác bằng nhau. Tuy nhiên, chúng ta hãy chứng minh rằng có những hình thang không những không thể cắt mà còn có thể chia thành các hình tam giác bằng nhau. Sự tồn tại của những hình thang như vậy dựa trên sự tồn tại của vô số đoạn thẳng. Hãy nhớ rằng các đoạn $a$ và $b$ là vô lượng nếu tỷ lệ độ dài của chúng là một số vô tỷ *). Chúng ta gọi các phân số $a_1, \dots, a_n$ là vô lượng lẫn nhau nếu không có $a_r$ nào có thể biểu diễn dưới dạng $a_r = k_1 a_1 + \dots + k_n a_n$, trong đó $k_1, \dots, k_n$ là các số hữu tỉ ($k_r = 0$).

Chúng ta hãy lấy một hình thang có các cạnh $l, m, n, p$ (Hình 12), trong đó các đoạn $l, m, n, p$ không thể đo được lẫn nhau. Giả sử rằng nó có thể được chia thành các hình tam giác bằng nhau. Chúng ta hãy nhìn vào bên $l$. Phân vùng của chúng tôi sẽ chia nó thành nhiều phần, mỗi phần là một trong các cạnh của tam giác phân vùng (Hình 13). Do đó, $l = k_1 a + k_2 b + k_3 c$, trong đó $k_1, k_2, k_3$ là số nguyên không âm. Lập luận tương tự cho các cạnh còn lại của hình thang cho hệ đẳng thức

$$\begin{align*} l &= k_1 a + k_2 b + k_3 c, \\ m &= k_1 a + k_5 b + k_6 c, \\ n &= k_7 a + k_8 b + k_9 c, \\ p &= k_{10} a + k_{11} b + k_{12} c \end{align*}$$

trong đó $k_1, k_2, \dots, k_{12}$ là số nguyên không âm. Chúng tôi giả định rằng việc phân vùng là khả thi. Điều này có nghĩa là, với $k_1, k_2, \dots, k_{12}$, những đẳng thức này có thể được coi là một hệ phương trình cho $a, b$ và $c$.

Bài 6. Chứng minh rằng trong trường hợp tổng quát, tính không đo được theo cặp của các số $a_1, \dots, a_n$ không hàm ý tính không đo được lẫn nhau của chúng.

Bài 7. Chứng minh giao điểm của ba phương trình có dạng

$$\begin{align*} a &= r_1 l + r_2 m + r_3 n, \\ b &= r_4 l + r_5 m + r_6 n, \\ c &= r_7 l + r_8 m + r_9 n \end{align*}$$

trong đó $r_1, \dots, r_9$ là số hữu tỉ.

Thay các giá trị $a, b$ và $c$ vào bốn phương trình, ta được $p =$

*) Trong phần tiếp theo, một đoạn và độ dài của nó được ký hiệu theo cùng một cách.

29

$$= r_{10}l + r_{11}m + r_{12}n, \quad r_{10}, r_{11}, r_{12} \text{ — разциональные числа. Но отрезки } l, m, n \text{ взимно несоизмеримы. Мы пришли к противоречию; следовательно, трапецю со взимно несоизмеримыми сторонами разбит на равные треугольники невозможно.}$$

Bài toán 8. Chứng minh rằng đường biên có cạnh $n = \sqrt{2}, m = \sqrt{3}, l = \sqrt{7}, p = \sqrt{5}$ không thể chia thành các tam giác bằng nhau.

Bây giờ lấy một mảnh hình chữ nhật và dán hình trụ ra khỏi nó (Hình 14). Nếu chúng ta cắt hình trụ thu được ở một góc bất kỳ so với đáy, chúng ta sẽ có được một hình bình hành (Hình 15). Như vậy, bài toán cắt một hình trụ theo đường thẳng tương đương với việc cắt một hình bình hành. Nhưng ở đây, tình huống ở đây giống với hình chữ nhật về nhiều mặt: có thể dễ dàng cắt hình bình hành thành số chẵn, không thể cắt hình bình hành thành số lẻ các tam giác bằng nhau, và liệu nó có thể chia thành số lẻ hay không thì chưa biết. Chúng ta đã thấy rằng đối với một hình thang, khả năng phân chia có thể có liên quan đến khả năng giải được một hệ phương trình nhất định. Đối với hình bình hành, chúng ta chỉ có ba phương trình độc lập tương ứng với các đại lượng được xác định bởi hình bình hành, đó là hai cạnh và góc ở đáy. Vì vậy bài toán là có điều kiện. Điều quan trọng cần lưu ý là góc $\alpha$ ở chân đế hoàn toàn phụ thuộc vào chúng ta và chúng ta có thể chọn nó sao cho thuận tiện cho mình.

