Kvant 1976, số 2 · Trang

QUANTUM
1976
2
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
150 NĂM HÌNH HỌC
LOBACHEWSKY

Một trang từ bản thảo hình học đầy đủ duy nhất còn tồn tại
N.I. Lobachevsky. Đây là bản thảo cuốn sách giáo khoa “Hình học” (1823) của ông.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin
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
I. 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. Klomova
T. M. Makarova
(biên tập nghệ thuật)
T. S. Petrova
V. A. Tikhomirova
L. V. Chernova
(người quản lý biên tập)

TRONG PHÒNG:

Hướng tới Đại hội XXV của ĐCSVN

150 năm hình học Lobachevsky
P. Alexandrov. Nikolai Ivanovich lobachevsky
A. Norden. Khám phá vĩ đại của lobachevsky
Vâng. Smorodinsky. Lobachevsky và vật lý

Phòng thí nghiệm «Kvant»
A. Natanzon, M. Plotkin. Con lắc có hệ thống treo rung

vòng tròn toán học
Yu. Ionin, L. Kurlyandik. Tìm kiếm một bất biến

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M366—M370; F378—F382
Lời giải bài toán M326—M329; F339—F342

Xưởng của người nộp đơn
J. Sukonic, P. Gorshtein. Đơn giản đáp số đến “phức tạp” bài toán
G. Myakitsev. Tính toán mạch điện xoay chiều bằng sơ đồ vectơ
S. Kozel, V. Chekhlov, A. Shelazin. Viện Vật lý và Công nghệ Moscow

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. Orlov. “Tất cả”, “một số” và phủ định

Đáp số, gợi ý, lời giải
Hỗn hợp (tr. 27, 31, 45)

Vào ngày 24 tháng 2 năm 1826, tại cuộc họp của Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Kazan, N.I. Lobachevsky đã đưa ra một báo cáo trong đó chỉ ra rằng định đề thứ năm quan trọng của Euclid là không thể chứng minh được. Một bài toán thách thức nỗ lực của các nhà toán học trong suốt hai nghìn năm đã được giải theo một cách hoàn toàn bất ngờ!
N.I. Lobachevsky và những khám phá thay thế của ông được mô tả trong các bài viết trên tạp chí này và số tiếp theo của tạp chí của chúng tôi.
Bìa số này (trang 1 và 4) do họa sĩ G. Kazakovtsev thực hiện.

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

2

Hướng tới Đại hội XXV của ĐCSVN

Tháng 2 năm 1976 sẽ mãi mãi đi vào lịch sử nước ta. Đại hội XXV của Đảng Cộng sản Liên Xô sẽ diễn ra tại nơi này. Đại hội sẽ tổng kết công việc sâu rộng của nhân dân ta trong việc thực hiện kế hoạch 5 năm lần thứ 9 và thông qua các phương hướng chính phát triển nền kinh tế quốc dân của Liên Xô trong giai đoạn 1976-1980.

Kế hoạch 5 năm chính bài toán lần thứ 10 trong lĩnh vực phát triển nền kinh tế quốc dân là tăng mạnh chất lượng sản phẩm và hiệu quả hoạt động sản xuất trong mọi lĩnh vực lao động. Không phải vô cớ mà kế hoạch 5 năm này được gọi là “kế hoạch 5 năm về chất lượng”.

Hoàn thành thắng lợi kế hoạch 5 năm lần thứ 9 về phát triển kinh tế quốc dân, nhân dân Liên Xô đã tiến một bước lớn đi lên chủ nghĩa xã hội. Vật lý và toán học đóng một vai trò quan trọng trong những thành tựu này. Vai trò của những ngành khoa học này trong kế hoạch 5 năm mới sẽ còn quan trọng hơn nữa.

Chúng ta đang sống trong một thời đại thường được gọi là thời đại cách mạng khoa học và công nghệ. Khoa học ngày nay đã trở thành một lực lượng sản xuất trực tiếp, sức mạnh của nó không ngừng tăng lên. Trong ba thập kỷ qua, chúng ta đã chứng kiến ​​những điều kiện đầy biến động của vật lý và toán học, kết quả là năng lượng hạt nhân ra đời, thay thế năng lượng hóa học truyền thống. Công nghệ tên lửa và vũ trụ ra đời. Máy tính điện tử xuất hiện. Họ đã đưa ra lời giải những vấn đề mà các thế hệ trước chỉ có thể mơ ước có thể thực hiện được lời giải. Sản xuất rộng rãi các chất bán dẫn, thiết bị điện tử, thiết bị tự động hóa khác nhau. Đồng thời, khoa học đang chuẩn bị những thay đổi mang tính cách mạng sâu sắc mà sau này sẽ được phản ánh đáng kể trong ngành luyện kim và cơ khí, công nghiệp nhẹ và thực phẩm, xây dựng và nông nghiệp. Ý nghĩa của những thay đổi này là sự gia tăng nhanh chóng về năng suất, hiệu quả sản xuất và chất lượng sản phẩm.

Trong tương lai gần, hầu hết các doanh nghiệp sẽ chuyển sang sản xuất tự động hóa phức tạp, trong đó con người sẽ không còn bị ràng buộc vào máy móc hay băng tải nữa. Mọi hoạt động sản xuất sẽ được đảm nhiệm bởi máy móc và cơ chế điều khiển. Một người sẽ tạo ra những bộ máy tự động phức tạp này, chuẩn bị chương trình làm việc cho chúng và kiểm soát việc thực hiện chúng, đồng thời liên tục cải tiến sản xuất. Ở những nhà máy như vậy, năng suất lao động sẽ có bước nhảy vọt. Nhưng chính sự tăng trưởng chưa từng có của lao động sản xuất mà theo V.I. Lênin là nhân tố quyết định trong cuộc đấu tranh vì chủ nghĩa cộng sản.

Sản xuất tự động tích hợp đưa chúng ta đến với nguồn nguyên liệu và lợi ích dồi dào. Năng lượng hạt nhân và nhiệt hạch mở đường cho nhân loại tiếp cận nguồn năng lượng dồi dào. Hóa học lớn tạo ra nguồn nguyên liệu ban đầu và nguyên liệu thô dồi dào cho ngành công nghiệp. Máy tính điện tử có thể xử lý kịp thời và chính xác lượng thông tin khổng lồ mà một người không có các phương tiện này sẽ bất lực để giải quyết. Vì vậy, trong quá trình hoạt động khoa học và kỹ thuật

3

Cuộc cách mạng nâng lên một tầm cao mới về chất lượng sản xuất, năng lượng, vật liệu và quản lý.

