Kvant 1976, số 1 · Trang

Kvasht
1976
1
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

“Cỗ máy chuyển động vĩnh viễn” dựa trên
Witga của Archimedes
(xem bài viết trên trang 41).

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kionn
Phó thứ nhất
tổng biên tập
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. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

biên tập:
V. N. Berezin
A. N. Vilenkin
I. N. Klumova
T. M. Makarova
(nghệ sĩ biên tập)
T. S. Petrova
V. A. Tikhomirova
L. V. Chernova
(người quản lý biên tập)

TRONG PHÒNG:

2 V. Savchenko. Máy đo đa giác bán đều đặn
8 V. Gamayunov. Bí ẩn của hình vẽ hình học
12 S. Ovchinnikov. Mạch chuyển mạch phẳng
19 G. Kotkin. Bong bóng khí bật lên và định luật Archimedes
24 M. Khaplanov. Những con số siêu việt
28 Z. Tmeladze. Lập trình phi tuyến

Khách mời của chúng tôi là tạp chí “Con người và pháp luật”
35 Vâng. Shestopal. Nuka đọc được dấu vết vô hình

Phòng thí nghiệm «Kvant»
40 M. Golovey. “Ốc nước” của Archimedes

Vòng xoay toán học
44 V. Ryzhik. Hãy kết nối các dấu chấm…

Vấn đề «Kvant»
49 Bài toán M361—M365; F373—F377
51 Lời giải bài toán M321—M325; F333, F335—F338

Xưởng của người nộp đơn
60 I. Sharytsin. Hoàn thiện việc xây dựng khu đất nung
65 A. Zaboev, G. Pantyukhov, N. Sholokhov. Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow

Đánh giá, thư mục
67 V. Leshkovtsev. Plasma là trạng thái thứ tư của vật chất

Thông tin
68 J. Rabot. Tuyển sinh mới vào Trường Toán học Liên minh
70 V. Aslayann, A. Kiryanov, T. Chugunova. Trường Kỹ thuật Vật lý Tương ứng tại Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow

«Kvant» cho học sinh nhỏ
73 Bài toán
74 A. Savin. Làm thế nào để vẽ một ngôi sao thứ sáu?

Đáp số, gợi ý, lời giải
Hỗn hợp (tr. 18, 23, 43, 59)

Trang đầu tiên và thứ tư của trang bìa được kiến ​​trúc sư V. A. Somov thực hiện dựa trên epirus của V. N. Gamayunov (xem bài ở trang 8).

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản Nuka, «Kvant», 1976.

2

V. Savenko

khối đa diện bán đều

Độc giả của tạp chí «Kvant» đã nhiều lần gặp phải các khối đa diện đều*). Các khối đa diện đều có các mặt là các đa giác đều bằng nhau và tất cả các góc đa diện đều bằng nhau. Nhưng cũng có những khối đa diện trong đó tất cả các góc đa diện đều bằng nhau và các mặt là những đa giác bằng nhau thuộc một số loại. Chúng không thể được phân loại là đều đặn - chúng được gọi là khối đa diện bán đều đều.

Đơn giản nhất của khối đa diện bán đều là lăng kính $n$-giác đều ($n = 3, 5, 6, \dots$), tất cả các cạnh đều bằng nhau và các mặt bên là hình vuông. Ví dụ, đáy của một lăng trụ lục giác là các hình lục giác đều: nó có 12 đỉnh, 8 mặt và 18 cạnh.

Một đại diện khác của khối đa diện bán đều đều là cái gọi là phản lăng kính. Ví dụ, hãy tưởng tượng hai hình lục giác đều nằm trong các mặt phẳng song song, một trong số đó được quay quanh tâm so với hình kia một khoảng $30^\circ$. Mỗi đỉnh của cả hình lục giác dưới và hình lục giác trên đều được nối với hai đỉnh gần nhau của hình lục giác kia.

Đối với đa giác đều, các hình lục giác (đáy) cũng được chọn sao cho các ranh giới bên là các hình tam giác đều (Hình 1) - trong trường hợp phản lăng trụ lục giác, khoảng cách (chiều cao) này bằng $H = a\sqrt{3} - 1$ (kiểm tra xem đây có phải là trường hợp không). Một lăng trụ lục giác có 12 đỉnh, 14 mặt và 24 cạnh, các cạnh và các góc tứ diện đều bằng nhau.

Sử dụng tất cả các đa giác đều cho lăng kính và phản lăng kính, chúng ta thu được một chuỗi vô hạn các đa giác nửa chính quy. Tuy nhiên, những chuỗi này không bao gồm hết tất cả các đa giác nửa đều đều: còn có các đa giác nửa đều khác.

Cách đơn giản nhất trong số chúng có thể đạt được nếu các góc của một tứ diện đều được bao quanh bởi các mặt phẳng, mỗi mặt cắt cắt một phần ba số cạnh nổi lên từ một đỉnh (Hình 2); khối đa diện này có 12 đỉnh, 8 mặt và 18 cạnh và được gọi là khối đa diện cắt cụt. Tất cả các góc tam giác của nó đều bằng nhau - mỗi góc chứa hai góc phẳng ở $120^\circ$ và một góc phẳng ở $60^\circ$. Một tứ diện cụt có các mặt tứ diện là hình lục giác đều và bốn mặt nữa là hình tam giác đều.

*) Ví dụ, xem bài viết của V. N. Berezin và “Đa giác đều”, «Kvant», 1973, số 5.

Hình 2.

Nếu chúng ta kết hợp các đỉnh của một khối đa diện đều theo cách đã mô tả, chúng ta sẽ có được một khối đa diện bán đều đều khác (xem Hình 3). Nó được gọi là khối 20 mặt bị cắt cụt và nó giống với hình ảnh quả bóng đá mà bạn có thể thấy trên màn hình TV.

Từ các khối đa diện đều khác, người ta có thể thu được thêm một số khối đa diện nửa đều. Khối phức tạp nhất trong số chúng được gọi là khối mười hai mặt phẳng và có 60 đỉnh, 92 mặt và 150 cạnh.

Có bao nhiêu khối đa diện nửa đều đều? Trong hơn hai nghìn năm, người ta cho rằng chỉ có mười ba (chúng được gọi là phấn của Archimedes), chưa kể hai chuỗi vô tận bao gồm các số nguyên tố và phản lăng kính. Nhưng gần đây, nhà toán học Liên Xô V. G. Ashkinese đã tìm ra một khối đa diện bán đều đều khác. Nhìn vào Hình 4: nếu đỉnh của “bát bát giác” trong khối đa diện này được quay 45°, bạn sẽ có khối đa diện như trong Hình 5. Đây là điều mà Ashkinese đã khám phá ra. Đúng, khối đa diện này “không hẳn là một vật thể Archimedoan”: nó không có một số tính chất mà mười ba đại diện đầu tiên có (nhưng nó có những tính chất riêng). Đa-

Hình 3.

Mặt Ashkinese đôi khi được gọi là thể “pseudarchimedean”.

Nhưng hóa ra chất rắn của Archimedes không làm cạn kiệt tất cả các loại khối đa diện bán đều. Chúng ta hãy lấy một đặc điểm hình lục giác (Hình 6) và vẽ các mặt phẳng đi qua tâm của mỗi ba cạnh nổi lên từ một đỉnh.

Giao nhau, các mặt phẳng này tạo thành một khối đa diện mới, có cùng số mặt như nhận dạng có các đỉnh (trong trường hợp này là 12). Một trong những mặt phẳng này - SFG - chứa đoạn AB, thuộc đáy của đối tượng địa lý và mặt phẳng kia - PFG - chứa đoạn CD, thuộc đáy dưới của đối tượng địa lý.

Hình 4. Hình 5.

4

Vì $[AB] \parallel [CD]$ nên các mặt phẳng $SFG$ và $PFG$ cắt nhau dọc theo đường thẳng $FG$ song song với $AB$. Khối đa diện thu được là sự kết hợp của hai cặp lục giác đều bằng nhau, các đỉnh $S$ và $P$ nằm trên các cạnh đối diện của đáy chung. Khối đa diện thuộc loại này được gọi là bipyramid. Sáu mặt phẳng đi qua điểm $S$ cắt nhau với các mặt phẳng đi qua điểm $P$, tạo thành một hình lục giác đều, trung điểm của cạnh đó là trung điểm của các cạnh bên được nhận biết. Theo đó, bipyramid thu được từ mô hình lục giác có 8 đỉnh và 18 cạnh. Nó chứa các góc đa diện gồm hai loại: lục giác và tứ diện. Vì tất cả các mặt của một lưỡng chóp đều là các tam giác đều bằng nhau nên nó được phân loại là một khối đa diện bán đều đều đều.

Tương tự, người ta có thể thu được một khối đa diện nửa mặt đều đẳng diện khác nếu chúng ta vẽ các mặt phẳng đi qua trung điểm của mỗi bốn cạnh phản lăng kính xuất phát từ một đỉnh. Do đó, mặt phẳng $SM_1QT_1$ (Hình 7) đi qua trung điểm $M, T, G$ và $H$ của các cạnh $BA, BC, BD$ và $BE$. Số mặt của khối đa diện này bằng số đỉnh của phản lăng kính, tức là 12. Hãy đếm số đỉnh của khối đa diện đó. Một cạnh của khối đa diện mới đi qua điểm giữa của mỗi cạnh phản lăng kính, tạo thành một khối mười hai cạnh không gian. Cộng các điểm $S$ và $P$ vào 12 đỉnh của nó, chúng ta có tổng cộng 14 đỉnh. Dễ dàng nhận thấy khối đa diện này có 24 cạnh. Tất cả các mặt của nó đều bằng nhau và là một tứ giác gồm hai tam giác đều có một đáy chung (tứ giác như vậy được gọi là deltmoid). Khối đa diện có hai góc lục giác và hai góc

5

Hình 8.

mười một góc tam giác. Mọi góc độ đều đúng. (Một góc đa giác lồi được gọi là đều nếu tất cả các góc phẳng của nó

*) Từ Hình 7, rõ ràng đỉnh S có thể được định nghĩa là giao điểm của đường tâm SP với đường thẳng KR, trong đó K và R là trung điểm của các đoạn thẳng song song MT và GH. Đồng thời, đường thẳng KR được xác định bởi điểm Q trên cạnh PN.

Hình 9. Hình 10.

Hình 11, A.

Hình 11, b.

Hình 11, c.

6

7

các mặt và các cạnh của mỗi cặp khoảng cách khối đa diện.

Một lăng kính lục giác có 12 đỉnh, 8 mặt và 18 cạnh, và lưỡng chóp thu được từ nó có 8 đỉnh, 12 mặt và 18 cạnh. Do đó, số đỉnh và số mặt của lăng kính và lưỡng chóp có vẻ như được “sắp xếp lại”, nhưng số cạnh vẫn không thay đổi. Đảm bảo rằng sự tương ứng tương tự được quan sát thấy đối với các cặp khoảng cách khối đa diện còn lại. Mẫu được thiết lập tuân theo nguyên tắc đối ngẫu, bao gồm các yếu tố sau: đối với bất kỳ câu nào liên quan đến thùy, đường thẳng và mặt phẳng, luôn có thể tạo thành một câu kép với nó bằng cách thay thế các từ “thùy” bằng từ “mặt phẳng”, và từ “mặt phẳng” bằng từ “thùy”, giữ nguyên các từ “thẳng”.

Nguyên lý đối ngẫu không chỉ áp dụng cho khối đa diện: nó mở rộng cho tất cả các hình và phát biểu được xem xét trong hình học xạ ảnh. Nguyên tắc này được chứng minh ở chỗ đó, nhưng chúng tôi sẽ không chứng minh nó ở đây.

Ở trên đã chỉ ra rằng có 14 khối đa diện nửa bên phải đều. Mỗi trong số chúng tương ứng với một khối đa diện nửa bên phải đều đối ngẫu với nó. Trong Hình 11, bạn thấy ba khối Archimedean (ở cột bên trái) được mô tả cùng với các “nhân đôi” nửa bên phải đều nhau của chúng (ở cột bên phải). Người đọc có thể làm quen với danh sách đầy đủ các khối đa diện này trong bài viết của V. G. Ashkinuse, xuất bản trong Bách khoa toàn thư về Toán tiểu học, quyển bốn (M., “Nauka”, 1963).

Kiểm tra xem có một khối đa diện nửa bên phải đều tương ứng với vật thể được Ashkinuse tìm thấy hay không. Hãy suy nghĩ về những đặc tính nào của các khối đa diện nửa bên phải đều đảm bảo sự tồn tại của các khối đa diện nửa bên phải “kép” hoặc đều.

Bài tập

1. Phản lăng kính là gì, đáy của nó là các hình tam giác đều? Xác định khối đa diện kép của nó.

2. Tính thể tích của phản lăng kính có đáy lục giác (Hình 1), giả sử rằng chiều dài cạnh là $a^*$).

3. Khối đa diện trong Hình 9 và 10 có thể thu được bằng cách khác. Chỉ cần đặt một paramid hình tam giác đều trên mỗi mặt của một tứ diện đều là đủ. Tính chiều cao của paramid này và góc phẳng tại đỉnh của nó nếu cạnh của tứ diện là $a$.

4. Theo điều kiện của Bài tập 3, hãy tính thể tích của một khối đa diện đều.

5. Tính góc phẳng $\psi$ tại đỉnh của mặt khối đa diện như trên Hình 7 và xây dựng sự phát triển của nó.

6. Bằng cách cắt các góc của một hình bát diện đều, hãy xây dựng một khối đa diện nửa bên phải có 8 mặt - hình lục giác đều và 6 mặt - hình vuông, rồi tìm thể tích của nó.

7. Xác định khối đa diện kép và khối bát diện bị cắt cụt (Bài tập 6). Tìm góc phẳng $\varphi$ tại đỉnh của mặt nó.

Hình 11. Các khối đa diện nửa bên phải đều cùng với các khối đa diện kép nửa bên phải đều:
a) vỏ hình thoi;
b) khối mười hai mặt cắt ngắn hình thoi;
c) khối lập phương.

9

Giá trị trung bình của các chất rắn nửa đều, được mô tả trong bài viết của V. Savchenko (xem trang 2), là thú vị nhất theo quan điểm của người thiết kế: các khối đa diện bán đều đều biên và các chất rắn Platonic đều.

Thực tế là nếu chúng ta tiếp tục các mặt phẳng của các mặt của bất kỳ vật thể bán chính quy nào có ranh giới ngang nhau, thì các đường giao nhau của chúng với mỗi mặt phẳng sẽ tạo thành các hệ thống đồng dạng với nhau. (Ví dụ: trong phần giới thiệu của thống kê, có một hệ thống các đường thẳng thu được trong mỗi mặt phẳng của các mặt của hình bán đều đều 120 mặt đều biên được hiển thị trong Hình 11, b trên trang 6.) Mặt khác, các mặt mở rộng của đa diện đều biên “cắt giảm” trong không gian rất nhiều dạng đa giác có thể có, đôi khi ở dạng đơn vị con nhất. Và tất cả các hình dạng này, nhờ đặc tính đã lưu ý, được xác định một cách thuận tiện trên một hệ thống cạnh giả nằm trong cùng một mặt phẳng (chúng ta sẽ gọi cạnh giả là đường giao nhau của các mặt mở rộng).

Hãy giải thích điều này bằng một ví dụ. Chúng ta hãy lấy một khối 24 mặt đều biên (xem Hình 11, b, trang 6). Hệ các cạnh giả của nó thuộc một mặt phẳng được minh họa trên Hình 1. Chúng ta đánh dấu trên đó các điểm O, O₁, O₂, O₃, … và một số góc có đỉnh tại các điểm này. Những điểm và góc này là gì và làm thế nào để tìm thấy chúng, chúng ta sẽ nói sau. Hiện tại, chúng ta chỉ lưu ý rằng nếu một trong các cạnh giả đi qua cùng một điểm, một cạnh khác ở góc đã đánh dấu, thì nó sẽ đi đến một cạnh giả khác đi qua cùng một điểm, sao cho tất cả các điểm giao nhau nằm trên các cạnh giả này sẽ trùng nhau.

*) Ngoại lệ duy nhất là đa giác “giả cạnh”, kép với cái gọi là hình khối giả cạnh, được tìm thấy bởi V. Ashkin.

Sử dụng Hình 1, chúng ta hãy xây dựng một khối đa diện bao gồm hai hình chóp tam giác không đều giao nhau.

Đầu tiên chúng ta hãy xây dựng những kim tự tháp này. Chúng ta hãy lấy một điểm O được đánh dấu (xem Hình 1), đi qua các cạnh giả và các điểm S’ và S’’ trên các giả cạnh này, các điểm này biến đổi thành nhau khi quay qua một góc được đánh dấu quanh điểm O. Điểm S’ và S’’ là giao điểm của hai cạnh giả; Hãy lấy các cạnh giả thứ hai đi qua chúng. Giao nhau với những điểm đã chọn trước đó, chúng cho ta điểm A’ (trên đường OS’’’) và điểm B’’’ (trên đường OS’). Ta được hai tam giác S’OA’ và S’‘OB’’’. Vì cạnh OS’ đồng dạng với cạnh OS’’’ nên hai hình tam giác này có thể “lệch” vào nhau dọc theo các cạnh này; Hãy coi chúng là hai mặt bên của một trong những kim tự tháp tương lai. Bây giờ chúng ta lưu ý rằng khi quay quanh điểm O theo góc đã đánh dấu ngược chiều kim đồng hồ, điểm A’ đi đến điểm A, và khi quay quanh điểm B’’’ đi đến điểm B. Cùng với điểm O, hai điểm này tạo thành một tam giác ABO, được “gắn” với các mặt đã chọn dọc theo các cạnh OB (với mặt S’‘‘‘OB’’’: [OB’’’] ≈ [OB]) và OA (với mặt S’OA’: [OA’] ≈ [OA]). Lấy hình tam giác này làm đáy của các kim tự tháp trong tương lai.

Vẫn còn phải tìm thêm một mặt bên để có thể dán nó vào các khung bên đã chọn và vào đế. Và rồi điều kỳ diệu sẽ xảy ra!