Một hình khác có thể được dán lại với nhau từ một hình chữ nhật, dải Mobius, có những đặc tính thú vị liên quan đến việc cắt. Dải Möbius thu được nếu chúng ta dán hình chữ nhật $ABCD$ (Hình 16) như sau: dán $AB$ vào $CD$ sao cho $A$ được dán vào $C$ và $B$ đến $D$, tức là $AB$ “lật lại”. Dải Mobius có một số tính chất đáng chú ý.

(Ví dụ, xem “Bách khoa toàn thư về toán tiểu học”, M., 1966, tập 5, trang 500).

Nếu chúng ta cắt một góc nhọn so với mép của bề mặt, chúng ta sẽ có được một hình thang đều (Hình 17). Trong đó góc $\alpha$ là tùy ý và $a + b = AD + BC$. Không khó để chọn $\alpha$ sao cho $3b = 4a$, khi đó thực hiện sáu lần cắt chúng ta sẽ được 7 hình tam giác bằng nhau.

Bài toán 9. Chứng minh rằng dải Mobius có thể cắt thành nhiều hình tam giác bằng nhau bất kỳ.

Bây giờ người đọc đã quen với một số ý tưởng và phương pháp cắt, chúng tôi để anh ta tự mình khám phá các lý thuyết về cắt và phân vùng. Hãy để chúng tôi trình bày một số bài toán có thể có từ khu vực này.

Bài toán 10. Chứng minh rằng mọi tam giác vuông đều có thể cắt thành số lượng tam giác bất kỳ, bắt đầu từ hai, tương tự như tam giác ban đầu.

30

Cơm. 17.

Bài toán 11. Chứng minh rằng mọi tam giác đều có thể cắt thành nhiều tam giác đồng dạng bất kỳ, bắt đầu từ hai.

Câu 12. Điều này có thể được chấp nhận để cắt thành các hình tam giác tương tự như hình ban đầu không?

Bài toán 13. Chứng minh rằng có thể cắt một tam giác bất kỳ thành bốn tam giác đồng dạng với tam giác ban đầu.

Bài toán 14. Chứng minh rằng một tam giác bất kỳ có thể chia thành bao nhiêu tam giác giống với tam giác ban đầu, bắt đầu bằng sáu.

Bài toán 15. Chứng minh rằng nếu một tam giác được chia thành ba tam giác đồng dạng thì đó là tam giác nguyên thủy hoặc tam giác đều.

Câu 16. Điều này có thể được chấp nhận để cắt thành năm hình tam giác giống nhau không?

Bài 17. Chứng minh rằng nếu mỗi hình được chia thành n tam giác đồng dạng thì có thể chỉ ra số m bất kỳ rằng nó sẽ được chia thành số tam giác đồng dạng bất kỳ lớn hơn m.

Bài toán 18. Chứng minh rằng có một số tam giác cực mỏng không thể chia thành các tam giác đồng dạng.

Để kết luận, chúng ta hãy đề cập đến một số vấn đề đã được giải quyết.

Câu 1: Có thể chia một hình chữ nhật thành số lẻ các hình tam giác không?

Bài 2. Câu hỏi tương tự cho hình bình hành tùy ý. (Chúng tôi giả định rằng đáp số là tượng trưng cho cả hai câu hỏi này.)

Bài 3. Có ranh giới nào không thể chia thành các tam giác đồng dạng không?

(Sẽ rất thú vị nếu đạt được một số tiến bộ về lời giải vấn đề này bằng cách cải thiện phương pháp mà chúng tôi sử dụng cho lời giải bài toán về việc cắt ranh giới thành các hình tam giác bằng nhau)

Bài toán 4: Khám phá các phần cắt của các “vùng đa giác” khác. Hãy tìm điều kiện cần và đủ để tồn tại một mặt cắt.