Xã hội xã hội mở ra phạm vi rộng lớn cho các lực lượng sản xuất mới xuất hiện trong quá trình cách mạng khoa học và công nghệ. Nhưng sự phát triển đầy đủ của những cơ hội thay thế này đòi hỏi sự sáng tạo bền bỉ của tất cả người lao động. Bài toán có tầm quan trọng lịch sử - tổ chức những thành tựu của cuộc cách mạng khoa học và công nghệ với những lợi thế của hệ thống kinh tế xã hội chủ nghĩa, do Tổng Bí thư Đảng Hàng hóa L. I. Brezhnev của chúng ta đặt ra trong báo cáo trước Đại hội XXIV của CPSU, vẫn là một trong những bài toán chính mà chúng ta sẽ gặp trên con đường đi tới chủ nghĩa cộng sản.

Vấn đề tăng mạnh về chất lượng sản phẩm và hiệu quả lao động chỉ có thể được giải quyết thành công với sự trợ giúp của khoa học hiện đại. Đóng góp lớn cho lời giải của nó phải được thực hiện bởi khoa học vật lý và toán học. Chúng vẫn được sử dụng rộng rãi trong việc xác định chất lượng sản phẩm. Các phương pháp kiểm soát chất lượng sản phẩm đại trà hiện đại dựa trên lý thuyết xác suất và thống kê toán học. Những thành tựu về quang học, vật lý tia RENT, vật lý siêu âm, từ tính và vật lý hạt nhân là cơ sở khoa học cho nhiều loại thiết bị điều khiển và đo lường. Phân tích quang phổ quang học và RENT, phát hiện khuyết tật từ tính và siêu âm, bức xạ gamma từ nguồn phóng xạ từ lâu đã được sử dụng thành công trong sản xuất để đo độ dày sản phẩm và phát hiện các khuyết tật tiềm ẩn.

Vật lý hiện đại cung cấp cho ngành công nghiệp những phương pháp cơ bản mới để tác động lên vật liệu. Các chùm electron nhanh, ion, chùm tia laser, dòng neutron mạnh được tạo ra bởi lò phản ứng nguyên tử, từ trường cực mạnh và áp suất cực cao có thể tác động đến toàn bộ độ dày của sản phẩm, đơn giản hóa mạng tinh thể và mang lại cho sản phẩm sức mạnh, khả năng chống mài mòn, độ tin cậy và độ bền đáng kinh ngạc. Vật lý mở ra con đường cho các quy trình công nghệ và phương pháp sản xuất mới, làm thay đổi độ dày của sản phẩm và phát hiện các khuyết tật tiềm ẩn.

Hãy lấy ví dụ về việc chế tạo động cơ hạt nhân cho vận tải hàng hải - tàu phá băng, tàu ngầm. Các tàu phá băng chạy bằng năng lượng hạt nhân của Liên Xô “Lenin” và “Arktika” tiến hành các đoàn tàu vào mùa đông ở những vùng biển Bắc Cực cao đến mức hoàn toàn không đủ khả năng cho các tàu phá băng thông thường vào thời điểm này trong năm. Các tàu ngầm hạt nhân của Liên Xô đã đi vòng quanh thế giới thành công mà không hề nổi lên mặt biển trong suốt hành trình.

Nhờ những thành tựu nổi bật của công nghệ điện tử vô tuyến và lò phản ứng, khả năng tạo ra các cơ chế mới cho hệ thống truyền thông vô tuyến và truyền hình đã mở ra, giúp truyền các chương trình truyền hình của bất kỳ quốc gia nào tới tất cả các quốc gia khác trên thế giới. Để thực hiện nó, cần phải phóng một số vệ tinh Trái đất nhân tạo đồng bộ (được hình thành xung quanh Trái đất với cùng tốc độ Trái đất quay quanh trục của nó) ở các vùng xích đạo, được trang bị các thiết bị chuyển tiếp mạnh mẽ. Điều này sẽ tạo ra một hệ thống truyền tải thông tin mới có chất lượng.

Nuka tiết lộ cho một người những triển vọng to lớn về sự phát triển và cải thiện mọi loại hình lao động. Và những khả năng này chỉ có thể được hiện thực hóa một cách đầy đủ nhất dưới chủ nghĩa xã hội.

6

Đại học Kazan vào những năm 1840. Từ một bản in thạch bản của V. Turin.

niya của tất cả học sinh nói chung. Tuy nhiên, ngay đánh giá đầu tiên, nói chung là rất tâng bốc mà thanh tra trường đại học dành cho Lobachevsky khi xác nhận anh là sinh viên phòng, khiến người ta cảm nhận được tính cách sôi nổi, cởi mở và vui tươi của chàng sinh viên trẻ, về cơ bản vẫn là một cậu bé (đừng quên rằng Lobachevsky chưa tròn 17 tuổi vào mùa xuân năm 1809!).

Vào tháng 7 năm 1811, theo nghị quyết của Hội đồng Đại học Kazan, lobachevsky, rõ ràng vì hành vi xấu, đã không được trao danh hiệu ứng cử viên, nhưng tại cuộc họp tiếp theo của Hội đồng, ông đã được thăng thẳng lên bằng thạc sĩ (ông được xác nhận bằng cấp này vào ngày 3 tháng 8 năm 1811).

Vào thời điểm này, Lobachevsky đã là một nhà toán học - nếu vào tháng 6 năm 1810 (khi Lobachevsky chưa đủ 17 tuổi!) Littrov *) bắt đầu đăng ký với anh ta với tư cách là nhà thiên văn học “để chuẩn bị sơ bộ cho việc quan sát”, thì vào tháng 10 năm 1811, Bartels *) đã học toán với Lobachevsky ở nhà bốn giờ một tuần, gần đây đã cùng anh ta hoàn thành cuốn “Số học” của Gauss và tập đầu tiên trong cuốn “Thiên đường” của Laplace Cơ học” là những tác phẩm vĩ đại về tư duy toán học, đã trở thành kinh điển ngay từ khi mới xuất hiện. Đồng thời, Bartels viết một bức thư nhiệt tình về Lobachevsky cho người được ủy thác của khu giáo dục, Rumovsky. Cuối cùng, đồng thời, Bartels lôi kéo Lobachevsky vào công việc sư phạm với các sinh viên với tư cách là trợ lý riêng của ông, có thể nói: “… hơn nữa, ông Lobachevsky sẽ giải thích cho người nghe của mình, thưa ông Giáo sư, những gì họ hiểu lầm”…

Chức vụ trợ lý riêng của Bartels không được theo sau bởi sự bắt đầu hoạt động giảng dạy chính thức của Lobachevsky: nó bắt đầu từ năm 1812 và ở mức độ khiêm tốn.

