Kvant 1973, số 10 · Trang

QUANTUM
1973
10
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

Hình trên cho thấy một hình vẽ phức tạp nằm trên mặt giấy ca-rô. Chín nút rơi vào “lãnh thổ” của nó (chúng tôi gọi các nút là giao điểm của các đường thẳng ngang và dọc, đường giấy). Có thể gấp nó lại trên tờ giấy để có ít nút hơn nằm gọn trong khu vực bị chiếm dụng của nó không? Hóa ra là có thể: nếu diện tích của một hình tùy ý nằm trên giấy ca rô nhỏ hơn n (diện tích của một hình vuông được lấy bằng một), thì nó có thể được gấp lại sao cho không quá (n-1) nút rơi trên lãnh thổ của nó. Tuyên bố này được gọi là định lý Blichfeld. Hãy cố gắng chứng minh điều đó. Sau này, bạn chỉ cần đảm bảo rằng diện tích của hình của chúng tôi nhỏ hơn một và do đó, nó thực sự có thể được gấp lại từ các nút.

Ở trang đầu tiên, bạn sẽ thấy mô hình tinh thể ion lý tưởng. Tính chất của các chất kết tinh được xác định bởi cấu trúc mạng tinh thể của chúng. Cách tìm các thông số cơ học của một chất bằng đặc tính vi mô được mô tả trong bài viết “Tính chất cơ học của tinh thể” của G. B. Kuperman và E. D. Shukin.

1

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

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov,
S. T. Belyaev,
V. G. Boltyansky,
N. B. Vasiliev,
Yu. N. Efremov,
V. G. Zubov,
P. L. Kapitsa,
V. A. Kirillin,
A. I. Klimanov
(nghệ sĩ chính),
S. M. Kozel,
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập),
L. G. Makar-Limanov,
A. I. Markushevich,
N. A. Patrikeeva,
I. S. Petrkov,
N. Kh. Rozov,
A. P. Savin,
Tôi. Sh. Slobodetsky,
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập),
Y. A. Smorodinsky,
V. A. Fabrikant,
A. T. Tsvetkov,
M. P. Shaskolskaya,
S. I. Schwartzburg,
A. I. Shirshov.

biên tập:
V. N. Berezin,
A. N. Vilenkin,
T. M. Makarova
(biên tập nghệ thuật)
I. B. Mamulova,
N. A. Bạc hà,
T. S. Petrova,
V. A. Tikhomirova,
L. V. Chernova
(trưởng tòa soạn).
Nghệ sĩ V.V. Andreev

TRONG PHÒNG:

2. N. Vâng. Vilenkin, V. P. Litsevsky. Evarist Galya
3. A. F. Andreev. Tính siêu lỏng của gelium sống
4. L. E. Sadovsky, A. L. Sadovsky. Cách đo diện tích
5. I. M. Yaelom. ước tính góc
6. G. B. Kuperman, E. D. Shukin. Tính chất cơ học của tinh thể

Phòng thí nghiệm «Kvant»
42. B. I. Aleinikov. Làm thế nào để xác định các cực của nam châm?

vòng tròn toán học
43. Yu. I. Ionin, L. D. Kurlyandik. Vùng lân cận của một hình

Vấn đề «Kvant»
46. Bài toán M226—M230; F238—F242
48. Độ phân giải bài toán M184—M189; F198—F202

Xưởng của người nộp đơn
56. M. L. Kreizman. chiều cao kim tự tháp
61. Viện Vật lý-Kỹ thuật Moscow

Đánh giá, thư mục
64. I. E. Evgeniev. Sách về vũ trụ
66. K. I. Kashin. “trung tâm” là gì?
68. T. S. Petrova, M. L. Smolyansky. Sách mới

«Kvant» cho học sinh nhỏ
70. Bài toán
71. A. S. Varpakhovsky. Bí mật về số hoàn hảo và số lượng cặp khác
75. Đáp số, gợi ý, lời giải

Hỗn hợp (tr. 13, 21, 36, 41, 60, 63, 65, 67)

“Tôi không có thời gian… Tôi không có thời gian!” Những dòng chữ này, được viết nguệch ngoạc vào một đêm tháng Năm năm 1832 bằng những dòng chữ nguệch ngoạc gần như không thể giải mã được trên một tờ giấy phủ đầy các công thức đại số, hét lên về số phận bi thảm và kinh ngạc nhất từng xảy ra với một nhà khoa học - số phận của Evariste Galois. Một thiên tài không được công nhận, một nhà khoa học bị ruồng bỏ, cô đơn và trung thực một cách không hối lỗi. Vào đêm trước trận đấu, chàng trai hai mươi tuổi viết lần cuối, viết, tạm biệt bạn bè, khoa học, cuộc đời.

Evariste Galois sinh ngày 26 tháng 10 năm 1811 tại thị trấn Bourg-la-Reine trong một gia đình giám đốc một panson. Mẹ của anh, Adelaide-Marie, con gái của một tiến sĩ luật tại Đại học Paris, đã cho con trai mình một nền giáo dục nhân văn tốt. Các tác giả yêu thích của ông - Plutarch và Titus Livy, Corneille và Racine - đã dạy rằng không có niềm hạnh phúc nào lớn hơn việc cống hiến mạng sống của mình cho sự tự do của quê hương.

Năm mười hai tuổi, Evariste vào văn phòng ở Paris của Louis Đại đế. Ở đó, anh trở thành một trong những người giỏi nhất - những chiếc lá nghiền nát và những giải thưởng về những câu thơ tiếng Latinh và những bản dịch từ tiếng Hy Lạp lần lượt đổ xuống đầu anh. Tuy nhiên, Evariste nhanh chóng mất hứng thú với văn học và lịch sử và vẫn ở năm thứ hai trong bảng phân loại. Công việc của anh bị đánh giá là tầm thường, cách cư xử lơ đãng, trí thông minh còn quá trẻ. Galois tranh thủ thời gian quay trở lại để học lại môn toán cùng lúc. Ở đó khả năng toán học đặc biệt của ông ngay lập tức được bộc lộ. Những cuốn sách tiểu học về đại số không làm chàng trai hài lòng: chúng thiếu hai nghiên cứu khoa học. Anh ta đọc cuốn sách giáo khoa hình học của Legendre không ngừng nghỉ, giống như một cuốn tiểu thuyết, và khi đọc xong, toàn bộ chiều dài của loạt định lý vẫn in sâu trong trí nhớ của anh ta.

Anh ấy thực sự có được niềm vui tinh thần khi đọc các tác phẩm của Lagrange, một trong những nhà toán học vĩ đại nhất thế kỷ 18. Với sự dễ dàng đáng kinh ngạc, Galois làm chủ được khả năng phân tích toán học. Nhưng trên hết, tôi quan tâm đến công trình của Lagrange, trong đó nhà phân tích vĩ đại đã nghiên cứu bài toán giải được bằng căn thức của phương trình đại số.

Trở lại thế kỷ 16, các nhà toán học Ilyuyan Tartaglia và Cardno đã suy ra công thức cho phương trình lời giải cấp ba, và Ferrari, sinh viên trẻ của Cardno, đã suy ra công thức cho phương trình lời giải cấp bốn. Nhưng sau đó mọi thứ bị đình trệ: không thể tìm ra công thức cho phương trình lời giải bậc năm. Các nhà toán học lúc đó không hề nghi ngờ rằng có tồn tại một công thức như vậy. Đối với mọi người, dường như điều duy nhất là tìm ra công thức này, tạo ra sự kết hợp kỳ diệu của các hệ số phương trình, ký hiệu số học và căn thức, những thứ sẽ được sử dụng để giải bất kỳ phương trình bậc năm nào. Nhưng nhiều thế kỷ trôi qua và sự kết hợp đã thất bại

4

Không thể sáng tác được, mặc dù họ đã cống hiến rất nhiều cho nó cả đời.

Lagrange có một lối suy nghĩ đặc biệt. Trong mỗi câu hỏi, ông tìm cách tạo ra các khái niệm lý thuyết rộng rãi có thể liên kết toàn bộ vô số các bài toán, câu và số nguyên tố riêng lẻ thành một tổng thể duy nhất. Ông đã áp dụng cách tiếp cận tương tự cho câu hỏi về phương trình lời giải trong căn thức. Ông không tạo ra nhiều cách kết hợp khác nhau mà quyết định đâu là nguyên nhân dẫn đến thành công của các nguyên tố được Cardanov, Ferrari, Euler, Tschirghausen và nhiều người khác sử dụng cho các phương trình lời giải bậc 3 và bậc 4.

Hóa ra là tất cả họ đều làm điều tương tự - họ tạo ra các biểu thức từ các nghiệm của phương trình, mà khi các nghiệm được sắp xếp lại, sẽ nhận tương đối ít giá trị khác nhau. Ví dụ: nếu bạn lấy một biểu thức hữu tỉ gồm 4 nghiệm $x_1, x_2, x_3, x_4$ của một phương trình bậc 4, thì dưới nhiều cách sắp xếp lại các nghiệm khác nhau, nói chung, nó sẽ áp dụng 24 giá trị khác nhau (vì 4 đối tượng có thể được biểu diễn theo 24 cách).

Với những điều chỉnh như vậy, đơn thức $x_1$ sẽ có 4 giá trị: $x_1, x_2, x_3, x_4$, tức là bằng bậc của phương trình; công việc

$$\left( x_1 - x_2 \right) \left( x_1 - x_3 \right) \left( x_1 - x_4 \right) \times \left( x_2 - x_3 \right) \left( x_2 - x_4 \right) \left( x_3 - x_4 \right)$$

với những điều chỉnh này, chỉ có 2 giá trị khác nhau được sử dụng; nhị thức $x_1 x_2 + x_3 x_4$ - chỉ có 3 giá trị khác nhau. Lagrange đã chứng minh rằng nếu $x_1, \dots, x_n$ là nghiệm của một phương trình bậc $n$, thì số lần sắp xếp lại $k$, không làm thay đổi dạng của một số biểu thức hữu tỉ $f(x_1, \dots, x_n)$, là ước số của số $n!(n! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot n)$, và bản thân biểu thức này thỏa mãn một phương trình bậc $n! / k$, các hệ số của nó có thể được biểu thị thông qua các hệ số phương trình đã cho.

Phân tích tất cả các biểu thức có thể được tạo thành từ các nghiệm của một phương trình đã cho và các hoán vị khiến các biểu thức này không thay đổi, Lagrange đã chứng minh rằng nếu $p$ là số nguyên tố thì lời giải của bất kỳ phương trình nào có độ $p$ biểu thị lời giải phương trình của $(p - 2)!$ độ. Khi $p = 3$ chúng ta có $(p - 2)! = 1$, phương trình bậc một được giải. Nếu $p = 5$, thì $(p - 2)! = 3! = 6$, tức là lời giải của phương trình bậc năm biểu thị lời giải của phương trình bậc sáu. “Từ đó,” Lagrange viết, “điều cần thiết là các phương pháp mà chúng ta đã xem xét có thể đưa ra một phương trình lời giải hoàn chỉnh của bậc năm.” Điều chính trong công việc của Lagrange là ông đã thiết lập được mối liên hệ giữa nghiệm của phương trình theo căn thức và hoán vị của nghiệm. Ông gọi mối liên hệ này là “triết lý thực sự của việc giải phương trình”.

Công trình của Lagrange đã mở ra một thế giới mới cho Galois. Mọi suy nghĩ của anh đều hướng về toán học. Nhồi nhét lịch sử, văn học, hùng biện; những người dạy các môn khoa học này viết rằng “khả năng của anh ta chẳng qua là một huyền thoại mà đã đến lúc phải ngừng tin tưởng…”. Hơn nữa, giáo viên dạy toán Verni, người đánh giá rất cao tài năng của Galois, lại coi hành vi của Evariste là rất tệ, còn bản thân ông là người giấu giếm và kiêu ngạo. Ông thấy chàng trai trẻ có niềm đam mê với toán học nhưng lại cố gắng thuyết phục anh học cả toán và hùng biện. Muộn! Galois đã dấn thân vào con đường nghiên cứu khoa học độc lập. Ở tuổi mười sáu, anh ta mắc phải sai lầm giống như một thanh niên thông minh khác, Niels Abel người Na Uy, đã mắc phải vài năm trước anh ta - anh ta nghĩ rằng mình đã giải được một phương trình bậc năm. Việc Tín Hữu chỉ cho anh ta bầu vú thứ bảy thì có sao? Galois không còn nghĩ đến thể diện nữa - anh phấn đấu đạt đến quy mô Bách khoa nổi tiếng, nơi các sinh viên của Lagrange giảng dạy. Anh tin rằng mình sẽ được đánh giá cao ở cô…

Tuy nhiên, nỗ lực bước vào quy mô Bách khoa đã kết thúc

5

số lượng lớn: kiến ​​thức về các tác phẩm của Legendre và Lagrange là không đủ để giải bài toán phức tạp mà giám khảo đưa ra. Galya lại quay trở lại lyceum đáng ghét. Và ở đây hạnh phúc lần đầu tiên mỉm cười với anh - anh gặp được một giáo viên có thể đánh giá cao thiên tài của anh.

Richard biết cách vượt lên trên các chương trình chính thức, ông nhận thức được các ngành khoa học tiên tiến và tìm cách mở rộng tầm nhìn của học sinh. Nhận xét của Richard về Galya rất đơn giản: “Nó chỉ hoạt động trong những lĩnh vực cao nhất của toán học”.

Và thực sự, ở tuổi mười bảy, Galya đã nhận được kết quả khoa học đầu tiên của mình. Tuy nhiên, ghi chú của ông là ghi chú cuối cùng trên một tạp chí toán học nổi tiếng và sẽ sớm được xuất bản. Và mặc dù ghi chú được gọi là “Chứng minh một định lý về các phân số liên tục tuần hoàn”, nhưng nó hoàn toàn liên quan đến lý thuyết điều khiển -

Galya khám phá mối liên hệ giữa việc khai triển phân số liên tục của hai nghiệm của một phương trình.

Ghi chú này chỉ là vấn đề đầu tiên. Ở tuổi mười bảy, Galya đã có những khám phá quan trọng hơn nhiều về lý thuyết phương trình và gửi tác phẩm đến Viện Hàn lâm Khoa học. Nhà toán học Pháp nổi tiếng nhất thời bấy giờ, Cauchy, đã đảm nhận việc trình bày công trình của mình, nhưng nhà hàn lâm quá bận rộn, và công việc của người nghệ sĩ trẻ đơn giản là đã bị thất lạc.

Galya không còn thời gian để tiếp tục những nghiên cứu này: cần phải chuẩn bị cho nỗ lực thứ hai để xây dựng Trường Bách khoa. Lần này, cả Evariste và giáo viên Richard của anh đều không nghi ngờ gì về sự thành công - kỳ thi không nên được thực hiện bởi một cậu học sinh kiêu ngạo mà bởi kiến ​​​​thức sâu rộng về toán học, tác giả của các công trình khoa học.

Một lần nữa Evariste lại đứng trước ban giám khảo. Tóc nâu, mắt cận thị. Lo lắng và xanh xao, anh trông trẻ hơn so với tuổi mười bảy rưỡi của mình. Bàn tay bồn chồn vò nát viên phấn. “Hãy cho tôi biết bạn biết gì về logarit.” Và sự xuất hiện của Evarist nhường chỗ cho sự tức giận: “Tôi không phải là học sinh! Tôi sẽ không trả lời một câu hỏi đơn giản như vậy!” Sau đó Galya được yêu cầu giải phương trình khó nhất. Trong vài phút, anh ấy đã phác thảo bản gốc lời giải. Không hiểu những gì đã được viết, giám khảo đã tiếp quản. Sau một hồi tranh cãi, Evarist tức giận ném khăn lau người vào người giám khảo. Đó không chỉ là cử chỉ giận dữ mà còn là cử chỉ tuyệt vọng: Galya nhận ra rằng điều mà anh hằng mơ ước đang mãi mãi lảng tránh anh.

《Tại sao giám khảo chỉ hỏi thí sinh những câu hỏi khó hiểu? - anh viết. - Có vẻ như họ sợ những người họ hỏi hiểu được. Cái cách chất chồng những khó khăn giả tạo trong câu hỏi đáng tiếc này đến từ đâu? Có ai thực sự nghĩ rằng khoa học cũng vậy

6

đơn giản? Điều gì đến từ điều này? Học sinh không quan tâm đến việc học tập mà quan tâm đến việc vượt qua các kỳ thi… Chúng ta có thể nói đúng rằng cách đây vài năm, một ngành khoa học mới đã xuất hiện, ngày càng trở nên quan trọng hơn. Nó bao gồm việc nghiên cứu sở thích của các giám khảo, tâm trạng của họ, những gì họ thích trong khoa học và những gì họ ghê tởm.”

Và vài ngày sau kỳ thi không thành công, một rắc rối mới, lớn hơn rất nhiều đã ập đến với Evariste. Vào ngày 2 tháng 7, cha của anh, Nikolai-Gabrizl Galya, bị các đối thủ chính trị, những kẻ theo đạo Hồi và những kẻ ngu dốt săn lùng, đã tự sát.

Evariste nắm giữ quyền của cha mình. Hàng trăm cư dân Bourg-la-Reine đi theo quan tài. Họ trao những đặc tính danh dự cuối cùng cho một vấn đề mới, lớn hơn rất nhiều. Vào ngày 2 tháng 7, cha của anh, Nikolai-Gabrizl Galya, bị các đối thủ chính trị, những kẻ theo đạo Hồi và những kẻ ngu dốt săn lùng, đã tự sát.

Evariste nắm giữ quyền của cha mình. Hàng trăm cư dân Bourg-la-Reine đi theo quan tài. Họ trao những đặc tính danh dự cuối cùng cho một vấn đề mới, lớn hơn rất nhiều. Vào ngày 2 tháng 7, cha của anh, Nikolai-Gabrizl Galya, bị các đối thủ chính trị, những kẻ theo đạo Hồi và những kẻ ngu dốt săn lùng, đã tự sát.

Trong tâm hồn Evariste, cái chết và đám tang của cha ông đã để lại dấu ấn sâu sắc.

Vào tháng 2 năm 1830, Evariste Galya thứ mười tám được ghi danh vào Trường Dự bị - một cái bóng mờ nhạt và tầm thường của Trường Bình thường trước đây, bị Bourbons bãi bỏ vào năm 1826. Thật dễ dàng để anh ta vào đó - xét cho cùng, ngôi trường này dường như là sự tiếp nối bộ mặt của Louis Đại đế. Nó đào tạo các ứng cử viên cho chức danh giáo viên.