Bài 5: Khảo sát việc cắt đa giác thành paramid.

31

PHÒNG THÍ NGHIỆM LƯỢNG TƯ

BOOMERANG

F. Hess

Rõ ràng, rất khó để tìm thấy một người không ngạc nhiên trước quỹ đạo được mô tả bởi boomerang. Và tất nhiên, nhiều người thực sự muốn tạo ra một chiếc boomerang và tìm hiểu lý do tại sao nó quay trở lại. Nhưng boomerang không chỉ là một món đồ chơi. Một chiếc boomerang nặng khá nguy hiểm. Vì vậy, chúng tôi mời độc giả làm một chiếc boomerang từ những vật liệu nhẹ, chẳng hạn như bìa cứng.

DƯỚI ĐÂY, chúng tôi xuất bản phiên bản rút gọn của bài báo đăng trên tạp chí Scientific American số tháng 11 năm 1968. Bài viết đã được V. I. Bakhmin dịch và chuẩn bị xuất bản.

Hãy tưởng tượng mảnh gỗ bạn ném bay theo đường tròn rồi quay trở lại và nằm yên dưới chân bạn. Vô lý! Tuy nhiên, tất nhiên đây chính xác là cách hoạt động của boomerang nếu bạn thực hiện đúng và ném đúng.

Boomerang lần đầu tiên được chế tạo bởi cư dân bản địa ở Úc. Người đọc có lẽ sẽ hơi thất vọng khi biết rằng hầu hết các boomerang của Úc đều không quay trở lại. Boomerang có thể được chia đại khái thành hai loại: quân sự và trở về. Boomerang loại đầu tiên được sử dụng làm vũ khí cho chiến tranh hoặc săn bắn. Một chiếc boomerang quân sự tốt có thể bay rất xa nhưng không quay trở lại. Những chiếc boomerang quay trở lại hầu như chỉ được sử dụng để chơi game.

Trên thực tế, việc tìm hiểu tất cả các loại boomerang hiện có không hề dễ dàng như bạn tưởng. Có rất nhiều loại vũ khí bản địa ở Úc. Các bộ lạc khác nhau có hình dạng boomerang khác nhau (Hình 1).

Không dễ để xác định từ vẻ ngoài của nó liệu một chiếc boomerang nhất định có đang quay trở lại hay không. Theo quy luật, boomerang quay trở lại ít nặng hơn và góc giữa hai vai của nó nhọn hơn. Nhìn chung, chúng có chiều dài từ 25 đến 75 cm, chiều rộng từ 3 đến 5 cm và độ dày từ nửa đến 1 cm rưỡi. Góc giữa các cánh tay của boomerang có thể thay đổi từ 80 đến 140 độ. Mọi thứ đều đạt tới 300 gram.

Hình dạng quả chuối của hầu hết các boomerang ít ảnh hưởng đến khả năng quay trở lại của nó. Boomerang có hình dạng cây sồi X, V, S, T, H, Y (dường như có thể có các hình dạng khác) để chúng sẽ quay trở lại. Quan trọng,

32

Không, bạn có thể sử dụng vật liệu khác, ví dụ như ván ép, nhựa hoặc bìa cứng.

Làm thế nào để ném một chiếc boomerang quay trở lại? Thông thường, bạn cầm nó bằng tay phải ở một đầu và giữ thẳng đứng, hơi xoay mặt lồi sang trái. Trong trường hợp này, cả hai đầu của boomerang đều hướng về phía trước (như cách ném của người Úc) hoặc hướng về phía sau. Bạn có thể chọn bất kỳ phương pháp nào. Sau đó, vung tay phải, họ ném boomerang về phía trước theo hướng nằm ngang hoặc hơi hướng lên trên. Để thành công, trước hết, mặt phẳng của boomerang khi ném gần như thẳng đứng hoặc hơi nghiêng sang phải nhưng không nằm ngang. Thứ hai, boomerang cần phải được chế tạo để quay nhanh. Điều này có thể đạt được nếu tại thời điểm ném, bạn trì hoãn đáng kể chuyển động về phía trước của tay phải. Theo quán tính, boomerang ngay lập tức bắt đầu quay xung quanh điểm mà siêu dữ liệu giữ nó và do đó đạt được tốc độ tịnh tiến và quay đồng thời.