Lấy điểm O₂ đã đánh dấu trên cạnh A’S’ và xoay điểm A’ và điểm S’ quanh 180°. Các điểm này sẽ đi đến các điểm A’’ và S’’ của điểm tương ứng và [A’S’] ≈ [A’‘S’]. Các cạnh giả thứ hai đi qua các điểm A’’ và S’’ cắt nhau tại điểm B’’’ tạo thành tam giác S’‘A’‘B’’’. Điểm được đánh dấu O₁ là giao điểm của các cạnh A’‘B’’ và AB, do đó

10

RẰNG KHI XÁC NHẬN THEO GÓC ĐƯỢC ĐÁNH DẤU XUNG QUANH $O_1$ CÁC CẠNH NÀY ĐƯỢC KẾT HỢP ($A''$ đi vào $A$, $B$ đi vào $B''$ và $[AB] \cong [A''B'']$). Do đó, hình tam giác $S''A''B''$ được dán vào đáy dọc theo cạnh $A''B''$ và vào mặt bên $S'OA'$ dọc theo cạnh $A''S''$. Tất cả những gì còn lại là dán $S''A''B''$ vào cạnh $S''OB''$. Nhưng ở đây chúng ta lại được “cứu” bởi điểm đã đánh dấu - nó không hiển thị trong hình, chỉ có góc với đỉnh tại điểm này được đặt bằng một cung; nó là giao điểm của các cạnh $S''B''$ và $S''B''$; sao cho khi xoay theo góc đã đánh dấu xung quanh điểm này, các cạnh $S''B''$ và $S''B''$ thẳng hàng ($[S''B'] \cong [S''B'']$); Việc dán cuối cùng được thực hiện dọc theo các cạnh này.

Có thể chọn tham số thứ hai theo cách tương tự: các cạnh của nó trong Hình 1 được đánh dấu bằng cùng một màu (và hình tam giác $DEF$ là đáy của tham số thứ hai).

Bây giờ chúng ta cần hiểu các paramit này giao nhau như thế nào. Ở đây có sự tự do lớn lao: cạnh của paramida, chẳng hạn như đế của nó, trong ví dụ đang xem xét có thể chiếm 24 vị trí khác nhau trong không gian (tùy theo số lượng mặt phẳng giao nhau), và sau đó cùng một số vị trí khác nhau có thể được chiếm giữ bởi mỗi paramida. Tuy nhiên, vị trí chung của hai khung này có thể được xác định chỉ bằng một đường - các đường giao nhau của hai mặt bất kỳ của chúng; ví dụ: trong Hình 1, các đường $l_0$ và $l'_0$ bằng nhau và biểu thị một đường trong không gian mà dọc theo đó các cơ sở $ABO$ và $DEF$ của các paramid được xây dựng giao nhau. Priayam $l_0$ có một điểm chung với mỗi cạnh của đế (trên chính cạnh đó hoặc trên phần tiếp theo của nó; tổng cộng ba điểm); ví dụ: với cạnh $BO$ - điểm $M$. Nhưng đế $ABO$ được “dán” dọc theo cạnh $BO$ vào mặt bên $S''OB''$, nghĩa là điểm $M$ trên cạnh $B''O$, đồng dạng với $BO$, sẽ tương ứng với điểm $M'$ (điểm $M$ và

11

$M'$ trong hình của chúng tôi là điểm thứ sáu). Ngoài cạnh $B''O$, qua điểm $M'$ trên mặt $S''OB''$ còn có một đường thẳng khác đi qua; hãy gọi nó là $t_0$. Tại đáy của DEF nó tương ứng với đường thẳng $t_0$. Dọc theo đường thẳng được xác định bởi $t_0$ và $t_0$, DEF cơ sở của đường thẳng thứ hai cắt cạnh $S''OB''$ của đường thẳng thứ nhất. Theo cách tương tự, tìm được đường giao nhau của tất cả các mặt khác của đường thẳng thứ nhất với đáy của đường thẳng thứ hai. Sau đó, tìm được đường giao nhau của tất cả các mặt của đường thẳng thứ hai với đáy của đường thẳng thứ nhất.

Hình 1 bên phải thể hiện sự phát triển của cơ quan tiếp nhận và Hình 2 thể hiện cái nhìn tổng thể của nó.

Bây giờ chúng ta hãy giải thích ngắn gọn các điểm và góc được đánh dấu của chúng ta đến từ đâu. Chúng ta đã nói rằng trong mỗi mặt phẳng của một khối đa diện đều hoặc nửa mặt đều, do sự giao nhau của nó với các mặt phẳng khác, chúng tạo thành các hệ đường thẳng đồng dạng (điều này có được do thực tế là khối đa diện là bán đều đều và có một chuyển động của không gian chuyển một trong các mặt của nó sang bất kỳ hướng nào, do đó khối đa diện đó tự biến thành chính nó). Chúng ta hãy cố định mặt phẳng của một số mặt của khối đa diện và hệ thống các đường giao nhau với các mặt phẳng khác. Hãy lấy một mặt khác và đánh dấu đường giao nhau của nó với mặt được chọn đầu tiên trong bản vẽ của chúng ta - để nó là đường thẳng $l_1$. Bây giờ chúng ta hãy xoay khối đa diện của mình quanh một trục nhất định sao cho mặt thứ hai đi vào mặt thứ nhất (vật quay này giao với đường giao nhau của hai mặt đã chọn hoặc song song với nó - hãy thử tự chứng minh điều này). Trong trường hợp này, mặt được chọn đầu tiên sẽ đi vào một số mặt khác và đường giao nhau của chúng sẽ đi vào đường giao nhau $l_2$ của mặt đầu tiên với mặt mà nó đi vào do xoay. Bây giờ chúng ta hãy tìm đường thẳng tương ứng với đường thẳng $l_2$ trên bản vẽ “phẳng” của chúng ta - đặt nó là đường thẳng $l_2'$. Giao điểm của đường thẳng $l_1$ và $l_2'$ là điểm bù và góc giữa các đường thẳng này là góc lệch.

Trên trang đầu tiên của trang bìa có một hình vẽ phức tạp hơn - nó có được là kết quả của sự tiếp nối các mặt phẳng của các mặt của khối đa diện, được hiển thị trong Hình 11, a p. 6. Sinh viên tốt nghiệp Khoa Mỹ thuật Ứng dụng, Học viện Sư phạm Quốc gia Mátxcơva mang tên. V.I. Lênin, dưới sự lãnh đạo của tác giả những dòng này, đã xây dựng dựa trên hình vẽ này nhiều hình đa diện phức tạp và màu đỏ; một số trong số đó đã tạo cơ sở cho việc thực hiện các dự án: khu phức hợp đại học ở Calabria (Ý), nhà hát opera ở Sofia (Bulgaria), cung điện văn hóa ở Noginsk. Ở trang 3 của trang bìa, bạn sẽ thấy một trong những dự án này.

Chúng tôi đã cho bạn biết “máy cắt” để tạo ra tất cả các vật thể tuyệt vời này và bây giờ bạn có thể bắt đầu xây dựng khối đa diện chưa được tìm thấy của riêng mình *). Chúng tôi chúc bạn may mắn!

*) “Cái đầu” đa diện được mô tả trên trình bảo vệ màn hình của bài viết (trang 8) được “phát minh” bởi sinh viên năm thứ 2 của Học viện Sư phạm Bang Moscow Marina Boytsova.

12

S. Ovchinnikov

Mạch chuyển mạch phẳng

Bạn có thể dễ dàng hiểu mạch chuyển mạch là gì từ Hình 1. Có hai nhóm cực $n$ - một nhóm đầu vào và một nhóm đầu ra ($n = 4$ trong Hình 1). Mỗi làn đầu vào được kết nối với một và chỉ một làn đầu ra. Người đọc quen với khái niệm đồ thị có thể nhận thấy rằng mạch chuyển mạch là một loại đồ thị đặc biệt. Những đồ thị như vậy được gọi là sevens.

Khi tạo ra các thiết bị kỹ thuật sử dụng mạch chuyển mạch, yêu cầu các kết nối giao nhau phải được cách ly với nhau. Trong các thiết bị thông thường, các kết nối được thực hiện bằng dây dẫn và do đó yêu cầu này dễ dàng được đáp ứng. Một ví dụ về thiết bị như vậy là mạch chuyển mạch,

Hình 1.

Hình 2.

13

hiển thị một mạch thực hiện tính đối xứng của các số $n$: đầu vào thứ $i$ được kết nối với đầu ra thứ $(n-i+1)$. Mạch này yêu cầu lớp $n$, vì mỗi cặp liên kết phải nằm trong các lớp khác nhau.

Bây giờ chúng ta hãy xây dựng các điều kiện bài toán chặt chẽ và chứng minh định lý chính.

Chúng ta hãy cho một mạch chuyển mạch có $n$ đầu vào và $n$ đầu ra; đánh số chúng bằng các số nguyên 1, 2, …, $n$. Mỗi lược đồ như vậy xác định ánh xạ một-một lên chính tập hợp số $\{1, 2, ..., n\}$; nói cách khác, mạch chỉ định một hoán vị $P$ tập hợp số $\{1, 2, ..., n\}$, khớp số đầu vào với số đầu ra được kết nối với nó. Ví dụ, mạch chuyển mạch ở Hình 1 tương ứng với hoán vị $1 \rightarrow 2, 2 \rightarrow 4, 3 \rightarrow 1, 4 \rightarrow 3$. Rõ ràng là mỗi hoán vị lần lượt tương ứng với một mạch chuyển mạch nhất định. Do đó, trong phần tiếp theo chúng ta sẽ không phân biệt giữa các mạch chuyển mạch và các hoán vị tương ứng của chúng.

Số $n$ được gọi là lũy thừa của hoán vị $P$. Kết nối kết nối đầu vào $i$ với đầu ra $j$ sẽ được ký hiệu là $(i, j)$. Khi đó hoán vị $P$ có thể được định nghĩa là tập hợp $\{(i, j)\}$ của tất cả các kết nối.

Hãy xem xét một số ví dụ. Sơ đồ trong Hình 1 tương ứng với hoán vị bậc 4, có thể được viết dưới dạng một tập hợp các kết nối:

$$P_1 = \{(3, 1), (1, 2), (4, 3), (2, 4)\}.$$

Các hoán vị bậc $n$ tương ứng với sơ đồ ở Hình 3 và Hình 4 được viết như sau:

$$P_2 = \{(1, 1), (2, 2), ..., (n, n)\},$$
$$P_3 = \{(n, 1), (n-1, 2), ..., (1, n)\}.$$

Bài 1. Chứng minh hai liên kết $(i, j)$ và $(p, q)$ cắt nhau khi và chỉ khi $(i-p)(j-q) < 0$.

Một tập hợp con các liên kết được gọi là “lớp hoán vị $P$” nếu không có hai liên kết nào từ tập hợp con này giao nhau. Hình 2 cho thấy hai lớp hoán vị $P_1$. Hoán vị $P_2$ bản thân nó là một lớp và đối với hoán vị $P_3$, mỗi lớp bao gồm chính xác một kết nối.

Độ dày của hoán vị $P$ là số lớp tối thiểu mà nó có thể được mở rộng trên đó. Trong ví dụ của chúng tôi, độ dày của $P_1$ là 2, độ dày của $P_2$ là 1 và độ dày của $P_3$ là $n$. Rõ ràng, độ dày của bất kỳ hoán vị nào không vượt quá mức $n$ của nó.

Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $p \leq n$ đều có hoán vị $P$ bậc $n$ và độ dày $p$.

Các hoán vị có độ dày 2 được gọi là có thể thực hiện được 2 (chúng có thể được phân tách trơn tru thành hai lớp) và có các tính chất sau. Chúng tôi đặt kết nối $(i, j)$ ở bên phải, nếu $i \geq j$ và ở bên trái, nếu $i < j$ (Hình 5 hiển thị một hoán vị, các kết nối bên phải được đánh dấu màu đỏ và các kết nối bên trái được đánh dấu màu xanh lam). Hóa ra tập hợp tất cả các kết nối bên trái của hoán vị 2-có thể thực hiện được là một lớp. (Chứng minh điều đó.)

Ví dụ, hoán vị trong Hình 5 không thể thực hiện được bằng 2: hoán vị bên trái của nó

14

Hình 5.

kết nối (2, 5) và (3, 4) giao nhau. Đối lập về ý nghĩa với khái niệm lớp là khái niệm bó. Một tập hợp con các liên kết được gọi là một bó nếu có hai liên kết bất kỳ từ tập hợp con này giao nhau. Độ dày của một bó là số lượng trái phiếu có trong đó. Chúng ta sẽ coi mỗi liên kết là một chùm có độ dày 1.

Hãy quay lại ví dụ của chúng tôi. Hoán vị $P_1$ (xem Hình 1) có ba bút chì có độ dày 2:
$\{(3, 1), (1, 2)\}, \{(3, 1), (2, 4)\}$ và $\{(4, 3), (2, 4)\}$.

Tất cả các bó của hoán vị $P_2$ (Hình 2) có độ dày 1. Đối với hoán vị $P_3$ (Hình 3), bất kỳ tập hợp con nào của kết nối đều là một bó. Đặc biệt, bản thân hoán vị $P_3$ là một bó.

Trong số các dầm hoán vị này, các dầm có độ dày tối đa được đặc biệt quan tâm. Chúng tôi gọi các bó như vậy là tối đa.

Bài toán 3. Chứng minh rằng bó cực đại của một hoán vị tùy ý không thể chỉ bao gồm các kết nối bên trái của nó.

Có một mối quan hệ rõ ràng giữa độ dày của hoán vị và độ dày của chùm tia tối đa của nó: chùm hoán vị càng dày thì nó càng dày. Định lý sau đây chỉ rõ sự phụ thuộc này.

Định lý 1. Độ dày của một hoán vị bằng độ dày của bút chì cực đại của nó.

Vì một liên kết từ một gói tối đa phải nằm ở các lớp khác nhau nên số lượng từ không thể thay đổi được.

nhỏ hơn chiều dày dầm. Do đó, để chứng minh định lý, chỉ cần xây dựng một phân tích của một hoán vị cho trước có số từ bằng số liên kết trong bút chì tối đa là đủ. Nói cách khác, mỗi lớp của sự phân tách như vậy phải chứa chính xác một kết nối từ gói tối đa.

Trước khi chứng minh Định lý 1, chúng ta hãy thiết lập một tính chất quan trọng của bút chì cực đại.

Bổ đề. Cho phép
$(i_1, j_1), (i_2, j_2), \dots, (i_p, j_p)$

• các kết nối được bao gồm trong gói tối đa, và
  $j_1 < j_2 < \dots < j_p$.

Nếu một số kết nối $(i, j)$ giao với kết nối $(i_1, j_1)$ thì $i < i_1$.

Bằng chứng. Giả sử ngược lại, từ kết quả bài toán 1 ta thu được $j < j_1$. Nhưng sau đó liên kết $(i, j)$ cắt tất cả các liên kết của gói Dann và điều này mâu thuẫn với liên kết tối đa của nó.

Chúng ta sẽ nói rằng việc kết nối $(i, j)$ bắt đầu ở $j$ đầy đủ. thì tính chất hình học đã được chứng minh có nghĩa là bất kỳ kết nối nào bắt đầu từ bên trái của bút chì cực đại đều không cắt kết nối ngoài cùng bên trái của nó. Tương tự, bất kỳ liên kết nào bắt đầu từ bên phải của bút chì tối đa đều không cắt liên kết ngoài cùng bên phải của nó. Sắp xếp lại trong Hình 6 hoặc sẽ xây dựng bổ đề của chúng tôi. Được đánh dấu màu đỏ là các kết nối của chùm tia tối đa. (1, 5) là kết nối ngoài cùng bên phải của gói tối đa, (4, 2) là kết nối ngoài cùng bên trái. Nhân tiện, xin lưu ý rằng có thể có một số ròng rọc tối đa. Để sắp xếp lại trong Hình.

15

Sunka 6 có ba trong số đó:
{(4, 2), (3, 4), (1, 5)}, {(7, 3), (3, 4), (1, 5)} và {(7, 3), (6, 6), (5, 7)}.

Chứng minh Định lý 1.

Chúng tôi đưa ra một bằng chứng mang tính xây dựng, nghĩa là chúng tôi chỉ ra một quy trình trong đó mỗi hoán vị có thể được phân tách thành một số từ tối thiểu.

Chúng ta chỉ biểu thị quán trọ của bút chì cực đại bằng $p$. Chúng ta hãy gán kết nối $(u_1, 1)$ (nghĩa là kết nối ngoài cùng bên trái của hoán vị) cho lớp đầu tiên và biểu thị nó $(u_1, v_1)$. Trong số tất cả các kết nối $(i, j)$ không giao nhau $(u_1, v_1)$, hãy xem xét kết nối có $j$ lung linh nhất. $(u_2, v_2)$ của riêng nó và cũng được bao gồm trong lớp đầu tiên. Bằng cách sắp xếp các kết nối trong một hàng, bắt đầu từ kết nối ngoài cùng bên trái và gán cho lớp đầu tiên những kết nối không giao nhau với những kết nối đã chọn, chúng ta thu được một tập hợp các kết nối rời rạc theo cặp $(u_1, v_1), (u_2, v_2), \dots, (u_h, v_h)$, tạo thành lớp đầu tiên.

Bản thân các kết nối không có trong lớp đầu tiên sẽ tạo thành một hoán vị nhất định. Áp dụng cách xây dựng trước đó cho hoán vị này, chúng ta có được lớp thứ hai, v.v.

Chúng ta hãy xem điều gì xảy ra với chùm tia tối đa trong quá trình xây dựng này. Hãy để chúng tôi biểu thị các kết nối có trong gói này bằng $(i_1, j_1), (i_2, j_2), \dots, (i_p, j_p), j_1 < j_2 < \dots < j_p$. Theo bổ đề, kết nối $(i_1, j_1)$ không giao nhau với bất kỳ kết nối nào bắt đầu từ bên trái của nó và do đó phải rơi vào lớp đầu tiên. Không có kết nối nào khác từ gói tối đa này sẽ rơi vào lớp đầu tiên vì chúng giao nhau với kết nối $(i_1, j_1)$. Do đó, từ mỗi bó tối đa, một kết nối sẽ rơi vào lớp đầu tiên.

Hãy chọn lớp đầu tiên từ hoán vị của chúng tôi. Dễ dàng nhận thấy trong hoán vị còn lại các ròng rọc cực đại chỉ có $p-1$. Bằng cách chọn lớp thứ hai, chúng tôi chỉ thu được $p-2$ các ròng rọc tối đa trong hoán vị còn lại. Tiếp tục quá trình chọn từ này, ở bước thứ $(p-1)$, chúng ta thu được một hoán vị có các bó tối đa chỉ có 1. Nhưng điều này có nghĩa là các kết nối trong hoán vị này không giao nhau và do đó, bản thân nó tạo thành lớp thứ $p$ cuối cùng.

Vì vậy, chúng tôi đã chỉ ra rằng bất kỳ hoán vị nào cũng có thể được phân tách thành các lớp, số lượng lớp đó chỉ bằng bó tối đa; Sự khai triển này chứng minh định lý.

Tăng cường. Kiểm tra tính đúng đắn của định lý đối với $P_1, P_2$ và $P_3$.