*) Iosif Antonovich Littrov là nhà thiên văn học nổi tiếng, giáo sư thiên văn học đầu tiên tại Đại học Kazan, sau đó là giám đốc của Trường Cao đẳng Thiên văn Vienna.

*) Martin Fedorovich Bartels - nhà toán học xuất sắc, Tiến sĩ Sinh lý học tại Đại học Jena; từ năm 1805 - giáo sư tại Đại học Kazan ở khoa toán học thuần túy.

7

xuất hiện trong các khóa học số học và hình học dành cho những người chuẩn bị cho kỳ thi xếp hạng.

Vào ngày 26 tháng 3 năm 1814, Lobachevsky được thăng chức phụ trách toán học thuần túy; Năm học 1814-1815 là năm đầu tiên lobachevsky giảng dạy đại học; Ông dạy một khóa học về lý thuyết số về Gauss và Legendre tại trường đại học. (Lobachevsky cũng đọc lý thuyết số “theo Gauss” vào năm học 1815-1816.) Ngày 7 tháng 7 năm 1816, Lobachevsky được xác nhận là giáo sư xuất sắc tại Đại học Kazan. Trong năm học 1816-1817, ông dạy một khóa về đại số, hình học và lượng giác cơ bản (mặt phẳng và hình cầu) tại trường đại học - “từ sổ ghi chép của chính ông”, tức là không dựa vào bất kỳ nguồn văn học cụ thể nào; vào năm 1817-1818, ông đọc một khóa học về phép tính vi phân và tích phân theo Monge và Lacroix. Các bài giảng về hình học do Lobachevsky đưa ra trong năm học 1816-1817 được chúng tôi đặc biệt quan tâm, vì trong những bài giảng này, dường như lần đầu tiên ông đã tiến gần đến câu hỏi. lời giải người mà cả cuộc đời là vinh quang - đối với câu hỏi về tiên đề của sự tương đồng. Đúng vậy, lần tiếp xúc đầu tiên với chủ đề chính trong mọi hoạt động lý thuyết của ông vẫn hoàn toàn mang tính truyền thống - Lobachevsky, cũng như vô số ý tưởng của ông trong lĩnh vực hình học phi Euclide, bắt đầu bằng những nỗ lực chứng minh các dấu hiệu của tiên đề Euclid. Giờ đây, biết ơn công việc tiếp theo của Lobachevsky, chúng ta biết rằng những nỗ lực này không thể dẫn đến một kết quả khả quan. Nhưng tất nhiên, sự khởi đầu như vậy không chỉ là tự nhiên mà còn là sự khởi đầu duy nhất có thể xảy ra cả từ quan điểm lịch sử và tâm lý học. Dù thế nào đi nữa, chúng ta phải giả định rằng chính vào thời điểm này, khi Lobachevsky khoảng 24 tuổi, những công trình hình học đầu tiên của ông đã ra đời.

Eden, người đã đưa ông vài năm sau đó đến với việc khám phá ra hình học phi Euclide.

Tuổi trẻ của Lobachevsky đã qua rồi. Một thời kỳ bộc lộ đầy đủ tính cách phong phú và đa dạng bắt đầu bằng mọi cách tương tác với thế giới xung quanh: sự sáng tạo khoa học bắt đầu, đặc biệt ở sức mạnh toán học trừu tượng của nó, công việc giáo dục nhiều mặt của ông bắt đầu và nhanh chóng phát triển, sử dụng năng lượng kiên cường và niềm đam mê cho công việc của giáo sư - chẳng bao lâu sau, về mọi mặt, giáo sư đầu tiên của Đại học Kazan, sự tham gia nhiệt tình của ông vào mọi khía cạnh công việc, tổ chức và xây dựng trường đại học bắt đầu, sau đó trở thành sự lãnh đạo toàn diện và duy nhất trong suốt hai mươi năm của toàn bộ đời sống đại học.

II.

Như đã đề cập, Lobachevsky là giáo sư tại Đại học Kazan từ năm 1816; hai năm sau, các hoạt động hành chính và tổ chức của ông bắt đầu, nhiều hình thức khác nhau đã đồng hành cùng ông trong suốt ba thập kỷ của cuộc đời ông: vào tháng 8 năm 1818, Lobachevsky được bổ nhiệm làm thành viên ủy ban trường học. Trong những năm này, mây đen đã bao trùm Đại học Kazan và toàn bộ nền giáo dục Nga nói chung; Những khát vọng phản động trong thập kỷ cuối cùng dưới triều đại của Alexander I đã được lắng nghe hàng năm và ngày càng trở nên áp bức. Kỷ nguyên sắp tới trong lịch sử văn hóa Nga được gọi là “kỷ nguyên Magnitsky”, được đặt theo tên người được ủy thác của khu giáo dục Kazan, người nổi tiếng vì sự mù mờ của ông. Do đó, Kazan trở thành trung tâm và nơi sản sinh ra phản ứng đen tối nhất, bao trùm mọi lĩnh vực của đời sống văn hóa. Mọi khó khăn càng ập đến với Lobachevsky, người chính xác là vào thời điểm này.

8

Nhà hát giải phẫu của Đại học Kazan. Vòm. M. P. Korinfsky, 1834 - 1842 Ảnh từ những năm 1910.

Đã đến lúc bạn phải thực hiện những bước đi đầu tiên trong lĩnh vực tổ chức hoạt động của trường đại học. Trong khi đó, như chúng ta sẽ thấy bây giờ, công việc của ông trong lĩnh vực này đang phát triển nhanh chóng: vào tháng 12 năm 1819, Lobachevsky, cùng với Giáo sư Verderamo, nhận được nhiệm vụ sắp xếp lại thư viện trường đại học đang ở trong tình trạng cực kỳ bị bỏ quên. Một tháng sau, vào tháng 1 năm 1820, khi Verderamo rời trường đại học, mọi công việc sắp xếp trật tự thư viện hoàn toàn đổ lên vai Lobachevsky. Như với bất kỳ công việc nào mà ông đảm nhận, Lobachevsky đáp ứng những nhiệm vụ thư viện khó khăn và tẻ nhạt của mình bằng sự tận tâm quên mình, dành nhiều thời gian và công sức để thực hiện chúng. Tuy nhiên, tình hình đến mức vào tháng 6 năm 1821, ông “bị lừa bởi ý tưởng đáng tin cậy là đưa thư viện vào một trật tự mới,” đã yêu cầu được nghỉ làm trong thư viện.