Lúc đầu, có vẻ như chiếc boomerang đang bay đi, nhưng ngay sau đó quỹ đạo của nó lệch sang trái và một phần hướng lên trên. Sau đó, anh ta tạo ra một petlio rộng, ít nhiều tròn trịa và rơi xuống đâu đó dưới chân người ném, tuy nhiên, đôi khi lại mô tả một petlio nhỏ khác trước đó. Vòng thứ hai được uốn cong theo hướng khác, sao cho tất cả các quỹ đạo trong trường hợp này đều có hình số tám (Hình 3). Thật tuyệt vời khi chiếc boomerang, mô tả petlio và mất tốc độ, lơ lửng trên đầu bạn một lúc rồi từ từ hạ xuống.

Mỗi chiếc boomerang được đặc trưng bởi khả năng ném dễ dàng, loại quỹ đạo và khả năng bay lơ lửng. Ngoài ra, bất kỳ chiếc boomerang nào cũng có thể mô tả các quỹ đạo khác nhau tùy thuộc vào phương pháp ném. Độ chính xác của cú trả bóng phần lớn phụ thuộc vào kỹ năng của người ném. Phạm vi bay có thể là 40 mét, hoặc có thể bằng một nửa, độ cao bay là khoảng 15 mét, mặc dù có thể

33

Cơm. 3.

1,5 mét. Những chiếc boomerang hiện đại của Úc có thể di chuyển quãng đường hơn 100 mét và quay trở lại tốt. Thật không may, bản thân tôi không thể tạo ra một chiếc boomerang có thể di chuyển xa hơn 50 mét.

Cho đến nay, chúng ta đã ngầm cho rằng người ném không thuận tay trái và chiếc boomerang của anh ta cũng “thuận tay phải”. Nếu bạn nhìn vào một chiếc boomerag “bên phải” thông thường từ mặt lồi trong khi bay, nó sẽ quay ngược chiều kim đồng hồ. Do đó, bạn có thể đốt cháy các cạnh đầu và cuối của mỗi vai boomerang. Trong boomeraga của người bản xứ, cả hai mép của mỗi vai đều ít nhiều sắc nét. Nhưng ở boomerang hiện đại, mép trước của vai bị cùn, giống như mép trước của cánh máy bay. Trong một số trường hợp, các cánh tay của boomerag hơi cong, do đó các đầu của mép trước của nó hơi nhô lên.

Hiện tượng xảy ra với boomerag chỉ có thể được giải thích bằng cách xem xét sự tương tác của nó với tác động. Rốt cuộc, trong chân không nó không thể mô tả bất cứ thứ gì khác ngoài một parabol. Tuy nhiên, bài toán này rất phức tạp nên chúng ta hãy nhìn vấn đề theo cách đơn giản hơn.

Nếu bạn ném boomerang theo chiều ngang, buộc nó quay trong mặt phẳng thẳng đứng thì mỗi cánh tay của nó sẽ làm tiêu tan tác động của lực F, lực này sẽ tác động lên các cánh tay của boomerang theo hướng từ phần phẳng hơn đến phần lồi hơn (Hình 4). Lực này tương tự như lực nâng tác dụng lên cánh máy bay. Ngoài ra, về phía tác dụng của Q. Khi ném bằng tay phải lực Q sẽ hướng từ phải sang trái. Nhưng chỉ lực này thôi là không đủ để làm cho boomerang rẽ trái.

Tốc độ của cánh tay boomerang so với tác động không phải là hằng số.

34

Khi trò chơi ở nửa trên của vòng tròn ngoại tiếp, tốc độ tịnh tiến của boomerang v được cộng vào tốc độ quay u, và khi ở nửa dưới, các tốc độ được hướng theo hướng ngược lại, do đó tốc độ thu được giảm đi hoặc thậm chí biến mất hoàn toàn tại một thời điểm nào đó (Hình 5). Do đó, boomerang không chỉ chịu lực hướng từ phải sang trái mà còn chịu cả mô men của các lực F₁ và F₂ làm quay nó quanh trục ngang và có xu hướng di chuyển phần trên của boomerang.