Chúng ta hãy xem xét các mạch chuyển mạch chỉ tương ứng với các hoán vị 2, nghĩa là các hoán vị có thể thực hiện được 2; chúng được đặc biệt quan tâm vì chúng chỉ yêu cầu sản xuất hai lớp dẫn điện. Cho hai mạch chuyển mạch như vậy được kết nối như trong Hình 7. Rõ ràng, mạch kết quả ở Hình 7 tương đương với mạch chuyển mạch trong Hình 8. Chúng ta hãy biểu thị hoán vị tương ứng với mạch trong Hình 8 bằng $P$, và các hoán vị tương ứng với các mạch trên và dưới của Hình 7 bằng $P_1$ và $P_2$ tương ứng. Chúng ta sẽ nói rằng hoán vị $P$ bằng tích của các hoán vị $P_1 \cdot P_2$.

Theo cách tương tự, bạn có thể xác định tích của bất kỳ số hoán vị nào. Thứ tự của các thừa số trong tích như vậy rất quan trọng: ví dụ: nếu chúng ta lấy hoán vị

16

Hóa ra là bất kỳ hoán vị nào cũng có thể bị phân hủy thành tích của một số hoán vị có thể thực hiện được! (Chứng minh điều đó.)

Nếu một hoán vị được biểu diễn dưới dạng tích của s “mảnh” hoán vị có thể thực hiện được 2 thì nó được gọi là có thể thực hiện được theo tầng s. (Như vậy, hoán vị P (độ dày 3) thể hiện trên Hình 8 là có thể thực hiện được 2 tầng; việc phân tách P thành 2 tầng hoán vị 2 tầng thực hiện được được thực hiện bằng các hoán vị P₁ và P₂ của Hình 7.) Công nghệ hoán vị s-cascade có hai lớp dẫn điện và một lớp cách điện, hoán đổi cho nhau s - 1 lần. Lớp cách điện đầu tiên tương ứng với khoảng cách giữa các tầng; Rõ ràng là khi lớp cách điện bị đứt sẽ không xảy ra sự giao nhau của các liên kết. Mỗi lớp cách điện tương ứng với một điểm đứt trong 2) được thực hiện qua từng giai đoạn, nhưng có lẽ ở các dây khác nhau của lớp - xem Hình 10; các kết nối nằm trong cùng một lớp dẫn điện được biểu thị bằng cùng một màu.

Vì vậy, như chúng tôi đã nói, đối với bất kỳ hoán vị nào cũng tồn tại sự phân rã theo tầng. Số lượng tầng tối thiểu cần thiết để phân tách tầng của một hoán vị nhất định là bao nhiêu? Hãy thử tìm hiểu.

Hãy bắt đầu với hoán vị Kₚ, tương ứng với số i với số p - i + 1, tức là nhận ra tính đối xứng của số p.

Như đã lưu ý, hoán vị Kₚ trùng với bó cực đại của nó và chỉ có cùng giá trị với p. Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng một số phân tách theo tầng của hoán vị Kₚ thành các hoán vị hai lớp và sau đó chỉ ra rằng phân tách được xây dựng là tối thiểu.

Với p = 2, hoán vị K₂ bản thân nó là một tầng (đơn vị). Cách phân rã hoán vị K₄ (p = 4) có thể xem trên Hình 11. Sử dụng ý tưởng phân rã tầng

17

y để sắp xếp lại $K_4$, chúng ta hãy xây dựng một phân rã tầng của hoán vị $K_8$ ($p = 8$) - xem Hình 12. Bây giờ đã rõ cách xây dựng phân rã tầng của hoán vị $K_p$, Nếu như $p$ bằng lũy ​​thừa của hai. Tầng trên (đối với $p = 2^r$) được thể hiện trên Hình 13. Các tầng còn lại thực hiện đối xứng các hoán vị dương 1, 2, …, $2^{r-1}$ và tích cực $2^{r-1} + 1$, $2^{r-1} + 2$, …, $2^r$; cùng lúc $k$tầng hoán vị bậc thứ $2^r$ thu được bằng cách kết hợp hai giống hệt nhau ($k-1$)- tầng hoán vị bậc $2^{r-1}$. Rõ ràng, số tầng trong phân rã tầng được xây dựng của hoán vị $K_2^r$ bằng $r$.

Hãy để nó bây giờ $p$ không phải là sức mạnh của hai; thế thì có chuyện như vậy $r$, Cái gì $2^r < p < 2^{r+1}$. Chúng ta hãy xem xét sự phân rã tầng của hoán vị $K_{2r+1}$ độ $2^{r+1}$ và chúng ta thấy trong đó các kết nối bắt đầu ở các vị trí có số lượng không vượt quá $p$. Rõ ràng, những kết nối này xác định hoán vị $K_p$ (mục nhập có số $2^{r+1} - p + 1$, $2^{r+1} - p + 2$, …, $2^{r+1}$ bạn cần đo lại, bắt đầu từ đơn vị: 1, 2,… $p$) và sự phân rã tầng này của hoán vị $K_{2r+1}$ cũng phân hủy hoán vị $K_p$. Ví dụ, trong Hình 14, phân rã tầng cho hoán vị $K_6$ được rút ra từ việc khai triển cho $K_8$.

Vì vậy, đối với các hoán vị $K_p$ là các ròng rọc, chúng tôi đã xây dựng các phép mở rộng theo tầng. Nếu $p$ sao cho $2^{r-1} < p \leq 2^r$ thì số giai đoạn là $r$. Nếu không, nó có thể được viết như sau: $r = \log_2 p$, trong đó $|a|$ biểu thị số nguyên nhỏ nhất, không nhỏ hơn $a$.

Bây giờ chúng ta hãy chỉ ra rằng việc mở rộng tầng được xây dựng của các hoán vị $K_p$ bao gồm một số tầng tối thiểu. Đối với ví dụ này, hãy lập chỉ mục theo $p$. Lưu ý rằng nếu $p < q$, thì phân rã tầng tối thiểu của hoán vị bậc $q$ yêu cầu không ít tầng hơn phân tách tối thiểu của hoán vị bậc $p$.

Đối với $p = 2$ tuyên bố của chúng tôi là hiển nhiên. Hãy chứng minh khẳng định cho $p = k$. Hãy xem xét hai trường hợp.

a) $2^{r-1} < k < 2^r$.

Đối với hoán vị $K_k$ bậc $k$, chúng ta có phân tách xếp tầng $r$. Khi di chuyển từ $k$ và $k+1$, số tầng, như nhận xét của chúng tôi, không giảm. Nhưng vì $k$ là một số nguyên, nên $k+1 \leq 2^r$, và do đó chúng ta có thể xây dựng một khai triển xếp tầng $r$ của hoán vị $K_{k+1}$ bậc $k+1$; Bây giờ rõ ràng rằng đó là mức tối thiểu.

b) $k = 2^r$.

Hãy xem xét hoán vị $K_{k+1} = K_{2r+1}$. Vì $2^{r+1} < 2^{r+1}$, chúng ta có thể xây dựng một phân tách xếp tầng $(r+1)$ cho hoán vị $K_{k+1}$. Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng các tầng $r$ không đủ để phân tách hoán vị $K_{k+1}$ (khi đó phân tách $(r+1)$-tầng sẽ là phân tách tối thiểu).

Chúng ta hãy giả sử điều ngược lại: giả sử có sự phân rã $r$ theo tầng của hoán vị $K_{2r+1}$ bậc $2^{r+1}$. Hãy xem xét tầng trên của thời điểm này-

18

Tuy nhiên, trong hai lớp, tầng này chứa hơn một nửa số liên kết, tức là nhiều hơn $2^{r-1}$ liên kết. Các liên kết này không giao nhau và do đó, các tầng $r-1$ còn lại phải thực hiện phân tách bó các liên kết này, điều này là không thể, vì cấp độ của bó này lớn hơn $2^{r-1}$. Kết quả mâu thuẫn hoàn thành chứng minh.

Vì việc phân tách theo tầng của một hoán vị tùy ý (như $K_p$, không phải là một bó) yêu cầu không ít các tầng hơn so với việc phân tách bó tối đa của nó, nên điều đó là đúng.

Định lý 2. Số tầng tối thiểu cần thiết để thực hiện hoán vị hai giai đoạn của tấm bia $n$ và moltsna $p$ không nhỏ hơn $\log_2 p$.

Chúng tôi đã thu được ước tính “đáy” cho số tầng tối thiểu. Sử dụng các phép tính tương tự, bạn có thể nhận được ước tính từ phía trên:

Định lý 3. Một hoán vị tùy ý của gốc $n$ thừa nhận $\log_2 n [-\text{kаскадную реализацию}]$.

Bài toán 4. Chứng minh Định lý 3.

Kết quả ước tính “trên” và “dưới” khác nhau rất ít đối với các hoán vị “dày”. Tuy nhiên, đối với các hoán vị có độ dày nhỏ thì sự khác biệt về trọng lượng bị hạn chế và cần có những ước tính chính xác hơn. Hai bài toán tiếp theo đưa ra một số tiến bộ trong vấn đề này, nhưng công thức chính xác về số lượng giai đoạn hai giai đoạn tối thiểu cần thiết để phân tách một hoán vị nhất định vẫn chưa được biết.

Bài toán 5. Chứng minh rằng hoán vị độ dày $p$ thừa nhận việc thực hiện xếp tầng $(2 \cdot \log_2 p [-1])$.

Bài toán 6. Chứng minh rằng hoán vị độ dày $p$ cho phép thực hiện $(2 \cdot \log_2 \frac{p}{3} [+2])$-tầng.

Tù nhân của vua Dadon

Trong cuộc đột kích, vua Dadon đã bắt được 100 tù nhân. Họ bị biệt giam và lính canh được trang bị vũ khí dày đặc đi dọc hành lang nhà tù. Mỗi ô đều bị khóa; Tất cả một trăm ổ khóa đều có một chiếc chìa khóa được vua Dadon cất giữ trong rương. Một lượt chìa khóa mở được ổ khóa, một lượt khác lại khóa lại, lượt tiếp theo lại mở khóa lại, v.v.

Vào ngày sinh của ông, nhà vua quyết định thả tù nhân, thậm chí ngay trước ngày ông đã sai một người tra chìa khóa vào ổ khóa của buồng thác và xoay một vòng. Tất cả các cửa đều không khóa. Tuy nhiên, ngày sinh nhật vẫn chưa đến và không thể rời khỏi phòng giam: những người bảo vệ có vũ trang đi dọc hành lang.

Người đưa tin gần như không thể trả lại chìa khóa khi Vua Dadon thay đổi lời giải của mình. Ông ra lệnh cho người đưa tin mới vặn chìa khóa vào ổ khóa thác của căn phòng thứ hai. Cửa phòng giam thứ hai, thứ tư, thứ sáu và cả bốn phòng giam còn lại đều bị khóa lại. Người tiếp theo thực hiện một vòng quay trong ổ khóa của các phòng thứ ba, thứ sáu, thứ chín, thứ mười hai, v.v. Một cái khác nằm ở mỗi ô thứ tư. Điều tương tự cũng được lặp lại với thông điệp tiếp theo từ nhà vua - cho đến cả trăm, người chỉ vặn chìa khóa trong ổ khóa của căn phòng thứ trăm.

Cuối cùng, ngày sinh nhật của nhà vua đã được nhấn mạnh. Lính canh đã bị loại bỏ và những người trong phòng giam mở được thả ra.

Vua Dadon đã thả tự do cho bao nhiêu tù nhân?

19

G. Kotkin

Cửa sổ bật lên

bong bóng khí
và định luật Archimedes

Hãy tưởng tượng rằng bạn đang chuẩn bị cho kỳ thi vật lý, đang ngồi ở bìa rừng bên bờ hồ. Lặp lại định luật II Newton, bạn muốn áp dụng định luật này cho chuyển động của các bọt khí nổi lên từ đáy. Và rồi một điều kỳ lạ bắt đầu…

Lực hấp dẫn tác dụng lên bong bóng nhỏ hơn một nghìn lần so với trọng lượng của nước mà nó chiếm chỗ (mật độ của không khí và nước khác nhau khoảng một nghìn lần). Lực cản trong quá trình ma sát chất lỏng, tỷ lệ thuận với tốc độ của bong bóng, ban đầu nhỏ nên không tính đến *). Do đó, gia tốc được xác định chủ yếu bởi lực nổi Archimedean:

$$a=\frac{V\rho g-mg}{m}\approx\frac{V\rho g}{m}. \tag{1}$$

Ở đây $m$ là khối lượng, $a$ là gia tốc của bong bóng, $V$ là thể tích của nó, $\rho$ là mật độ của nước. Đặt mật độ khí là $\rho_0$. Sau đó $m=V\rho_0$ và

$$a\approx\frac{\rho}{\rho_0}g\approx10^3g.$$

Vì vậy, gia tốc của bong bóng vào cỡ một nghìn $g$. Đây là một giá trị rất lớn. Chúng ta hãy nhớ gia tốc đó

---

*) Vai trò của lực lượng kháng cự sẽ được thảo luận thêm.

mà các phi hành gia và phi công phải chịu đựng đạt tới vài $g$ (giả sử lên tới 10 $g$). Nếu đạn di chuyển trong nòng có chiều dài $1\ м$ với gia tốc như vậy thì nó sẽ có thể bay lên độ cao $h=1\ км$ (bạn hãy tự kiểm tra điều này); nếu một con bọ lọt vào bên trong bong bóng bật lên của chúng tôi, nó sẽ bị nghiền nát trong một “thang máy” như vậy; v.v. Cơ hội thực sự phong phú cho các nhà phát minh!

Tuy nhiên, ngồi trên bờ hồ, bạn có thể tận mắt chứng kiến ​​rằng trên thực tế, gia tốc của bong bóng không hề lớn chút nào.

Thay vì ngay lập tức đưa ra đáp số cho câu đố vừa nảy sinh, hãy hỏi một câu đố khác.

Cho phép bạn dễ dàng nâng vật nặng một pound ($m=16\ кг$) lên độ cao $1\ м$. Điều gì sẽ xảy ra nếu bạn tác dụng một lực bằng trọng lượng của trọng lượng này lên một viên sỏi có khối lượng $1\ г$ (hoặc một đồng xu) trên đường đi cũng có khối lượng $1\ м$? Không khó để tưởng tượng rằng viên sỏi sau đó sẽ bay lên độ cao 16 km. (Chúng tôi không tính đến lực cản của không khí. Rõ ràng đây không phải là vấn đề.) Đây là gì - một dự án tuyệt vời khác?

Không, lần này khá dễ dàng để vạch mặt tác giả của dự án: bạn sẽ phải nhấc không chỉ một viên sỏi mà còn cả bàn tay của chính mình! Một lực cỡ $160\ н$ phải được tác dụng lên mỗi gam của nó. Toàn bộ cánh tay sẽ nặng vài tấn và bạn sẽ không còn đủ sức để nâng nó lên.

Do đó, một bàn tay đứng yên hoặc chuyển động với gia tốc nhỏ có thể tác dụng một lực lớn hơn lên vật nặng so với một bàn tay chuyển động với gia tốc lớn hơn.

Nhưng khi một bong bóng khí di chuyển trong nước, một hình ảnh tương tự sẽ xuất hiện. Khi bong bóng nổi lên, một khối nước nào đó sẽ tràn xuống, lấp đầy khoảng trống. Bong bóng tương tác với nước chuyển động chứ không phải nước đứng yên. Rõ ràng

20

và lực do nước tác dụng lên bong bóng phụ thuộc vào gia tốc của chính nước. Định luật Archimedes, được viết dưới dạng tổng quát $F_{выт} = V\rho g$, không áp dụng được cho một bong bóng chuyển động với tốc độ nhanh hơn!

Hóa ra bài toán về một bong bóng rất gần với bài toán về chuyển động của các vật nặng được nối với nhau bằng một sợi dây ném qua một khối đứng yên (Hình 1). Không khó để nhận ra sự tương đồng giữa chúng. Thật vậy, một trong các vật nặng (có khối lượng $m$) dường như đóng vai trò là bong bóng, vật còn lại (có khối lượng $M$) đóng vai trò là nước, và lực căng của đáy $T$ đóng vai trò là lực nổi.

Định luật thứ hai của Newton áp dụng cho bộ nạp khối $m$ có thể được viết như sau:

$$ma = T - mg. \tag{2}$$

Nếu trọng lượng khối lượng $m$ giữ nguyên thì trọng lượng của vật nặng $T$ hóa ra bằng về mặt số lượng với trọng lượng của vật nặng $Mg$ (tất cả nước “đã dịch chuyển”). Thay $T = Mg$ vào phương trình (2), ta thu được:

$$a = \frac{M - m}{m} g \quad (\text{неверно!}). \tag{3}$$

Tại $M \gg m$ hóa ra là $a \gg g$. Kết luận này không hoàn toàn giống với kết luận về gia tốc cực lớn của bong bóng (xem (1)). Nguyên nhân của sự nhầm lẫn là như nhau: cần phải tính đến chuyển động của khối lượng $M$ và chuyển động của nước “chuyển chỗ”. Chúng ta hãy nhớ lại rằng để có lời giải bài toán đúng về trọng lượng, chúng ta cũng cần viết phương trình định luật thứ hai của Newton cho trọng lượng có khối lượng $M$

$$Ma = Mg - T \tag{4}$$

và giải hệ phương trình (2) và (4). Từ đây

$$a = \frac{M - m}{M + m} g, \tag{5}$$

$$T = \frac{2mM}{M + m} g.$$

Tại $m \ll M$ hóa ra $a \approx g$, $T \ll Mg$, điều này khá đúng.

Bạn có thể giải bài toán này theo cách khác - sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Khi di chuyển trọng lượng của khối lượng $m$ lên (và theo đó, trọng lượng của khối lượng $M$ xuống) một khoảng cách $h$, thế năng của hệ sẽ giảm đi một giá trị $Mgh - mgh$. Động năng sẽ bằng $\frac{mv^2}{2} + \frac{Mv^2}{2}$, trong đó $v$ là tốc độ của tải (chúng tôi coi tốc độ ban đầu bằng 0). Cân bằng các giá trị

$$Mgh - mgh = \frac{mv^2}{2} + \frac{Mv^2}{2},$$

chúng tôi tìm thấy

$$v^2 = 2 \frac{M - m}{M + m} gh,$$

hoặc (xem (5))

$$v^2 = 2ah. \tag{6}$$

Mối liên hệ như vậy giữa tốc độ và độ dịch chuyển có bản chất đối với chuyển động có gia tốc không đổi $a$. (Trong trường hợp này $a = \frac{M - m}{M + m} g$.)