Tại Trường Dự bị, Evariste sẽ thi lấy bằng cử nhân văn học và toán học. Chỉ sau lần thử thứ hai, anh mới được trao danh hiệu này vì đã vượt qua các bài kiểm tra văn học kém nhưng rất giỏi toán và vật lý. Trong quá trình nghiên cứu của mình, Galya đã xuất bản thêm ba công trình khoa học nữa, vào tháng 1 năm 1830 đã được gửi đến một cuộc thi tại Viện Hàn lâm Khoa học. Giờ đây số phận của anh nằm trong tay thư ký thường trực của Học viện - Fourier. Fourier bắt đầu đọc bản thảo nhưng sớm chết. Bản thảo thứ hai, giống như bản đầu tiên, biến mất.

Vào mùa hè năm 1830, khi Galya đang học xong năm đầu tiên tại Trường Dự bị, Cách mạng Tháng Bảy đã tước bỏ quyền lực của Vua Charles X. Các sinh viên của Trường Bách khoa, chính những người mà Galya rất muốn tiếp cận, đang chiến đấu trên các chướng ngại vật ở hàng ghế đầu.

Trường dự bị lúc đó được lãnh đạo bởi một người tên là Guignot. Cố gắng ngăn cản học sinh của mình tham gia vào các sự kiện đang diễn ra, ông bắt họ hứa không rời khỏi trường và ra lệnh khóa cửa. Chỉ có hai sinh viên từ chối đưa ra lời mà giám đốc yêu cầu - Galya và anh họ Benard.

Vào đêm 28 rạng ngày 29 tháng 7, Galya cố gắng thoát ra và tham gia cùng những người nổi loạn. Để làm được điều này, Guigno buộc kẻ phạm tội phải đến địa chỉ nhà của anh ta. Galya đầy tức giận và khinh thường Guignot, và việc Louis-Philippe lên ngôi cùng với việc thiết lập các nguồn lực, trong mắt anh ta, là sự phản bội lý tưởng mà các chiến binh trong chướng ngại vật đang chiến đấu.

Trong những ngày nghỉ lễ năm 1830, Galya tích cực tham gia vào công việc của giới cách mạng và gia nhập Hiệp hội các quốc gia khác. Sau khi bắt đầu các lớp học ở Trường Bình thường (cuộc cách mạng đã trả lại tên cũ), chàng trai trẻ bắt đầu đấu tranh với vị giám đốc toàn cầu. Vào cuối tháng 11, Galya nổi loạn bị cấm nghỉ học.

Nhưng Evariste sẽ không làm điều đó. Anh ta đang ở trong thế sẵn sàng để tấn công trở lại. Trên tờ La Gazeta des Ecoles số tháng 12, một lá thư sắc bén đã được xuất bản với chữ ký “Học sinh Trường Bình thường”. Tác giả không chỉ giới hạn ở việc phê phán hệ thống dạy học ở

7

trường học. Anh ta nói về sự vô đạo đức chính trị của giám đốc nó, mô tả sự bắt nạt mà anh ta phải chịu một cách “cố chấp”… Guigno biết rõ tác giả của bức thư là ai. Bốn ngày sau khi xuất bản, Evariste bị đuổi học.

Galya không chỉ bị tước quyền tham dự các bài giảng mà còn cả sinh kế. Đúng với bản thân mình, Evariste không chìm đắm trong những suy nghĩ buồn bã. Anh ấy đang diễn xuất. Vào ngày 9 tháng 1 năm 1831, trên cùng tờ báo “La Gazete des Ecoles” một chiếc giày xuất hiện: “Vào thứ Năm, ngày 18 tháng 1, ông Galya sẽ mở một khóa học công khai về đại số cao hơn tại Caillot, người bán sách, rue Sorbonne, tòa nhà 5. Khóa học này sẽ được dạy vào lúc một giờ rưỡi vào các ngày thứ Năm hàng tuần. Khóa học bao gồm của các lý thuyết, một số trong số đó là mới, chưa bao giờ được dạy trong các khóa học đại chúng. Chúng tôi sẽ giới hạn việc gọi lý thuyết mới là minis, lý thuyết điều khiển có thể giải được bằng căn thức, lý thuyết về số và hàm elip được xử lý thuần túy bằng đại số.” Đó là một điều chưa từng có: một học sinh bị đuổi học nổi dậy chống lại giáo viên của mình, một cậu bé mười chín tuổi thách thức chính quyền Corpbonne.

Theo những người chứng kiến, buổi giảng đầu tiên có không quá mười người đến dự buổi giảng đầu tiên, buổi thứ hai không quá mười người, và buổi thứ ba (và cuối cùng) có bốn người. Galya đọc nó khó quá.

Từ thông báo trên, rõ ràng vào thời điểm này Galya đã sở hữu những ý tưởng làm nên tên tuổi của ông - các bài giảng được dành cho khả năng giải quyết vấn đề kiểm soát theo cấp số nhân. Evariste bắt đầu nghĩ về khả năng giải quyết vấn đề kiểm soát kể từ khi còn đi học. Teller anh ấy đã biết rằng mình đã nhầm; điều khiển tổng quát bậc năm không thể giải được bằng căn thức (chứng minh của định lý này là

9

có sự sắp xếp lại

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.$$

Điều này sẽ dẫn đến 4 hoán vị khác nhau của nghiệm, bao gồm cả hoán vị giống hệt nhau

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix},$$

trong đó tất cả các rễ vẫn ở nguyên vị trí. Những hoán vị này, và chỉ chúng, biến đổi các sự tương ứng $x_k = x_1^k$ thành các sự tương ứng khác, áp dụng cho các nghiệm của phương trình (1) tại $n = 4$. Và đây là điều thú vị. Nếu trước tiên bạn thực hiện một hoán vị như vậy, sau đó là một hoán vị khác, thì kết quả sẽ là một hoán vị cũng biến đổi các tương ứng đúng thành các hoán vị đúng. Những hoán vị này có thể được nhân lên như một số.

Có những hoán vị như vậy cho các phương trình khác không? Rốt cuộc, đối với chúng, bạn cũng có thể tạo ra các tương ứng giữa các gốc và xem theo hoán vị nào thì các tương ứng đúng sẽ biến thành đúng. Tất nhiên, phương trình tốt nhất là các phương trình có gốc là số hữu tỷ. Những phương trình như vậy được giải mà không cần rút ra nghiệm. Đối với các phương trình như vậy, có những sự tương ứng rất đơn giản giữa các nghiệm $x_1 = b_1, \dots, x_n = b_n$ và “hoán vị” duy nhất bảo toàn những sự tương ứng này là hoán vị đồng nhất. Điều này có nghĩa là phương trình càng đơn giản thì tập hợp hoán vị bảo toàn sự tương ứng giữa các nghiệm càng nhỏ! Những tập hợp hoán vị như vậy nên được đặt tên bằng cách nào đó. Những hoán vị này đến với nhau, được nhóm lại. Chúng ta có nên gọi tổng thể của chúng là erpnoi không?

Không chắc rằng khi áp dụng cái tên này, Evariste nghĩ rằng ông đã nhìn thấy trong toán học một khái niệm mới là bản chất của nghĩa vụ và một cuộc sống vinh quang, rằng số lượng công việc liên quan đến các nhóm sẽ lên tới hàng nghìn, rằng các phương pháp của lý thuyết nhóm sẽ tiết lộ những bí mật của tinh thể lời giải, nguyên tử và nhiều hơn thế nữa. Anh ấy chỉ muốn xem điều gì sẽ xảy ra với các nhóm hoán vị nghiệm trong quá trình thực hiện các phương trình lời giải.

Tất nhiên, Galya không phải là người đầu tiên giải quyết các nhóm hoán vị nghiệm. Cả Lagrange và Gauss đều đang nghiên cứu chúng. Bản thân Galya nhận ra rằng những ý tưởng mà ông thể hiện đều được chứa đựng ở dạng trung lập trong tác phẩm của những người đi trước.

Nhưng công lao của người đã làm sáng tỏ những ý tưởng đó, hình thành các đặc tính cơ bản của các khái niệm và áp dụng chúng vào lời giải mới và khó bài toán thật lớn lao. Đây chính là điều Galya đã làm đối với khái niệm nhóm - chỉ sau công trình của ông, nó mới trở thành đối tượng nghiên cứu của các nhà toán học.

Tuy nhiên, chúng ta hãy quay trở lại dòng lý luận của Galya. Bây giờ chúng ta cần xem xét cẩn thận những tương ứng nào có thể có giữa các nghiệm của phương trình. Nó phụ thuộc vào hệ số nào được coi là có thể chấp nhận được trong những sự tương ứng như vậy. Hãy lấy phương trình

$$x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0.$$

Nếu chỉ cho phép các hệ số hữu tỷ trong một tương ứng, thì đối với gốc của nó chỉ có các tương ứng Vieta, các tương ứng có dạng $x_k = x_1^k$ và những tương ứng thu được từ chúng bằng cách sử dụng các phép toán hợp lý. Nhưng nếu chúng ta giả sử các hệ số có dạng phức tạp hơn thì các tương ứng mới sẽ xuất hiện.

Tập hợp các hệ số càng rộng thì sự tương ứng giữa các nghiệm càng lớn. Và khi đó các hoán vị giữ cho tất cả các tương ứng cũ là đúng có thể đã trở nên không hiệu quả: chúng có thể vi phạm các tương ứng mới. Điều này có nghĩa là với việc mở rộng tập hệ số, nhóm của phương trình sẽ giảm đi. Nhưng nếu phương trình được giải, thì nhóm của nó sẽ trở thành một nhóm đơn vị, nghĩa là thành một nhóm gồm một hoán vị giống hệt nhau. Vậy đây chính là bí mật của phương trình lời giải! Cần mở rộng tập hợp hệ số và theo dõi sự thay đổi của nhóm phương trình (sau nhiều thập kỷ).

10

thì tất cả các nhà toán học sẽ gọi nó là nhóm Galois). Ngay khi nhóm trở nên giống hệt nhau, phương trình lời giải. Và bạn cần mở rộng tập hệ số bằng cách thêm vào đó các nghiệm của một số phương trình phụ. Bây giờ đã rõ phương trình phụ nào là tốt - chỉ những phương trình có nghiệm mà việc cộng các nghiệm vào một tập hệ số chấp nhận được sẽ làm giảm nhóm Galois.

Vẫn còn phải tìm ra nhóm phương trình phải là gì để có thể giải được bằng căn thức. Một kết quả tương tự xuất hiện vào năm 1829 trên Tạp chí Berlin Krehl. Tác giả của nó là Abel nổi tiếng.

Ông đã chứng minh rằng phương trình lời giải là căn phương nếu tất cả các nghiệm của nó có thể được biểu diễn dưới dạng hàm hữu tỉ của một nghiệm $x_k = F_k(x_1)$, và các hàm này phải có tính chất giao hoán sau: $F_k(F_l(x_1)) = F_l(F_k(x))$. Trong trường hợp này, các hoán vị bảo toàn sự tương ứng $x_k = F_k(x_1)$ có cùng tính chất giao hoán - tích của chúng không phụ thuộc vào thứ tự của các phép cộng (điều này không xảy ra với bất kỳ hoán vị nào).

Với nỗ lực trí óc mạnh mẽ, Galois đã giải quyết được bài toán đến cùng. Hóa ra một phương trình lời giải là căn khi và chỉ khi nhóm được xác định bằng hình ảnh của nó có các thuộc tính đối với các nhóm hoán vị giao hoán (chúng tôi sẽ không nói chính xác hơn điều này có nghĩa là gì ở đây). Đồng thời, Galois giới thiệu các khái niệm về ước số chuẩn, nhóm kề, nhóm giải được, v.v., những khái niệm này là nền tảng cho toàn bộ lý thuyết về nhóm. Chìa khóa thần kỳ đã được tìm thấy - lý thuyết nhóm tiết lộ bí mật của phương trình.

Trước khi Galois vạch ra một kế hoạch lớn cho một loạt công trình khoa học sẽ cách mạng hóa toán học… Và ở đây, anh ấy phải đối mặt với một vấn đề đạo đức, mà chúng ta đã biết được từ một ghi chú được lưu giữ trên một tờ giấy:

“Một người có ý tưởng có quyền lựa chọn: hoặc tận hưởng danh tiếng to lớn của một nhà khoa học trong suốt cuộc đời mình, hoặc để lại tên tuổi lớn hơn trong tương lai. Điều đầu tiên xảy ra nếu bạn áp dụng ý tưởng của mình mà không thể hiện nó; thứ hai - nếu nó được công bố…”

Đối với Evariste, sự lựa chọn rất rõ ràng - ý tưởng của ông thuộc về toàn bộ thế giới khoa học. Anh ấy muốn trình bày tất cả những điều quan trọng nhất trong nghiên cứu của mình, trình bày chúng một cách tận tâm, không giấu diếm, chỉ ra con đường dẫn anh ấy đến những kết quả này, lưu ý tất cả những khó khăn và những câu hỏi chưa được giải quyết.

Nhưng Galois không có đủ dịch vụ để hoàn thành kế hoạch của mình. Ông đã bị bắt bởi các sự kiện cách mạng. Ngay sau khi bị đuổi khỏi trường bình thường, anh

11

tham gia pháo binh của lực lượng vệ binh quốc gia. Trong số bốn tiểu đoàn pháo binh, có hai tiểu đoàn gần như hoàn toàn là thành viên của Hội Bạn Nhân Dân. Đây là một lực lượng vũ trang có nghị quyết và chính phủ của Louis Philippe đã cố gắng giải tán nó càng nhanh càng tốt. Sau đó, Galya tham gia vào mọi làn sóng làm rung chuyển Paris trong suốt năm 1831. Toán học bị bỏ rơi.

Ngày 9 tháng 5 năm 1831, Hội Hữu nghị Nhân dân tổ chức tiệc chiêu đãi tại nhà hàng Vanges-de-Bourgogne. Trong số những vị khách được ngồi ở vị trí danh dự có Alexandre Dumas. Nhiều người tham gia mặc đồng phục pháo binh của Vệ binh Quốc gia để phản đối. Những lời chúc mừng cho nghị quyết năm 1793, cho Robespierre, cho những người Thượng đã nhận được những tràng pháo tay; nâng ly chúc mừng độ phân giải năm 1830 - shikab và tiếng cười. Và đột nhiên… nâng ly chúc mừng Louis-Philippe… Ai đã tuyên bố nâng cốc chúc mừng như vậy? Có thực sự là Evarist Galya cộng hòa điên cuồng? Ở đáp số tiếng còi vang lên, nhưng đột nhiên mọi người im lặng - Galya trên tay không chỉ có một ly rượu mà còn có một con dao khui rượu! Dumas thận trọng đã chọn rời khỏi bữa tiệc. Nhưng phần lớn vẫn ở lại. Những người tham gia bữa tiệc, bắt chước Galya, giơ tay đầy đe dọa và lặp lại: “Vì Louis Philippe! Vì Louis Philippe!

Ngày hôm sau Galya được giải quyết. Anh ta bị buộc tội “cố gắng mua bán tính mạng và con người của Vua Pháp bằng một tuyên bố được đưa ra ở nơi công cộng trong một cuộc họp công khai.” Phiên tòa diễn ra vào ngày 15 tháng 6 đã tuyên trắng án cho Galya - người bào chữa đã thuyết phục được bồi thẩm đoàn rằng nhà hàng không phải là nơi công cộng. Galya bình tĩnh đứng dậy, lấy con dao chứng cứ trên bàn, đóng lại, nhét vào túi rồi rời đi không nói một lời.

12

Không Evariste không được tự do lâu. Vào ngày 14 tháng 7 năm 1831, ngày chiếm ngục Bastille, hàng trăm người biểu tình vẫy biểu ngữ đã tuần hành qua Địa điểm Mới. Họ phản đối lệnh cấm biểu tình của Lun-Phillp. Đi đầu là Galois. Anh ta mặc đồng phục Vệ binh Quốc gia, trên tay là một khẩu súng carbine, và dưới bộ quân phục là một con dao găm. Ngay khi những người biểu tình rời khỏi khu vực, họ đã bị cảnh sát bao vây. Galois bị bắt cùng với nhiều người biểu tình khác. Lần này anh ta bị kết án sáu tháng tù vì mang trái phép quân phục và vũ khí.

Trong nhà tù Sainte-Pélagie, Galois biên tập những tác phẩm quan trọng nhất của mình. Trong lời tựa cho một trong số đó, ông đã viết:

“Trước hết, trang tiêu đề của tác phẩm này không lộn xộn với tên, họ và chức danh và không kèm theo lời chào đến những quý tộc keo kiệt, ví của họ mở ra khi bạn hút fimam cho họ và đe dọa đóng sầm lại ngay khi lư hương cạn. Sẽ không ai nhìn thấy ở đây một tiêu đề viết bằng chữ in hoa và thể hiện sự tôn kính kính trọng đối với một ngôi sao sáng của khoa học hoặc một người bảo trợ uyên bác nào đó, rất hữu ích (và tôi thậm chí có thể nói là cần thiết) cho một người ở độ tuổi hai mươi muốn viết.

Tôi không nói rằng mọi điều tốt đẹp trong công việc của tôi đều đạt được nhờ vào lời khuyên và sự động viên của người này người khác. Tôi không nói điều này vì nó có nghĩa là trễ…”

Nhưng Evariste không thể thực hiện lyats. Trong nhà tù Sainte-Pélagie, anh ta nhận được một lời chào khác từ cảnh sát trưởng, Monsieur Gisquet - một viên đạn bắn vào ngày 29 tháng 7 từ gác mái của một ngôi nhà lân cận, bay vào phòng giam và đập vào tường cách đầu tù nhân vài cm.

Tại đây, trong tù, Galois nhận được một lá thư từ Viện Hàn lâm Khoa học. Nó chứa bản thảo của ông và một ghi chú của thư ký học viện, Franus Arago:

“Ông Galois thân mến!