Cơm. 5.

sang trái. Nhưng chuyển động này hầu như không bao giờ xảy ra trong thực tế, vì boomerang quay nhanh đến mức nó hoạt động giống như một con quay hồi chuyển *).

Nhưng một con quay hồi chuyển (là một cực đại quay nhanh) có các đặc tính sau: dưới tác dụng của một lực cố gắng quay nó, con quay hồi chuyển không quay theo hướng tác dụng của lực này mà quay quanh một trục vuông góc với cả trục quay và trục dọc theo đó mô men quay hướng vào. Trong trường hợp của chúng tôi, boomerang bắt đầu quay sang trái. Phong trào này được kêu gọi lần đầu tiên.

Vì vậy, boomerang quay sang trái, để mặt phẳng của nó dần dần tạo một góc ngày càng lớn hơn với hướng chuyển động, nếu không có lực hồi chuyển tăng nhanh, lực này lại hướng chuyến bay song song với mặt phẳng của boomerang. Kết quả là quỹ đạo bị cong sang trái và góc giữa mặt phẳng của boomerang và hướng chuyển động của nó được duy trì rất nhỏ.

Thường thì mặt phẳng của boomerang gần như thẳng đứng khi bắt đầu chuyến bay, cuối cùng trở nên gần như nằm ngang, chiếc boomerang dường như “nằm xuống”. Hãy xem xét vấn đề này chi tiết hơn.

Chúng ta sẽ coi mỗi cánh boomerang là một cánh máy bay. Cánh như vậy di chuyển về phía trước và đồng thời quay xung quanh trọng lượng của boomerang. Chúng ta sẽ giả định rằng không có chuyển động nào vuông góc với mặt phẳng boomerang. Trong boomerang hình chữ thập, trọng tâm nằm ở giao điểm của các cánh quạt, nhưng ở boomerang thông thường thì không như vậy. Ở đó, một playa ở phía trước khối tâm, và playa kia ở phía sau. Chúng ta sẽ gọi độ lệch tâm của vở kịch là khoảng cách từ nó đến tâm khối. Mỗi điểm của cánh được cuốn trôi bởi một dòng chảy thay đổi liên tục về độ lớn và hướng so với phần này của cánh. Xảy ra hiện tượng tác động của cánh chịu lực của cánh. Điều này rất dễ hiểu nếu bạn tưởng tượng một chiếc boomerang đang quay chậm, lao tới với tốc độ lớn hơn về phía trước và nhìn cánh của nó hướng xuống dưới. Lực tác động lên lưỡi boomerang trong trường hợp này là bao nhiêu?

Trước tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp ổn định: lưỡi dao chuyển động theo đường thẳng với vận tốc V không đổi so với không khí (Hình 6). Chúng ta hãy phân tách lực khí động học thành hai thành phần - lực nâng F

35

Cơm. 6.

(vuông góc với V) và lực cản Q (hướng vào V). Cả hai đều tỷ lệ thuận với V2. Nếu cánh không vuông góc với hướng truyền tốc thì V có thành phần song song với cánh, thành phần này không ảnh hưởng đến chuyển động theo bất kỳ cách nào. Do đó, chúng ta có thể thay thế tốc độ V bằng thành phần của nó vuông góc với cánh hoặc bằng tốc độ hiệu dụng V₃φφ. Trong trường hợp này, các lực tỉ lệ với (V₃φφ)².

Mỗi điểm trên vai boomerang đều tham gia vào chuyển động về phía trước. Tốc độ tương đối với không khí thay đổi từ điểm này sang điểm khác,

Cơm. 7.

vì boomerang đang quay. Ở tốc độ quay ω và khoảng cách đến trục quay r (trục đi qua khối tâm của boomerang) thì tốc độ của điểm là u=ωr. Đối với mỗi điểm của cánh tay, bằng cách cộng v và u, bạn có thể tìm được vận tốc V. Thành phần của nó, vuông góc với cánh tay boomerang, là V₃φφ (Hình 7). Tất nhiên, các giá trị V₃φφ cho mỗi điểm của vai sẽ liên tục thay đổi trong quá trình quay. Rõ ràng là sự đóng góp của từng điểm trên cánh tay boomerang vào lực nâng và lực kéo tại mỗi thời điểm quay tỷ lệ với (V₃φφ)².