Hãy sử dụng điều này cho lời giải bài toán về chuyển động của một vật trong chất lỏng. Đúng, chúng tôi sẽ không thể đưa ra lời giải bài toán đầy đủ về tác động lên bong bóng. Thực tế là sự phân bố vận tốc chất lỏng xung quanh

21

bong bóng quá khó (Hình 2).
Tuy nhiên, chúng tôi sẽ quyết định đặt bài toán.
Chúng ta hãy xem xét chuyển động của một thanh dài có bán kính $r$, chiều dài $l$ và khối lượng $m$ dọc theo trục của một ống có bán kính $R \ll l$ chứa đầy mật độ chất lỏng $\rho$ (Hình 3). Trong trường hợp này, chuyển động của chất lỏng rất dễ tính toán. Chất lỏng bị phần trên của thanh chiếm chỗ sẽ di chuyển xuống và lấp đầy khoảng trống do phần dưới của thanh bỏ trống. Nếu chúng ta loại trừ các khu vực nhỏ gần các đầu của thanh thì vận tốc chất lỏng sẽ ở khắp mọi nơi giữa thanh và thành ống.

Hình 2.

Hình 3.

ki hóa ra cũng giống như vậy. Chúng ta hãy biểu thị bằng $v$ tốc độ của thanh và $v_1$ tốc độ của nước chuyển động giữa thanh và thành ống tại thời điểm thanh tăng lên độ cao $h$ từ mức mà tốc độ của nó bằng 0. Cân bằng thể tích $\pi r^2 v \Delta t$ của chất lỏng bị thanh chiếm chỗ trong một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$, tìm được thể tích $\pi (R^2 - r^2) v_1 \Delta t$ của chất lỏng truyền giữa thanh và ống trong cùng thời gian

$$v_1 = \frac{r^2}{R^2 - r^2} v.$$

Trong thời gian thanh tăng lên độ cao $h$ thì khối lượng chất lỏng tương đương $V\rho (V = \pi r^2 l - объем стержня),$ cũng sẽ giảm đi $h$, khi đó thế năng của thanh và chất lỏng giảm đi bằng $V\rho g h - m g h$. Động năng của hệ bằng $\frac{m v^2}{2} + \frac{m_1 v_1^2}{2}$, trong đó $m_1$ là khối lượng của chất lỏng chuyển động. Viết động năng của chất lỏng dưới dạng:

$$\frac{m_1 v_1^2}{2} = \frac{\pi (R^2 - r^2) l \rho}{2} v_1^2 = \frac{V \rho r^2}{2 (R^2 - r^2)} v^2 = \frac{m' v^2}{2},$$

ở đâu $m' = \frac{V \rho r^2}{R^2 - r^2}$.

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có

$$V \rho g h - m g h = \frac{m v^2}{2} + \frac{m' v^2}{2},$$

Ở đâu

$$v^2 = 2 \frac{V \rho - m}{m + m'} g h.$$

Sự phụ thuộc của tốc độ $v$ vào độ dịch chuyển $h$ tương ứng với chuyển động có gia tốc (xem (6))

$$a = \frac{V \rho - m}{m + m'} g.$$ (7)

Do đó thanh chuyển động như thể khối lượng của nó tăng lên

22

Nó được tính bằng giá trị $m'$ và độ lớn của lực vẫn bằng lực Archimedean thủy tĩnh ($V\rho g$). Đại lượng $m'$ được gọi là khối lượng tăng thêm. Đây là số của công thức, nhưng nó là một biểu thức thuận tiện của đẳng thức (7). Công thức (7) thu được từ công thức sai (1) bằng cách thêm số hạng $m'$ vào mẫu số. Lưu ý rằng theo cách tương tự, công thức (5) thu được từ (3) bằng cách thêm số hạng $M$ vào mẫu số.

Giờ đây, lực $F_{\text{выт}}$ mà chất lỏng chuyển động tác dụng lên thanh có thể dễ dàng thu được từ định luật thứ hai của Newton

$$ma = F_{\text{выт}} - mg,$$

Ở đâu

$$F_{\text{выт}} = m(g + a) = mg \frac{V\rho + m'}{m + m'}. \tag{8}$$

Cụ thể, nếu $m \ll m'$ thì $F_{\text{выт}} \approx \approx mg \frac{R^2}{r^2}$; tại $R \sim r$ lực có độ lớn có độ lớn bằng trọng lượng của thanh (và không liên quan gì đến trọng lượng của phần nước chiếm chỗ). Nếu $m \gg m'$, thì $F_{\text{выт}} \approx V\rho g$, tức là chúng ta quay lại định luật Archimedes ở dạng tổng quát.

Đối với một quả bóng (đặc biệt là bong bóng), phép tính cho kết quả như sau: động năng của chất lỏng bằng $\frac{1}{4} V\rho v^2$, trong đó $V$ là thể tích của quả bóng, $v$ là tốc độ của nó. thì khối lượng tăng thêm của bong bóng là $m' = \frac{1}{2} V\rho$, tức là nó bằng một nửa khối lượng của nước chiếm chỗ. Bong bóng nổi lên với gia tốc

$$a = \frac{V\rho - V\rho_0}{V\rho_0 + V\rho/2} g \approx 2g.$$

Lực nổi được xác định từ phương trình (8), nó xấp xỉ bằng $F_{\text{выт}} \approx 3 mg$, tức là gấp ba lần trọng lượng của một bong bóng đứng yên (và nhỏ hơn nhiều lần so với trọng lượng của phần nước chiếm chỗ).

Hình 4.

Bây giờ chúng ta hãy nhớ lại lực cản. Đối với bong bóng khí trong chất lỏng, nó được xác định theo công thức $F_c = 12\pi \eta rv$, trong đó $r$ là bán kính của bong bóng, $v$ là tốc độ của nó, $\eta$ là cái gọi là hệ số nhớt của môi trường $^*$). Có tính đến lực cản, phương trình chuyển động của bong bóng sẽ được viết như sau (xem (7)):

$$(m + m') a = V\rho g - mg - F_c. \tag{9}$$

Rõ ràng là $F_c$ giảm (và do đó là tốc độ) của bong bóng so với giá trị đó khi chúng ta không tính đến lực cản của chất lỏng. Tuy nhiên, nếu $\frac{4}{3} \pi r^3 \rho g \gg 12\pi \eta rv$, tức là ở $v \ll \frac{r^2 \rho g}{9\eta}$, lực cản có thể bị bỏ qua. Ví dụ: nếu một đứa trẻ ở gần một bong bóng có bán kính $r = 3 \text{ mm}$ $^*$) di chuyển trong nước ($\rho = 1 \text{ e/cm}^3$, $\eta = 1,0 \times 10^{-2} \text{ e/(cm} \cdot \text{сек)}$), thì tốc độ của nó sẽ nhỏ hơn nhiều so với giá trị $v_0 = \frac{r^2 \rho g}{9\eta} = 10 \text{ m/сек}$. Hãy ước tính xem bong bóng sẽ đi đến đường nào $h_0$

$$^*$$) Công thức trên đúng cho $\rho vr \gg \eta$, nếu $\rho vr \ll \eta$ thì thay hệ số 12π bằng 4π. Đối với một quả bóng cứng ở $\rho vr \ll \eta$ hệ số là 6π (công thức Stokas).

$$^*$$) Một bong bóng có bán kính lớn hơn không thể duy trì dạng hình cầu (một khay chứa một giọt Djedian đang rơi, bị biến dạng bởi lực áp suất không khí; chẳng hạn, hãy xem bức tượng của I. Sh. Slobodetsky “Trên hình dạng của một giọt Djedian”, «Kvant», 1970, số 8).

23

Hình 5. Hình 6.

tốc độ như vậy. Để ước tính sơ bộ, chúng tôi sử dụng đẳng thức $v_0^2 = 2ah_0$, trong đó $a = 3g$:

$$h_0 = \frac{v_0^2}{6g} \approx 1.5 \text{ m}.$$

Do đó, dọc theo đoạn đường dài 1,5 m, lực cản có thể bị bỏ qua. Trong trường hợp này, $v_0 = 10 \text{ m/сек}$ là tốc độ tối đa mà một bong bóng khí nổi trong nước có thể đạt tới.

Trong thực tế

1. Một ống hình trụ, bao gồm hai phần có bán kính $R_1$ và $R_2$ (Hình 4), được nối với nhau bằng một chuyển tiếp nổi, chứa đầy nước. Một thanh tuyến tính có bán kính $r$ và mật độ $\rho_0$ di chuyển dọc theo trục của ống. Tốc độ của thanh ở phía bên trái của ống là $v_1$. Vận tốc của nó sẽ như thế nào sau khi chuyển động về phía bên phải của đường ống?

2. Một quả bóng có bán kính $R$ có bán kính thô $r \ll R$ nổi trong chất lỏng có mật độ $\rho$ (Hình 5). Khối lượng của quả bóng khi có phần thô là $m$. Quả bóng được đưa ra khỏi bề mặt chất lỏng, đáy và thành bình ở khoảng cách lớn hơn nhiều so với bán kính của nó. Quả bóng được nâng lên một chút do độ nhám của nó và thả ra. Xác định thời gian xuất hiện của quả cầu bình.

3. Một thanh khối lượng $m$ nổi lên dọc theo trục của ống với nước (Hình 6). Xác định lực tác dụng lên đáy.

Tái sử dụng

Trong mỗi ví dụ sau, số được thay thế bằng chữ cái (mỗi số tương ứng với một chữ cái); bất kỳ số nào cũng có thể xuất hiện cùng với dấu hoa thị. Khôi phục hình thức ban đầu của các ví dụ.

1. $\times$ và k s
   và tới s
   e * * *

   • T * *
     chín

2. $\times$ và k s
   và tới s

   ---

   ---

   e * * *
   bốn

3. $\times$ và k s
   và tới s

   ---

   và tới s

   ---

   sáu

4. $\times$ d trong một
   hai
   ĐẾN * * *

   ---

   tôi g r ê k

5. $\times$ s t
   một trăm

   ---

   ---

   ---

   tôi g r ê k

6. $\times$ z e t
   z e t

   ---

   ---

   ---

   bốn mươi

E. Rekstin

24

M. Khaplanov

Những con số siêu việt

Khái niệm về số đã được hình thành trong suốt một thiên niên kỷ. Và chỉ cách đây nhiều năm xa xưa - chủ yếu là trong các tác phẩm của L. Euler (1707-1783) - số phức đã đi vào toán học và sự phát triển của khái niệm số đã hoàn thành.

Chúng ta hãy nhớ lại các giai đoạn (không theo trình tự thời gian) của sự phát triển này:
a) các số tự nhiên 1, 2, 3,…
b) số nguyên … -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, …
c) số hữu tỷ, tức là các số có dạng $\frac{p}{q}$, trong đó $p$ là số nguyên, $q$ là số tự nhiên;
d) số phức, tức là các số được biểu thị dưới dạng phân số thập phân vô hạn;
e) số phức, tức là các số có dạng $a+bi$, trong đó $a$ và $b$ là số thực và ký hiệu $i$ được xác định bởi điều kiện $i^2 = -1$.

Trong chuỗi này, mỗi lớp tiếp theo chứa tất cả các số của lớp trước và thêm các số “mới”. Với mỗi lần mở rộng lớp số, chúng ta có cơ hội thực hiện trong mọi trường hợp một số hành động nhất định mà không phải lúc nào chúng ta cũng có thể thực hiện được với các số “cũ”. Vì vậy, trong lớp số nguyên, phép trừ luôn thực hiện được, còn trong lớp số hữu tỷ, phép chia luôn thực hiện được; trong lớp số thực, chúng ta luôn có thể thực hiện các số chỉ từ bốn phép tính số học, nhưng - đối với các số dương - rút ra căn bậc hai và nói chung là nâng lên lũy thừa thực bất kỳ, cũng như tìm logarit. Cuối cùng, như Gauss (1777–1855) đã chứng minh vào năm 1799, các phương trình đại số ở bất kỳ mức độ nào luôn có thể giải được dưới dạng số phức: phương trình
$$a_0z^n+a_1z^{n-1}+\dots+a_n=0,$$
(1)
trong đó $n$ là số tự nhiên và các hệ số phức, có nghiệm phức $n$. Still Raving (1748) Euler đã xây dựng lý thuyết về hàm mũ, logarit, lượng giác và các hàm nghịch đảo của chúng trong một lập luận phức.

Hiện tại, chúng tôi sẽ xem xét một cách phân loại số khác, cụ thể là chia chúng thành đại số và không đại số (ban đầu là siêu việt)*.

Xác định. Một số được gọi là đại số nếu có một phương trình đại số với các hệ số nguyên mà nó là nghiệm.

Nhấn mạnh rằng để một số là đại số thì phương trình (1) nó thỏa mãn phải có hệ số nguyên (hoặc có thể rút gọn thành phương trình như vậy).

Rõ ràng, các số hữu tỷ là đại số: $\frac{p}{q}$ là nghiệm của phương trình $qz-p=0$ với các hệ số nguyên $q$ và $-p$. Số đại số là nghiệm của phương trình bậc hai có hệ số nguyên, ví dụ: số $i$ (gốc của phương trình $z^2+1=0$), số $-\sqrt{5}-1$ (gốc của phương trình

*) Xem thêm bài viết của D. B. Fuchs và M. B. Fuchs “Rational xấp xỉ và siêu việt” và bài viết của L. A. Kall về “Nhân kỷ niệm 100 năm lý thuyết tập hợp của Georg Cantor”, «Kvant», 1973, số 12.

25

$z^2+2z-4=0$, số $1-i\sqrt{5}$ (gốc của phương trình $z^2-2z+6=0$).

Các số siêu việt có tồn tại không?

Câu hỏi được đặt ra một cách tự nhiên: có những con số siêu việt nào không?

Số dương đáp số được nhà toán học người Pháp Lie Houville (1809–1882) đưa ra cho nó vào năm 1844. Năm 1873, Hermite chứng minh sự siêu việt của số $e$, năm 1882 Lindeman - sự siêu việt của số $j$. Năm 1900, tại Đại hội Toán học Quốc tế Thủ tướng ở Paris, D. Hilbert (1860-1940), trong số 23 bài toán ông đặt ra và trở nên nổi tiếng, đã đưa ra các bài toán sau: các số có dạng $\alpha^\beta$ siêu việt, trong đó $\alpha$ là số đại số được mô tả từ 0 đến 1, và $\beta$ là số đại số vô tỉ?

Câu trả lời tích cực đáp số cho câu hỏi này được nhà toán học xuất sắc Liên Xô A. O. Gelfond (1906-1968) đưa ra vào năm 1934.

kết quả Liouville

Trong tương lai, chúng tôi sẽ đề xuất rằng số đại số và số siêu việt là số thực, mặc dù mọi thứ vẫn đúng đối với số phức (xem bài tập ở cuối bài).

Định lý 1. Cho $\alpha$ là số vô tỷ là nghiệm của phương trình

$$f(z) \equiv a_0 z^n + a_1 z^{n-1} + \dots + a_n = 0.$$ (2)

Sử dụng các hệ số của phương trình và $A > |\alpha|$ tùy ý, người ta có thể tìm thấy một số $M$ sao cho mọi phân số $\frac{p}{q}$, $\left|\frac{p}{q}\right| \leqslant A$, không phải là nghiệm của phương trình (2), thì bất đẳng thức là đúng

$$\left|\alpha - \frac{p}{q}\right| \geqslant \frac{1}{M q^n}.$$ (3)

Bằng chứng. Theo điều kiện của định lý ta có:

$$f(\alpha) = a_0 \alpha^n + a_1 \alpha^{n-1} + \dots + a_{n-1} \alpha + a_n = 0,$$

$$f\left(\frac{p}{q}\right) = a_0 \left(\frac{p}{q}\right)^n - \alpha^n + \dots + a_{n-1} \left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} + \dots + a_n = 0.$$

Từ đây

$$f\left(\frac{p}{q}\right) = f\left(\frac{p}{q}\right) - f(\alpha) = a_0 \left[ \left(\frac{p}{q}\right)^n - \alpha^n \right] + a_1 \left[ \left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} - \alpha^{n-1} \right] + \dots + a_{n-1} \left(\frac{p}{q}\right)^{n-1} + \dots + a_n = 0.$$

$$\times \left\{ a_0 \left[ \left(\frac{p}{q}\right)^n - \alpha^n \right] + \left(\frac{p}{q}\right)^{n-2} \alpha + \dots + \left(\frac{p}{q}\right)^{n-2} + \alpha^{n-1} \right] + \alpha_1 \left[ \left(\frac{p}{q}\right)^n - \alpha^n \right] + \dots + a_n = 0.$$

Vì $|\alpha| < A$, $\left|\frac{p}{q}\right| \leqslant A$, thì

$$f\left(\frac{p}{q}\right) \leqslant \left|\frac{p}{q}\right| - \alpha |M|,$$ (4)

Ở đâu

$$M = |a_0| n A^{n-1} + |a_1| \times (n-1) A^{n-2} + \dots + |a_{n-1}|.$$ (5)

Nhưng

$$\left| f\left(\frac{p}{q}\right)\right| = \frac{\left| a_0 p^n + a_1 p^{n-1} q + \dots + a_n q^n \right|}{q^n}.$$ (6)

Tử số của phân số (6) $a_0, a_1, \dots, a_n, p, q$ là số nguyên nên tử số (6) là số nguyên và vì $f\left(\frac{p}{q}\right) \neq 0$ nên nó không nhỏ hơn một.

Kể từ đây,

$$\left| f\left(\frac{p}{q}\right)\right| \geqslant \frac{1}{q^n}.$$ (7)

Từ (4) và (7) suy ra (3). Định lý đã được chứng minh.

26

Định lý 2. Số

$$\alpha = c_0 + \frac{c_1}{10} + \frac{c_2}{10^{21}} + \frac{c_3}{10^{31}} + \dots + \frac{c_k}{10^{k1}} + \dots,$$

food $c_0$ là một số nguyên tùy ý và $c_1, c_2, \dots$ lấy một trong các giá trị 0, 1, 2,…, 9 và không bằng 0 liên tiếp, bắt đầu từ một điểm nhất định - trước.

Bằng chứng. Hãy đặt

$$c_0 + \frac{c_1}{10} + \frac{c_2}{10^{21}} + \dots + \frac{c_k}{10^{k1}} = \frac{p}{q}.$$

Sau đó

$$\alpha - \frac{p}{q} = \frac{c_k+1}{10^{(k+1)1}} + \frac{c_k+2}{10^{(k+2)1}} + \dots > 0,$$

và vì $q = 10^{k1}$, thì

$$\alpha - \frac{p}{q} = \frac{c_k+1}{q^{k+1}} + \frac{c_k+2}{q^{(k+1)(k+2)}} + \dots.$$

Từ đây

$$\alpha - \frac{p}{q} \leqslant 9 \left( \frac{1}{q^{k+1}} + \frac{1}{q^{(k+1)(k+2)}} + \dots \right) < \frac{9}{(q-1)q^k}.$$

Để chứng minh tính siêu việt của số $\alpha$, chúng ta hãy giả sử điều ngược lại—rằng nó là đại số; thì $\alpha$ thỏa mãn phương trình (1), các hệ số của nó là số nguyên. Chúng ta hãy biểu thị bằng $d$ khoảng cách ngắn nhất từ ​​nghiệm $\alpha$ đến các nghiệm thực khác của phương trình.