Vào cuối năm 1820, Lobachevsky càng được giao những trách nhiệm nặng nề hơn: ngày 19 tháng 11, ông được bầu làm trưởng khoa Vật lý và Toán học. Tuy nhiên, hoạt động này của ông kết thúc vào mùa hè năm 1821, gần như đồng thời với các hoạt động ở thư viện của ông.

Hoạt động giảng dạy của Lobachevsky trong những năm này đã nhận được nội dung mới quan trọng: ông được giao phụ trách các khoa vật lý và thiên văn học. Về vấn đề này, Lobachevsky đã không dạy toán trong hai năm học 1819-1820 và 1820-1821, mà dành toàn bộ tâm sức cho việc giảng dạy vật lý và khoa học.

9

Đài quan sát thiên văn của Đại học Kazan. Vòm. M. P. Korinfsky, 1834-1842

sự đồng tình. Nhân tiện, Lobachevsky tiếp tục quan tâm đến việc giảng dạy vật lý và cơ học, đồng thời tiếp tục quan tâm đến thiên văn học và khí tượng học. Việc giảng dạy toán học được Lobachevsky tiếp tục vào năm học 1821-1822.

Vào ngày 25 tháng 2 năm 1822, lobachevsky được bầu làm giáo sư, và vào mùa xuân năm 1823 sau đó, nhiệm vụ trưởng khoa lần thứ hai rơi vào tay ông.

Tuy nhiên, ngay cả một năm trước đó - vào mùa xuân năm 1822 - Lobachevsky nhận thấy mình phải đối mặt với những trách nhiệm mới, phức tạp và tẻ nhạt không liên quan gì đến hoạt động khoa học của mình: một ủy ban xây dựng được thành lập để xây dựng mới và sắp xếp lại các tòa nhà trường đại học cũ mà Lobachevsky là thành viên.

Như mọi khi, Lobachevsky tiếp cận những trách nhiệm mới của mình không chỉ bằng sự tận tâm và phục vụ mà còn bằng niềm đam mê lớn lao. Ba năm sau, vào năm 1825, lobachevsky đã là chủ tịch ủy ban xây dựng. Đặc biệt nghiên cứu cả công nghệ kỹ thuật xây dựng và kiến ​​​​trúc, lobachevsky phần lớn trở thành người quản lý công trình xây dựng, cả về mặt kỹ thuật và nghệ thuật. Nhiều tòa nhà thành công nhất về mặt kiến ​​trúc trên lãnh thổ của Đại học Kazan là sự thực hiện các kế hoạch xây dựng của Lobachevsky. Chúng bao gồm một nhà hát giải phẫu, một thư viện và một đài quan sát thiên văn.

Hầu như năm nào Lobachevsky cũng mang đến cho Lobachevsky sở thích này hay sở thích khác -

10

nằm ngoài phạm vi hoạt động tổ chức của mình: năm 1823, lobachevsky lần thứ hai trở thành trưởng khoa Vật lý và Toán học; vào năm 1825, ông trở thành thủ thư trường đại học, tự đặt cho mình bài toán, con đường làm việc rất vĩ đại, nhưng vẫn chấm dứt tình trạng hỗn loạn hoàn toàn nơi thư viện của Đại học Kazan tọa lạc. Cuối ngày 30 tháng 7 năm 1827, lobachevsky được bổ nhiệm làm hiệu trưởng trường đại học. Ông giữ chức vụ này trong mười chín năm - cho đến ngày 14 tháng 8 năm 1846.

Lobachevsky hiểu sự đoàn kết của ông với tư cách là một hiệu trưởng rất rộng rãi - từ sự lãnh đạo lý tưởng đối với cuộc sống và công việc của toàn trường đại học cho đến sự tham gia của cá nhân ông vào nhu cầu ngày càng tăng của trường đại học. Để làm ví dụ về nghị lực và hoạt động mà Lobachevsky thể hiện vì lợi ích của trường đại học, chúng tôi đề cập đến vai trò của ông trong hai sự kiện bi thảm xảy ra với người dân Kazan vào giữa thế kỷ trước. Sự kiện đầu tiên trong số này là trận dịch tả năm 1830; Trận dịch này (là một phần của trận dịch tả năm 1829-1832) đã hoành hành ở nước ta, đặc biệt là ở vùng Volga, và cướp đi sinh mạng của hàng nghìn nạn nhân. Khi dịch tả lây lan đến Kazan, lobachevsky ngay lập tức thực hiện các biện pháp nghiêm khắc hơn đối với trường đại học: trường đại học thực sự bị cô lập với phần còn lại của thành phố và biến nó thành một pháo đài. Chỗ ở và bữa ăn cho sinh viên được tổ chức trên chính khuôn viên trường đại học, tất cả đều có sự tham gia của hiệu trưởng Lobachevsky.

Thành công rực rỡ - dịch bệnh tràn qua trường đại học; không có hoặc gần như không có trường hợp mắc bệnh tả trong sinh viên đại học và nhân viên. Công việc đầy nghị lực và vị tha của Lobachevsky trong cuộc chiến chống lại bệnh tả đã gây ấn tượng đau đớn đối với mọi dư luận lúc bấy giờ, và các cơ quan văn phòng cho rằng cần phải ghi nhận điều đó: Lobachevsky được bày tỏ “sự ưu ái cao nhất” “vì sự siêng năng của ông trong việc bảo vệ trường đại học và các cơ sở giáo dục khác khỏi bệnh tả”.

Một thảm họa thiên nhiên khác xảy ra với Kazan dưới thời Lobachevsky làm hiệu trưởng là trận hỏa hoạn năm 1842. Trong trận hỏa hoạn khủng khiếp đã phá hủy một phần thành phố này, Lobachevsky lại thực hiện những biện pháp cực kỳ quyết liệt để cứu các tòa nhà và thiết bị của trường đại học. Đặc biệt, nhờ sự quản lý của ông, thư viện và các dụng cụ thiên văn đã được bảo tồn.

Điều thú vị cần lưu ý là ngay cả với tư cách là hiệu trưởng, Lobachevsky không cho rằng có thể từ chối nhiệm vụ thủ thư bắt buộc trong suốt 8 năm: chỉ đến năm 1835, khi công việc của thư viện có thể được coi là đã được thiết lập hoàn chỉnh, lobachevsky mới rời bỏ vị trí thủ thư.