Bản thảo của bạn đã được gửi đến Monsieur Poisson để xem xét. Anh ấy đã trả lại cho chúng tôi cùng với những nhận xét mà chúng tôi trình bày ở đây:

,,Chúng tôi đã cố gắng hết sức để hiểu các chứng minh của ông Galois. Lý luận của anh ta không đủ rõ ràng, không đủ để mở rộng và không có cơ hội đánh giá chúng chính xác đến mức nào…”

Học viện một lần nữa, không hiểu gì, đã từ chối công việc của anh ấy…

Tuy nhiên, bản thân Evariste cũng có liên quan một phần đến việc này. Trong lúc vội vàng, ông đã không bày tỏ suy nghĩ của mình cho rõ ràng mà đưa ra một số định lý mà ông chưa chứng minh được. Và phong cách làm việc của Galois không bình thường đối với các nhà toán học ở thế kỷ 19. Một phong cách mới hướng dẫn toán học của thế kỷ 20. Thay vì tính toán dài dòng cho lời giải bài toán ứng dụng, những ý tưởng hoàn toàn bất ngờ; Hơn nữa, trong tác phẩm của anh có quá nhiều khái niệm mới. Đúng là đối với Poisson, người có mối quan tâm khoa học khác xa với lý thuyết về phương trình đại số, những công trình này dường như chưa đủ rõ ràng.

Sức khỏe của Evariste ngày càng xấu đi. Ngày 16 tháng 3 năm 1832, ông được chuyển đến bệnh viện nhà tù. Chính tại đây, anh đã gặp vợ mình (vẫn chưa rõ tên cô), người đóng vai trò chí mạng trong số phận của Galois.

Vào đêm cuối cùng của cuộc đời, ông đã sắp xếp các bản thảo của mình theo thứ tự và viết một số bức thư. Trong một trong số đó, gửi cho người bạn duy nhất của mình là Auguste Chevalier, anh ấy đã phác thảo ngắn gọn nội dung nghiên cứu của mình và yêu cầu liên hệ với các nhà toán học lỗi lạc nhất để đánh giá tầm quan trọng của những kết quả này - anh ấy không nghi ngờ tính xác thực của chúng. Một bức thư khác của ông kết thúc bằng dòng chữ: “Nitens lux, horrenda procella, tenebris aeternis, involuta” *), như thể tóm tắt

*) “Một ánh sáng chói mắt, một cơn bão khủng khiếp bị bao quanh bởi bóng tối vĩnh cửu” (lam.).

13

làm hòa cho số phận của anh như anh đã thấy lúc đó.

Sáng ngày 30 tháng 5 năm 1832, một số nông dân ở gần một ao nước ở thị trấn Gentilly tình cờ gặp một thanh niên bị thương nặng ở bụng. Người đàn ông bị thương được chuyển đến bệnh viện và qua đời vào sáng hôm sau trong vòng tay của anh trai.

“Đừng khóc,” Evariste nói với anh trai mình trước khi chết, “đừng khóc.” Tôi cần phải lấy hết can đảm để chết ở tuổi hai mươi.

Trong một trong những lá thư cuối cùng của mình, anh ấy viết: “Tôi sắp chết như một nạn nhân của một kẻ làm tình dưới lớp và hai kẻ lừa đảo dành riêng cho cô ấy.” Nhưng Evariste không biết tất cả mọi thứ. Cảnh sát trưởng Gisquet đã được đề cập đã nhớ lại trong “Hồi ký” của mình: “Monsieur Galya, một Resurplcan điên cuồng, đã bị một trong những người bạn của mình giết chết trong một cơn say.” Chỉ riêng sự hiểu biết này của cảnh sát trưởng đã đáng nghi ngờ. Có những sự thật khác chỉ ra rằng cuộc ngủ trưa được thiết lập đặc biệt để loại bỏ “kẻ hồi sinh giận dữ” đe dọa tính mạng của nhà vua. Rốt cuộc, trong một bức thư khác gửi cho “tất cả những người hồi sinh”, Evariste đã viết: “Làm ơn! Tôi đã hy sinh mạng sống của mình vì lợi ích của nhân dân!”

Chỉ 14 năm sau cái chết của Galya, các tác phẩm của ông mới được Liville dỡ bỏ và xuất bản. Sự công nhận thậm chí còn đến muộn hơn - nhiều thế kỷ trôi qua vào những năm 70.

Bây giờ cái tên Galya là một trong những cái tên phổ biến nhất trong toán học. Nhóm Galya, chính là Galya, hát Galya - thật khó để liệt kê tất cả các cụm từ có họ của anh ấy xuất hiện. Và khi đang đọc một số tác phẩm khoa học, bạn bắt gặp chữ viết tắt Gal, bạn không cần phải suy nghĩ lâu về ý nghĩa của nó: các chữ cái Gal có nghĩa là Galois - tên của một trong những nhà toán học vĩ đại nhất mọi thời đại.

Bằng chứng mới

Có lẽ tất cả độc giả của chúng ta đều quen thuộc với định lý về trung bình số học và trung bình hình học. Nó được phát biểu như sau: nếu có hai số dương a

và b thì $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$, và đẳng thức đạt được khi a = b.

Chúng ta hãy đưa ra một bằng chứng rất đơn giản và rõ ràng về điều đó.

Hãy dựng một CDEF vuông có cạnh CD = a + b (xem hình). Bây giờ hãy giả sử rằng a ≠ b. Trên các cạnh của hình vuông tính từ các điểm C, D, E, F, ta vẽ các đoạn thẳng bằng nhau: CK = DL = EM = FN = b. Qua các điểm L, N vẽ các đường thẳng, các cạnh song song CD, qua các điểm K và M - các cạnh song song CF. Chúng ta biểu thị giao điểm của các đường này bằng R, T, S, P. Kết quả của các cách xây dựng này, chúng ta thu được RTSP hình vuông và bốn hình chữ nhật bằng nhau, sao cho diện tích của hình vuông CDEF bằng tổng diện tích của hình vuông RTSP và gấp bốn lần diện tích của hình chữ nhật KDLP.

Diện tích hình vuông CDEF bằng $(a+b)^2$, diện tích hình chữ nhật bằng tích ab, ta thu được đẳng thức sau: $(a+b)^2 = 4 ab + S_{\text{RTSP}}$. Nhưng vì S_{\text{RTSP}} \geq 0 (hiển nhiên), nên $(a+b)^2 \geq 4 ab$, do đó $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$.

L. M. Dubinsky

14

A.F. Angreev
SIÊU LƯỢNG
CHẤT LỎNG
HELIUM

Một trong những thành tựu quan trọng nhất của vật lý hiện đại là tính chất đặc biệt của gel lỏng. Những đặc tính này thật bất ngờ và nghịch lý. Hiện nay, tất cả chúng đều thống nhất với nhau bởi tính siêu lỏng có thể hiểu được - một hiện tượng được nhà vật lý Liên Xô P. L. Kapitsa phát hiện vào năm 1938. Tất nhiên, hiện tượng siêu lỏng không thể quy về một đánh giá định lượng thuần túy, tức là ở chỗ gel lỏng tốt hơn đáng kể so với các chất lỏng khác. Các đặc tính của gel siêu lỏng *), như được nhà vật lý lý thuyết Liên Xô L. D. Landdu thể hiện vào năm 1941 trong lý thuyết về tính siêu lỏng của ông, là biểu hiện nổi bật nhất của các mô hình chung trong hoạt động của bất kỳ chất nào ở nhiệt độ đủ thấp. Đó là lý do tại sao ảnh hưởng của nghiên cứu về gel lỏng đối với các lĩnh vực vật lý dường như xa xôi khác lại rất lớn.

1. Tính chất của gel siêu lỏng

Gel không được gọi ngẫu nhiên là khí trơ. Các nguyên tử của nó tương tác cực kỳ yếu với các nguyên tử khác và đặc biệt là với nhau. Đây là lý do tại sao gel chuyển từ trạng thái khí sang chất lỏng ở nhiệt độ chuyển tiếp thấp (4,2° K ở áp suất khí quyển bình thường) và khi nhiệt độ giảm thêm sẽ không đông đặc cho đến khi

*) Đây là đồng vị phổ biến nhất của gel, He⁴.

Độ nhớt và độ siêu chảy

Bí ẩn đầu tiên nảy sinh khi độ nhớt (hay nói cách khác là ma sát bên trong) của Gel II thay đổi. Trong chất lỏng thông thường, độ nhớt (chính xác hơn là hệ số nhớt) có thể được thay đổi theo hai cách đơn giản, tất nhiên là cho kết quả tương tự. Phương pháp đầu tiên là thay đổi tốc độ của chất lỏng chảy ra khỏi bình qua một khe hẹp dưới tác dụng của trọng lực (Hình 1). Tốc độ chất lỏng, được thể hiện trong hình bằng mũi tên,

15

Cơm. 1.

lớn nhất ở phần giữa của khe hở và giảm dần khi đến gần các bức tường. Do đó, những con voi khác nhau di chuyển với tốc độ khác nhau và do đó giữa chúng nảy sinh lực ma sát bên trong, trong đó tốc độ thoát ra phụ thuộc vào lực bên ngoài. Ở bên ngoài, tốc độ này có thể được sử dụng để đánh giá hàm lượng chất lỏng. Phương pháp thứ hai (Hình 2) là thay đổi thời gian phân rã của dao động tròn của một đĩa nhúng trong chất lỏng. Ở đây mọi thứ tương tự như trường hợp đầu tiên. Chất lỏng gần đĩa bị chuyển động của nó cuốn đi và ở khoảng cách xa nó gần như kết thúc. Các phần tử khác nhau của chất lỏng lại chuyển động với tốc độ khác nhau và lực dao động sinh ra cuối cùng dẫn đến thực tế là năng lượng của dao động được chuyển thành nhiệt. Bằng cách đo thời gian phân rã, có thể xác định được độ đắng.

Các thí nghiệm với gel lỏng, được thực hiện bằng phương pháp đầu tiên, cho thấy mật độ của helium I khá đáng chú ý và có thể thay đổi, nhưng khi chuyển sang vùng helium II, nó đột ngột giảm xuống một giá trị vô cùng nhỏ, rất có thể bằng 0. Có vẻ như vẫn có thể coi helium II là một chất lỏng tuân theo định luật thông thường nhưng có độ bay hơi cực thấp. Tuy nhiên, kết quả của những thay đổi trong phương pháp thứ hai đưa ra các giá trị về độ dày của helium II giống như đối với helium I. Do đó, hóa ra helium II, không giống như các chất lỏng thông thường, trong một số điều kiện hoàn toàn không biểu hiện độ ẩm, trong khi ở những điều kiện khác, độ dày của nó khá đáng chú ý.

Tính chất cơ bản của helium II là chảy qua các khe hẹp mà không để lộ bất kỳ sự rò rỉ nào được gọi là tính siêu chảy.

Truyền nhiệt và chuyển động

Trong chất lỏng thông thường, có hai cơ chế truyền nhiệt - dẫn nhiệt và đối lưu.

Độ dẫn nhiệt là sự truyền nhiệt từ nơi có nhiệt độ cao hơn đến nơi có nhiệt độ thấp hơn trong chất lỏng đứng yên. Hãy xem xét thí nghiệm sau (Hình 3). Thiết bị gia nhiệt H tỏa nhiệt theo hướng mũi tên trên hình; nhiệt độ chất lỏng giết chết từ trái sang phải. Nếu quá trình truyền nhiệt được thực hiện bằng tính dẫn nhiệt thì chất lỏng đứng yên và từ nơi nóng hơn đến nơi ít nóng hơn.

16

khi đun nóng sẽ xuất hiện dòng nhiệt *). Để thông lượng nhiệt dẫn khác 0 thì nhiệt kế $T_1$ cần phải có nhiệt độ cao hơn nhiệt kế $T_2$. Đặc tính đại lượng của độ dẫn nhiệt là hệ số dẫn nhiệt gắn liền với tỷ số giữa dòng nhiệt và chênh lệch nhiệt độ. Hệ số dẫn nhiệt càng lớn thì dòng nhiệt truyền trong chất lỏng từ khu vực này sang khu vực khác ở cùng mức chênh lệch nhiệt độ càng lớn, hay nói cách khác, chênh lệch nhiệt độ cần thiết để cung cấp cùng một dòng nhiệt càng nhỏ.

Truyền nhiệt đối lưu có liên quan đến sự chuyển động của chất lỏng. Nếu trong thí nghiệm đang xét, chất lỏng, do một số nguyên lý, chuyển động theo hướng từ trái sang phải, thì sự truyền nhiệt xảy ra theo hướng này, vì chất lỏng chuyển động có năng lượng nhiệt. Nguyên nhân của dòng nhiệt trong trường hợp này là sự chuyển động của chất lỏng chứ không phải do chênh lệch nhiệt độ. Do đó, sự truyền nhiệt đối lưu có thể xảy ra ngay cả với cùng số đọc của nhiệt kế $T_1$ và $T_2$.

Trong chất lỏng thông thường, sự đối lưu gắn liền với giá trị dòng nhiệt khá lớn. Nếu thông lượng nhiệt nhỏ thì cơ chế tái cốt lõi của cơ thể hoàn toàn là dẫn nhiệt và chúng ta có thể xác định hệ số dẫn nhiệt của chất lỏng bằng cách đo thực nghiệm thông lượng nhiệt và chênh lệch nhiệt độ.

Nếu chúng ta thực hiện thí nghiệm này với vật II, chúng ta sẽ thấy rằng bất kỳ sự đối lưu nhiệt nhỏ nào cũng được tái hóa cứng qua chất lỏng với số đọc hoàn toàn bằng nhau của nhiệt kế $T_1$ và $T_2$. Hai kết luận có thể được rút ra từ kết quả này. Trước tiên chúng ta hãy giả sử rằng trong gelini II, cũng như trong các chất lỏng thông thường, ở dòng nhiệt thấp, sự đối lưu là không đáng kể và độ dẫn nhiệt đóng vai trò chính. thì chúng ta phải gán tính dẫn nhiệt lớn hơn vô cùng cho Gelinii II. Tuy nhiên, có thể giả định rằng quá trình truyền nhiệt trong Gelinii II luôn chỉ được thực hiện thông qua đối lưu và khi đó có thể không có sự chênh lệch nhiệt độ.

Để tìm ra giả định nào tương ứng với thực tế, chúng ta tiến hành như sau. Chúng ta hãy lắp một cánh hoa L vào gelini, cánh hoa này có thể xoay tự do quanh trục O cố định (xem Hình 3). Chúng ta sẽ thấy rằng bất cứ khi nào nhiệt truyền qua Gelini II, thùy bị lệch theo hướng của dòng chảy, điều này cho thấy rõ chuyển động của chất lỏng. Vì vậy, giả thuyết thứ hai được lặp lại.

Tuy nhiên, tình hình phức tạp hơn nhiều so với chúng ta hiện nay. Chúng ta hãy xem xét thí nghiệm rất trực quan sau đây (Hình 4), do P. L. Kapitsa thực hiện vào năm 1941. Bộ gia nhiệt H được lắp đặt trong gelinium II, một bình kín có một đầu ra duy nhất trong gelinium II xung quanh được lấp đầy một phần. Gần lối ra có cùng một thùy L trên trục O. Nếu bạn bật lò sưởi, dòng nhiệt sẽ thoát ra từ khu vực bên trong của tải, như chúng ta đã biết, có liên quan đến chuyển động của chất lỏng. Thật vậy, cánh hoa A lệch về bên phải chứng tỏ

*) Dòng nhiệt là năng lượng truyền trong một đơn vị thời gian qua một đơn vị diện tích, được phân phối lại theo hướng truyền năng lượng.

18

Đối với gel lỏng II, tất nhiên, đây không thể là chuyển động của từng nguyên tử gel *), nếu chỉ vì chính ý tưởng về chuyển động nhiệt này mà vật lý của chất lỏng thông thường dựa trên, các định luật về đó, như chúng ta đã thấy, các tính chất của gel II rõ ràng mâu thuẫn. Những khả năng cơ bản mà chúng ta cần có thể được tìm kiếm trong số một số loại chuyển động nhiệt khác. L. D. Landu đề xuất rằng các kích thích cơ bản của gel II không phải là chuyển động của từng nguyên tử mà là chuyển động tập thể của các nguyên tử chất lỏng, tức là dao động âm thanh, và cho thấy rằng trên cơ sở đề xuất này có thể xây dựng một lý thuyết nhất quán về tính siêu lỏng. Hiện nay đề xuất về bản chất âm thanh của các kích thích cơ bản đã được xác nhận đầy đủ bởi nhiều nghiên cứu thực nghiệm.

Ngoài ra còn có những tin nhắn đơn giản thể hiện một câu nói tự nhiên như vậy. Thật vậy, trong các chất thông thường, quá trình đóng băng là sự chuyển động của các phân tử riêng lẻ có liên quan đến sự đông đặc của chất lỏng. Trong một vật rắn, các phân tử có thể thực hiện, như đã nói ở trên, chỉ những dao động nhỏ gây ra những vị trí cân bằng nhất định. Nhưng đây không phải là những dao động độc lập của từng hạt riêng lẻ. Sự rung động của bất kỳ phân tử nào ngay lập tức được truyền đến các phân tử lân cận của nó và kết quả là sẽ phát sinh sự rung động của toàn bộ nhóm phân tử, tức là toàn bộ vật thể rắn. Và đây là sóng âm thanh. Do đó, trong các chất thông thường, quá trình đóng băng chuyển động của từng phân tử được đánh dấu bằng sự chuyển đổi sang loại chuyển động âm thanh. Âm thanh cũng có thể truyền trong chất lỏng, nhưng trong chất lỏng thông thường, cuối cùng nó luôn phân rã đơn giản vì năng lượng của nó bị chuyển thành năng lượng chuyển động nhiệt của từng phân tử khi nó truyền trong chất lỏng.

*) Phân tử gel bao gồm một nguyên tử.

Một số tính chất của sóng âm trong chất lỏng

Tính chất quan trọng đầu tiên đối với chúng ta là sự lan truyền âm thanh đi kèm với sự dịch chuyển của khối chất lỏng theo hướng truyền. Nếu bạn theo dõi chuyển động của bất kỳ hạt chất lỏng nào khi nó lan truyền thành chất lỏng,

20

Các bức tường không cuốn theo chất lỏng mà “cuốn” các sóng âm có trong chất lỏng. Thật vậy, khi sóng âm “va chạm” với một bức tường thô đang chuyển động, chúng nhận được từ đó một xung lực nào đó theo hướng chuyển động của bức tường. Do đó, rõ ràng là sự chuyển động của các bức tường dẫn đến sự xuất hiện của một hướng truyền sóng âm ưu tiên. Trong trường hợp này, như chúng ta biết, sự chuyển khối chất lỏng xảy ra. Do đó, trên thực tế, các bức tường chuyển động mang theo một số khối lượng khi chuyển động, nhưng ở nhiệt độ thấp, năng lượng của sóng âm rất nhỏ, và do đó khối lượng mà nó truyền đi nhỏ hơn nhiều so với tổng khối lượng của chất lỏng.