Đặt $A = |\alpha| + d$, ta tính số $M$ theo công thức (5) và chọn số tự nhiên $k$ lớn sao cho đồng thời thỏa mãn ba bất đẳng thức sau:

$$k > n, \frac{9}{(q-1)q^k} < d,$$

$$\frac{9}{(q-1)q^{k-n}} < \frac{1}{M}.$$

Do bất đẳng thức (9) và trung bình từ điều kiện (10), $\frac{p}{q}$ nhỏ hơn $d$ từ $\alpha$, và do đó $\frac{p}{q}$ không phải là nghiệm của phương trình (1). Bởi vì

$$\left| \frac{p}{q} \right| = \left| \alpha - \left( \alpha - \frac{p}{q} \right) \right| \leqslant \leqslant |\alpha| + \left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < |\alpha| + d = A,$$

thì các điều kiện của Định lý 1 được thỏa mãn, và do đó,

$$\left| \alpha - \frac{p}{q} \right| \geqslant \frac{1}{Mq^n}.$$

Mặt khác, từ bất đẳng thức (9) và cuối cùng từ điều kiện (10)

$$\left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{Mq^n}.$$

Như vậy, giả sử $\alpha$ là số đại số dẫn đến các bất đẳng thức trái ngược nhau (11) và (12). Do đó, $\alpha$ là một số siêu việt.

Vì vậy, Định lý 2 cho phép chúng ta xây dựng các số siêu việt. Cụ thể, một số siêu việt có thể thu được từ bất kỳ phân số vô hạn nào trong đó không phải tất cả các chữ số, bắt đầu bằng một số, đều là số 0, bằng cách sử dụng phương pháp sau: bạn cần đặt chữ số thứ $k$ sau dấu thập phân vào vị trí của số $k!$ và điền vào các vị trí còn lại bằng hylas. Ví dụ: từ số 0,314159… ta thu được số siêu việt sau:

$$0,3100040 \dots 010 \dots 050 \dots$$

Phần kết luận

Một mặt, các số thực siêu việt cấu thành nên mọi số thực. Nhưng ví dụ được đưa ra ở cuối đoạn trước cho thấy rằng theo một nghĩa nào đó, có “nhiều” số siêu việt như số thực, chính xác theo nghĩa là trong mọi số thực (trừ số thập phân hữu hạn).

số) có thể được hình thành siêu việt.

Tuy nhiên, theo một nghĩa khác, hầu hết mọi số thực đều siêu việt; số đại số chỉ là một phần không đáng kể của số thực!

Năm 1878, nhà toán học người Đức G. Cantor (1845-1918) đã chứng minh rằng các số đại số có thể được đánh số sao cho mỗi số đại số sẽ nhận được một số riêng và dưới mỗi số sẽ có một số đại số (xem Phụ lục). Chúng ta lấy một đoạn có độ dài nhỏ tùy ý, ví dụ như độ dài $\varepsilon=10^{-15}\,см$ (hãy nhớ rằng bán kính của electron xấp xỉ $10^{-12}\,см$). Sau khi mô tả các số thực dưới dạng các điểm trên trục số, chúng ta bao quát điểm đại số số 1 với một đoạn có độ dài $\frac{1}{2}\varepsilon$, điểm đại số số 2 với một đoạn có độ dài $\frac{1}{2^2}\varepsilon$, điểm đại số số $n$ với một đoạn có độ dài $\frac{1}{2^n}\varepsilon$, v.v.

Tổng độ dài của các đoạn phủ bằng $\varepsilon$, mặc dù chúng chồng lên nhau một phần và không chỉ bao gồm tất cả các số đại số mà còn bao gồm một số số siêu việt. Toàn bộ trục số là vô hạn và tổng độ dài của các đoạn bao phủ các điểm đại số chỉ bằng một phần nghìn bán kính của electron! Điều này cho thấy rõ ràng rằng hầu hết mọi số đều là số siêu việt, trong khi số đại số là những trường hợp ngoại lệ hiếm hoi.

Ứng dụng

Chúng ta gọi hạng của phương trình (1) là số $r$:
$$r=n+|a_0|+|a_1|+\ldots+|a_n|; \tag{13}$$
ở đây $n\geq1,\ |a_i|\geq1$, do đó $r\geq2$.

Với mọi số tự nhiên $r\geq2$, phương trình bất định (13) có số hữu hạn lời giải là số nguyên không âm. Do đó, có một số hữu hạn các phương trình của mỗi hạng. Ví dụ: xếp hạng 2 - hai phương trình: $\pm x=0$; hạng 3 - sáu phương trình:
$$\pm x^2=0,\qquad \pm x\pm1=0;$$

hạng 4 - phương trình
$$\pm x^3=0,\qquad \pm x^2\pm x=0,\qquad \pm x^2\pm1=0,$$
$$\pm x\pm2=0,\qquad \pm2x\pm1=0.$$

Chúng ta hãy tìm nghiệm của các phương trình này và viết chúng lần lượt: đầu tiên là nghiệm của phương trình bậc 2, sau đó là nghiệm của phương trình bậc 3, v.v. Chúng ta viết ra nghiệm của các phương trình cùng hạng theo bất kỳ thứ tự nào và nếu một số là nghiệm của một số phương trình thì chúng ta chỉ viết nó ra một lần. Ta được dãy số:

$$0,\ 1,\ -1,\ i,\ -i,\ 2,\ -2,\ \frac{1}{2},\ -\frac{1}{2},$$

hơn nữa - nghiệm của phương trình hạng 5, v.v.

Do đó, mỗi số đại số sẽ được viết ra và nhận số sê-ri riêng trong dãy. Nếu người ta chỉ quan tâm đến số đại số thực thì số phức sẽ bị bỏ qua.

Bài tập

1. Chứng minh rằng số

$$\alpha=c_0+\frac{c_1}{2}+\frac{c_2}{2^2}+\ldots+\frac{c_k}{2^{2k}}+\ldots,$$

trong đó $c_0$ là số nguyên và $c_1,c_2,\ldots$ nhận một trong các giá trị $0$ hoặc $1$, là giá trị siêu việt.

2. Chứng minh rằng Định lý 2 cũng đúng nếu các số $\{c_k\}$ lấy bất kỳ giá trị nguyên nào bị giới hạn trong tổng, nghĩa là nếu có một hằng số $B$ sao cho $\{c_k\}<B$ cho tất cả các giá trị của chỉ số $k$.

3. Chứng minh rằng trong Định lý 2 ta có thể đặt

$$\alpha=c_0+\frac{c_1}{10^{n_1}}+\frac{c_2}{10^{n_2}}+\ldots,$$

trong đó $\{n_k\}$ là dãy số tự nhiên bất kỳ tuân theo điều kiện

$$n_{k+1}\geq\lambda_kn_k,\qquad k=1,2,\ldots,$$

và $\{\lambda_k\}$ là một dãy số thực tăng vô hạn tùy ý, ví dụ: $\lambda_k=\lg k$.

Trong các bài tập sau, khi nói đến số nguyên phức, chúng ta muốn nói đến một số có dạng $a+bi$, khi nói đến số phức hợp lý, chúng ta muốn nói đến một số $(a+bi)/q$, trong đó $a,b$ là số nguyên, $q$ là số tự nhiên và $i$ là số sao cho $i^2=-1$.

4. Chứng minh rằng nếu số $\alpha$ thỏa mãn phương trình (1) với hệ số nguyên phức thì đó là số đại số.

5. Chứng minh rằng Định lý 1 đúng nếu, trong điều kiện của nó, $\alpha$ là số vô tỷ phức và $p/q$ là số hữu tỉ phức.

6. Chứng minh Định lý 2 và các mệnh đề trong bài tập 1, 2, 3 cũng đúng khi các hệ số $\{c_k\}$ lấy giá trị nguyên phức.

27

28

3. Tymeladze

Lập trình phi tuyến

Trái đất! Trái đất!

Một làn sương mù nhiệt đới dày đặc bao trùm các hòn đảo, nhưng mọi người, cảm thấy mặt đất vững chắc dưới chân mình, tin vào sự cứu rỗi. Họ tin vào điều đó lần đầu tiên trong một tuần trôi qua kể từ khi những thùng nước bị trôi dạt xuống biển, lần đầu tiên trong mười ba ngày đã trôi qua kể từ vụ đắm tàu.

• Uống! - đôi môi khô nẻ lẩm bẩm khi cả nhóm di chuyển ra xa biển và tiến sâu hơn vào đảo. Không còn nguồn cung cấp nào - chỉ còn lại những dụng cụ tàu vô dụng mà họ mang theo bên mình, như thể không dám chia tay di vật cuối cùng từ con tàu bị chìm này.

• Chắc chắn là có nước trên đảo. Chúng ta sẽ dạy tiếng Nhật cho cô ấy vào buổi sáng.

Seidel mạnh mẽ nói: “Tôi e rằng sẽ quá muộn đối với một số người vào buổi sáng. - Chúng ta cần xem ngay. Nên có một luồng bên dưới.

“Nhưng làm thế nào chúng ta có thể xuống tới đáy?” Chúng tôi không có gì ngoài một vài chiếc đèn pin yếu không bền được lâu và trời tối đến mức tôi không thể nhìn thấy bàn tay của mình,” Koshy mệt mỏi phản đối. - Bây giờ, nếu chúng ta có thể bay lên trên khu vực đó bằng khinh khí cầu và chiếu sáng nó…

• Bóng bay? - Rastrigin khàn giọng kêu lên. —Dự án-

Hình 1.

29

bot và anh ấy. Hãy hành động như thế này: đầu tiên, hãy đặt cấp độ, định hướng nó từ tây sang đông - nó cho thấy địa hình giảm dần về phía đông, thấy không? Hãy đi về phía đông cho đến khi khu vực này trở nên tốt hơn, như ông Fermat đã vui lòng gợi ý cho chúng tôi. Và đi lên đến điểm này, chúng ta sẽ lại áp dụng mức độ cho mặt đất, nhưng theo hướng từ nam lên bắc. Giả sử anh ta chỉ ra sự suy giảm ở khu vực phía bắc. Sau đó chúng ta sẽ đi về phía bắc và tiếp tục đi cho đến khi khu vực này trở nên thấp hơn. Vì vậy chúng ta sẽ cuộn lên cho đến khi đạt đến điểm thấp nhất. Mức độ trong đó sẽ nằm ngang, bất kể bạn xoay nó như thế nào. Phải không?

“Tôi nghĩ, con trai tôi, con nói đúng, và trong một giờ nữa chúng ta sẽ đến đây với những bình đầy,” Gauss trả lời, và cô đi lang thang về phía đông, mang theo một chiếc la bàn và một trong các thước đo. Fermat đã đuổi theo anh ta.

“Họ đúng, họ đúng,” Cauchy chuẩn bị hành động, sốt ruột nhìn sang một cấp độ khác, “nhưng không phải trong mọi thứ.” Gauss và Seidel đi về phía đông. Và quả thực, khu vực này nghiêng về phía đông. Nhưng nó sụt giảm một cách yếu ớt. Hãy nhìn xem, mức suy giảm sẽ nặng nề nhất theo hướng đông bắc. Có lẽ nó đáng để đến đó? Xin vui lòng, tôi sẽ làm như vậy. Tôi sẽ đi bộ vài bước và kiểm tra lại xem mình cần đi xuống hướng nào và bước lại vài bước. Bình của tôi đâu? À, cô ấy đây rồi. Trong khoảng bốn mươi phút nữa nó sẽ đầy!

• Sự lộn xộn! Có vẻ như bạn có thể đạt được mục tiêu của mình dễ dàng hơn nữa! - Kantorovich hét lên với anh, khó khăn mở đôi môi khô khốc. “Bạn không nên ở lại sau một vài bước.” Hãy làm theo lời khuyên tốt nhất của ông Fermat và đi xa theo hướng đã chọn cho đến khi địa hình giảm bớt. Bằng cách giảm số lượng phép đo, bạn tiết kiệm được rất nhiều thời gian!

Cauchy tràn đầy năng lượng đã bị bóng tối nuốt chửng, và Kantorovich buộc phải cầm chiếc bình lao theo anh ta.

• Ồ, thế nào? Anh ta có bắt kịp anh ta không? - Inomata hỏi vì lý do gì đó.

• Đâu đó! - Kumada phản đối anh ta bằng một tiếng thở dài, người ngay lúc đó đã xuất hiện cùng với quả địa cầu, tháo nó ra khỏi trục của nó. - Họ sẽ không bao giờ gặp lại nhau nữa. Họ có thể đã nói lời “tạm biệt” với nhau ở đây. Chà, chúng ta cũng đã chuyển đi rồi à, Inomata-san?

• Chắc chắn! Tại sao chúng ta cần một thước đo, chứ đừng nói đến la bàn? Quả bóng này sẽ đưa chúng ta đến đích. Hãy để anh ta lăn tự do, và chúng ta sẽ đi theo anh ta. Cuối cùng, quả bóng sẽ quét đến điểm thấp nhất.

Và cả hai biến mất vào bóng tối, cố gắng không để mất dấu quả bóng.

Tsetlin mệt mỏi nhìn tất cả những người đã tan vào màn đêm.

-Anh đang nghĩ gì thế? - Gelfand hỏi anh ta, đứng dậy khỏi mặt đất một cách khó khăn. - Có phải là về việc Gauss và Seidel sẽ không đến nơi họ định đến không?

• Anh thua rồi. Họ bắt đầu tìm kiếm điểm thấp nhất, tưởng tượng khu vực này như một vùng trũng với những bức tường nhẵn (Hình 2). Nhưng số phận có thể trêu đùa anh một cách tàn nhẫn: họ có thể gặp nhau.

30

có một khe núi trên đường đi. Và anh ta nhanh chóng vẽ hình số 3 lên một tờ giấy từ nhật ký tàu.

• Họ thật may mắn nếu có dòng suối chảy dọc theo đáy khe núi. Điều gì sẽ xảy ra nếu lò xo ở điểm thấp nhất?

• Đúng vậy, vậy thì bạn không thể ghen tị với số phận của Gauss và Seidel: ý tưởng là đi về phía đông, họ sẽ đến điểm A - đây là nơi thấp nhất trên đường đi của họ. Và theo hướng bắc nam, điểm thấp nhất lại là điểm A. Như vậy, những người tội nghiệp sẽ đi đến kết luận rằng A là điểm thấp nhất trong vùng và sẽ bị khát ở đó.

“Nhưng có lẽ bình của Cauchy sẽ cứu được họ?”

“Tôi e rằng bình của Cauchy sẽ trống rỗng nếu gặp khe núi.” Khi thấy mình đang ở dưới đáy khe núi, anh ta sẽ tìm hướng đi xuống theo vòng tròn nhất, và nó chắc chắn sẽ dẫn anh ta đến một điểm ở phía bên kia khe núi. Từ thời điểm này, anh ta sẽ trở lại trạng thái ban đầu và tiếp tục từng bước nhỏ cho đến khi cơn khát vượt qua. Rốt cuộc, anh ta không thể nhìn thấy toàn bộ khe núi - đèn pin của anh ta chỉ có thể chiếu sáng khu vực dưới chân anh ta. Chúng ta nên nghĩ ra thứ khác…

• Điều gì sẽ xảy ra nếu Kantorovich đạt được mục tiêu của mình? Mặc dù tôi không nghĩ: nếu khe núi cong và hiếm khi thẳng, thì nó bắt đầu di căn dọc theo đáy khe núi, gần như không tiếp cận được mục tiêu. Bạn phải cố gắng di chuyển dọc theo đáy khe núi.

• Tất nhiên, nhưng bằng cách nào? Tuy nhiên… có vẻ như anh ấy đã nghĩ ra nó. Hãy nhìn vào Hình 4. Chúng ta hãy cùng, bạn và tôi, nâng từ hai điểm khác nhau bằng phương pháp Kantorovich. Giả sử tôi đến từ đây và bạn, đi cách đó vài bước, đứng ở bất kỳ hướng nào.

• Tôi hiểu rồi, tiếp theo thì sao? Ừ, rồi cả hai cùng đi xuống đáy khe núi và đứng ngắm đèn lồng của nhau. Hãy nói rằng chúng tôi hiểu được nó. Người trong chúng ta có đèn lồng cao hơn sẽ ngạc nhiên về phía người có đèn lồng thấp hơn.

• Nhưng chúng ta đã gặp nhau, anh ấy không dừng lại, anh ấy sẽ di chuyển xa hơn theo cùng hướng đến điểm D. Từ điểm này anh ấy sẽ lại đi xuống đáy khe núi, và chúng ta sẽ lại cố gắng gặp nhau. Và cứ như vậy cho đến khi mức ở đáy khe núi biểu thị mặt cắt ngang.

Và, chọn những chiếc đèn lồng dễ nhìn hơn, cả hai đều đi theo con đường riêng của mình.

• Còn bạn, tôi hiểu rồi, bạn không vội lấy ẩm phải không? – Viner hỏi Rastrigin. “Nếu không, tại sao bạn không tận dụng một trong những lợi thế quan trọng

Hình 3.

Hình 4.

31

những cách thông minh mà bạn bè chúng ta đang gặp bất hạnh gợi ý?

• Tất cả các phương pháp này đều có một nhược điểm - bạn phải mày mò quá nhiều cấp độ cho đến khi tìm được hướng đi đúng đắn. Nhưng điều gì sẽ xảy ra nếu theo hầu hết mọi hướng một cách ngẫu nhiên, miễn là nó dẫn đến sự đi xuống? Sau đó đổi hướng và đi xuống lần nữa. Tất nhiên, thay đổi cũng là ngẫu nhiên. Đây không phải là cách tôi sẽ đạt được mục tiêu của mình sao? Có đáng lãng phí thời gian để tìm hướng đi xuống nhanh nhất nếu sau một vài bước nó không còn như vậy nữa?

Và trước khi Wiener có thời gian phản đối hay đồng ý, Rastrigin đã nhắm mắt lại, quay lại nhiều lần tại chỗ, giống như họ vẫn làm khi chơi trò bắt nạt người mù, và đi vào bóng tối.