Cũng cần chỉ ra hoạt động sản phẩm của lobachevsky (từ năm 1823 ông là thành viên ủy ban sản phẩm). Lobachevsky lần đầu tiên đưa hoạt động kinh doanh sản phẩm tại Đại học Kazan lên tầm cao mới. Ông đã tạo ra “Uchenyzapiski” của Đại học Kazan, thay thế “Kazansky Vestik” phản động và tầm thường, do Magnitsky tổ chức.

Việc lobachevsky được bầu vào chức vụ hiệu trưởng trường đại học chỉ cách vài tháng với việc thay đổi người quản lý khu giáo dục: vào ngày 6 tháng 5 năm 1826, Magnitsky bị cách chức người quản lý các vấn đề thanh toán tiền tệ. Việc loại bỏ Magnitsky, và thậm chí với động cơ chính đáng như vậy, không thể không xoa dịu bầu không khí cả trong khu vực lẫn ở trường đại học, và điều này là bắt buộc đối với quan điểm của Lobachevsky, đặc biệt là vì người được ủy thác mới, Musin-Pushkin, rất tôn trọng Lobachevsky và coi ông ta ở mức độ cao nhất. Như vậy nó trở thành

11

những cơ hội mà lobachevsky nhận được khi tổ chức các hoạt động của mình là điều dễ hiểu.

III.

Đối với họ, Mặt trời không thở, Và không có sự sống trong sóng biển, Những tia sáng không đi vào tâm hồn họ, Mùa xuân không cảm nhận được trong lồng ngực họ, Rừng không lên tiếng trước sự hiện diện của họ, Và đêm trên các vì sao im lặng.

Tyutchev
…nhưng bạn, người đã biến sự tồn tại thành một vụ án bất công thành một khoản thuế nặng nề, bạn, người mà đầu óc đã trở nên đờ đẫn và tình cảm đã khô héo, bạn không tận hưởng cuộc sống! Đối với bạn, thiên nhiên đã chết, vẻ đẹp của vị trí của người khác, vẻ đẹp của khuôn mặt và những công trình kiến ​​trúc tráng lệ, lịch sử hàng thế kỷ vẫn chưa được biết đến. Tôi đang mất trí rằng những tác phẩm có tính chất thực vật như vậy sẽ không xuất hiện ở trường đại học của chúng ta; họ thậm chí sẽ không vào đây nếu thật không may, họ được sinh ra với mục đích như vậy. Tôi nhắc lại, họ sẽ không vào vì tình yêu vinh quang, cảm giác danh dự và phẩm giá nội tâm vẫn tiếp tục ở đây.

Lobachevsky

Những lời được trích dẫn của Lobachevsky, cũng như những lời được lấy làm lời bạt cho bài viết này, đều lấy từ bài phát biểu “Về những chủ đề quan trọng nhất của giáo dục” của ông, đọc vào ngày 5 tháng 7 năm 1828, và được lập trình cho tất cả các hoạt động của Lobachevsky với tư cách là một nhà giáo dục thanh thiếu niên. Không còn nghi ngờ gì nữa, chính nhà giáo dục thanh thiếu niên là người mà Lobachevsky trước hết cảm thấy mình đảm nhận nhiều nhiệm vụ của hiệu trưởng. Tất cả các khía cạnh khác trong việc tổ chức hoạt động của ông chỉ tạo thành khuôn khổ cho hai khát vọng chính của cuộc đời ông: hoạt động khoa học sáng tạo và hoạt động giáo dục. Điều này được ông nhìn nhận một cách đặc biệt rộng rãi và bao trùm tất cả các khía cạnh hình thành nhân cách của chàng trai trẻ, từ sự phát triển thể chất đến chuyên môn hóa khoa học. Các vấn đề về giáo dục được lobachevsky quan tâm ở mọi phạm vi và theo cách nhiệt tình nhất. Từ năm 1818, ông là thành viên của Ủy ban Trường học, lãnh đạo các trường trung học cơ sở và kể từ đó, ông không quên các vấn đề về giáo dục đại học và tất cả các khía cạnh trong việc giảng dạy ở trường của mình. Đặc biệt, lobachevsky, người thường xuyên chủ trì ủy ban tuyển sinh vào trường đại học, biết rất rõ kiến ​​​​thức mà một học sinh thời đó đã đạt được khi kết thúc chương trình giáo dục đại học của mình.

Bản thân Lobachevsky có đầy đủ sự đa dạng và đời sống quan tâm rộng rãi trong lý tưởng của ông về sự phát triển hài hòa nhân cách con người. Và ông ấy đòi hỏi rất nhiều ở chàng trai trẻ đến học đại học: trước hết ông ấy yêu cầu ở anh ấy rằng anh ấy phải là một công dân “có kiến ​​​​thức cao là một phần và vinh quang của tổ quốc”. Ông nhấn mạnh rằng “chỉ giáo dục tinh thần thôi thì không thể hoàn thiện được giáo dục”.

Nhân tiện, chúng ta hãy lưu ý rằng Lobachevsky chú ý đến sự phát triển thể chất của thanh thiếu niên, đặc biệt, ông đã giới thiệu việc đưa thể dục dụng cụ vào trường trung học.

Lobachevsky có lẽ có thể là một ví dụ về người vĩ đại nhất được đề cử trong gần hai trăm năm cuộc đời đại học của chúng ta. Và ngay cả khi ông không viết một dòng nghiên cứu khoa học độc lập nào, chúng ta vẫn nên nhớ đến ông như một trong những hoạt động đại học quan trọng nhất của chúng ta. Nhưng sự thật của vấn đề là lobachevsky, ngoài ra, còn là một nhà khoa học lỗi lạc.

IV.

Sự phân bố của những khám phá khoa học trong cuộc đời của nhà khoa học đã tạo ra chúng không giống nhau đối với tất cả các nhà khoa học: đối với một số nhà khoa học, nó ít nhiều đồng đều và được phân bổ, nếu không phải trong suốt cuộc đời thì ít nhất là trên một phần đáng kể của nó.