Có thể hình dung gel II gồm có hai thành phần có khả năng chuyển động độc lập với nhau. Chuyển động của một trong số chúng không kèm theo ma sát nên được gọi là thành phần siêu lỏng. Khi một bộ phận khác chuyển động, bị các bức tường cuốn vào, như trong chất lỏng thông thường, sẽ xảy ra ma sát; thành phần này được gọi là bình thường. Tổng khối lượng của cả hai thành phần bằng tổng khối lượng của chất lỏng. Tất nhiên, phải nhớ rằng việc chia Heli II thành hai thành phần hoàn toàn có điều kiện. Trên thực tế, như chúng ta đã thấy, hai loại chuyển động có thể tồn tại trong gel II, mỗi loại chuyển động kèm theo sự chuyển khối lượng của chính nó và tổng khối lượng bằng khối lượng thực của chất lỏng. Tuy nhiên, trong số những chuyển động này có liên quan đến chuyển động của sóng âm và kèm theo ma sát, chuyển động thứ hai có tính chất siêu chảy. Tất cả các gel nguyên tử đều tham gia vào cả hai chuyển động; trong trường hợp này, không thể nói đến việc phân chia nguyên tử thành chất siêu lỏng và nguyên tử bình thường.

Khi nhiệt độ tăng, năng lượng của sóng âm cũng tăng và đồng thời khối lượng liên quan đến chuyển động bình thường cũng tăng. Cuối cùng, ở một nhiệt độ nhất định, nó trở nên bằng khối lượng thực của chất lỏng.

Trong trường hợp này, chuyển động siêu lỏng biến mất, vì khối lượng mà nó mang theo biến mất, và gel II biến thành gel I, hoạt động giống như chất lỏng thông thường, vì chỉ có thể chuyển động bình thường trong đó.

Nếu bất kỳ vật thể nào chuyển động đều trong gel II với tốc độ thay đổi tốc độ âm thanh, thì khối lượng mà nó mang theo sẽ xuất hiện và gel II biến thành gel I, hoạt động giống như chất lỏng thông thường vì chỉ có thể chuyển động bình thường trong đó.

Nếu hợp lưu điện trở khác 0, thì để di chuyển cơ thể, phải tác dụng một lực lên nó, lực này sẽ sinh công. Tuy nhiên, công này chỉ có thể chuyển thành nhiệt, tức gần như thành bức xạ âm thanh trong chất lỏng, điều mà như chúng ta biết là không thể xảy ra. Kết quả này cũng có thể được hình thành dưới dạng không có lực ép lên vật thể được sắp xếp hợp lý bởi chuyển động siêu lỏng. Khi sóng âm gặp bề mặt của vật rắn ngâm trong chất lỏng, chúng sẽ trao đổi động lượng với chúng, điều mà chúng ta đã thấy trong ví dụ về sự tương tác của chúng với thành của một khe. Do đó, dòng chảy xung quanh chuyển động bình thường của lực cản sẽ phát sinh do sự dịch chuyển của lực ép.

Bây giờ chúng ta có thể dễ dàng giải thích các thí nghiệm với helium II đã thảo luận ở phần đầu.

Khi thay đổi độ cao bằng phương pháp (thử nghiệm bằng khe), độ nhớt của gel II không được phát hiện do thành phần siêu lỏng nhanh chóng chảy ra ngoài qua khe mà không có ma sát. Việc nó có mật độ nhỏ hơn mật độ tổng một chút là hoàn toàn không thể nhận thấy trong trường hợp này, vì bất kỳ chất lỏng thông thường nào có hình chiếu cao sẽ chậm hơn một cách không đồng đều khi đi qua một khe đủ hẹp.

Các phép đo chiều cao sử dụng đĩa dao động sẽ dẫn đến độ cao khác 0 vì đĩa đang chuyển động trong chất lỏng chứa cả hai thành phần. Sự suy giảm proexodite dao động của nó là do sự tương tác với thành phần bình thường.

21

Chúng ta có thể nói rằng trong thí nghiệm với một khe, thành phần siêu lỏng tự biểu hiện và trong thí nghiệm với cái đĩa, nó biểu hiện như một thành phần bình thường.

Sự bài tiết của cơ thể ở Gelinii II là một quá trình phát ra sóng âm. Sự dịch chuyển của vật thể theo một hướng nhất định xảy ra do năng lượng của sóng âm truyền theo hướng này lớn hơn năng lượng truyền theo hướng ngược lại. Do đó, hướng truyền của cơ thể đồng thời là hướng chủ yếu của sóng âm lan truyền và thành phần bình thường liên quan đến nó.

Do đó, sự chuyển dịch cơ thể trong gelini II luôn đi kèm với sự chuyển động của thành phần bình thường, tức là cơ chế chuyển giao cơ thể luôn là đối lưu. Đó là lý do tại sao trong thí nghiệm, sơ đồ được hiển thị trong Hình 3, các nhiệt kế được hiển thị giống hệt nhau và cánh hoa liên tục bị lệch theo hướng chuyển động của cơ thể dưới tác động của thành phần bình thường chảy xung quanh nó.

Nếu dòng chảy của một vật thể diễn ra trong gelini II, làm đầy một bình kín nào đó, như trong Hình 4, thì sự chuyển dịch không sơ cấp của khối chất lỏng theo một hướng sẽ không xảy ra, vì sự chênh lệch áp suất do dòng chảy tạo ra gây ra chuyển động của thành phần siêu lỏng theo hướng ngược lại. Hơn nữa, tốc độ chuyển động siêu lỏng tương ứng với việc không có sự truyền khối lượng toàn phần nên mực chất lỏng không thay đổi. Sự lệch của thùy cho thấy thành phần bình thường chảy ra khỏi vùng bên trong và chuyển động siêu lỏng vẫn không được chú ý, vì nó không gây áp lực lên các vật thể chảy xung quanh nó.

Điểm trên mặt phẳng

Đây là bài toán, lời giải mà thoạt nhìn có vẻ hoàn toàn không thể xảy ra. Cần phải tìm một tập hữu hạn các điểm trên mặt phẳng sao cho một hình vuông, dựng ở giữa đoạn nối hai điểm bất kỳ, chắc chắn sẽ cắt thêm ít nhất hai điểm nữa của tập hợp này. Tuy nhiên, bài toán có ​​một lời giải thú vị. Và một bộ có tính chất tuyệt vời như vậy bao gồm tám điểm. Old-tecb obticata anh!

Nhiệm vụ

Nhiệm vụ 1. Có thể chọn bao nhiêu điểm
a) trên máy bay,
b) trong không gian sao cho ba điểm đều là đỉnh của một tam giác vuông?
Nhiệm vụ 2. Có thể chọn bao nhiêu điểm
a) trên máy bay,
b) trong không gian sao cho ba điểm đều là đỉnh của một tam giác vuông?
VÀ TÔI.

22

Diện tích thay đổi như thế nào

Bài toán những thay đổi trong diện tích của một hình được giới hạn bởi một đường khép kín nhất định phải được giải quyết bởi những người thuộc nhiều chuyên ngành khác nhau: nhà toán học, nhà khảo sát, nhà vật lý…

Trước hết, nảy sinh hai câu hỏi liên quan chặt chẽ với nhau: diện tích là gì và việc thay đổi nó có ý nghĩa gì?

Những câu hỏi này không đơn giản như vậy, và một khóa học hình học ở trường sẽ đưa ra đáp số dần dần và chỉ dành cho một số trường hợp đặc biệt. Đầu tiên là đối với một số hình dạng đơn giản - hình vuông, hình chữ nhật, hình tam giác, sau đó là hình đa giác, hình tròn và một số phần của nó (khu vực, đoạn).

Hãy nhớ rằng hình vuông có cạnh bằng một đơn vị chiều dài thì có diện tích bằng một (diện tích). Điều kiện này là một tiên đề (tiên đề diện tích đơn vị). Hơn nữa, nếu hình (Hình 1) bao gồm hai phần có không quá một số hữu hạn các đoạn và điểm chung và nếu diện tích của các phần được xác định thì tổng diện tích của các phần này được lấy làm diện tích của toàn bộ hình. Điều kiện này được gọi là tiên đề cộng diện tích (cộng diện *)). Cuối cùng, điều kiện là các hình phải có diện tích bằng nhau (tiên đề đồng đẳng).

*) Tính chất cộng của một số đại lượng đã được đề cập trong bài: Ioni và Yu. I. Intergal. «Kvant», 1972, số 9 và Smorodinsky Ya. A. Khối lượng trơ. «Kvant», 1972, số 3.

Cơm. 1.

23

Cơm. 2.

$F_k$ bao phủ hoàn toàn hình $F$ và thậm chí có thể mở rộng ra ngoài đường viền của nó $C$. Diện tích $F_k$, theo tiên đề cộng tính, bằng tổng $S_k$ diện tích của các hình vuông này (nó tỷ lệ thuận với số hình vuông tạo thành $F_k$). Điều tự nhiên là lấy giá trị $S_k$ gần đúng với giá trị diện tích của hình $F$ (có phần dư).

Bây giờ chúng ta hãy tính tổng $S_k$ diện tích của các ô vuông của lưới xả $k$ hoàn toàn nằm trong $F$. Những hình vuông này tạo thành đa giác $f_k$ (nó có màu xanh lá cây), không vượt ra ngoài đường viền $C$. Rõ ràng là với mọi $k$ thì bất đẳng thức $S_k \leq S_k$ là đúng. Điều tự nhiên là lấy $S_k$ làm xấp xỉ giá trị diện tích $F$ (có bất lợi).

Lưu ý rằng bản thân đường viền $C$ hóa ra nằm trong một vùng đa giác nhất định $\varphi_k$ (nó có màu vàng), nằm giữa ranh giới của đa giác $F_k$ và $f_k$; diện tích của $\varphi_k$ bằng $S_k - S_k$.

Bạn có thể xác minh (kiểm tra điều này!) rằng khi chuyển từ lưới $k$ sang lưới $k+1$ thì bất đẳng thức $S_k \geq S_{k+1}$ được thỏa mãn. Hơn nữa, mỗi số $S_k$ đều không âm nên dãy đa giác và dãy hữu hạn

$$S_1 \geq S_2 \geq S_3 \geq \dots \geq S_k \geq \dots$$

phải có giới hạn là $S = \lim_{k \to \infty} S_k$.

Tương tự, chuỗi đa quan hệ

$$s_1 \leq s_2 \leq \dots \leq s_k \leq \dots$$

cũng có một số giới hạn $s = \lim_{k \to \infty} s_k$.

Giả sử rằng với mức tăng không giới hạn của chữ số $k$ của lưới (và do đó, vì $h_k$ có xu hướng bằng 0), các chuỗi (1) và (2) có cùng giới hạn: $s = S$. Trong trường hợp này, hình $F$ được gọi là bình phương và diện tích của nó được lấy bằng $S^*$). Nếu $F$ có thể bình phương, thì ranh giới $C$ của nó, như sau so với ranh giới trước, có thể được bao bọc trong một vùng đa giác $\varphi_k$, diện tích $S_k - s_k$ của nó giảm vô thời hạn khi $k$ xuất hiện. Do đó, hoàn toàn hợp lý khi cho rằng diện tích của đường viền $C$ đó bằng 0. Do đó, nếu vùng $F$ có thể bình phương thì diện tích của đường viền bao quanh nó bằng 0.

Tất nhiên, câu lệnh ngược lại cũng đúng (chứng minh điều đó): nếu diện tích của đường viền $C$ bằng 0 (điều này có nghĩa là $C$ có thể được bao phủ bởi diện tích đa giác $\varphi_k$, bao gồm các tứ giác của lưới thuộc loại $k$, diện tích của nó có xu hướng bằng 0 vì $k$ có xu hướng vô cùng), hình của tôi $F$ có thể bình phương.

Trong hầu hết các trường hợp thực tế, chúng ta kết thúc bằng các dòng $C$ có diện tích bằng 0. Trong số đó

*) Lưu ý rằng mọi lý luận không thực sự phụ thuộc vào hướng của bảng màu so với hình. Nếu đối với một hướng của lưới, hình $F$ hóa ra có thể bình phương, thì nó sẽ giống như vậy đối với hỗn hợp các lưới tùy ý. Và mặc dù với vị trí mới của lưới, bản thân các dãy số (1) và (2) thay đổi, giới hạn $S$ của chúng vẫn giữ nguyên.

Lý luận được thực hiện ở đây hoàn toàn giống với lý luận trong sách giáo khoa hình học dẫn đến định nghĩa diện tích hình tròn là giới hạn của dãy diện tích các đa giác nội tiếp (nội tiếp) với số cạnh tăng không giới hạn.

24

Cơm. 3.

đề cập đến một đường được nghiên cứu bởi nhà toán học người Pháp Camille Jordan (1838-1922). Đây được gọi là đường cong Jordan. Nếu đường cong Jordan được coi là quỹ đạo chuyển động (trong mặt phẳng) của một điểm, thì tọa độ hình chữ nhật $x$ và $y$ của nó có thể được chỉ định là các hàm liên tục

$$x = x(t), \quad y = y(t)$$

thời gian $t$ ($t_0 \leq t \leq t_1$).

Jordan đã chứng minh rằng mọi đường Jordan khép kín $C$ không có điểm tự giao nhau sẽ chia toàn bộ mặt phẳng thành hai phần: bên trong và bên ngoài (Hình 3); đối với mỗi người trong số họ $C$ đóng vai trò là ranh giới chung. Bất kỳ hai điểm nào thuộc cùng một phần của hình (ví dụ: bên trong) đều có thể được kết nối bằng một đường đa tuyến không giao nhau $C$. Bất kỳ đường đứt đoạn nào nối hai điểm từ các phần khác nhau chắc chắn sẽ giao nhau $C$. Vì diện tích của đường cong Jordan khép kín và không tự giao nhau bằng 0, nên hình $F$ (nó bị chặn) có thể bình phương, nghĩa là đối với nó, các chuỗi (1) và (2) có giới hạn chung $S$.

Đo diện tích

Bây giờ đã rõ ý nghĩa của việc đo diện tích của hình bình phương $F$. Điều này có nghĩa là tìm số $S$ - giới hạn của dãy số $S_h$ (hoặc $s_h$). Mỗi số $S_h$ chỉ cung cấp giá trị gần đúng của diện tích khi vượt quá ($s_h$ - khi thiếu). Phần dư (thiếu) này càng nhỏ thì hạng $k$ của lưới càng lớn.

Đương nhiên, trong thực tế, họ không tính toán giới hạn $S$ mà tự giới hạn trong việc xác định giá trị gần đúng của nó $S_h$ bằng cách sử dụng lưới thuộc danh mục phù hợp *).

Tuy nhiên, nảy sinh nhu cầu về các công cụ tiên tiến hơn bảng màu, cho phép người ta đo diện tích nhanh hơn, chính xác hơn và nếu có thể, tự động. Những thiết bị đầu tiên như vậy, được gọi là máy đo hành tinh, được tạo ra cách đây hơn nhiều năm và, như thường lệ xảy ra trong những vấn đề có tầm quan trọng lớn về mặt thực tiễn hoặc khoa học, gần như đồng thời ở các quốc gia khác nhau. Tuy nhiên, máy đo kế hoạch đầu tiên (máy đo kế hoạch-xe tay ga) được phát minh vào năm 1854 bởi thợ cơ khí người Nga P. A. Zaar và Nina M (1816-1886). Cùng năm đó, một thiết kế máy đo phẳng khác đã được đề xuất bởi nhà toán học Thụy Sĩ J. Amsler (1823-1912).

Những máy đo kế hoạch này và các máy đo tương tự đều dựa trên một ý tưởng khá đơn giản nhưng đồng thời rất hiệu quả (chúng tôi sẽ chỉ trình bày ý tưởng đó và bỏ qua cấu trúc của bằng chứng).

Chúng ta hãy xem xét hai vị trí tùy ý của một đoạn (thanh) nhất định trong mặt phẳng vẽ. Bạn có thể chuyển một đoạn từ vị trí ban đầu $A_0B_0$ sang vị trí cuối cùng $AB$ (Hình 4a) bằng ba loại chuyển động:

(1) bằng cách xoay quanh giữa $C_0$ của thanh một góc $\alpha \geq 0$ đến vị trí $A_1B_1$ song song với $AB$;

(2) chuyển động tịnh tiến một lượng $h \geq 0$ theo hướng vuông góc với $A_1B_1$, di chuyển đoạn thẳng đến vị trí $A_2B_2$ trên đường thẳng $AB$;

*) Lưu ý rằng trong hầu hết các trường hợp thực tế, các phương pháp tính tích phân giúp xác định số $S$ mà không cần sử dụng dãy (1) hoặc tìm giá trị gần đúng của giá trị $S$ theo cách tiết kiệm hơn so với việc đếm số bậc hai trên một lưới (về khái niệm tích phân, xem bài viết: And he và Yu. I. Integral. “Quant”, 1972, No. 9).

25

(3) với dwг trên $g \geq 0$ theo hướng $AB$, kết hợp điểm $A_2$ với điểm $A$.

Tuy nhiên, qua khóa học vật lý, người ta biết rằng hai chuyển động cuối cùng có thể được thay thế bằng một chuyển động - một chuyển động tịnh tiến biến $A_1B_1$ ngay lập tức thành $AB$. Trong trường hợp này, đoạn thẳng sẽ “quét sạch” một hình bình hành $B_1A_1AB$ có ​​chiều cao $h$ và đáy bằng chiều dài $l$ của đoạn thẳng.

Hãy tính toàn bộ diện tích, thay thế bằng một đoạn khi di chuyển từ $A_0B_0$ đến $AB$. Tuy nhiên, trước tiên, sự chấp nhận là một quy tắc quan trọng.

Các điều kiện là gán (nhìn từ $B$ đến $A$) cho khu vực này một dấu dương nếu nó vẫn ở bên phải của nó khi di chuyển thanh và một dấu vết nếu nó vẫn ở bên trái (Hình 4a).

Khi tính đến quy tắc này, rõ ràng là tổng diện tích được thay thế bởi một đoạn do kiểu chuyển động đầu tiên bằng 0.

Cơm. 4a.