Phương pháp gốc

Nhu cầu tìm cực đại hoặc cực tiểu (được thống nhất bằng tên “cực trị” - “giá trị cực trị”) của một hàm nào đó nảy sinh trong nhiều bài toán kinh tế, công nghệ. Và địa hình có thể được coi là mô hình của hàm hai biến, ví dụ như vĩ độ và kinh độ. Giá trị của hàm là độ cao của địa hình (so với mực nước biển) tại một điểm cho trước, các đường ngang là đường mức, dọc theo chúng hàm số không đổi. Và tình huống nảy sinh khi tìm kiếm một điểm cực đoan về nhiều mặt cũng giống với tình huống mà những du khách không may mắn nhận thấy mình. Việc tìm kiếm cực trị được thực hiện như thể trong bóng tối, phương tiện định hướng duy nhất là hàm được cực tiểu hóa (cực đại hóa) tại một số điểm, cũng như hướng giảm hoặc tăng nhanh nhất của nó.

Nhiều phương pháp đã được phát minh để tìm cực trị. Như người đọc đã lưu ý, không phải ngẫu nhiên mà tên của những người bị đắm tàu ​​sẽ trùng với tên của một số nhà toán học trong quá khứ và hiện tại, những người đã giải được bài toán này. Và con đường họ đi cho thấy bản chất của phương pháp tìm cực trị của họ.

Nhà vĩ đại người Pháp P. Fermat (1601-1665) là người đầu tiên hiểu rõ ràng và mô tả được tính chất giải tích của cực trị của hàm số liên tục trơn: tiếp tuyến tại điểm này phải nằm ngang. K. Gauss (1777-1855) và A. Seidel (1821-1896), theo phương pháp giảm tọa độ của họ, lần lượt đi xuống dọc theo tọa độ này hoặc tọa độ khác. Chúng tôi đi xuống cho đến khi tiếp tuyến với hướng chuyển động nằm ngang. Và vị trí của mức tự nhiên xác định hướng của tiếp tuyến.

Xin lưu ý rằng Gauss và Seidel đã không cố gắng đi xuống theo hướng có độ tròn lớn nhất. O. Cauchy (1789-1857) đã được truyền cảm hứng từ ý tưởng này. Vectơ biểu thị hướng (hướng lên) có độ thô lớn nhất được gọi là cấp độ và bản thân phương pháp Cauchy được gọi là phương pháp cấp độ. Chính dọc theo con dốc này Cauchy sẽ đi theo con đường của mình nếu mục tiêu của ông là tìm một điểm cao trong khu vực để kiểm tra. Nhưng chúng ta hãy nhớ rằng trên đảo tối đen như mực và mục tiêu của Cauchy là nước. Vì vậy, anh ta khởi hành theo hướng có độ cao giảm nhanh nhất trong khu vực, hoặc theo hướng ngược độ dốc. Để xác định phản gradient của một hàm số, các phương pháp gần đúng cũng rất cần thiết, nhưng nó đủ để chúng ta tưởng tượng mức độ mà chúng ta áp dụng cho mặt đất và tìm hướng mà bọt khí nhanh chóng chạy ra rìa của thang đo. Tất nhiên, phương pháp này rất không chính xác và có rất nhiều rắc rối với nó. Nhưng để xác định độ dốc bằng các phương pháp phân tích đã đề cập, bạn cũng phải mày mò.

Vì vậy, không khó để hiểu những người đương thời với chúng ta, người Nhật.

32

S. Inomatu và M. Kumada, những người đã cố gắng giải thích cho quá trình đi xuống dọc theo phản gradient ý nghĩa vật lý được mô tả ở trên. Nhân tiện, phương pháp của họ được gọi là “phương pháp bóng mềm”. Nó chỉ được đặt; khi sử dụng, quả địa cầu không lăn dọc theo bố cục hàm mà chỉ giải được các phương trình vi phân của chuyển động.

Nhiều khó khăn đang chờ đợi người đạt đến đỉnh cao của chức năng, nhưng một trong những khó khăn nguy hiểm nhất là khe núi. Bất kỳ phương pháp nào, thậm chí là phương pháp tính toán tiên tiến nhất, phương pháp đi xuống nhanh chóng của L. V. Kantorovich, một nhà toán học nổi tiếng của Liên Xô, đều dẫn đến việc ném mình xuống đáy khe núi một cách bất lực. Vì vậy, các nhà toán học Liên Xô I.M. Gelfand và M.L. Tsetlin đề xuất một “cuộc tìm kiếm trong rãnh”, cho phép người ta lần theo đáy khe núi. Vì vậy, như chúng ta thấy, hầu hết tất cả các phương pháp số để tìm kiếm hướng đi xuống theo cách này hay cách khác đều có liên hệ với phản gradient. Đúng, hóa ra những nỗ lực tìm kiếm một phản gradient không phải lúc nào cũng được đền đáp bằng chất lượng của hướng đi xuống đã tìm thấy, và nhà khoa học Liên Xô L.A. Rastrigin đề nghị không nên lãng phí công sức và thời gian máy tính vào việc tìm kiếm một phản gradient mà nên đi đến bất cứ nơi nào người ta muốn, theo một hướng ngẫu nhiên. Và hãy tưởng tượng, kết quả của quá trình hành động này hóa ra không tệ hơn về mặt tính toán so với việc tìm kiếm các đường dẫn hiện có. Nói cách khác, không phải là những con đường hiện có này có chất lượng vượt trội so với những con đường ngẫu nhiên, để người ta có thể lãng phí thời gian vào tiếng Nhật của chúng. Tất nhiên, để chọn hướng đi xuống một cách ngẫu nhiên, chúng không nhắm mắt quay vòng tại chỗ - để làm điều này, các cảm biến số ngẫu nhiên được sử dụng trong ô tô. Và nói chung, mặt số của các phương pháp lập trình không bị giới hạn rất khó thể hiện trên giấy - về cơ bản đây là các phương pháp máy.

Nhưng chúng ta hãy quay trở lại vụ đắm tàu ​​​​và tìm xem ai trong số họ đã thành công dưới nước.

Ở đó, bên kia đèo

Vì vậy, tất cả mọi người đều tản ra dưới nước, ngoại trừ một đám Skeltnikov.

• Cơn khát của quỷ dữ! - một người trong số họ nói. - Cô ấy không làm khổ anh à?

“Không kém phần quan trọng so với bạn,” Wiener thay mặt những người khác trả lời. Và tôi sẵn sàng di chuyển đến vùng biển Nhật Bản nếu tôi bị thuyết phục bởi bất kỳ phương pháp nào được đề xuất. Nhưng than ôi! Nếu chúng ta bắt đầu tìm kiếm điểm cao nhất của Trái đất theo cách này, thì cùng với Everest, chúng ta sẽ thấy mình đang ở trên đỉnh ngọn đồi lân cận. Và điều tệ nhất là chúng ta không có cách nào để phân biệt được gò đất này với Everest. Tất nhiên, trừ khi bạn sử dụng địa lý thông thường để hỗ trợ toán học.

• Không được thì thế nào? Tại sao? — con trỏ, hỏi cậu bé Skeltnik, người vẫn chưa cai được tật trượt ván, hỏi câu hỏi.

• Rất đơn giản. Với sự trợ giúp của đèn pin, chúng ta chỉ có thể đảm bảo rằng Wizz dẫn đầu từ một điểm nhất định trên đường đi. Tiếp theo là gì? Đây là của chúng tôi

Hình 5.

33

bạn bè đã gợi ý một số cách,” anh chỉ vào những tờ giấy còn lại trong nhật ký của con tàu. “Họ xuất phát từ thực tế là trên đảo chỉ có một vùng đất thấp. Điều gì sẽ xảy ra nếu có rất nhiều trong số chúng và chỉ có nước ở vùng thấp nhất của những vùng đất thấp này (Hình 5)? Việc đi xuống sẽ dẫn chúng ta đến điểm A, và nước ở điểm B - ở đó sâu hơn phương ngang và do đó mực nước sẽ thấp hơn. Hãy nghĩ về nó.

“Tôi đã nghĩ về điều đó rồi,” Skeltik đầu tiên nói. - Và tôi quyết định hành động như thế này. Đầu tiên họ sẽ đi tới bất cứ nơi nào mà mắt họ đưa đến. Sau đó, họ sẽ đi xuống vùng đất thấp gần nhất và dùng máy đo độ cao để đo độ cao của nó. Tôi sẽ nhớ vị trí của nó và di chuyển đến một điểm ngẫu nhiên mới. Tôi sẽ lại từ đó đi xuống vùng đất thấp và nhìn lại máy đo độ cao. Giả sử anh ta chỉ vào mình ít hơn chiều cao nhiều lần. Điều này có nghĩa là vùng đất thấp thứ hai thấp hơn vùng đất thấp thứ nhất và có nhiều khả năng tìm thấy nước ở đó hơn. Sau đó…

“Điều gì sẽ xảy ra tiếp theo là rõ ràng,” ông nói. “Nhưng bạn có chắc chắn rằng mình sẽ tìm thấy nước trước khi trượt chân không?”

-Tôi có thể chắc chắn về điều này không? Dù sao thì tôi cũng là một Skeltic! Nó chỉ tốt hơn là đứng yên.

Và Skeltik đầu tiên biến mất trong bóng tối.

Skeltik thứ hai lúc này đang buộc chiếc dây đeo vào một quả bóng đá, có vẻ như là một trong những thiết bị.

“Bạn không định theo bước chân của Kumada sao?” – Wiener hỏi anh ta, đồng thời lắng nghe điều gì đó.

• Bạn gần như đã đoán đúng. Nhưng tôi đã làm nó hơi khác một chút. Sau khi đi xuống chỗ trũng, tôi sẽ đo chiều cao của nó, rồi đá quả bóng theo các hướng khác nhau. Nếu quả bóng luôn lăn trở lại, điều đó có nghĩa là đường chuyền không có tác dụng gì, ngoài ra còn có một vùng trũng mới. Nếu quả bóng không lăn về phía tôi, tôi sẽ đi dọc theo xỉ theo nó, đến chỗ lõm nơi nó bị mắc kẹt và đo chiều cao của nó. Và vân vân…

“Nhưng bằng cách này bạn chỉ có thể khám phá được một con đường gần đó.”

• Anh làm gì thế! Tôi bị đột quỵ mạnh. Anh hứa sẽ nhờ tôi đánh vào ve áo.

“Trong trường hợp này, điều tồi tệ hơn có thể xảy ra: bạn sẽ đánh bóng ở vị trí thấp mà bạn đang tìm kiếm.” Quả bóng sẽ không quay trở lại chỗ bạn mà sẽ đưa bạn ra xa mục tiêu.

“Bạn nói đúng… Vậy thì, làm ơn, tôi sẽ không cố gắng đánh bạn mạnh hơn nữa đâu.” Tôi sẽ xen kẽ giữa những đòn đánh mạnh và yếu. Hoặc giả sử, tôi sẽ dần dần củng cố chúng, bắt đầu từ những kẻ yếu.

• Thôi, chúc cậu thành công. Ngay cả khi nước không phải là phần thưởng của bạn, ít nhất bạn sẽ có được thể chất tốt.

“Nhưng tôi sẽ làm khác,” Skeltik thứ ba quay sang Wiener. “Tôi sẽ đi lang thang quanh đảo, không cố gắng tìm hướng nào cả và tôi sẽ để ý đến đồng hồ đo độ cao.” Sau khi đi loanh quanh, tôi sẽ nhận thấy điểm thấp nhất ở đâu và bắt đầu uống nước ở đó. Tất cả cuộc nói chuyện này đã thuyết phục tôi rằng nếu chúng ta không có bản đồ hòn đảo thì sẽ không có chiến lược di chuyển hợp lý nào. Vậy tại sao lại lãng phí thời gian chơi đùa với các nhạc cụ? Nhưng hình như bạn không nhớ tôi?

Nhựa đường kết thúc ở đâu?

Khi bạn phải xác định cực trị của một hàm có nhiều giá trị như vậy, vấn đề là có rất nhiều điều kiện. Trong trường hợp này, thông thường không chỉ cần tìm cực trị (chẳng hạn như cực tiểu) mà còn phải xác định cực trị “tổng thể” hoặc “tối thiểu”. Thật không may, phần lớn toán học thực bài toán, mà mức tối thiểu được tìm kiếm, là đa cực. Tương tự như vậy, thật khó để tìm ra một địa hình mà ở đó một đỉnh có thể chiếm ưu thế hoàn toàn trên một khu vực rất rộng lớn. Rõ ràng là nghe ngọn thì có ngọn

34

nhỏ hơn, nhưng cũng có một khu vực tương đối nhỏ mà từ đó việc leo lên chắc chắn sẽ dẫn đến đỉnh cao nhất. Khu vực này được gọi là khu vực chấp nhận tình trạng cực đoan toàn cầu. Chỉ cần vượt ra ngoài ranh giới của khu vực này hoặc thấy mình vượt ra ngoài ranh giới của khu vực này vào đầu thời kỳ là đủ, và việc đạt được một điểm cực trị toàn cầu trở nên khó đảm bảo. Cơ hội đánh trúng cục bộ (cục bộ) cực kỳ tăng lên.

Có nhiều cách để chống lại hành vi đa cực, nhưng không có cách nào đảm bảo thành công. Các phương pháp này có tính chất không nghiêm ngặt, như các nhà toán học nói, heuristic. Những người ủng hộ ba phương pháp đa cực khác nhau gặp nhau trong nhóm Những người hoài nghi. Chúng tôi không trích dẫn chúng một cách cụ thể: mặt trận nghiên cứu khoa học trong lĩnh vực này gần đây đã mở rộng rất nhiều và ngày càng tham gia vào cuộc chiến chống lại nhiều thái cực đến mức các phương pháp được chỉ định rất khó liên kết với tên cụ thể của ai đó.

Một số cố gắng nhảy ra khỏi cực trị nếu họ đã ở trong đó, và dựa trên sự thành công hay chậm chạp của những nỗ lực này, họ đánh giá thành tựu của cực trị toàn cầu. Những người khác cố gắng đi xuống từ một số điểm được chọn ngẫu nhiên. Cuối cùng, những người khác (đỉnh cao của sự hoài nghi!) đã đi đến kết luận rằng điều khôn ngoan nhất nên làm không phải là điều khiển tâm trí mà chỉ đơn giản là chiến đấu quanh hòn đảo, nhìn vào máy đo độ cao.

Cả ba đường lối hành động này đều được các nhà khoa học ủng hộ, mặc dù đường lối thứ ba vẫn ít phổ biến hơn. Các chương trình đặc biệt dành cho máy tính đã được biên soạn để thực hiện từng phương pháp này và nhiều phương pháp khác. Tuy nhiên, ngày nay không chỉ những người hoài nghi thâm căn cố đế mà cả những người lạc quan vui vẻ cũng không mạo hiểm khi xem xét vấn đề đã được giải quyết. Và động lực đầu tiên khi phân tích bất kỳ hàm nào cho một cực trị là nỗ lực chứng minh tính duy nhất của nó. Thường thì thành tích này được tôn kính không kém tính đúng đắn của mô hình toán học nói chung. Ví dụ, sự vắng mặt của cực trị cục bộ trong các bài toán quy hoạch tuyến tính là một lập luận quan trọng để thử các mô hình tuyến tính, khắc phục được nhiều thiếu sót của chúng.

Có tất cả các cách phức tạp để kết hợp các phương pháp khác nhau. Ví dụ, cả ba người hoài nghi có thể hợp nhất thành một đội. Bạn nói rằng có rất ít mối quan hệ họ hàng giữa họ? Và bạn không cần nhiều. Chỉ cần họ có ít niềm tin vào phương pháp của mình là đủ. Bạn có thể cử họ đi tìm vùng đất thấp trong một nhóm chung gồm ba người, quyết định rằng ở mỗi bước đi của giáo hoàng, người sẽ rơi vào vị trí nào sẽ hành động. Giả sử cả ba người sẽ kéo những mảnh giấy cuộn lại từ một chiếc mũ, một trong số đó có hình chữ thập trên đó. Và hãy tưởng tượng, có những lý do để thực hiện hành động như vậy.

Lời kết

• Xin lỗi, cậu vừa nói gì thế? - Wiener hỏi.

• Tôi nói, hình như bạn không nghe thấy? Phương pháp của tôi không hợp lý sao?

“Tôi xin lỗi, có lẽ phương pháp của bạn tốt, mặc dù tôi sẽ cẩn thận không gọi nó là một phương pháp.” Nhưng tôi thấy âm thanh đó gây mất tập trung. Bạn có đang nghe không?

• Không… tuy nhiên, có. Có vẻ như đó là một âm thanh ríu rít. Nhưng tại sao lại ở đây mà không phải ở vùng đất thấp?

Cả hai lao tới nơi có âm thanh yếu ớt mà trước đó đã bị đầu họ át đi rồi rơi xuống dòng suối phun ra từ tảng đá. Những mảnh pha lê chảy ra, lập tức biến mất giữa những viên đá.

“Như bạn có thể thấy, trong trường hợp của chúng tôi, việc giải quyết vấn đề tìm nước rất đơn giản,” Wiener nói, chiếu đèn pin của người bạn đồng hành của mình. “Mọi người im lặng trong một phút là đủ rồi.”

Khách mời của chúng tôi là tạp chí “Con người và pháp luật”

Vâng. Shestopal

Khoa học đọc

dấu vết vô hình

Sẽ không ai trách một nhà sử học nếu anh ta không biết định luật đầu tiên của nhiệt động lực học. Nhưng một nhà vật lý chắc chắn nên biết điều đó. Sẽ không có gì ngạc nhiên nếu một chuyên gia thực vật học hiểu biết kém về các định luật toán học, cũng như sẽ không có gì ngạc nhiên nếu một nhà toán học không hiểu các quy luật của tự nhiên sống. Như họ nói, với mỗi người của riêng mình.

Nhưng có những luật mà mọi người đều phải biết. Đây là những quy định pháp lý của tiểu bang nơi chúng ta đang sống. Những người thuộc các ngành nghề, cấp bậc và chức danh khác nhau, ở các độ tuổi khác nhau - cả thiếu niên và ông già tóc bạc - đều phải tuân theo họ.

Bạn có thể thường xuyên nghe thấy, đặc biệt là ở thanh thiếu niên, đề cập đến sự thiếu hiểu biết về luật pháp. “Tôi không biết là tôi không thể làm được điều đó.” “Tôi không nghĩ rằng điều đó sẽ dẫn đến trách nhiệm hình sự.” Có thể thoát khỏi hình phạt trong trường hợp này không? KHÔNG! Các quy định của pháp luật quy định rằng việc thiếu hiểu biết về pháp luật không thể miễn trách nhiệm cho một người. Đó là lý do tại sao, gần đây, theo lệnh của Bộ trưởng Bộ Giáo dục Liên Xô, bắt đầu từ năm học mới, khóa học “Những nguyên tắc cơ bản của Nhà nước và Pháp luật Liên Xô” đã được đưa vào lớp 8 các trường phổ thông trong nước. Luật cũng được học ở các trường dạy nghề. Tuy nhiên, việc làm chủ chủ đề này vẫn còn ở phía trước. Trong lúc chờ đợi… Bây giờ, hãy nói về cách toán học và vật lý giúp chống tội phạm.