14

trừu tượng, không có điểm và đường thẳng theo nghĩa lý tưởng hóa mà khái niệm của họ là hình học, mà chỉ có những vật thể ít nhiều lấp đầy các điểm và đường thẳng. Càng vô nghĩa hơn khi tìm hiểu xem liệu hai “đường vật lý” nhất định (ví dụ, hai tia sáng) có giao nhau hay không, vì trong bất kỳ trải nghiệm vật lý nào, không bao giờ những “đường thẳng” này được cho trước trong toàn bộ phạm vi vô hạn của chúng, mà chỉ cho trước ít nhiều các đoạn của chúng. Do đó, điều duy nhất mà chúng ta có thể khẳng định, dựa trên cơ sở kinh nghiệm, đó là hình học Euclide là sự lý tưởng hóa đầy đủ các biểu diễn không gian thu được trong điều kiện quan sát các hiện tượng xảy ra trên bề mặt trái đất, hay nói cách khác là trên thang đo của Hệ Mặt trời, nhưng không đi quá xa các thang đo này theo cả hai hướng, tức là, một mặt, không trở thành câu hỏi về hình học của “thế giới nói chung” và mặt khác, không đi vào một “thế giới vi mô”, chẳng hạn, trong giới hạn của hạt nhân nguyên tử.

Tất nhiên, hình học của “các khu vực trên thế giới” có kích thước trung bình là hình học Euclide - theo nghĩa là hình học Euclide mô tả với độ chính xác đủ cao mọi thứ mà chúng ta thực sự quan sát được trong các khu vực này. Nếu bạn vượt quá giới hạn của chúng, thì khi bạn khám phá trong vật lý hiện đại, bạn có thể bắt gặp những hệ thống, những thành phố phức tạp hơn cả hình học phi Euclide, theo nghĩa mà Lobachevsky đã định nghĩa nó. Hơn nữa, không thể nói về một hình học “duy nhất”, bất động, vì nó mãi mãi bao trùm toàn bộ các mối quan hệ không gian đa dạng mà nhận thức của chúng ta có thể trừu tượng hóa khỏi thế giới vật chất xung quanh chúng ta.

Công lao bất diệt của lobachevsky là ông là người đầu tiên vượt qua nhận thức về hình học như một hệ thống logic duy nhất có thể hình dung được.

Có thể hiểu rằng khi đưa ra kết luận của mình, lobachevsky không chỉ dựa vào sự công nhận mà thậm chí còn dựa vào sự hiểu biết đơn giản về các ý tưởng của mình - phải mất nửa thế kỷ, những ý tưởng này mới đi vào khoa học toán học và trở thành một phần không thể thiếu của nó. Vì vậy, trong suốt cuộc đời của mình, Lobachevsky thấy mình ở vào thế khó của một “nhà khoa học không được công nhận”. Nhà khoa học người Hungary cùng thời với ông, Janos Bolyai, cũng rơi vào hoàn cảnh tương tự, người đến với hình học phi Euclide độc ​​lập với Lobachevsky, mặc dù ông công bố kết quả của mình muộn hơn ông một chút. Nhưng thật là một sự khác biệt giữa hai nhà khoa học này!
Có thể nói, nếu Bolyai bị áp bức vì thiếu quyền lực trong các ý tưởng của mình và không bao giờ tìm được cách thoát khỏi tình huống thực sự kịch tính sâu sắc được tạo ra cho anh ta do thiếu quyền lực này, thì Lobachevsky đã tìm ra lối thoát này bằng hoạt động đa dạng và mạnh mẽ. Sức mạnh trong nhân cách Lobachevsky không chỉ chiến thắng mọi khó khăn của thời đại ông sống, mà còn chiến thắng điều có lẽ là khó khăn nhất đối với một nhà khoa học để tồn tại: ý tưởng về sự cô lập, sự hiểu lầm hoàn toàn và toàn diện về điều thân yêu và cần thiết nhất đối với ông - những khám phá và ý tưởng khoa học của ông. Không phát hiện ra bất kỳ mâu thuẫn nào trong hệ thống hình học do ông tạo ra và hoàn toàn tin tưởng rằng không có mâu thuẫn nào trong đó và không thể tồn tại, lobachevsky đã không đưa ra bằng chứng về tính nhất quán và từ đó mở ra khả năng phát triển những đánh giá chủ quan về cuộc cách mạng mà ông đã thực hiện trong hình học. Ông qua đời mà công việc chính của cuộc đời ông vẫn chưa được hiểu và đánh giá cao.

Trong số các nhà toán học nước ngoài, chỉ có Gauss hiểu và đánh giá cao lobachevsky. Gauss cũng sở hữu sáng kiến ​​vinh dự khoa học duy nhất thuộc về

15

Trường hợp Lobachevsky: theo đề nghị của Gauss, Lobachevsky được bầu vào năm 1842 với tư cách là thành viên tương ứng của Hiệp hội Khoa học Hoàng gia Gottingen.

Quyền được hưởng những năm tháng tự do và khó khăn của thế kỷ 19 là thời kỳ phát triển mạnh mẽ cả về hoạt động sáng tạo, khoa học, sư phạm và tổ chức của Lobachevsky, sau đó từ giữa những năm bốn mươi, nó đã góp phần hoàn toàn vào giai đoạn không hoạt động hiện nay của Lobachevsky. Sự kiện mang đến cho chúng ta bước ngoặt bi thảm này trong cuộc đời ông là việc ông bị cách chức hiệu trưởng vào ngày 14 tháng 8 năm 1846. Điều này là do mong muốn của cả chính Lobachevsky và Hội đồng Đại học. Tuy nhiên, lobachevsky đã tạm thời bị cách chức giáo sư khoa toán học thuần túy. Có lẽ chính Lobachevsky đã đưa ra lý do nào đó cho hành động cuối cùng, vì khi thực hiện nghĩa vụ của mình với tư cách là người được ủy thác của khu vực kể từ năm 1845, cùng với Musina-Pushkin, người đã được chuyển đến St. Petersburg, ông, truyền cho Bộ nghị quyết của Hội đồng Đại học về việc bầu ông vào khoa toán học với nhiệm kỳ 5 năm mới, nói thêm rằng “anh ấy sẵn sàng từ chối vị trí này để ủng hộ một chàng trai trẻ xứng đáng, chẳng hạn như Tiến sĩ Toán học Popov.”

Việc sa thải Lobachevsky có tất cả các đặc điểm của việc bị loại hoàn toàn khỏi tư cách phục vụ, gần như là sự xúc phạm trực tiếp. Đó là lòng biết ơn chính thức của triều đại Hoàng đế Nicholas I không chỉ đối với nhà khoa học Nga vĩ đại nhất thế kỷ 19 mà còn đối với hoạt động đại học lớn nhất của chúng ta.