Cơm. 46.

Đương nhiên, diện tích được thay thế khi di chuyển một phần ba loại bằng 0. Chỉ có diện tích của hình chữ nhật, được thay thế trong quá trình chuyển động tịnh tiến của loại thứ hai, hóa ra khác 0; nó bằng $lh$ (cùng giá trị bằng diện tích hình bình hành $B_1A_1AB$).

Nếu bây giờ nó thực hiện một chuyển động tùy ý từ vị trí $A_0B_0$ đến vị trí $AB$, thì tại bất kỳ thời điểm nào, chuyển động này có thể được chia thành ba loại: loại (1), (2) và (3). Đồng thời, các chuyển động (1) và (3) không cho phép đưa chuyển động theo hướng vuông góc với đoạn thẳng (loại (2)), sự thay thế của nó hoàn toàn được xác định bởi diện tích (đây là chỗ “tinh tế” nhất trong lập luận của chúng ta, ở đây chúng ta không trình bày cấu trúc của chứng minh).

Do đó, để xác định tổng diện tích (chính xác hơn là tổng đại số của các diện tích), được thay thế bằng một đoạn có độ dài đã biết $l$, chỉ cần có một thiết bị thay đổi tổng chuyển động của đoạn đó theo hướng vuông góc (Hình 46).

Hóa ra một thiết bị như vậy có thể là một bánh xe nhỏ $R$ với các cạnh tròn, được gắn ở giữa (tại điểm $C_0$) của thanh và được kết nối với nó để nó chỉ có thể quay. Rõ ràng là trong quá trình chuyển động của loại thứ nhất và thứ ba, bánh xe sẽ không quay, và bánh xe do thanh mang sẽ chỉ trượt dọc theo bề mặt của hình vẽ. Nhưng khi di chuyển loại thứ hai, nó sẽ lăn dọc theo hình vẽ thực tế mà không bị trượt, quay so với thanh. Trong trường hợp này, nó sẽ quay chính xác một cung bằng $h$.

Hãy nhớ rằng bánh xe có thể được đặt ở bất kỳ điểm nào trên thanh. Đồng thời, vẫn có thể sử dụng nó để thay đổi khu vực. Hãy thử tự mình xem rằng nếu bánh xe dịch chuyển một lượng $\lambda$ so với giữa thanh, thì số đọc của nó sẽ thay đổi thành $\lambda\alpha$, trong đó $\alpha$ là góc (tính bằng radian) được hình thành bởi vị trí ban đầu và cuối cùng của thanh.

26

Cơm. 5.

Nếu chu vi của bánh xe được chia thành một số phần nhất định và đồng hồ đo được cố định trên thanh thì có thể theo dõi xem bánh xe quay được bao nhiêu. Một cơ chế đơn giản sẽ phát sinh. Chúng tôi nhận thấy ngay rằng cái thứ hai không phải lúc nào cũng bị thiếu (sau vòng tròn) mà hóa ra lại lớn hơn cái thứ nhất (trước vòng tròn), tất cả phụ thuộc vào hướng bánh xe quay. Nếu bạn di chuyển thanh từ vị trí $A_0B_0$ đến vị trí $AB$, sau đó đưa thanh về vị trí ban đầu thì kết quả sẽ không thay đổi, tức là con trỏ sẽ đứng cùng một vạch chia ở đầu và cuối của hai chuyển động này. Điều này là tự nhiên, vì thanh cắt nhau hai lần trên hình bình hành $B_1A_1AB$; một lần diện tích được gán dấu dương, lần khác là dấu âm.

Chúng ta hãy sử dụng kết quả thu được để tính diện tích $S$ của hình $F$ với một đường biên cong, chẳng hạn như trong Hình 5. Để làm điều này, chúng ta sẽ di chuyển một trong các đầu $B$ của thanh dọc theo đường biên $F$ theo hướng mũi tên. Đầu $A$ trống và di chuyển theo đường thẳng $LA$. Hình 5 thể hiện một số vị trí của thanh khi nó di chuyển từ điểm $P$ của ranh giới đến các điểm $Q$, $R$ và $T$.

Chúng tôi nhận thấy rằng ở trên định nghĩa về diện tích $S$, thanh $AB$ chỉ được đọc một lần - khi di chuyển từ điểm $Q$ đến các điểm $R$, $T$, $P$. Nhưng khu vực nằm ngoài biên giới là

27

số lượng tương ứng với tổng của chúng. Bởi vì
$$lh = S \pm s.$$ (3)

Là ranh giới của s, có thể chọn đường tròn bán kính r; thì s = $\pi r^2$ và diện tích cần tìm sẽ là
$$S = lh \pm \pi r^2.$$

Trong công thức này, dấu của mặt phẳng được chọn, ví dụ: khi s nằm bên trong S (Hình 8).

Tất cả những điều trên có nghĩa là một thanh có bánh xe (thường được gọi là thanh tích phân) có thể đóng vai trò như một thiết bị điều khiển hành tinh. Tuy nhiên, một thiết bị đơn giản như vậy lại bất tiện khi sử dụng và gây ra những lỗi lớn. Trên thực tế, Planetaire phức tạp hơn một chút, mặc dù nguyên lý hoạt động của nó vẫn được giữ nguyên. Có nhiều loại hành tinh được sản xuất bởi các nhà máy cơ khí chính xác khác nhau. Chúng khác nhau về thiết kế của các phần tử riêng lẻ, cũng như ở việc lựa chọn đường cong mà đầu A của thanh di chuyển dọc theo. Đối với một đường cong như vậy, người ta thường chọn đường thẳng (hành tinh tuyến tính) hoặc đường tròn (hành tinh cực).

thiết kế hành tinh

Hình 9 đưa ra ý tưởng về diện mạo chung của hành tinh vùng cực. Cần cực p và cần bypass l được nối với nhau bằng bản lề b và có thể tách rời nhau; Ở cuối cần gạt có một chốt nhọn F để vạch ra ranh giới của khu vực và một điểm dừng f để bảo vệ bản vẽ khỏi bị hư hại do ghim. Cánh tay cực quay quanh đầu (cực), được gắn bản lề vào tấm nặng Π (nó không cho phép dải di chuyển). Cơ cấu đếm (Hình 10) được kết nối với cần gạt. Nó có thể được di chuyển dọc theo cần gạt này và được cố định ở vị trí mong muốn bằng vít q. Cơ cấu đếm nằm trên bánh xe điều chỉnh R và con lăn hỗ trợ bổ sung C, giúp thiết bị ổn định. Chuyển động quay của bánh xe R được truyền qua hành trình đến đĩa đếm Z. Một vòng quay hoàn toàn của bánh xe sẽ làm cho đĩa quay theo một trong mười vạch chia được đánh dấu trên đó. Chu vi của trống đếm T nối với con lăn được chia thành một trăm ô nhỏ. Sử dụng chiếc Vergebra V nằm bên cạnh, bạn có thể đếm được mười nhịp của trống bẫy T.

Cơm. 9. Người hành tinh vùng cực

28

Cơm. 10. Cơ chế đếm của máy đo địa cực.

Mỗi báo cáo là một số có bốn chữ số: đầu tiên là số vạch chia đầy đủ trên đĩa Z, sau đó là số vạch chia chính trên trống T, sau đó là số vạch chia nhỏ hoàn chỉnh trên đó và cuối cùng là số phần mười của vạch chia nhỏ.

Để xác định diện tích S trong các vạch chia của máy đo kế hoạch, bạn nên đặt một chốt chung F tại một điểm nhất định trên ranh giới, sau đó ở lần đọc ban đầu, đánh dấu ranh giới một cách khách quan và quay lại điểm bắt đầu, ghi lại số đọc mới. Sau đó trừ đi số thứ hai từ số đếm đầu tiên; thì hiệu của chúng (đến dấu) sẽ cho một số mà để thu được giá trị ban đầu h phải nhân với bán kính p của bánh xe. Để mỗi chiều dài l bằng giá trị h, hãy tính toán trước xem một phép chia của máy đo kế hoạch tương ứng với giá trị nào (cái gọi là “giá chia” của máy đo kế hoạch) khi xác định độ dài của đòn bẩy chung l. Để thực hiện việc này, hãy phác thảo một hình (ví dụ: hình vuông hoặc hình tròn), diện tích của hình này có thể được tính bằng công thức hình học. Sau đó chia diện tích này cho chênh lệch số đọc ở cuối và ở đầu đường viền.

Hộ chiếu đặc biệt được gắn vào từng thiết bị cho biết giá phân chia cho các độ dài l khác nhau của cần gạt. Độ dài này có thể được thay đổi bằng cách di chuyển cơ chế đếm. Khi cơ cấu đếm dịch chuyển, đại lượng thay đổi sẽ dịch chuyển khỏi điểm giữa một hoặc một giá trị λ khác. Tuy nhiên, có thể chứng minh rằng công thức rút ra ở trên vẫn có giá trị như trước. Một ngoại lệ là trường hợp khi do đi vòng quanh đường biên, đòn bẩy l quay một vòng hoàn toàn. Trong trường hợp này, chênh lệch về số đọc phải tăng thêm 2πlλ.

Máy đo kế hoạch tự chế

Có một thang đo kế hoạch trung bình cực kỳ đơn giản. Đây được gọi là “Máy đo kế hoạch giá” (1886). Nó có thể được làm từ một đoạn dây dẫn khách quan, có dạng chữ P kéo dài (Hình 11). Một trong các đầu cong k nhọn và đóng vai trò như một chốt rẽ nhánh, đầu còn lại T nằm ở vị trí trông giống như một cái rìu, lưỡi dao nằm trong cùng mặt phẳng với đầu. Điểm k được lắp tại một điểm O nhất định bên trong diện tích thay đổi (tốt nhất là hướng về trọng tâm của hình đã phác thảo). Vị trí của điểm T₀ tiếp xúc của lưỡi rìu với bản vẽ bị lệch; sau đó, cầm chiếc rìu để đáp lại, họ dẫn lưỡi dao đến viền, khoanh tròn toàn bộ đường viền và quay về điểm xuất phát O. Đồng thời, chiếc rìu mô tả một đường cong nhất định (nếu không có lưỡi rìu thì hóa ra là

Cơm. 11.

29

viết nguệch ngoạc trên bản vẽ). Một trong những đường này - đường truy đuổi ), xuất hiện khi đi vòng tròn, được hiển thị trong Hình 12. Sau khi quay lại điểm xuất phát $O$, đánh dấu vị trí mới $T_1$ của lưỡi kiếm. Bây giờ, để xác định vị trí của hình được phác thảo, bạn cần thay đổi góc $\varphi = \frac{l}{2}\varphi$ tính bằng radian giữa vị trí ban đầu và vị trí cuối cùng của máy đo kế hoạch và nhân nó với $l^2$. Nếu góc không lớn thì thay vào đó chỉ cần thay đổi hợp âm $T_0T_1$ và tạo ra sản phẩm $l \cdot T_0T_1$. Quy tắc này có thể được rút ra từ lý thuyết chung của máy đo kế hoạch*). Điều này có nghĩa là máy đo độ dày thậm chí không cần bánh xe điều chỉnh.

Thật vậy, chúng ta hãy giả sử rằng máy đo kế hoạch-toorik tuy nhiên được trang bị một bánh xe biến thiên, được gắn

*) Người săn thỏ nên đi theo đường cong như vậy nếu anh ta sau khi “bắt được con thỏ trước họng súng”, muốn giữ nó dưới làn đạn có chủ đích trong suốt cuộc rượt đuổi, đồng thời không thay đổi hướng của súng so với cơ thể.

**) Lý thuyết hình học cơ bản của máy đo kế hoạch-tooric được Viện sĩ A. N. Krylov đưa ra vào năm 1904 trong bài báo “Trên máy đo kế hoạch rìu” (Tác phẩm sưu tầm. Tập V).

nom ở phần cuối của nó (cạnh lưỡi dao). Sau đó, khi đi quanh ranh giới của hình $F$, bánh xe sẽ chỉ trượt và do đó vòng quay của nó bằng 0. Tuy nhiên, nếu bánh xe được đặt ở giữa nắp hầm thì vòng quay của nó sẽ là $\frac{l}{2}\varphi$ (tại sao?). Góc $\frac{l}{2}\varphi$ này sẽ làm bánh xe quay khi quay cần từ vị trí $OT_0$ đến $OT_1$, và tổng cộng - đến $l\varphi$. Do đó, tổng đại số của các diện tích được quét bởi máy đo kế hoạch hóa ra bằng $l^2\varphi$. Chỉ cần lưu ý rằng giá trị này bằng tổng đại số của diện tích yêu cầu $S$ và diện tích $s$, bị giới hạn bởi đường cong theo đuổi (nó được đóng bằng cách xoay máy đo kế hoạch qua một góc $\varphi$). Có thể chứng minh rằng nếu điểm bắt đầu $O$ của đường viền nằm gần trọng tâm $F$ thì $s$ gần bằng 0 và công thức (3) cho:

$$l^2\varphi = S.$$

Mỗi bạn có thể dễ dàng thực hiện một máy đo kế hoạch-toorik. Nhưng máy đo hành tinh cực đòi hỏi mức độ tùy ý cao; nó đo diện tích chính xác hơn mười lần so với máy đo quy hoạch. Máy đo mặt phẳng (chính xác) có độ chính xác cao sẽ đo diện tích chính xác hơn gấp 10 lần so với máy đo thông thường (sai số chỉ bằng 0,0001 diện tích được bao quanh). Trong các thiết bị này, bánh xe đo không lăn dọc theo bản vẽ, có thể có nếp gấp hoặc các điểm bất thường khác, mà dọc theo một đĩa hoặc thước kim loại đặc biệt.

Kiểu tóc. Việc đi qua ranh giới của hình $F$ không phải lúc nào cũng đi kèm với chuyển động của đầu $A$ theo hướng $L$ theo một hướng hoàn toàn và kết thúc bằng chuyển động hoàn toàn của nó: chuyển động ngược chiều kim đồng hồ có thể được thay thế bằng chuyển động theo chiều kim đồng hồ và ngược lại. Tất cả phụ thuộc vào vị trí và cấu hình tương đối của $F$ và $L$. Về vấn đề này, Hình 6, 7 và 8 hoàn toàn là sơ đồ.

30

I. M. Yaelom Ước tính các góc

Điểm khởi đầu đối với chúng ta sẽ là các điểm không trống nhưng đáng kính sau đây bài toán 1. Giả sử $A, B, C$ là ba điểm tùy ý (không trùng nhau) trên mặt phẳng; chúng tôi biểu thị các điểm của tam giác $ABC$ (moche, $\angle BAC, \angle ABC$ và $\angle ACB$) bằng $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$. Hãy để $\alpha \geq \gamma \geq \beta$. $\alpha$, $\gamma$ và $\beta$ có ý nghĩa gì?

bài toán này minh họa rõ ràng chủ đề của bài viết này: nó thảo luận về những vấn đề sau (nói chung là chưa được giải quyết!)

Vấn đề chính. Trên mặt phẳng dữ liệu $n$ điểm $A_1, A_2, \dots, A_n$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_N$ các góc của các tam giác tạo bởi các điểm này *). Hãy để $\alpha_1 \geq \alpha_2 \geq \dots \geq \alpha_N$. $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_N$ của tôi nên mang ý nghĩa gì?

Để biết được những gì chúng ta có thể gặp ở lời giải của bài toán chính, hãy giải bài toán 1.

Lời giải bài toán 1

Vì $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ = 3 \cdot 60^\circ$ nên lớn nhất ba góc của một tam giác không thể nhỏ hơn $60^\circ$, và

*) Số $N$ tất nhiên phụ thuộc vào $n$. Không khó để nhận ra điều đó

$$N = 3C_n^3 = 3 \frac{n(n-1)(n-2)}{1 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{n(n-1)(n-2)}{2},$$

trong đó $C_n^3$ là số cách kết hợp của $n$ với 3, nhưng chúng ta không cần công thức này.

31

Nếu chúng ta cần sắc nét thì $\gamma < 90^\circ$ (trường hợp ba điểm nằm trên cùng một đường thẳng sẽ không cứu vãn được tình thế, vì trong trường hợp này $\alpha = 180^\circ$, $\beta = 0^\circ$, $\gamma = 0^\circ$). Tuy nhiên, $\gamma$ có thể gần bằng $90^\circ$ (trong Hình 3, góc nhỏ nhất $\beta = \angle BAC$ là rất nhỏ và $\angle ABC = \angle ACB \approx 90^\circ$). Như vậy,

$$60^\circ \leq \alpha \leq 180^\circ, \quad 0^\circ \leq \gamma < 90^\circ, \quad 0^\circ \leq \beta \leq 60^\circ.$$

Để xác minh lời giải bài toán 1*, chúng ta vẫn cần chứng minh rằng $\alpha$ có ​​thể nhận nhiều giá trị hơn trong phạm vi $60^\circ \leq \alpha \leq 180^\circ$ (và tương tự đối với các góc $\beta$ và $\gamma$). Tuy nhiên, phần lời giải này rất đơn giản - nó trùng với việc xây dựng một tam giác $ABC$, trong đó góc lớn nhất $\alpha$ (hoặc góc “trung bình” $\gamma$ hoặc góc nhỏ nhất $\beta$) có một giá trị nhất định, được chọn trong giới hạn quy định; Bạn có thể dễ dàng tự làm điều này.

Thảo luận lời giải bài toán 1

Trước hết, hãy thay đổi ký hiệu. Các điều kiện là biểu thị các đỉnh của một tam giác bằng $A_1, A_2, A_3$ và các góc của nó bằng $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$. Góc lớn nhất $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ có ​​thể được ký hiệu như sau:

$$\alpha = \max_i \alpha_i,$$

và góc nhỏ nhất $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ là như thế này:

$$\beta = \min_i \alpha_i,$$

và $i = 1, 2, 3.$

max là tên viết tắt của từ Latin maximum - “maximum”, tức là lớn nhất. Dấu $i$ under.max cho thấy rằng $i$ đang thay đổi, tức là một tập hợp các giá trị $\alpha_i$ được đưa ra (ở đây - $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$), trong đó chúng ta lấy giá trị lớn nhất (chứ không phải là góc lớn nhất trong số các góc nói chung có thể có của tam giác $A_1A_2A_3$ - trong

*) Chúng tôi cung cấp ở đây chi tiết lời giải bài toán 1. Gợi ý đến lời giải phần còn lại bài toán được đặt ở cuối tạp chí (nhưng đừng nhìn vào đó - hãy cố gắng tự giải bài toán trước). Đánh dấu sao những câu khó hơn bài toán; một dấu hiệu đơn giản ở số bài toán sẽ chỉ ra rằng tác giả không biết đến lời giải (từ đó không hề chứng tỏ rằng bài toán này khó; hãy nghĩ về điều này bài toán).

trong trường hợp này chúng ta sẽ viết tối đa $\alpha$. Zakmak max $\Delta A_1A_2A_3$ thường được sử dụng cho số lớn nhất trong số hữu hạn (ở đây - trong số ba). Đối với số lượng lớn nhất trong số vô hạn, bạn cũng có thể sử dụng dấu max, nhưng điều này rất nguy hiểm - ở đây cũng cần phải chứng minh rằng số lượng lớn nhất này tồn tại (xem bên dưới).

min là tên viết tắt của từ Latin minimum - “minimum”, nghĩa là lớn nhất.