Tài liệu được xuất bản dưới đây được các biên tập viên của tạp chí khoa học nổi tiếng của Bộ Tư pháp Liên Xô “Con người và pháp luật” chuẩn bị theo yêu cầu của chúng tôi.

Chắc hẳn nhiều độc giả «Kvant» sẽ thực sự ngạc nhiên khi biết rằng M.V. Lomonosov đã tham gia kiểm tra pháp y. Trong khi đó, điều này là đúng. Việc ông tham gia vào nhiều công trình chuyên môn về các vụ làm giả đồ vàng bạc, sản xuất tiền giả, v.v. đã có lúc đóng vai trò quan trọng trong việc xác minh sự thật.

Khá thường xuyên, các nhà điều tra và thẩm phán đã tìm kiếm sự giúp đỡ từ các nhà khoa học như D. I. Mendeleev, A. M. Butlerov, N. N. Zinin, N. D. Zelinsky, N. I. Pirogov, A. N. Krylov và những người khác, những người có tên tuổi nổi tiếng khắp thế giới. Các cuộc kiểm tra mà họ thực hiện cho phép luật sư giải quyết một số tội phạm nghiêm trọng và tìm ra thủ phạm thực sự.

Tuy nhiên, danh sách những cái tên như vậy có thể được tiếp tục và có thể kể nhiều câu chuyện thú vị về từng cái tên liên quan đến nghiên cứu trinh thám được thực hiện từ rất lâu trước khi ngành tội phạm học thực sự khoa học ra đời. Ngày nay, trong các viện khoa học và phòng thí nghiệm của Bộ Tư pháp Liên Xô, có trụ sở tại tất cả các nước cộng hòa liên bang, trong các bộ phận khoa học và kỹ thuật của các cơ quan nội vụ, các nhà vật lý, toán học, nhà hóa học và nhà sinh học sát cánh cùng các luật sư. Toán học cao hơn và công nghệ máy tính điện tử, tia laser và tia vô hình, vi sinh và phân tích hóa học tốt nhất được đưa vào phục vụ công lý.

Ở đây chúng ta sẽ chỉ nói về những gì gần gũi nhất với độc giả của «Kvant» - ứng dụng những thành tựu của vật lý và toán học vào nghiên cứu pháp y.

Phân tích phát quang đã tìm thấy ứng dụng rộng rãi trong khoa học pháp y, người sáng lập ra nó được coi là nhà vật lý Liên Xô S.I. Vavilov, người có đóng góp không thể phủ nhận cho việc nghiên cứu bản chất của phát quang. Tên của nhà vật lý người Mỹ R. Wood gắn liền với việc chụp ảnh tia hồng ngoại và tia cực tím, tia này cũng được sử dụng cho mục đích pháp y.

…Nổi lên nghi ngờ công dân X. có quân đội giả

35

vé tượng hình, được làm dưới ánh sáng bình thường và tia cực tím.

vé. Chuyên gia chụp ảnh tài liệu bằng tia cực tím. Kết quả là có thể đọc được văn bản không nhìn thấy được dưới ánh sáng bình thường. Anh ấy đã làm điều đó như thế nào?

Tia cực tím tuân theo các định luật chung về hấp thụ, phản xạ và khúc xạ của sóng điện từ, đồng thời bị hấp thụ và phản xạ bởi một số chất khác với tia nhìn thấy. Một số chất có đặc tính hấp thụ tia cực tím, trong khi những chất khác thì ngược lại, truyền chúng mà không bị cản trở, đồng thời vẫn mờ đục đối với các tia sáng khả kiến. Dưới tác động của tia cực tím, nhiều chất phát quang, tức là chúng phát ra ánh sáng khả kiến. Quan sát ánh sáng này là cách thuận tiện và phổ biến nhất để nghiên cứu tia cực tím. Khi một vật thể đang được nghiên cứu (ví dụ: một bức tranh hoặc tài liệu) được chiếu tia cực tím, các chi tiết không nhìn thấy được dưới ánh sáng bình thường sẽ được nhìn thấy. Bạn cũng có thể chụp ảnh bằng tia cực tím (xem Hình 1). Để làm được điều này, một lớp chất phát quang được phủ lên lớp cảm quang của tấm ảnh, lớp này chuyển đổi bức xạ vô hình thành bức xạ nhìn thấy được. Hình ảnh thu được theo cách này trở nên rõ ràng hơn, chi tiết hơn.

Đây chính xác là cách mục cũ trên ID quân đội xuất hiện. Hóa ra nó thuộc sở hữu của người khác và được giao cho X., người này đã khắc họ và các thông tin khác liên quan đến chủ sở hữu trước đó.

Việc sử dụng chúng trong thực hành pháp y dựa trên đặc tính của tia hồng ngoại có thể bị hấp thụ và phản xạ bởi một số chất khác với ánh sáng khả kiến. Ví dụ, chụp ảnh bằng tia hồng ngoại giúp xác định các vết tẩy xóa trong tài liệu và đọc các văn bản bị nhòe hoặc bị nhòe (xem Hình 2).

Cũng giống như tia cực tím, sự hiện diện của bức xạ hồng ngoại có thể được phát hiện bằng cách phát quang. Một số chất photpho tinh thể (chất phát quang rắn) được biết là tạo ra các tia sáng khi tiếp xúc với bức xạ hồng ngoại. Đúng, để làm được điều này, các nguyên tử của chất này phải được kích thích trước đó. Ngược lại, đôi khi tia hồng ngoại có tác dụng làm giảm photpho tinh thể bị kích thích. Trong cả hai trường hợp, kết quả của bức xạ vô hình đều có thể nhìn thấy được. Gần đây, các bộ chuyển đổi quang điện tử bắt đầu được sử dụng để quan sát tia hồng ngoại. Trong các thiết bị này (xem Hình 3), hình ảnh của một vật thể trong tia hồng ngoại là

36

tỏa ra trên bề mặt chất nhạy sáng
lớp danh từ. Điện tử, “bạn-
bị hỏng” khỏi bề mặt của lớp dưới tác động
tác dụng của tia hồng ngoại, tăng tốc
bị ảnh hưởng bởi điện trường,
lên màn huỳnh quang và
làm cho nó phát sáng. Phương pháp này
phát hiện bức xạ hồng ngoại
hóa ra nó nhạy cảm hơn nhiều
mạnh hơn phát hiện với
sức mạnh của hành động trực tiếp của hồng ngoại
tia đỏ thành huỳnh quang
màn hình.

Được biết, tia X
có sức xuyên thấu tuyệt vời
khả năng. Điều này cho phép bạn sử dụng
sử dụng chúng để tìm hiểu nội bộ
thiết kế ban đầu của vũ khí, chiến đấu
vật tư, ổ khóa, v.v. Sử dụng
ví dụ, những tia này có thể dễ dàng
phát hiện các hạt kim loại hoặc
vật lạ khác trong cơ thể
con người, trong đồ vật bằng gỗ
v.v. Nhân tiện, lần đầu tiên ở Nga
sii bắt đầu nghiên cứu về việc sử dụng
sử dụng tia X trong tội phạm
vì mục đích cuối cùng, nhà phát minh đã
dio A. S. Popov. Đặc biệt, họ sẽ-
liệu nghiên cứu thành công đã được thực hiện
ở Bệnh viện Hải quân Kronstadt
câu chuyện, cho phép khám phá
phát súng thật vào cơ thể người
thế kỷ.

Hiện nay, các chuyên gia
thành thạo khoa học hiện đại
đôi khi sử dụng các phương pháp nghiên cứu mới
không chỉ giúp thiết lập sự thật
Vâng, khi vạch trần tội phạm,
mà còn cung cấp những dịch vụ tuyệt vời cho
uke. Vì vậy, trong Nghiên cứu khoa học toàn Liên minh
Viện điều tra khoa học pháp y
kiểm tra của Bộ Tư pháp
Liên Xô biết cách khôi phục
văn bản “mờ dần”. Có thể, chẳng hạn
biện pháp, đọc bản thảo, tài liệu
bạn đến từ nhiều thế kỷ trước. Việc này được thực hiện
sử dụng đồng vị phóng xạ
pov Thực tế là một số rác
giấy tờ đó được thu thập mạnh mẽ tại
bề mặt của nó có tính phóng xạ
ion. Và mực đã phai
Những ion này không thu hút đột quỵ. Qua-
điều này, nếu bạn bão hòa “tuyệt chủng”

Hình 2. Hình ảnh sổ làm việc có chữ
lỗ thoát, phủ đầy mực, và cùng một cuốn sách
với văn bản được xác định bằng hồng ngoại
tia đỏ.

văn bản với thuốc thử có chứa ra-
đồng vị dioactive, và sau đó
tạo một bản in ghi lại chúng từ
biên nhận (ví dụ, một lần nữa với biên nhận
công suất của màn huỳnh quang), sau đó
nó sẽ trở thành một hình ảnh tiêu cực
những bản ghi “mờ dần”.

Bây giờ hãy nói một chút về
sử dụng trong khoa học pháp y
một số phương pháp hiện đại nhất
nghiên cứu cấu trúc bên trong
chất - phân tích quang phổ.

…Bị giết bằng súng săn
Nhân loại. Làm thế nào để tìm ra kẻ giết người? Dấu vết-
viên chức bắt giữ từ một số nghi phạm
những người liên quan là những phần của cùng một người
tầm cỡ. Có vẻ như nó có thể
giống nhau hơn
giống hệt nhau, giống như giọt nước,
viên? Không giống như những viên đạn trên chúng
thậm chí không còn dấu vết của kênh trung kế
la súng. Và những điểm tương đồng
viên dường như. Trong thực tế

37

38

Hình 3. Sơ đồ chuyển đổi quang điện tử. 1 - vật được chiếu sáng bằng tia hồng ngoại; 2 — thấu kính; 3 - photocathode (lớp cảm quang); 4 - hình ảnh ánh sáng; 5—5′—điện cực hội tụ; 6 - hình ảnh điện tử; 7 - màn phát quang (α - màng nhôm bảo vệ photocathode khỏi bức xạ tinh thể, δ - lớp tinh thể, ε - chất nền thủy tinh); 8 - mắt người quan sát.

Lê, chì mà chúng được tạo ra có nhiều tạp chất khác nhau. Lượng tạp chất này trong các mẻ dobi khác nhau, mặc dù rất không đáng kể nhưng vẫn khác nhau. Để nghiên cứu kỹ lưỡng những trường hợp như vậy, phân tích quang phổ được sử dụng. Mỗi nguyên tố hóa học có phổ phát xạ riêng và duy nhất và theo đó là phổ hấp thụ. Ví dụ, nếu một mảnh chì mà từ đó tạo ra dobe được ném vào ngọn lửa của hồ quang điện, thì trong quang phổ, người ta có thể nhìn thấy “dấu vết” của tạp chất dưới dạng các vạch đen tương ứng trên nền của phổ bức xạ hồ quang liên tục. Bằng “cường độ” của những đường màu đen này, người ta có thể đánh giá được lượng tạp chất. Bằng cách này, danh tính về các thành phần hóa học của dobins được tìm thấy trong cơ thể của người đàn ông bị sát hại và những thứ thu được từ một trong những nghi phạm đã được xác định, tức là người thực hiện vụ giết người đã được tìm thấy.

Hoặc một trường hợp như vậy… Một tên côn đồ đã đánh một người đàn ông bằng dụng cụ gia công kim loại ba lưỡi - một cái nạo. Một mảnh kim loại nhỏ được lấy ra khỏi vết thương của nạn nhân và một chiếc dao cạo mới mài được tìm thấy trên người nghi phạm. Rất có thể, công cụ này đã được mài sắc đặc biệt để che đi dấu vết của vết gãy. Cần phải kiểm tra kỹ lưỡng. Để làm được điều này, cuộc điều tra đã sử dụng đến nghiên cứu toàn diện dựa trên máy chủ. Bằng cách sử dụng phân tích quang phổ, chúng tôi đã xác định được kim loại nào và thứ tự nào được bao gồm trong vật liệu của máy cạo và mảnh tìm thấy. Phân tích quang phổ tia X còn phát hiện thêm các tạp chất vi mô không được phát hiện bằng phân tích quang phổ. Kết quả là có thể thiết lập sự trùng khớp hoàn toàn về thành phần hóa học của kim loại của mảnh vỡ và dụng cụ cạo và từ đó tìm được đại diện.

Ngày càng thường xuyên hơn, các phương pháp toán học và công nghệ máy tính điện tử khác nhau được sử dụng cho nghiên cứu pháp y.

…Ở một thành phố, các vụ cướp cơ quan ngày càng thường xuyên hơn. Những chiếc ô tô sang trọng, những chiếc quạt, những chiếc đèn bàn và đồ dùng cá nhân mà nhân viên để lại đã biến mất. Mọi thứ đều rõ ràng rằng cùng một nhóm được tổ chức tốt và rất thận trọng đang hoạt động. Nhưng làm thế nào để lay chuyển đại diện?

Ở đây các nhà toán học đã đến trợ giúp các cơ quan điều tra. Họ ủng hộ

39

đã phân tích tất cả các điểm mà các hạn chế đã được thực hiện và các tuyến đường vận chuyển có thể xảy ra mà các cơ quan đại diện đi theo. Sau đó, bằng cách sử dụng máy tính điện tử, điểm có thể có của giới hạn tiếp theo được tính toán. Sự tính toán hóa ra chính xác đến mức bọn cướp bị bắt ngay tại nơi biểu diễn.

Máy tính điện tử được sử dụng rộng rãi trong các dịch vụ thông tin và tham khảo pháp luật, thống kê tư pháp và để tiến hành các nghiên cứu pháp y khác nhau. Đặc biệt, để xác định những người chuyển ảnh (tức là để xác định trinh tiết của họ). Có phương pháp này như sau.

Như bạn đã biết, bất kỳ hình ảnh nào trên mặt phẳng đều có thể được biểu diễn dưới dạng các điểm riêng lẻ. Để xác định danh tính của các máy quang điện, các nhóm dấu chấm được áp dụng cho chúng trên các khu vực đặc trưng nhất - mắt, lông mày, v.v. Sau đó, sự kết hợp tương ứng của các điểm và vị trí của chúng trên mặt phẳng được so sánh với nhau.

Các nhà khoa học pháp y tiến hành nghiên cứu như vậy bằng cách sử dụng máy tính được các chuyên gia trang bị thiết bị đầu vào và đầu ra. Máy tự vẽ điểm trên ảnh, so sánh và làm nổi bật kết quả hoàn thiện.

Tóm lại, xin giới thiệu một chút về Triển lãm Quốc tế về Công nghệ Pháp y, được tổ chức gần đây tại Moscow. Hơn sáu mươi quốc gia và công ty đã tham gia triển lãm. Những dụng cụ và bộ máy hiện đại nhất đã được trình bày ở đây, tổng cộng khoảng mười nghìn exopon.

Khách tham quan triển lãm có thể thấy các thiết bị an ninh phát ra sóng điện từ mười mét xung quanh, trên thực tế, sóng này tạo ra một trường an ninh. Ngay khi người đại diện vào đó, tín hiệu nguy hiểm ngay lập tức được giải tỏa và xe tuần tra được gọi đến. Hoặc một thiết bị chụp ảnh ngay cả ở Ngoài ra, và các thiết bị truyền hình di động ghi lại và truyền thông tin từ địa điểm sản xuất đến Juron quanh thành phố. Một sự đổi mới thú vị là máy in được điều khiển bằng điện tử. Chúng tiết kiệm rất nhiều thời gian, thường dành cho việc soạn thảo các giao thức và giải pháp khác nhau. Từ các câu, cụm từ, từ tiêu chuẩn được lập trình sẵn, máy sẽ tìm ra tùy chọn mong muốn với tốc độ 50.000 ký tự mỗi phút và in tài liệu cần thiết với tốc độ 900 ký tự mỗi phút.

Các vật liệu che giấu vi mô so sánh được trưng bày tại triển lãm, giúp các nhà khoa học pháp y xác định được các hạt bụi, tóc, sợi, giấy nhỏ nhất; máy quang phổ khối phát hiện và nghiên cứu một picogram (10⁻¹² e) của một chất (với hầu hết công việc được thực hiện tự động); máy phân tích điện thoại - một cơn giông bão của những kẻ côn đồ điện thoại, xác định số thiết bị mà thuê bao đang gọi và ghi lại giọng nói của người nói vào băng.

Một câu chuyện về những thành tựu của vật lý và toán học đã đóng góp như thế nào có thể lấp đầy một cuốn sách quan trọng. Trong bài viết này, chúng tôi chỉ giới hạn ở một số ít ví dụ. Nhưng họ cũng đủ để hiểu những gì một lĩnh vực hoạt động rộng lớn có thể chờ đợi những chuyên gia tương lai đã tốt nghiệp các khoa vật lý và toán học nếu họ muốn cống hiến hết mình cho cuộc chiến chống lại tính đại diện và vi phạm pháp luật. Các ví dụ được đưa ra cũng làm rõ rằng bất kỳ sự trình bày nào cũng có thể được tiết lộ. Luôn có những dấu vết vô hình của phần còn lại, và khoa học hiện đại đã học cách đọc chúng một cách rõ ràng.

40

Vật lý là một môn khoa học thực nghiệm. Mọi nghiên cứu vật lý đều bắt đầu bằng việc quan sát, nghiên cứu một hiện tượng và kết thúc bằng lý thuyết so sánh với các kết quả thực nghiệm.

Nhiều quy luật và hiện tượng tự nhiên về cốt lõi không quá phức tạp và các đặc điểm đặc trưng của chúng có thể được tìm ra ngay cả trong những thí nghiệm tương đối đơn giản. Galileo đã khám phá ra quy luật của các vật thể rơi khi quan sát chúng rơi từ đỉnh Tháp nghiêng Pisa. Newton phát hiện ra rằng ánh sáng mặt trời là một hỗn hợp phức tạp của nhiều màu sắc khác nhau bằng máy dò thủy tinh đơn giản. Nhiều thí nghiệm của Faraday đơn giản đến kinh ngạc nhưng lại có nội dung và kết luận vô cùng sâu sắc.