Vì vậy, trên mỗi cánh tay của boomerang có một lực nâng trung bình F (lực F₁ và F₂ trên mỗi cánh tay của cánh tay tương ứng), một mômen trung bình

Cơm. 8.

đây là các lực M₁ so với trục ngang song song với tốc độ của boomerang, làm cho boomerang lệch sang trái và mô men M₂ so với trục vuông góc với tốc độ V, khiến boomerang “nằm xuống” (Hình 8). Ngoài ra, boomerang còn chịu tác dụng của lực kéo trung bình Q, làm giảm tốc độ chuyển tiếp của boomerang và mô men trung bình của lực M₄ này, làm chậm tốc độ quayω. Hóa ra không có đại lượng nào trong số này, ngoại trừ M₂, phụ thuộc vào độ lệch tâm và M₂

36

Điều này tỷ lệ thuận với độ lớn của độ lệch tâm.

Các lực và mômen tác động lên toàn bộ boomerang có được bằng cách cộng các giá trị cho mỗi cánh tay. Đóng góp vào $M_2$ từ các nhánh khác nhau của boomerang có thể tiêu diệt lẫn nhau một phần hoặc hoàn toàn.

Bây giờ chúng ta chuyển sang một câu hỏi quan trọng: boomerang sẽ di chuyển như thế nào dưới tác động của tất cả các lực và khoảnh khắc này (và tất nhiên là cả trọng lực)?

Như đã đề cập trước đó, mô men trung bình $M_1$ gây ra tuế sai con quay của boomerang. Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn con quay hồi chuyển. Nếu con quay hồi chuyển quay quanh trục của nó với tốc độ $\omega$ và một khoảnh khắc $M$ tác dụng lên nó, hướng dọc theo trục vuông góc với trục quay, thì con quay hồi chuyển bắt đầu ép trước và trục tuế sai vuông góc với cả trục quay và trục mô men $M$ (Hình 9). Vận tốc góc của tuế sai được ký hiệu là $\Omega$. Có một lực nâng rất mạnh giữa $\omega$, $\Omega$, $M$ và mômen quán tính con quay $I^*$. Vì vậy, nếu bạn muốn bùng nổ-

$$\Omega = M/I\omega.$$

Đối với boomerang, mô men $M$ tỷ lệ thuận với $\omega V$ nên tốc độ tuế sai $\Omega$ phải tỷ lệ thuận

$$\frac{\omega V}{I\omega} = \frac{V}{I}.$$

Do đó, tốc độ tuế sai không phụ thuộc vào tốc độ quay của boomerang $\omega$.

Một kết luận thậm chí còn kỳ lạ hơn có thể được rút ra. Tốc độ tuế sai tỷ lệ với $V/I$; hệ số tỷ lệ phụ thuộc vào hình dạng của boomerang. Vì vậy, chúng ta có thể viết

$$\Omega = CV,$$

trong đó $C$ là thông số đặc trưng của boomerang. Bây giờ hãy để tốc độ của boomerang tăng gấp đôi.

Do đó, vị trí mặt phẳng của nó cũng sẽ thay đổi nhanh gấp đôi. Điều này cho thấy, ngoài những điều khác, boomerang sẽ bay dọc theo cùng một đường cong.

Do đó, đường kính quỹ đạo của boomerang, nói một cách đại khái, không phụ thuộc vào tốc độ quay của boomerang hay tốc độ tịnh tiến của nó. Điều này có nghĩa là độ dài của đường đi boomerang ít nhiều không đổi. Các thông số quỹ đạo của boomerang tỷ lệ thuận với mô men quán tính của nó; chúng sẽ trở nên nhỏ hơn nếu hình dạng cánh tay của boomerang tạo ra nhiều lực nâng hơn. Vì vậy, nếu bạn muốn bùng nổ-