Trong bài toán 1 không khó khăn gì trong việc xác định giá trị lớn nhất có thể có $\alpha$, tức là

$$\max \alpha = \max \max \alpha_i = 180^\circ,$$

$$\Delta A_1A_2A_3 \quad \Delta A_1A_2A_3 \quad i$$

và giá trị nhỏ nhất có thể $\beta$, tức là

$$\min \beta = \min \min \alpha_i = 0^\circ.$$

Điều đáng quan tâm nhất ở đây là giá trị nhỏ nhất có thể có của $\alpha$, tức là

$$\min \alpha = \min \max \alpha_i = 60^\circ,$$

$$\Delta A_1A_2A_3 \quad \Delta A_1A_2A_3 \quad i$$

Công thức của “minimax” bài toán như vậy là đặc trưng của toán học ứng dụng “thuần túy” và (đặc biệt!) hiện đại.

Một phần đáng kể của bài toán 1 cũng là ước tính giá trị lớn nhất có thể có của $\gamma$ (rất dễ tìm thấy giá trị nhỏ nhất: từ Hình 2, giá trị tối thiểu đó là $\gamma = 0^\circ$). Tuy nhiên, ở đây chúng tôi rất tiếc: hóa ra giá trị tối đa mong muốn $\gamma$ không tồn tại: góc $\gamma$ có thể gần bằng $90^\circ$, nhưng nó không bao giờ bằng $90^\circ$. Khi đó, các nhà toán học nói rằng $90^\circ$ là (mon) tối đa của $\gamma$:

$$\sup \gamma = 90^\circ.$$

sup là tên viết tắt của từ Latin supremum - “supremum”, nghĩa là cao hơn. Ký hiệu sup $x_i = \xi$ có nghĩa là $x_i \leq \xi$ đối với bất kỳ $i$ nào, nhưng $x_i$ có thể là bất kỳ góc nào

32

gần với ξ, tức là ξ là số nhỏ nhất, không nhỏ hơn bất kỳ $x_i$ nào. Có thể chứng minh rằng nếu các đại lượng $x_i$ bị chặn từ phía trên, tức là có ít nhất một giới hạn trên của đại lượng, thì trong số các giới hạn trên này có một (một) nhỏ nhất, tức là tồn tại sup $x_i$.

Ký hiệu inf $x_i$ được sử dụng tương tự. Inf là tên viết tắt của từ infimum trong tiếng Latin - “infimum”, nghĩa là thấp hơn.

inf $x_i$ là cạnh thấp mạnh mẽ, tức là số lớn nhất không vượt quá bất kỳ $x_i$ nào. Trong trường hợp điều này không gây khó khăn cho việc đọc, chúng tôi sẽ không viết $i$, $\Delta A_1 A_2 A_3$, v.v. dưới các dấu sup, inf, max, min.

Không khó để hiểu loại sorbiriz này có liên quan gì. Rõ ràng là các giá trị tối đa $\alpha_i$ và tối thiểu $\alpha_i$ tồn tại - xét cho cùng, từ ba góc $\alpha_1$, $\alpha_2$ và $\alpha_3$ người ta luôn có thể chọn giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Và số lượng đường đi $\{A_1, A_2, A_3\}$ điểm trên mặt phẳng là vô hạn. Và ở đây chúng ta không còn có thể đảm bảo rằng sẽ có một rãnh tương ứng với giá trị lớn nhất của góc $\gamma$. Rốt cuộc, chúng ta có thể di chuyển từ rãnh điểm này sang rãnh điểm khác, tương ứng với giá trị lớn hơn của góc $\gamma$, bao nhiêu lần nếu cần thiết và mỗi lần như vậy có thể vẫn còn một rãnh còn lại tốt hơn rãnh trước đó.

Về nguyên tắc, không có giá trị sup $\alpha$, sup $\beta$, sup $\gamma$, inf $\alpha$, inf $\beta$, inf $\gamma$ là đủ cần thiết - và chúng ta nên coi thật may mắn khi các giá trị sup $\alpha = 180^\circ$, sup $\beta = 60^\circ$, inf $\alpha = 60^\circ$ và inf $\beta = 0^\circ$ đã đạt được, tức là tồn tại tối đa $\alpha$, tối đa $\beta$, tối thiểu $\alpha$ và tối thiểu $\beta$. Đối với giá trị $\gamma$, như chúng ta đã thấy, inf $\gamma = 0^\circ$ đạt được, nhưng sup $\gamma = 90^\circ$ thì không.

Tương tự, đối với đại lượng $\frac{1}{n}$, trong đó $n$ là số tự nhiên, đạt được sup $\frac{1}{n} = 1$ (tại $n = 1$), nhưng inf $\frac{1}{n} = 0$ thì không; Do đó, số lượng $\frac{1}{n}$ có mức tối đa và không có mức tối thiểu.

Cuối cùng chúng ta hãy xem xét câu hỏi về các dấu vết cụ thể nào của điểm $P_3 = \{A_1, A_2, A_3\}$ (hoặc $\{A, B, C\}$) đạt được các giá trị tối đa hoặc tối thiểu ​​của $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$. Có thể dễ dàng nhận thấy rằng tối thiểu $\alpha$ và (đồng thời) tối đa $\beta$ đạt được cho một bộ ba điểm - tất nhiên đối với các đỉnh của một tam giác đều $ABC$ (xem Hình 1), cho đến việc thay thế tam giác $ABC$ bằng một tam giác tương tự, tuy nhiên, không làm thay đổi bất kỳ góc nào của nó. max $\gamma$, như chúng ta đã biết, hoàn toàn không tồn tại. Và các giá trị tối đa $\alpha$, tối thiểu $\beta$ và tối thiểu $\gamma$ được hiện thực hóa bằng vô số bộ ba điểm khác nhau (khác biệt hơn nữa) - xét cho cùng, điểm giữa trong Hình 2 có thể nằm ở bất kỳ đâu trên đoạn nối hai điểm khác.

Bây giờ chúng ta sẽ chuyển sang các nhiệm vụ khác.

Bài 2. a) Cho $P_4 = \{A, B, C, D\}$ là hệ bốn điểm tùy ý trên mặt phẳng; chúng tôi biểu thị các giá trị nhỏ nhất trong 12 góc được xác định bởi empirim và mochikas bằng $\beta$. Chứng minh rằng $0^\circ \leq \beta \leq 45^\circ$.

b) Cho $P_5$ là hệ bốn điểm tùy ý trên mặt phẳng; Chúng tôi biểu thị góc nhỏ nhất được xác định bởi góc theo kinh nghiệm và mochika bằng $\beta$. Chứng minh rằng $0^\circ \leq \beta \leq 36^\circ$.

c) Cho $P_6$ là hệ bốn điểm tùy ý trên mặt phẳng; Chúng tôi biểu thị góc nhỏ nhất được xác định bởi góc theo kinh nghiệm và mochika bằng $\beta$. Chứng minh rằng $0^\circ \leq \beta \leq 30^\circ$.

Đối với hệ bốn, gót và sáu điểm trên mặt phẳng nào đạt được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của góc $\beta$?

Bắt đầu lời giải bài toán 2. Giả sử các điểm đang xét được cắm sâu xuống đất

34

Kết quả này cũng giống như đối với hệ 7 điểm (có thể ở đây cũng có inf α = 120°, u min α không tồn tại).

Chúng ta hãy quay lại hệ “tổng quát” $P_n = \{A_1, A_2, \dots, A_n\}$ của $n$ điểm trên mặt phẳng xuất hiện trong bài toán chính; Chúng tôi biểu thị nhiều góc nhất được xác định bởi các điểm này bằng $\alpha$ và nhiều nhất bằng $\beta$. Vì rõ ràng giá trị lớn nhất có thể có của $\alpha$ bằng 180° và giá trị lớn nhất có thể có của $\beta$ bằng 0°, nên việc đánh giá bài toán của các góc $\alpha$ và $\beta$ bao gồm việc tìm sûр $\beta$ (chúng tôi biểu thị giá trị này bằng $\beta$ hoặc mặt phẳng, nó, của tất nhiên, phụ thuộc vào $n$, - đến $\beta(n)$) và inf $\alpha$ (chúng tôi biểu thị giá trị này thông qua $\alpha$ hoặc $\alpha(n)$). Tìm một số giá trị của $\beta(n)$:

$$\beta(n) = \frac{180^\circ}{n},$$

và giá trị này luôn có thể đạt được (xem bài toán 3). Tuy nhiên, việc tìm bài toán giá trị $\alpha(n)$ không đơn giản và vẫn chưa được giải ở dạng tổng quát. Bài toán 4 và 5 cho rằng $\alpha(4) = 90^\circ$, $\alpha(5) = 108^\circ$ và $\alpha(6) = \alpha(7) = \alpha(8) = 120^\circ$; trong trường hợp này, các giá trị $\alpha(4), \alpha(5)$ và $\alpha(6)$ đã đạt được, nhưng các giá trị $\alpha(7)$ và $\alpha(8)$ chưa đạt được.

Bài toán xác định giá trị $\alpha(n)$ được đưa ra lần đầu tiên bởi nhà hình học người Mỹ L. Blumenthal; lời giải của nó được thực hiện bởi các nhà toán học Hungary P. Erdős*) và G. Szekeres. P. Erdős gợi ý điều đó cho mọi người $n \geq 6$ $\alpha(n) = \frac{k-1}{k} \cdot 180^\circ$, Ở đâu $2^{k-1} \leq n \leq 2^k$và giá trị này đạt được $\alpha(n)$ chỉ khi $n = 6$. Tuy nhiên, cho đến nay nó chỉ được chứng minh rằng

$$\alpha(2^k) = \frac{k-1}{k} \cdot 180^\circ$$ tại $k \geq 2$

*) Pál Erdős là một nhà toán học hiện đại nổi tiếng người Hungary. Erdős sở hữu nhiều kết quả nổi bật trong nhiều lĩnh vực toán học (lý thuyết số, giải tích toán học, lý thuyết xác suất, hình học, v.v.); Thứ nhất, do hoạt động của anh ấy, số lượng bài toán vẫn chưa được giải quyết chỉ tăng lên, nhưng anh ấy đặt nhiều bài toán mới hơn số lần giải được những cái cũ.

và điều gì sẽ xảy ra nếu $2^{k-1} < n < 2^k$ (trong đó $k \geq 3$), sau đó $\frac{k-1}{k} \cdot 180^\circ \geq \alpha(n) > \frac{k-2}{k-1} \cdot 180^\circ$ (ước tính sau thậm chí có thể được tăng cường một chút).

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang phần còn lại của các góc liên quan đến vấn đề.

Bài toán 6. Giả sử $P_4$ là hệ bốn điểm tùy ý trên mặt phẳng; $\alpha = \alpha^{(1)}$ và $\alpha^{(2)}$ là hai góc lớn nhất trong chín góc được chỉ định bởi các điểm này, $a = \beta = \beta^{(1)}$ và $\beta^{(2)}$ là hai góc nhỏ nhất; đồng thời $\alpha^{(1)} \geq \alpha^{(2)}$, $\beta^{(1)} \leq \beta^{(2)}$. Chứng minh rằng

a) $72^\circ \leq \alpha^{(2)} \leq 180^\circ$;
b) $0^\circ \leq \beta^{(2)} \leq 45^\circ$.

Đối với hệ thống điểm nào, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $\alpha^{(2)}$ và $\beta^{(2)}$ được nhận ra?

Bài toán 7. Chứng minh rằng với mọi $n \geq 2$ lớn nhất $\alpha(i) = 180^\circ$ cho $1 \leq i \leq \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$,

$$u \min \alpha^{(i)} = 0^\circ$$ tại $P_n$

$$\frac{n(n-1)(n-2)}{6} < j \leq N = \frac{n(n-1)(n-2)}{2}$$

Do đó, câu hỏi về ước tính của tất cả các góc $N$ $\alpha^{(i)}$ chỉ ra việc xác định giá trị inf $\alpha^{(i)}$, trong đó

$$1 \leq i \leq \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$$

(inf $\alpha^{(i)}$ có thể được biểu thị bằng ký hiệu $\alpha^{(i)}(n)$) và sup $\beta^{(i)}$ khi

$$1 \leq j \leq \frac{n(n-1)(n-2)}{3}$$

*) Lưu ý rằng $\frac{n(n-1)(n-2)}{6} + \frac{n(n-1)(n-2)}{3} = \frac{n(n-1)(n-2)}{2} = N$. Chúng ta cũng hãy chỉ ra rằng số lượng đại lượng $\beta^{(i)}$ cần xác định luôn gấp đôi số lượng các số phụ $\alpha^{(i)}$, ví dụ: 2 và 1 cho $n = 3$, 8 và 4 cho $n = 4$, v.v.

36

mà còn để “đảo ngược” - để đặt trước ước tính này hoặc ước tính khác cho (một hoặc nhiều) góc $\alpha^{(1)}, \alpha^{(2)}, \dots, \alpha^{(N)}$ hoặc $\phi^{(1)}, \phi^{(2)}, \dots, \phi^{(N)}$ và đặt câu hỏi về số lượng $n$ điểm của mặt phẳng hoặc không gian mà những ước tính này có thể được thỏa mãn. Ở đây chúng tôi sẽ giới hạn ở đây chỉ có hai ví dụ về sản phẩm như vậy bài toán, dường như thuộc về cùng một Pal Erdős.

Bài toán 15. Ở $n$ điểm bao nhiêu
a) trên máy bay,
b) trong không gian
liệu chúng có thể được sắp xếp sao cho tất cả những điểm cười được hình thành này không quá $90^\circ$ không?
Bài toán 16. Ở $n$ điểm bao nhiêu
a) trên máy bay,
b) trong không gian
liệu chúng có thể được sắp xếp sao cho tất cả những điểm cười được hình thành này không quá $90^\circ$ không?
Như vậy, trong bài toán 15 cần sắp xếp các điểm sao cho tất cả các góc $\alpha^{(i)}$ hoặc $\phi^{(i)}$ đều không lớn hơn $90^\circ$; trong bài toán 16, bất đẳng thức không nghiêm ngặt được thay thế bằng bất đẳng thức nghiêm ngặt. P. Erdős chỉ ra bài toán 15a và 16a đơn giản và đưa ra gợi ý về đáp án cho các bài toán 156 và 166. Bài toán 156 được giải lần đầu tiên vào năm 1962 bởi các nhà toán học nổi tiếng L. Danzer và B. Grionbaum; Sau đó, lời giải tương tự đã được tìm thấy bởi sinh viên MSU, thành viên ban giám khảo của Olympic Toán học toàn Liên minh Grisha Galperin. Bài toán 166 được giải lần đầu tiên vào năm 1961 bởi nhà toán học người Anh G. Croft; vào năm 1963, những cái đơn giản hơn một chút lời giải đã được tìm ra bởi B. Grionbaum và nhà toán học người Đức K. Schütte.

Tối đa?

Đôi khi, điều thú vị không chỉ là giải được bài toán chưa được giải mà còn tìm ra lời giải tốt nhất của một câu dường như đã được giải. Đây là một bài toán:

Chúng ta hãy lấy các số từ 1 đến 9 và chia chúng thành bốn nhóm: nhóm thứ nhất có ba số và nhóm còn lại có hai số. Sau khi cố định thứ tự của các số trong các nhóm này, chúng ta nhận được bốn số. Một biến số cho một trong hai giá trị và hai số có hai chữ số còn lại ở giữa nhau. Ví dụ:

158 79
23 46
474 474
316 316
3634 3634

Trong cả hai trường hợp, tích đều bằng 3634.

Vì vậy, bạn cần phân phối 9 chữ số giống nhau theo cùng một sơ đồ (với các tích bằng nhau), nhưng lấy tích lớn nhất có thể là 584 × 12 = 96 × 73 = 7008.

Kết quả này tồn tại cho đến năm 1971, khi kỷ lục mới lời giải về bài toán này được tìm thấy ở Nhật Bản. Rõ ràng đây sẽ là lần cuối cùng, mặc dù điều này vẫn chưa được chứng minh. Hãy thử tìm xem tích số cuối cùng này bằng bao nhiêu hoặc tăng nó lên.

V.B.

37

Tính chất cơ học của tinh thể

Các tính chất của chất rắn như độ đàn hồi, độ bền, sức căng bề mặt được xác định bởi cường độ tương tác giữa các nguyên tử và cấu trúc của tinh thể (loại mạng tinh thể). Ví dụ, bằng cách nghiên cứu lực tương tác nguyên tử, có thể xác định các giá trị của mô đun đàn hồi, độ bền kéo của vật liệu, năng lượng liên kết của tinh thể và hệ số căng bề mặt.

Các đặc tính của bất kỳ chất rắn nào cũng có thể được đánh giá theo cách này, nhưng cách này dễ thực hiện nhất đối với các tinh thể không thủy tĩnh lý tưởng. Trong mạng tinh thể như vậy, các ion dương và âm có tính tuần hoàn.

Để đánh giá, trước hết cần tìm ra độ lớn của một liên kết cơ học đơn lẻ, liên kết này trong tinh thể không thủy tĩnh được xác định bởi lực tương tác giữa hai ion.

Silim của tương tác cơ học
Sự phụ thuộc của các lực tương tác cơ học *) vào khoảng cách giữa tâm các nguyên tử trong chất rắn được thể hiện dưới dạng sơ đồ trên Hình 1.

Từ hình này người ta có thể đánh giá một số đặc điểm của lực tương tác cơ học.