Khá dễ hiểu khi lobachevsky, người mà đối với họ, các hoạt động của ông trong lĩnh vực giáo dục đại học và thực sự là giáo dục công nói chung, là một phần lớn và không thể thay thế trong suốt cuộc đời ông, coi việc từ chức của ông là một đòn nặng nề không thể khắc phục. Tất nhiên, cú đánh này đặc biệt nghiêm trọng vì nó nổ ra vào thời đại đó của cuộc đời Lobachevsky, khi công việc khoa học của ông về cơ bản đã hợp pháp và do đó, các hoạt động đại học trong thế giới tự nhiên đã trở thành nội dung chính của cuộc đời ông. Nếu chúng ta thêm vào đây hoạt động độc quyền của nhân vật Lobachevsky, nghĩa là thói quen của anh ta, được tạo ra trong nhiều thập kỷ, là người lãnh đạo tổ chức công việc chứ không phải là một người tham gia bình thường (một thói quen mà Lobachevsky thực sự có quyền!), thì quy mô của καταstrophistantus bùng phát đối với anh ta là khá rõ ràng. Lobachevsky không thể cai trị do chứng teo cơ này. Từ năm 1847 trở đi, ông gần như rút lui hoàn toàn khỏi việc tham gia vào các công việc của khu giáo dục và trường đại học. Tuổi già bắt đầu - sớm, nhưng càng chán nản hơn, với những dấu hiệu suy nhược sớm một cách nghịch lý ngày càng tăng. Sức khỏe của ông ngày càng giảm sút. Anh ta bắt đầu trở nên lười biếng, và đến cuối đời, anh ta hoàn toàn ngu xuẩn. Công trình khoa học cuối cùng của ông, “Pangeometry,” được viết vì tò mò. Thêm vào đó là cái chết của con trai ông. Bị cuộc đời tàn phá, một ông già to lớn, mù lòa, Lobachevsky qua đời vào ngày 12 tháng 2 năm 1856.

16

A. Norden

Khám phá vĩ đại của lobachevsky

Cách chữa là ngăn chặn Mặt trời, cách chữa là di chuyển Trái đất, giảm tổng các góc trong một tam giác, giảm song song thành một độ lệch và phát triển sự phân bố lại đường cong thành một đường thẳng ở khoảng cách xa.

V. F. Kagan

Lịch sử của những khám phá vĩ đại luôn gây kinh ngạc. Nhưng tần suất chúng được tạo ra và dòng suy nghĩ đã dẫn nhà khoa học đến với chúng như thế nào vẫn chưa được biết! Thay vào đó, những truyền thuyết sẽ được tạo ra: về Archimedes, người đã phát hiện ra định luật của mình trong bồn tắm, hay về quả táo của Newton. Tuy nhiên, người ta biết rằng khi được hỏi làm thế nào mà ông đi đến khám phá này, Newton đã trả lời: “Không ngừng nghĩ về nó,” nhưng ông không mô tả suy nghĩ của mình ở bất cứ đâu cho đến khi đạt được sự rõ ràng hoàn toàn.

Năm nay đánh dấu sự khám phá thứ 150 về hình học phi Euclide của Nikolai Ivanovich Lobachevsky. Ngày phát hiện này thường được coi là ngày 24 tháng 2 năm 1826, khi vị giáo sư trẻ trình bày báo cáo của mình trước Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Kazan. Văn bản của báo cáo không còn tồn tại, nhưng theo tác giả, nội dung của nó đã được xuất bản vào năm 1829 trong một bài báo có tựa đề “Về hình học ban đầu”.

Khám phá của lobachevsky đã khiến cho nửa sau thế kỷ này người ta gọi ông là “Copernicus của hình học”, nhưng chỉ đến bây giờ ý nghĩa đầy đủ của ông đối với toán học nói chung và vật lý mới trở nên rõ ràng. Chúng ta hãy thử mô tả ngắn gọn những ý tưởng của nhà hình học vĩ đại và làm nổi bật dòng tư tưởng đã dẫn đến chúng.

Lịch sử của vấn đề được Lobachevsky giải quyết phải mất hai nghìn năm. Vào thế kỷ thứ ba trước Công nguyên, cuốn sách Các cơ sở của Euclid xuất hiện trong Alexandrinus, trong đó hình học được trình bày dưới một dạng hệ thống chặt chẽ, không khác mấy so với dạng được chấp nhận trong sách giáo khoa hình học cho đến tận thời gian gần đây. Cách xây dựng của Euclid dựa trên một số phát biểu ban đầu (tiên đề) chưa được chứng minh. Tất cả các lựa chọn thay thế (meorem) đều bắt nguồn từ các tiên đề logic. Trong số tất cả các tiên đề của Euclid, “tiên đề song song” nổi bật: Hai đường thẳng a và b, cắt nhau như nhau, cắt nhau về phía tôi, trong đó tổng các góc một bên a và β nhỏ hơn tổng hai góc vuông (Hình 1).

Vị trí này đã thu hút sự chú ý của những người kế nhiệm và bình luận về Euclid về nhiều nguyên tắc khác nhau. Thứ nhất, nó phức tạp hơn tất cả các tiên đề khác—chẳng hạn như “Một đường thẳng đi qua hai điểm” hoặc “Mọi góc vuông đều bằng nhau”. Thứ hai, khẳng định ngược lại “Tổng hai góc của một tam giác nhỏ hơn hai góc vuông” rất dễ chứng minh.

18

Lobachevsky sẽ tạo ra một lý thuyết như vậy. Đầu tiên, ông gọi nó một cách cẩn thận là hình học “tưởng tượng”, và sau đó, vào cuối đời, “Panceometry”, tức là hình học phổ quát.

Chúng ta hãy quay lại Hình 1, giả sử để đơn giản rằng góc α vuông (Hình 2). Qua điểm B ta vẽ được nhiều tia khác nhau trong nửa mặt phẳng bên phải cắt đường thẳng a. Khi chúng ta quay ngược chiều kim đồng hồ, cuối cùng chúng ta sẽ gặp tia đầu tiên không giao nhau; gọi là đường thẳng song song a; Góc mà tia này tạo với tia BA gọi là góc song song. Đường thẳng b chứa tia như vậy còn gọi là song song a.