Tất nhiên, ngày nay có rất ít hy vọng rằng với những phương tiện sẵn có, người ta có thể khám phá ra một quy luật mới của tự nhiên. Vật lý ngày nay đòi hỏi những cơ sở thí nghiệm rất phức tạp - máy gia tốc hạt tích điện, lò phản ứng nguyên tử, kính hiển vi điện tử và proton, v.v. Nhưng phần lớn những gì khoa học đã biết đều có thể được kiểm tra bằng các thí nghiệm đơn giản tại nhà. Chuyển động của nam châm, sự phát triển của tinh thể, nhiễu xạ và giao thoa sóng, sức căng bề mặt hoặc ma sát khô - tất cả những điều này có thể được nghiên cứu bằng các phương tiện ngẫu hứng đơn giản. Các khối hoặc quả bóng bằng gỗ, một mảnh giấy, một chiếc kim khâu, một bong bóng xà phòng hoặc một dòng nước từ vòi mở, chưa kể la bàn và đèn pin, đều có thể được sử dụng cho nhiều thí nghiệm vật lý thú vị. Những thí nghiệm như vậy là bước đầu tiên để tiến tới nghiên cứu độc lập. Chúng giúp hiểu sâu hơn về bản chất của các hiện tượng vật lý khác nhau, phát triển kỹ năng quan sát và giao tiếp.

Mục “Phòng thí nghiệm Kwana” thuộc chuyên mục hệ thống của tạp chí chúng tôi. Trong đó, chúng tôi cố gắng mang đến cho độc giả cơ hội thực hiện các thí nghiệm giáo dục đơn giản nhưng hiệu quả mà không cần thiết bị thí nghiệm đặc biệt.

Từ thư của độc giả, chúng tôi thấy rằng nhiều người trong số họ sẵn sàng thực hiện các thí nghiệm mà chúng tôi đề xuất và thậm chí cố gắng hình dung chúng một cách sáng tạo (thay đổi các điều kiện - chẳng hạn như thay đổi nhiệt độ hoặc các đại lượng vật lý khác liên quan đến thí nghiệm, chọn các chất và vật liệu khác, v.v.). Đồng thời, họ có nhiều câu hỏi bất ngờ và thú vị, từ đó họ liên hệ với các biên tập viên của chúng tôi.

Khi tái hiện các thí nghiệm mà chúng tôi mô tả, cần đặc biệt chú ý đến các biện pháp phòng ngừa kỹ thuật và tuân thủ nghiêm ngặt các khuyến nghị trong các bài viết.

Chúng tôi hy vọng rằng “Phòng thí nghiệm Kwana” sẽ giúp độc giả hiểu rõ hơn về khả năng của mình và phát triển kỹ năng của các nhà nghiên cứu tự nhiên trong tương lai.

41

M. Golovey
“Ốc nước”
Archimedes

Điều này tuyệt vời đến mức nào, tôi để lại cho những người hiểu nó đến cuối cùng quyết định.

Galileo Galilei

Giai đoạn đầu của sự phát triển vật lý gắn liền với việc phát minh ra các cơ chế khác nhau cho phép con người lao động. Bằng cách thành thạo việc sử dụng các phương tiện và vật liệu, học trong thực tế các định luật cơ bản về hình học, cơ học, thủy lực, các nhà khoa học từ rất lâu trước thời đại chúng ta đã tạo ra những cỗ máy mà cho đến ngày nay chúng ta vẫn khiến chúng ta kinh ngạc về chiều sâu tư duy thiết kế, sự khéo léo và khả năng thực hiện thành thạo.

Một trong những nhà phát minh xuất sắc nhất thời cổ đại là Archimedes.

Và mặc dù hiện nay tên tuổi của ông chủ yếu gắn liền với định luật lực nổi tác dụng lên một vật ngâm trong chất lỏng, Archimedes là người có nhiều phát minh tài tình. Và nổi bật nhất trong số đó là trí tuệ nâng hạ, người ta vẫn gọi là trí tuệ Archimedes. Galileo đã viết trong một tác phẩm của mình rằng phát minh này “không chỉ tuyệt vời mà còn tuyệt vời, vì chúng ta thấy nước dâng lên ở Witt, liên tục hạ xuống”.

Và thực sự, khi lần đầu tiên làm quen với thiết bị này, thậm chí còn khó tưởng tượng nước rơi dọc theo lưỡi Vitta hoặc kênh Vitt có thể thực sự dâng lên trong đường ống như thế nào. Trong một tác phẩm của mình, Galileo đã mô tả chi tiết nguyên lý hoạt động của cỗ máy này, gọi nó là “ốc sên nước của Archimedes”. Nhìn từ xa, chiếc xe này thực sự có phần giống một con ốc sên.

Witt của Archimedes hoạt động như thế nào? Quan sát hình 1, a. Nó hiển thị một hình trụ AKCB, trên bề mặt bên của nó có kênh Witt AEOPXTHC, qua đó nước có thể chảy hoặc lăn một quả bóng mà không tràn ra ngoài.

Nếu bạn hạ đầu kênh A của Witt xuống nước, hãy nghiêng hình trụ

Hình 1.

42

như trong Hình 1, b và bắt đầu xoay nó xung quanh các giá đỡ $M$ và $M'$, sau đó nước sẽ chảy qua kênh và bắt đầu chảy ra khỏi lỗ trên $C$. Nghe có vẻ nghịch lý, nước bắt đầu di chuyển từ điểm $A$, luôn hạ xuống so với bề mặt của lỗ thông hơi, và kết quả là nước dâng lên đến điểm $C$. Hãy thử tìm hiểu xem điều này xảy ra như thế nào. Để phần máng xối $AE$ tạo một góc $\alpha$ với “đáy” của hình trụ $AB$. Chúng ta hãy nghiêng hình trụ có rãnh một góc lớn hơn $\alpha$. Khi đó nước sẽ lấp đầy diện tích $AE$ và một phần diện tích $EO$.

Hãy bắt đầu xoay hình trụ quanh trục của nó. Tất cả các điểm của phần $AE$ (ngoại trừ điểm $A$) sẽ bắt đầu tăng lên, trong khi tất cả các điểm của phần $EO$ (ngoại trừ điểm $E$) sẽ giảm xuống và nước sẽ dần di chuyển từ phần “nóng” xa hơn dọc theo rãnh nước, rơi xuống tương đối với nó và dâng lên so với bề mặt trái đất. Điều này sẽ xảy ra vì trong quá trình quay, các phần khác nhau của máng xối lần lượt thay thế nhau sẽ liên quan đến nước ở cùng vị trí với phần $AE$; vì vậy nước sẽ bắt đầu chảy xuống máng, nhưng cuối cùng hóa ra nó đã dâng lên từ điểm $A$ đến điểm $C$.

Một số độc giả có lẽ đã đặt ra một câu hỏi hợp lý: “Không phải tất cả những lập luận này đều mâu thuẫn với định luật bảo toàn năng lượng, cơ chế này có đại diện cho chuyển động vĩnh viễn không?” Quả thực, thoạt nhìn có vẻ như vậy. Chúng ta quay bánh xe, nước chảy xuống trục vít, như thể dọc theo một mặt phẳng nghiêng, dưới tác dụng của trọng lượng của chính nó và chảy ra khỏi lỗ phía trên. Tất cả những gì còn lại là chuyển đổi năng lượng dự trữ trong nước thành năng lượng quay của lỗ thông hơi và chuyển động vĩnh viễn đã sẵn sàng!

Nếu bài toán này được đưa ra cho các bạn trong một bài học vật lý, thì rõ ràng, nhiều bạn sẽ nghĩ ngay rằng lý luận như vậy mâu thuẫn với định luật bảo toàn năng lượng, và một số bạn thậm chí còn đi xa hơn trong lý luận khi nói thêm rằng nước dâng lên dọc theo máng do năng lượng được cung cấp từ bên ngoài và làm cho lỗ thông hơi quay, do đó thế năng của nước sẽ luôn nhỏ hơn công tiêu tốn khi nước dâng lên.

Tất nhiên, tất cả những điều này đều đúng, nhưng làm thế nào mà máng xối truyền năng lượng được cung cấp từ bên ngoài vào nước? Điều này xảy ra ở những lĩnh vực nào? Lực tác dụng lên nước có chiều như thế nào? Hãy cố gắng tự trả lời những câu hỏi này. Để đơn giản việc xét chuyển động của nước trong máng, ta có thể thay thế chuyển động của quả cầu dọc theo rãnh vít.

Một mô hình nguyên thủy của lỗ thông hơi của Archimedes có thể dễ dàng thực hiện tại nhà. Lấy một đoạn ống có đường kính 3-5 cm và dài 20-30 cm hoặc một khối gỗ tròn có cùng kích thước. Vai trò của máng xối có thể được thực hiện bằng bất kỳ ống cao su, polyvinyl clorua (cambric) hoặc ống đồng nào có đường kính vài mm (đường kính càng lớn thì mô hình sẽ càng đẹp và trực quan hơn). Sẽ rất tốt nếu bạn có sẵn một ống mềm trong suốt; khi đó chuyển động của nước hoặc một quả bóng có thể được theo dõi bên trong lỗ thông hơi Archimedes.

Tạo một rãnh thông hơi từ ống này bằng cách quấn nó quanh hình trụ bạn chọn dọc theo một đường vít và cố định hai đầu ống vào đế trên và dưới của hình trụ này bằng chỉ hoặc dây. Thế là xong, mô hình của bạn đã sẵn sàng hoạt động. Nhúng một đầu vào bình chứa nước và nghiêng nó một góc lớn hơn góc của đường xoắn ốc so với đáy hình trụ. Nếu bây giờ bạn xoay Ventita Archimedes sao cho có vẻ như anh ta

43

Nó được vặn vào bề mặt chất lỏng, để ở cùng độ cao, sau đó vài lượt nước đi vào từ đầu trên của ống. Thay vì nước, bạn có thể lấy một quả bóng nhỏ. Và nếu bạn đặt nó ở đầu dưới của máng, thì sau vài vòng quanh trục của nó, quả bóng sẽ rơi ra khỏi đầu trên của máng bất thường này:

Theo cách tương tự, bạn có thể chế tạo một chiếc máy bơm thực sự được điều khiển, chẳng hạn như bằng gió hoặc một số động cơ khác. So với máy bơm piston được thiết kế để chỉ bơm nước sạch, chúng có một lợi thế quan trọng: chúng cũng có thể bơm nước bị ô nhiễm nặng. So với máy bơm ly tâm, Archimedes Vit là một cơ chế lỗi thời và hoàn toàn không có khả năng cạnh tranh với nó, do đó hiện nay nó rất hiếm khi được sử dụng để nâng nước. Các mẫu vật riêng lẻ của nó vẫn chỉ có thể được tìm thấy ở các nước kém phát triển.

Một thiết bị giống như Archimedean vinata được minh họa trong Hình 1, được gọi về mặt kỹ thuật (dịch từ tiếng Đức theo nghĩa đen là “ốc sên”), được sử dụng rộng rãi trong nhiều loại máy khác nhau để di chuyển và trộn các vật liệu rời, chất lỏng và dạng văn bản. Tuy nhiên, một trong những loại phổ biến nhất của nó là rôto trục vít của máy xay thịt thông thường.

44

V. Ryzhik

Hãy kết nối các dấu chấm…

Toán học có thể được nghiên cứu theo nhiều cách khác nhau. Bạn có thể nghe bài giảng hoặc chỉ lấy một cuốn sách và đọc liên tiếp: định nghĩa, định lý, chứng minh. Hoặc bạn có thể hành động tích cực hơn: chỉ đọc các định nghĩa và phát biểu của các định lý, đặt cuốn sách sang một bên và tự mình đưa ra cách chứng minh. Phương pháp đầu tiên cho phép mục tiêu di chuyển nhanh hơn. Nhưng mismo của những người chỉ tuân thủ phương pháp công nghệ thông tin này thường thực hiện các kỹ thuật và phương pháp để đạt được kết quả được đề cập. Người đọc không biết mình sẽ bỏ lỡ bao nhiêu điều thú vị, hấp dẫn, hữu ích, tự cam chịu vai trò của một người nhận thức sự thật một cách thụ động.

Phương pháp thứ hai, mặc dù mất nhiều thời gian hơn, nhưng cho phép bạn hiểu sâu sắc lý thuyết toán học, dạy bạn làm nổi bật những gì quan trọng nhất trong một bối cảnh nhất định, giúp bạn có thể ghi nhớ lâu kết quả thu được qua công việc của chính mình, phát triển khả năng toán học của học sinh và mở ra những cách mới để các em áp dụng kiến ​​​​thức toán học. Do đó, chính phương pháp này - việc khám phá độc lập những chân lý đã biết (đôi khi vi phạm những chân lý chưa được khám phá trước đó) đã quyết định việc sử dụng các hội thảo, trường học và vòng tròn toán học trong công việc.

Đây chính xác là loại công việc tích cực mà người đọc dự định thực hiện trong các bài viết được xuất bản trong phần “Vòng tròn toán học”. Một phần quan trọng trong nội dung bài viết thường được trình bày dưới dạng bài toán. Một số được giải trong văn bản, nhưng hầu hết - cả bài giảng và bài khó - đều được để độc lập. lời giải người đọc. Ngắn gọn lời giải những cái này bài toán, gợi ý hoặc đáp số đôi khi chúng được đặt ở những trang cuối cùng của tạp chí, nhưng chúng tôi khuyên bạn nên cố gắng giải quyết bài toán không có gợi ý.

Theo quy định, “Câu lạc bộ Toán học” của chúng tôi dành cho học sinh từ lớp 8 đến lớp 9 và đôi khi là lớp 7. Thư có nhận xét và đề xuất liên quan đến phần này phải được gửi bằng cách sử dụng “vòng tròn Toán học” trên phong bì.

45

nhưng, điểm $D$, thu được nếu vectơ $\overrightarrow{OB}$ bị trừ khỏi vectơ $\overrightarrow{OA}$, được gọi là hiệu của các điểm $A$ và $B$: $D = A - B$.

Rõ ràng là tổng số điểm phụ thuộc vào vị trí chúng tôi chọn sọc. Nhưng ngay khi các sọc được cố định, việc cộng các điểm cũng tương tự như việc cộng các vectơ.

Bài tập

1. Nên chọn sọc như thế nào để tổng của hai điểm $A$ và $B$ nằm trên đường thẳng $AB$? Trên chùm tia $AB$? Trên đoạn $AB$?
2. Cộng ba đỉnh của một tam giác đều với các cách chọn sọc khác nhau: tại đỉnh của tam giác, tại tâm của tam giác, tại một điểm tùy ý.
3. $A, B, C$ - ba điểm bất kỳ không nằm trên cùng một đường thẳng. Chọn các sọc sao cho tổng của chúng nằm bên trong tam giác $ABC$; bên ngoài nó.
4. Đặt $A_1, A_2, \dots, A_n$ là một đa giác đều. Nên chọn sọc $O$ ở đâu để giữ được đẳng thức $A_1 + A_2 + \dots + A_n = O$? Ban nhạc có được xác định duy nhất bởi điều kiện này không?
5. Chứng minh rằng tứ giác $ABCD$ là hình bình hành khi và chỉ khi $A + C = B + D$.

Bây giờ thật dễ dàng để biết ý nghĩa của việc nhân một điểm với một số. Cho dải $O$. Hãy lấy điểm nguyên thủy $A$. Giả sử rằng nó cần được nhân với 2. Nhân vectơ $OA$ với 2, chúng ta được vectơ $OB$; điểm $B$ sẽ là điểm mong muốn. Chúng tôi viết: $B = 2A$. Nói chung, nếu $\overrightarrow{OB} = \lambda \cdot \overrightarrow{OA}$ thì ta sẽ gọi điểm $B$ là tích của điểm $A$ và số $\lambda$: $B = \lambda A$. Vì chúng ta đã định nghĩa phép nhân điểm với số thông qua phép nhân vectơ với số, nên để nhân điểm với số, các đẳng thức $1^\circ - 3^\circ$ sẽ được thỏa mãn nếu chúng ta thay thế vectơ bằng điểm trong đó.

Hãy gọi biểu thức $\alpha \cdot A + \beta \cdot B$, trong đó $\alpha$ và $\beta$ là các số, là tổ hợp tuyến tính của các điểm $A$ và $B$.

Bài tập
6. Xây dựng sự khác biệt giữa các điểm $A$ và $B$. Xây dựng, lấy điểm $A, B$ và sọc $O$ không cùng một đường thẳng, điểm $-B, -A, -A-B, -A+B$.
7. Chứng minh rằng nếu dải không nằm trên cùng một đường thẳng từ các điểm $A$ và $B$ thì mọi điểm trong mặt phẳng đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các điểm $A$ và $B$ và theo một cách duy nhất.
8. Các sọc được chọn ở giữa hình lục giác chính xác $A_1A_2 \dots A_6$. Viết điểm $A_3, A_4, A_5, A_6$ dưới dạng kết hợp tuyến tính của điểm $A_1$ và $A_2$.
9. Điểm $2 \cdot A + 3 \cdot B$ có thể nằm trên đường thẳng $AB$ không? Trong những điều kiện nào?

Trong các nhiệm vụ trước, kết quả của các hành động có dấu chấm phụ thuộc vào việc lựa chọn sọc và do đó không rõ ràng. Tuy nhiên, có một cách vận hành với một hệ thống điểm tùy ý, kết quả của nó không còn phụ thuộc vào lựa chọn này nữa (phương pháp này hóa ra lại hữu ích cho chúng ta sau này, đối với lời giải hình học “thực” bài toán). Hãy xem khi nào tổ hợp tuyến tính của hai điểm $A$ và $B$ không phụ thuộc vào việc chọn sọc.

Đặt $X_1 = \alpha \cdot A + \beta \cdot B$ nếu điểm $O_1$ là sọc và $X_2 = \alpha \cdot A + \beta \cdot B$ nếu điểm $O_2$ là sọc. Chúng tôi muốn điểm $X_1$ và $X_2$ khớp nhau; vì điều này điều cần thiết và đủ là đẳng thức $\overrightarrow{O_1X_1} = \overrightarrow{O_1X_2}$ phải được thỏa mãn. Chúng tôi có: $\overrightarrow{O_1X_2} = \overrightarrow{O_1O_2} + \alpha \cdot \overrightarrow{O_2A} + \beta \cdot \overrightarrow{O_2B} = \overrightarrow{O_1O_2} + \alpha \cdot (\overrightarrow{O_1A} - \overrightarrow{O_1O_2}) + \beta \cdot (\overrightarrow{O_1B} - \overrightarrow{O_1O_2}) = \alpha \cdot \overrightarrow{O_1A} + \beta \cdot \overrightarrow{O_1B} + [1 - (\alpha + \beta)] \cdot \overrightarrow{O_1O_2} = \overrightarrow{O_1X_1} + [1 - (\alpha + \beta)] \cdot \overrightarrow{O_1O_2}$. Để có sự bằng nhau của vectơ $\overrightarrow{O_1X_2}$ và $\overrightarrow{O_1X_1}$