1. Giữa các nguyên tử, lực hấp dẫn và lực đẩy tác dụng đồng thời. Lực tổng hợp giữa các tương tác nguyên tử là tổng của hai lực này.

2. Khi khoảng cách giữa các nguyên tử giảm đi, lực đẩy tăng nhanh hơn đáng kể so với lực hấp dẫn; do đó, có một khoảng cách nhất định $r_0$ mà tại đó lực hấp dẫn và lực đẩy cân bằng nhau và lực tạo ra bằng 0. Trong một tinh thể được để lại cho các thiết bị riêng của nó, chúng được đặt chính xác ở khoảng cách $r_0$ với nhau. Nếu khoảng cách giữa các nguyên tử nhỏ hơn điểm cân bằng ($r < r_0$) thì lực đẩy chiếm ưu thế; nếu $r > r_0$ thì lực kéo chiếm ưu thế.

Những đặc tính này của lực cơ học cho phép chúng ta coi các hạt tạo thành tinh thể một cách có điều kiện (ví dụ, các ion Na và Cl trong tinh thể coli) là các sợi rắn tương tác với nhau. Sự biến dạng của khoảng cách tinh thể dẫn đến sự gia tăng khoảng cách giữa tâm của các quả bóng lân cận và sự chiếm ưu thế của lực hấp dẫn, và sự biến dạng của ván trượt dẫn đến giảm khoảng cách này và sự chiếm ưu thế của lực đẩy.

Độ bền kéo
Độ bền kéo thường được gọi là hướng nhất (*), mà

*) Bạn có thể đọc thêm chi tiết về lực tương tác cơ học trong bài viết: Mya kishev G. Ya. Sự tương tác của các nguyên tử và phân tử. «Kvant», 1971, số 11.

38

có thể chịu được vật liệu mà không bị sụp đổ. Khi kéo căng một mẫu, giới hạn cường độ được xác định bằng giá trị lớn nhất của lực hút tương tác giữa các nguyên tử trên một đơn vị diện tích mặt cắt ngang vuông góc với hướng căng.

Lực tương tác giữa các nguyên tử đạt giá trị cực đại khi tâm của các nguyên tử ở khoảng cách $r_1$ với nhau (xem Hình 1). Khi độ giãn tăng thêm, lực tương tác trở nên nhỏ đến mức liên kết giữa các nguyên tử bị phá vỡ.

Chúng ta hãy biểu thị độ lớn của lực hút mạnh nhất giữa các nguyên tử (nghĩa là độ lớn của lực liên kết đơn) bằng $F_{\text{max}}$ và số lượng liên kết trên một đơn vị diện tích của phần vuông góc với hướng của ngoại lực là $N_{\text{cb}}$. thì giới hạn khả năng đọc của tinh thể là

$$\sigma = F_{\text{max}} N_{\text{cb}}.$$

Hình 2 cho thấy mô hình đơn giản nhất của tinh thể natri clorua (NaCl bao gồm các ion natri dương và ion clo âm). Mỗi tinh thể có sáu tinh thể lân cận gần nhất với dấu điện tích trái dấu. Khi một tinh thể như vậy vỡ ra, mỗi nguyên tử có một liên kết nghịch đảo. Sự vỡ của một tinh thể được mô tả dưới dạng sơ đồ trong Hình 3. Trong mô hình đang xem xét, số lượng liên kết bị phá vỡ trong mỗi centimet vuông bằng số lượng nguyên tử đến khu vực này ($N_{\text{cb}} = N_{\text{at}}$). Để đơn giản, chúng ta bỏ qua sự tương tác giữa các nguyên tử nằm ở khoảng cách lớn hơn $r_0$ với nhau (các nguyên tử còn lại ở khoảng cách không nhỏ hơn $r_0\sqrt{2}$). Những tương tác này cung cấp một sự điều chỉnh tương đối nhỏ. Để ước tính giới hạn khả năng đọc σ, chỉ cần nhân giá trị lớn nhất của lực tương tác giữa các giá trị nguyên tử trên một đơn vị diện tích trong mặt phẳng gián đoạn là đủ:

$$\sigma = F_{\text{max}} N_{\text{at}}.$$

Ước tính độ lớn của lực ghép

Thứ tự độ lớn của lực liên kết trong tinh thể pon có thể được tìm thấy dựa trên giả định rằng các pon tương tác theo định luật Coulomb. Trong mô hình của chúng tôi, tinh thể bao gồm các ion xen kẽ có dấu trái dấu, khoảng cách cân bằng giữa

39

có $r_0 \approx 3 \text{\AA}$). Giả sử rằng biến dạng vẫn đàn hồi cho đến biến dạng tương ứng với sự đứt gãy; nói cách khác, biến dạng đàn hồi nhất tương ứng với ứng suất bằng độ bền kéo. Nhưng biến dạng đàn hồi cực đại xấp xỉ tương ứng với giá trị cực đại của lực hấp dẫn cơ học (xem Hình 1).

Các thí nghiệm với các tinh thể mạnh nhất đã chỉ ra rằng biến dạng đàn hồi tương đối tối đa của chúng $\varepsilon_{\text{max}}$**) trước khi bị phá hủy thường không vượt quá 10-20%. Hãy đặt $\varepsilon_{\text{max}} = \frac{1}{6} \approx 17\%$. Biến dạng tương đối này tương ứng với sự dịch chuyển của các nguyên tử từ vị trí cân bằng đến khoảng cách $\Delta r = \varepsilon r_0 = \frac{1}{6} 3 \text{\AA} = 0,5 \text{\AA}$.

Vì vậy, khi tính lực hút cơ học cho mô hình tinh thể điều chỉnh được, khoảng cách giữa các ion phải bằng
$$r = r_0 + \Delta r = 3 \text{\AA} + 0,5 \text{\AA} = 3,5 \text{\AA}$$
Nếu chúng ta tính đến việc điện tích của mỗi ion có độ lớn bằng điện tích của electron, tức là $q = 1,6 \cdot 10^{-19} \text{\AA}$, thì giá trị cực đại là silipropional theo khoảng cách. Hệ số tỷ lệ giữa độ lớn biến dạng $\varepsilon$ và ứng suất $\sigma$ (mô đun đàn hồi)
$$E = \frac{\sigma}{\varepsilon}$$
Vì giá trị lợi nhuận theo ước tính của chúng tôi
$$\sigma \approx 2 \cdot 10^{10} \text{\AA}^2$$
và biến dạng đàn hồi cực đại là $\varepsilon_{\text{max}} \approx \frac{1}{6}$ thì mô hình đàn hồi
$$E = \frac{2 \cdot 10^{10} \cdot 6}{1} \approx 10^{11} \left( \frac{\mu}{m^2} \right)$$
Kết quả tính toán phù hợp chặt chẽ với dữ liệu thực nghiệm. Ví dụ: mô hình đàn hồi cho thép là $2 \cdot 10^{11} \text{\AA}^2 / m^2$, nhôm $0,7 \cdot 10^{11} \text{\AA}^2 / m^2$ và muối mỏ - $0,4 \cdot 10^{11} \text{\AA}^2 / m^2$.

40

Ước tính giá trị năng lượng liên kết

Biết độ lớn của lực liên kết tương tác giữa các nguyên tử, người ta có thể tìm thấy độ lớn của năng lượng tương tác của hai nguyên tử. Năng lượng liên kết của hai nguyên tử được xác định bởi công cần thiết để tách các nguyên tử này ra khỏi nhau ở một khoảng cách mà tại đó lực tương tác rất nhỏ. Khoảng cách này (xem Hình 1) xấp xỉ bằng 2 $r_0$.

Để đơn giản, chúng ta sẽ giả sử rằng giá trị trung bình của lực tương tác khi khoảng cách thay đổi từ $r_0$ đến $2r_0$ bằng $\frac{1}{2} F_{\text{max}}$. thì năng lượng liên kết (trên một liên kết) bằng

$$W_1 = A = F \cdot l \approx F_{\text{cp}} (2r_0 - r_0) \approx \frac{F_{\text{max}}}{2} \cdot r_0 = \frac{2 \cdot 10^{-9}}{2} \cdot 3 \cdot 10^{-10} = 3 \cdot 10^{-19} (\partial \chi).$$

Thật thú vị khi so sánh giá trị thu được của thế năng tương tác của các hạt trong vật rắn (năng lượng liên kết) với động năng của chuyển động rắn của chúng, được xác định trung bình bằng giá trị $kT$. Ở nhiệt độ phòng

$$W_K \sim kT = 1,38 \cdot 10^{-23} \cdot 300 \approx 4 \cdot 10^{-21} (\partial \chi).$$

Có thể thấy rằng $W_1 \gg W_K$, tức là trong một vật rắn, năng lượng tương tác giữa các nguyên tử lớn hơn nhiều so với năng lượng của chuyển động rắn.

Sử dụng giá trị năng lượng đã biết của một liên kết, chúng ta sẽ tìm được năng lượng liên kết của tinh thể, nghĩa là năng lượng phải tiêu hao để phân chia tinh thể thành các nguyên tử riêng lẻ và so sánh giá trị thu được với các giá trị thực nghiệm. Trong thí nghiệm, năng lượng liên kết của một chất kết tinh là nhiệt bay hơi của chất rắn.

Năng lượng liên kết của một mol chất đó bằng

$$W_{\text{cb}} = W_1 N' N_A,$$

trong đó $W_1$ là năng lượng của một liên kết, $N'$ là số lượng liên kết hình thành trên mỗi nguyên tử, $N_A$ là số Avogadro.

Trong mạng đơn giản nhất đang được xem xét (xem Hình 2), có một kết nối cho mỗi nguyên tử. Do đó, độ lớn của năng lượng liên kết

$$W_{\text{cb}} = 3 \cdot 10^{-19} \cdot 1 \cdot 6,02 \cdot 10^{23} \approx 18 \cdot 10^4 (\frac{\partial \chi}{\text{моль}}) \approx 40 (\frac{\kappa \alpha L}{\text{моль}}).$$

Giá trị này gần với năng lượng liên kết được tìm thấy trong thực nghiệm của các tinh thể khác nhau (vài chục kilocalo trên mol).

Tính toán sức căng bề mặt

Sử dụng mô hình đã xem xét, có thể ước tính giá trị bề mặt năng lượng riêng - hệ số bề mặt năng lượng - hệ số bề mặt năng lượng mà một đơn vị bề mặt tại ranh giới của một chất có ($\alpha = \frac{W}{S}$). Khi một tinh thể có tiết diện $S$ vỡ ra, một bề mặt mới của mặt phẳng vỡ của vật rắn được hình thành bằng $W' = W_1 \times N_{\text{cb}}$, trong đó $W_1$ là năng lượng của một liên kết và $N_{\text{cb}}$ là số lượng liên kết trên một mét vuông. Năng lượng này được nhận bởi cả các lớp nằm ở một phía của mặt phẳng gián đoạn và lớp nằm ở phía bên kia.

41

Sức căng bề mặt

$$\alpha = \frac{W}{S_1} = \frac{W' S_{CB}}{2S} = \frac{W' N_{CB}}{2} = \frac{3 \cdot 10^{-19} \cdot 10^{19}}{2} = 1,5 \left( \frac{\partial \chi}{\partial m^2} \right).$$

Tinh thể NaCl có $\alpha \approx 0,35 \frac{\partial \chi}{\partial m^2}$.

Bằng cách xem xét sự tương tác giữa các ion, chúng tôi có thể ước tính bậc độ lớn của độ bền kéo, mô hình đàn hồi, năng lượng liên kết và hệ số sức căng bề mặt. Vì vậy, chúng tôi tin chắc rằng các lực tương tác giữa các ion của mạng tinh thể, tức là các lực tác dụng trong “thế giới vi mô”, xác định các tính chất vĩ mô của chất rắn.

Bạn cũng có thể làm ngược lại - sử dụng các đặc tính thực nghiệm tìm được về tính chất cơ học của tinh thể, xác định độ lớn của lực tương tác cơ học. Ví dụ: ước tính độ lớn của lực tương tác cơ học từ giá trị đã biết của mô hình đàn hồi $E = 10^{11} \pi / m^2$.

Những ước tính mà chúng tôi đưa ra được thực hiện với giả định rằng tinh thể đang được đề cập có cấu trúc mạng lý tưởng. Trong tinh thể dung dịch, tính đều đặn của mạng bị phá vỡ. Tính đến thực tế này là một điều kiện quan trọng để tính toán lý thuyết về các đặc tính vật lý của tinh thể. Một số ước tính mà chúng tôi thực hiện đối với các tinh thể lý tưởng khác biệt đáng kể so với dữ liệu thu được từ các thí nghiệm.

Ly nước

Ly nào ổn định - đầy nước hay vơi một nửa?

Nếu bạn có hai vật có hình dạng giống hệt nhau thì vật có trọng tâm thấp hơn sẽ ổn định hơn. Có lẽ bạn biết điều này. Vì vậy, để làm cho một cốc chứa đầy nước ổn định, chỉ cần uống một vài ngụm từ nó là đủ. Trong trường hợp này, trọng tâm, tương đương với tâm của kính, sẽ hạ xuống. Cần để lại bao nhiêu nước trong cốc để nó ở vị trí ổn định nhất?

Rốt cuộc, nếu bạn uống hết nước, thì trọng tâm sẽ ở cùng một chỗ (chúng ta sẽ coi phần đáy là không trọng lượng). Điều này có nghĩa là tại một thời điểm nào đó trọng tâm chiếm vị trí thấp nhất. Làm thế nào khi biết tất cả các cốc rỗng và đầy, xác định được mực nước trong cốc ổn định nhất là bao nhiêu?

Những người quen thuộc với toán học cao hơn đã báo cáo rằng với lời giải, chỉ cần biểu thị chiều cao của trọng tâm của thủy tinh thông qua vị trí của mực nước trong đó là đủ, và sau đó, tiếp tục chức năng này, đánh đồng đạo hàm bằng 0 và do đó tìm ra mức tối thiểu. Tuy nhiên, cũng có một lời giải đơn giản hơn trong số bài toán này mà không cần bất kỳ phép toán cao hơn nào. Hãy cố gắng tìm nó.

V.B.

42

Làm thế nào để xác định các cực của nam châm?

B. I. Aleinikov

Câu hỏi này hoàn toàn không đơn giản như thoạt nhìn. Rốt cuộc, chúng tôi không tin tưởng rằng các cực của nam châm không được sơn bằng các màu khác nhau chỉ để trải chúng ra, tức là không có mối liên hệ nào với từ tính thực sự của chúng. Ngoài ra, nam châm có thể không được đánh dấu gì cả.

Để thực hiện thí nghiệm, bạn cần hai thứ - một nam châm vĩnh cửu hình móng ngựa, không nhất thiết phải sơn hai màu (sẽ thú vị hơn nếu các cực của nam châm không được đánh dấu trước) và… một chiếc tivi. Tốt nhất nên thực hiện thí nghiệm vào buổi sáng hoặc buổi chiều, khi tivi phát sóng lưới để điều chỉnh tivi.

Hãy đưa nam châm vào màn hình tivi đang bật như hình. Hình ảnh sẽ không bị biến dạng từ từ. Có một vòng tròn nhỏ ở giữa lưới. Nó sẽ di chuyển lên hoặc xuống đáng chú ý, tùy thuộc vào cách đặt các cực của nam châm.

Hình ảnh trên màn hình TV tạo ra một chùm tia điện tử tìm kiếm từ độ sâu của ống đến eritel. Nam châm của chúng ta làm chệch hướng các electron đang chuyển động, do đó hình ảnh sẽ dịch chuyển. Hướng tác dụng của từ trường lên một điện tích chuyển động được xác định bởi bên phải của bàn tay trái. Bạn cần đặt lòng bàn tay sao cho các đường thoát nước đi vào và duỗi các ngón tay ra để chỉ hướng của dòng điện; khi đó ngón tay uốn cong một góc 90° cho biết hướng dịch chuyển của điện tích dẫn động. Đường dây điện chạy từ nam châm máy chủ đến cực nam. Và chiều của dòng điện theo quy tắc bàn tay trái được coi là chiều “kỹ thuật” - từ pliosa đến phút. Đây là cách các điện tích dương sẽ di chuyển. Nhưng các electron di chuyển trong phim và bay về phía chúng ta. Điều này tương đương với việc các điện tích dương đang bay ra xa chúng ta. Do đó, hãy duỗi các ngón tay của bàn tay trái về phía màn hình. Phần còn lại là rõ ràng. Bằng sự dịch chuyển của vòng tròn trung tâm của lưới tivi, chúng ta xác định được dải nam châm nào được đưa lên màn hình, hướng bắc hay hướng nam. Vì vậy, bằng cách sử dụng TV, bạn có thể dễ dàng và nhanh chóng xác định vị trí các cực của một nam châm không được đánh dấu.

TV cũng có thể giúp xác định dấu cực của pin không được đánh dấu. Đối với thí nghiệm này, bạn cần có pin, nam châm điện có lõi kép, TV, điện trở và dây dẫn.

Chúng ta nối một nam châm điện và một điện trở nối tiếp với pin, chọn sao cho dòng điện không vượt quá giá trị cho phép. Khi đưa một nam châm điện lên màn hình tivi, chúng ta xác định các cực của nó bằng quy tắc bàn tay trái. Tiếp theo, sử dụng quy tắc gimlet, chúng ta sẽ tìm được hướng của dòng điện và do đó tìm được dấu của các cực của pin.

43

Vùng lân cận của một hình
Yu. I. Ionin,
L. D. Kurlyandchik

Chúng ta hãy phân tích hai hình học bài toán.

Bài toán 1. 120 ô vuông đơn vị được xếp thành hình chữ nhật 20 × 25. Chứng minh rằng một hình tròn có bán kính $1/2$ có thể đặt trong một hình chữ nhật và không cắt bất kỳ hình vuông nào.

Chúng ta hãy tìm xem có thể đặt tâm của một hình tròn có bán kính $1/2$ ở đâu mà không giao nhau với hình vuông đơn vị đã cho. Quỹ tích hình học của các điểm cách hình vuông không quá $1/2$ là hình vẽ trên Hình 1 (khoảng cách từ một điểm đến một hình là khoảng cách đến điểm gần nhất của hình này). Do đó, tâm của hình tròn có bán kính $1/2$, không giao nhau với hình vuông, nằm ngoài khoảng cách được mô tả đến điểm gần nhất của hình này). Do đó, tâm của hình tròn có bán kính $1/2$, không giao nhau với hình vuông, nằm ngoài khoảng cách được mô tả đến điểm gần nhất của hình này). Chúng ta hãy xây dựng một vùng lân cận $\frac{1}{2}$ cho mỗi ô vuông trong số 120 ô vuông đơn vị đã cho. Tâm của vòng tròn mong muốn phải nằm bên ngoài các vùng lân cận này. Ngoài ra, để hình tròn nằm bên trong hình chữ nhật, tâm của nó phải thuộc hình chữ nhật nhỏ hơn $19 \times 24$, điều này sẽ đạt được nếu một số cạnh của hình chữ nhật ban đầu được dịch chuyển vào bên trong $\frac{1}{2}$.

Bài toán sẽ được giải quyết nếu rõ ràng rằng 120 vùng lân cận được xây dựng không che phủ hoàn toàn hình chữ nhật nhỏ hơn.

Hãy ước tính diện tích và bao phủ nó bằng những môi trường xung quanh. Mỗi vùng lân cận bao gồm một hình vuông có trạng thái 1, bốn hình chữ nhật $1 \times \frac{1}{2}$ và bốn hình tròn có bán kính $\frac{1}{2}$. Do đó, diện tích của một vùng lân cận là $1 + 4 \cdot \frac{1}{2} + \pi \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 = 3 + \frac{\pi}{4}$. Tất cả 120 vùng lân cận có diện tích không lớn hơn (các vùng lân cận có thể chồng lên nhau) $120 \cdot \left(3 + \frac{\pi}{4}\right) = 360 + 30\pi$.

Đồng thời, diện tích của hình chữ nhật $19 \times 24$ bằng 456. Vẫn cần lưu ý rằng $360 + 30\pi < 456$, vì $\pi < 3.2$.

Bài toán 2. Một hình phẳng có diện tích 1 được bao phủ bởi một số hữu hạn các đường tròn. Chứng minh rằng từ các đường tròn này người ta có thể chọn một hoặc nhiều đường tròn rời nhau theo từng cặp có diện tích ít nhất là $\frac{1}{9}$.

Hãy chọn vòng tròn lớn nhất trong số các vòng tròn này và biểu thị nó bằng $R_1$

44

Cơm. 2.

bán kính của nó. Nếu diện tích hình tròn này không nhỏ hơn $\frac{1}{9}$, bài toán lời giải. Giả sử rằng $\pi R_1^2 < \frac{1}{9}$. Vì bán kính của các vòng tròn còn lại không lớn hơn $R_1$, nên tâm của những đường tròn giao nhau với vòng tròn đã chọn nằm trong vùng lân cận $R_1$ của vòng tròn này. Bản thân các vòng tròn nằm trong vùng lân cận $2R_1$ của vòng tròn đã chọn (Hình 2). Vì diện tích của vùng lân cận $2R_1$ này, bằng $9\pi R_1^2$, nhỏ hơn 1, nên có các vòng tròn không giao nhau với vòng tròn được chọn từ các vòng tròn đó. Nếu $\pi R_1^2 + \pi R_2^2 \geq \frac{1}{9}$, bài toán lời giải. Do đó, nếu $\pi R_1^2 + \pi R_2^2 < \frac{1}{9}$ thì $9\pi R_1^2 + 9\pi R_2^2 < 1$ có một đường tròn có tâm nằm ngoài vùng lân cận $R_1$ của đường tròn thứ nhất và nằm ngoài vùng lân cận $R_2$ của đường tròn thứ hai và do đó không giao nhau với các đường tròn này. Chúng ta hãy biểu thị bằng $R_3$ bán kính của đường tròn lớn nhất không giao nhau với một trong hai đường tròn đã chọn. Nếu $\pi R_1^2 + \pi R_2^2 + \pi R_3^2 \geq \frac{1}{9}$, bài toán lời giải, nếu không thì chúng ta lặp lại lý luận. Do đó, mỗi lần chúng ta tìm thấy một số vòng tròn rời rạc theo cặp, tổng của chúng không nhỏ hơn $\frac{1}{9}$ hoặc chúng ta tìm thấy một vòng tròn khác không giao nhau với bất kỳ vòng tròn nào được tìm thấy. Điều thứ hai cuối cùng sẽ trở nên không thể thực hiện được vì có số lượng vòng tròn hữu hạn.

Trong cả hai bài toán được phân tích, khái niệm lân cận của một hình hóa ra lại hữu ích.

Định nghĩa 1. Cho $\varepsilon$ là một số dương. Lân cận $\varepsilon$ của hình phẳng $F$ được gọi là tập hợp tất cả các phần chìm của mặt phẳng, khoảng cách $*$ từ đó đến hình $F$ không vượt quá $\varepsilon$.

Chúng ta có thể mô tả vùng lân cận $\varepsilon$ của một hình phẳng hơi khác một chút.

Định nghĩa 2. Chúng ta dựng các đường tròn có bán kính $\varepsilon$ với tâm tại mỗi điểm của hình $F$. Tập hợp các bồn rửa của tất cả các vòng tròn này là lân cận $\varepsilon$ của hình $F$.

Khái niệm $\varepsilon$-lân cận cũng có thể được áp dụng cho một vật thể trong không gian. Chỉ cần xét cùng với các đường tròn, các quả cầu có bán kính $\varepsilon$ có tâm tại các điểm của vật thể.

Chúng ta hãy tìm hiểu lân cận $\varepsilon$ của một đa giác lồi là gì. Dễ hiểu là nó bao gồm chính đa giác, các hình chữ nhật có chiều cao $\varepsilon$, được xây dựng trên các cạnh của nó giống như các đáy và nằm bên ngoài đa giác, và các cung tròn có bán kính $\varepsilon$ với tâm ở các đỉnh của đa giác (Hình 3). giây góc trung tâm

*) Điểm $O$ được cho là nằm cách hình $F$ một khoảng nếu mọi đường tròn có tâm $O$ và bán kính nhỏ hơn $\varepsilon$ không giao nhau với hình $F$ và mọi đường tròn có bán kính nhỏ hơn $\varepsilon$ thì không cắt.

45

Cơm. 4.

hình xuyến ở mỗi đỉnh của đa giác bù với góc trong của đa giác ở đỉnh này lên tới 180°. Do đó, tổng của tất cả các góc ở tâm bằng 180° $n$ - 180° ($n$ - 2) = 360°, ($n$ là số cạnh của đa giác, 180° ($n$ - 2) là tổng các góc trong của đa giác). Điều này có nghĩa là bằng cách sắp xếp các phần không chồng lên nhau và căn chỉnh tâm của chúng, chúng ta sẽ có được một vòng tròn có bán kính $e$. Bây giờ thật dễ dàng để tính diện tích vùng lân cận $\varepsilon$ của một đa giác lồi. Nó bằng $S + P\varepsilon + \pi e^2$, trong đó $S$ là diện tích của đa giác, $a$ là chu vi của đa giác.

Hãy xem xét một bài toán khác, có thể dễ dàng giải được nếu chúng ta sử dụng các vùng lân cận rõ ràng của hình.

Bài toán 3. Điểm $A, B, C, D$ nằm trong không gian tối đa sao cho độ dài của các đoạn $AC$ và $BD$ không vượt quá 1. Chứng minh rằng với mỗi điểm $M$ của đoạn $AB$ người ta có thể tìm được điểm cực đại $N$ của đoạn $CD$, rằng độ dài của đoạn đó $MN$ sẽ không vượt quá 1.

Mệnh đề cần chứng minh có thể được phát biểu như sau:

Mỗi điểm của đoạn $AB$ cách đoạn $CD$ không quá 1, tức là nó thuộc lân cận 1 của đoạn $CD$. Vùng lân cận này bao gồm một hình trụ tròn bên phải có bán kính 1, trục của nó là đoạn $CD$ và hai bán cầu có bán kính 1, trục của nó là đoạn $CD$ và hai bán cầu có bán kính 1 với tâm tại các điểm $C$ và $D$, các đáy của chúng là đáy của hình trụ và nằm bên ngoài hình trụ (Hình 4). Từ điều kiện bài toán suy ra các điểm $A$ và $B$ thuộc lân cận 1 của đoạn $CD$ và vì lân cận này là lồi nên nó chứa toàn bộ đoạn $AB$, đây là điều cần phải chứng minh.

Bài tập

1. Các cạnh của chu vi đa giác lồi $P$ được di chuyển song song với chúng ra ngoài một khoảng bằng 1 và tiếp tục cho đến khi chúng cắt nhau. Chứng minh rằng diện tích của đa giác sẽ tăng hơn $P + \pi$.

2. Tìm thể tích của vùng lân cận $\varepsilon$ của khối đơn vị.

3. Trong hình bình hành $5 \times 10 \times 25$ có 120 khối lập phương đơn vị được sắp xếp tùy ý. Chứng minh rằng có thể đặt một quả cầu có bán kính $1/2$ trong một hình bình hành không có điểm chung với bất kỳ hình lập phương nào.

4. Có một số hình tam giác đều trên mặt phẳng bao phủ diện tích 1. Chứng minh rằng từ chúng người ta có thể chọn một hoặc nhiều hình tam giác rời nhau theo từng cặp có tổng diện tích ít nhất là $1/16$.

5. 100 đa giác lồi được ném thành một hình vuông có cạnh 38 cm, diện tích mỗi hình không vượt quá $cm^2$; và chu vi là 2π cm. Chứng minh rằng một hình tròn có bán kính 1 có thể đặt trong một hình vuông và không cắt bất kỳ đa giác nào.

6. Chứng minh rằng một hình tròn có bán kính $\frac{S}{P}$ có ​​thể đặt trong một đa giác lồi có diện tích $S$ và permet $P$.

7. Trong hình vuông có cạnh 1 có 6 đoạn dài $1/2$. Chứng minh rằng trên hai đoạn thẳng nào đó anh ta sẽ tìm thấy các điểm $M$ và $N$, giữa chúng có ít hơn $1/4$.

46

Bài toán

M226—M230; F238—F242

M226. Ở ba đỉnh của hình vuông có ba con châu chấu. Họ chơi trò nhảy vọt. Hơn nữa, nếu châu chấu A đeo ách qua châu chấu B, thì sau cái ách, anh ta thấy mình ở cùng một khoảng cách với B (nhưng, một cách tự nhiên, ở phía bên kia và trên cùng một đường thẳng; Hình 1). Liệu sau vài lần khóa, một trong những người thợ rèn có thể chạm tới đỉnh thứ tư của hình vuông ban đầu không?

Yu. I. Yoonin

Cơm. 1.

M227. Một điểm được lấy trên mỗi cạnh của hình bình hành. Diện tích của một tứ giác có các đỉnh tại các điểm này bằng một nửa diện tích của hình bình hành. Chứng minh rằng có ít nhất một đường chéo của tứ giác song song với một cạnh của hình bình hành.

E. V. Sallinen

M228. Một tờ giấy ca rô có kích thước $n \times n$ ô được tô màu $n$ (mỗi ô được phủ một trong các màu này hoặc không được phủ chút nào). Màu đúng là màu trong đó mỗi hàng và cột không chứa hai ô cùng màu. Có phải lúc nào cũng có thể “sơn lại” toàn bộ tờ giấy theo đúng cách nếu ban đầu chúng được che phủ đúng cách?

a) $n^2$ – 1 ô;
b) $n^2$ – 2 ô;
b) $n$ ô?

D. Logachev

M229. Ở trung tâm của hình vuông là một cảnh sát, và ở một trong các đỉnh là một tên xã hội đen. Cảnh sát có thể ở khắp quảng trường, nhưng xã hội đen chỉ có thể ở hai bên. Từ-

47

tất cả tốc độ tối đa của cảnh sát là $u$, và tốc độ tối đa của xã hội đen là $v$. Mục tiêu của viên cảnh sát là ở cùng một phía với tên xã hội đen. Chứng minh rằng

a) nếu $\frac{u}{v} > \frac{1}{3}$, thì anh ta có thể đạt được mục tiêu của mình;
b) nếu $\frac{u}{v} < \frac{1}{3}$, thì tên xã hội đen có thể để anh ta làm điều đó.

A. Belkin

Cơm. 2.

M230. Chứng minh rằng từ bất kỳ hình ngũ giác đều lồi (nhưng không nhất thiết phải đều) nào, bạn có thể cắt một hình tam giác đều, một trong các cạnh của nó trùng với cạnh của hình ngũ giác (Hình 2).

S. Konyashin.

F238. Có hai dây vuông làm bằng cùng một vật liệu. Mặt cắt ngang của một dây là 1 mm và mặt kia là 4 mm. Để làm nóng chảy sợi dây thứ nhất, phải cho dòng điện 10 A chạy qua nó. Hỏi dòng điện chạy qua dây thứ hai bằng bao nhiêu để làm nóng chảy nó?

Cho rằng lượng nhiệt toả ra môi trường trong 1 giây tỉ lệ thuận với độ chênh lệch

Cơm. 3.

nhiệt độ của dây và môi trường cũng như diện tích bề mặt của dây và hệ số tỷ lệ của cả hai dây là như nhau.

F239. Một bánh xe có bán kính $R$ lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang. Tốc độ của tâm bánh xe không đổi.

Như đã biết, quỹ đạo của chuyển động cong tuyến tính của một điểm trong một khoảng thời gian ngắn luôn có thể được coi là một cung của một đường tròn. Xác định bán kính của các đường tròn mà bánh xe điểm $A$ và $B$ chuyển động tại thời điểm vectơ bán kính của điểm $A$ nằm ngang và vectơ bán kính của điểm $B$ tạo một góc $\alpha$ với phương thẳng đứng (Hình 3).

F240. Quả cầu thăm dò có vỏ không co dãn đã nâng lên độ cao tối đa và tạo ra những dao động nhỏ xung quanh mặt phẳng cân bằng. Tìm chu kỳ của các dao động này, giả sử rằng ở độ cao như vậy mật độ không khí $\rho$ giảm theo độ cao đều các giá trị $\delta = 1,2 \cdot 10^{-2}$ $\rho$ cứ sau $h = 100$ m.

M. V. Kazarnovsky

F241. Một bánh xe khối $m$ có thể trượt dọc theo một thanh có chiều dài $L$. Lực ma sát giữa chúng là $F$. Xác định tốc độ tối thiểu $v_0$ phải được truyền cho thanh để nó bay qua vòng nếu vòng bị sập lần đầu tiên.

Thí nghiệm được thực hiện trong môi trường không trọng lực.

F242. Camera obscura là một hộp hình chữ nhật có lỗ tròn trên một trong các bức tường. Độ chiếu sáng của hình ảnh Mặt trời thu được trên bức tường đối diện của máy ảnh - màn hình, giảm đi một nửa khi nó di chuyển ra khỏi tâm hình ảnh đến rìa 0,9 bán kính hình ảnh. Độ sáng ở bức tường phía trước của máy ảnh lớn hơn độ sáng ở giữa ảnh bao nhiêu lần?

G. L. Komkin

48

Lời giải bài toán
M184—M189; F198—F202

M184. Chứng minh Giáng sinh

$$\frac{C_n^0}{x} - \frac{C_n^1}{x+1} + \dots + (-1)^n \frac{C_n^n}{x+n} = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\dots(x+n)}$$

Chúng ta hãy chứng minh điều này bằng phương pháp quy nạp toán học. Với $n=1$ điều đó đúng vì $C_1^0 = C_1^1 = 1! = 1$:

$$\frac{C_1^0}{x} - \frac{C_1^1}{x+1} = \frac{1!}{x(x+1)}$$

Giả sử rằng điều này cũng đúng:

$$\frac{C_n^0}{x} - \frac{C_n^1}{x+1} + \frac{C_n^2}{x+2} - \dots + (-1)^{n-1} \frac{C_n^{n-1}}{x+n-1} + (-1)^n \times \frac{C_n^n}{x+n} = \frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)}$$

Chúng ta hãy thay thế $x$ trong (1) bằng $x+1$. Chúng tôi cũng nhận được:

$$\frac{C_n^0}{x+1} - \frac{C_n^1}{x+2} + \dots + (-1)^{n-1} \frac{C_n^{n-1}}{x+n} + (-1)^n \times \frac{C_n^n}{x+n} = \frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)}$$

Chúng ta hãy trừ số hạng theo số hạng (2) khỏi (1) và sử dụng thực tế là

$$C_n^0 = C_n^n = C_n^{n+1} = C_n^{n+1} = 1,$$

$$C_n^k + C_n^{k+1} = C_n^{k+1}$$

cho mỗi $k=0,1,2,\dots,n-1$. chúng tôi nhận được

$$\frac{C_n^0}{x} - \frac{C_n^1}{x+1} + \frac{C_n^2}{x+2} - \dots + (-1)^n \frac{C_n^n}{x+n} + (-1)^n \times \frac{C_n^{n+1}}{x+n+1} = \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\dots(x+n)}$$

Như vậy bước quy nạp đã hoàn thành và đẳng thức của ta được chứng minh với mọi $n$.

Những ai đã đọc bài viết của V. N. Vaguten “Số $C_n^k$, dãy và đa thức” trong «Kvant» Số 2 (1973), tất nhiên nhận thấy rằng trong bài toán M184, chúng ta đã nhận được công thức tính hiệu bậc $n$ cho dãy $f(x) = \frac{1}{x}$:

$$\Delta^n f(x) = \frac{(-1)^n n!}{x(x+1)\dots(x+n)}$$

Nhiều độc giả đã đưa ra chứng minh cho nhận định sau về tính duy nhất của một danh tính dạng (1): nếu danh tính là đúng

$$\frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)} = \sum_{i=0}^{n} \frac{A_k}{x+k},$$

thức ăn $A_k$ – một số con số, có thể

$$A_k = (-1)^k C_n^k = \frac{(-1)^k n!}{k!(n-k)!}$$

Thật vậy, chỉ cần nhân cả hai vế của (4) với mẫu số chung $x(x+1)\dots(x+n)$ và đặt $x = -k$ vào đẳng thức thu được là đủ. Sau đó bên phải là tất cả các điều khoản ngoại trừ một

$$A_k(-k)(-k+1)\dots(-1)1\cdot2\dots\dots(n-k) = A_k(-1)^k k!(n-k)!$$

sẽ tiến tới 0 và chúng ta sẽ tiến đến (5).

M185. Trên kafman có diện tích 1, 5 ngọn lửa được đặt, diện tích của mỗi ngọn lửa không nhỏ hơn $1/2$. Chứng minh rằng có hai ngọn lửa có diện tích phần chung không nhỏ hơn $1/5$.