Tất cả những điều trên đều đúng bất kể tiên đề Euclid, trong đó phát biểu rằng góc song song là vuông, sao cho tia β < d*) tia b cắt đường thẳng a. Nếu chúng ta không chấp nhận tiên đề này thì chúng ta sẽ phải giới hạn mình vào một phát biểu tổng quát hơn và ít xác định hơn rằng góc song song Π không vượt quá d. Lobachevsky đặt cơ sở cho những ảo tưởng xa hơn của mình dựa trên giả định này.

Nếu Π = d, thì tiên đề Euclidean được tuân theo, và tất cả các giả định về hình học tổng quát—Euclide, hay, như Lobachevsky gọi nó là “có thể sử dụng được”—theo sau nó. Nếu Π < d thì từ đây ta giả sử

*) d là ký hiệu được chấp nhận cho kích thước của góc vuông.

Xuất hiện những hệ quả hoàn toàn khác nhau tạo nên nội dung của hình học mới - Lobachevsky gọi nó là “tưởng tượng”, và bây giờ chúng ta gọi nó là hình học Lobachevsky.

Nhiều định lý về hình học “tưởng tượng” mà Lobachevsky đề cập đến, rõ ràng mâu thuẫn với cách hiểu thông thường của chúng ta, và phải có sức mạnh tư duy rất lớn mới không chấp nhận những mâu thuẫn này là logic. Lobachevsky làm chủ được khả năng này và phát triển hình học trên quy mô lớn, hoàn thiện nó bằng việc xây dựng phép đo lượng giác tượng hình của mình (ngày nay thường được gọi là “hình học đường kéo”).

Một phần quan trọng trong hình học của Lobachevsky là học thuyết về tổng các góc của một tam giác. Xét tam giác ABC (Hình 3), và chúng ta sẽ quay đường thẳng BC (b) ngược chiều kim đồng hồ quanh điểm B. Nếu không chấp nhận các tiên đề Euclid, thì chúng ta phải đề xuất rằng đường thẳng b sẽ “tách ra” khỏi đường thẳng a và trở nên song song với nó ngay cả trước khi tổng các góc α + β bằng 2d. Mặt khác, dễ dàng chứng minh được khi đường thẳng b quay thì góc γ tại điểm C có xu hướng bằng không. Suy ra rằng đối với một số đường thẳng b tổng các góc α + β + γ sẽ nhỏ hơn 2d. Người ta cũng có thể chứng minh rằng bất đẳng thức α + β + γ < 2d đúng với mọi tam giác, do đó trong hình học Lobachevsky tổng các góc trong của một tam giác nhỏ hơn hai góc vuông.

21

các phương pháp tiếp cận cá nhân đối với hình học mới và các ứng dụng của nó để tính tích phân. Trong tác phẩm cuối cùng của ông, Pangeometry, tác phẩm mà ông vốn đã mù, đã viết chính tả một cách độc lập cho đến khi qua đời, câu hỏi về tính khả thi của hình học “tưởng tượng” trong không gian bên ngoài đã được thảo luận.

Edens của nhà hình học vĩ đại người Nga chỉ nhận được sự công nhận trên toàn thế giới sau khi ông qua đời. Để hiểu điều này xảy ra như thế nào, bạn cần quay lại. Năm 1828, cuốn sách “Nghiên cứu về bề mặt cong” của Gauss được xuất bản, trong đó “hình học bề mặt” hay hình học bên trong của nó được xây dựng. Gauss đã đưa ra các công thức giúp tính toán độ dài của các đường cong khác trên một bề mặt, xác định góc giữa các đường cong hoặc mặt phẳng của các vùng immi giới hạn, tìm các đường trắc địa (tức là ngắn nhất) trên bề mặt và xác định cái gọi là độ cong Saussian - một giá trị đặc trưng cho độ lệch của hình học bên trong của bề mặt so với hình học của mặt phẳng.

Một sinh viên của Gauss, F. Mindin (1806-1885), người làm việc ở Dorpat (nay là thành phố Tartu), nghiên cứu cái gọi là * giả cầu *, tức là các bề mặt có độ cong Gauss không đổi, đã nhận được từ những thế kỷ 30 một số công thức lượng giác của các tam giác trắc địa trên bề mặt này. Năm 1868, nhà hình học người Ý E. Beltrami đã thu hút sự chú ý đến thực tế là các công thức của Minding trùng khớp với các công thức của hình học hyperbol của Lobachevsky. Theo đó, hình học bên trong của giả cầu là hình học của Lobachevsky.

Do đó, hóa ra là trong không gian Weucldian có thể xây dựng một mô hình) của mặt phẳng Lob

*) Chúng ta sẽ nói về các mô hình và cách sử dụng chúng để chứng minh tính nhất quán của tiên đề trong số tiếp theo của tạp chí.

22

Lobachevsky và vật lý

Toán học luôn đóng vai trò là nghiên cứu quy định của nhà vật lý. Kepler sẽ không thể xây dựng các định luật của mình nếu ông không biết lý thuyết về phần hữu hạn. Newton, để giải bài toán cơ học, đã phải tạo ra một nhánh mới của toán học: phép tính vi phân và tích phân. Nhưng ngay cả trên nền tảng của những khám phá vĩ đại này, việc khám phá ra hình học phi Euclid vẫn nổi bật do ảnh hưởng của nó đối với sự hiểu biết của chúng ta về bức tranh vật lý của thế giới.

Trong những năm Nikolai Lobachevsky làm việc, không ai nghi ngờ tính đúng đắn của cơ học Newton, và những câu hỏi về bản chất của không gian và thời gian, mặc dù được các nhà khoa học quan tâm, dường như hoàn toàn trừu tượng và không có ý nghĩa thực tiễn.

Lobachevsky được so sánh với Copernicus. Chỉ có Trái đất, vị trí trung tâm của thế giới, Copernicus đã mở ra Vũ trụ để khám phá. Lobachevsky, khi đã chỉ ra rằng hình học ενClidean không phải là hình học duy nhất, đã khiến các nhà khoa học tự nhiên nghĩ rằng không gian mà Vũ trụ phát triển trong đó cũng phải là một đối tượng nghiên cứu. Hình học sau Lobachevsky được đặc trưng bởi tính không thể sai lầm tuyệt đối của nó và được xử lý bằng kinh nghiệm để xác nhận hoặc phủ nhận các quy luật của nó.

Lobachevsky hiểu rằng khả năng thay đổi các định luật hình học có thể kéo theo khả năng thay đổi các định luật cơ học. “… một số lực trong tự nhiên,” ông viết, “theo một; các tính chất khác của hình học… các lực đều tạo ra một: chuyển động, tốc độ, thời gian, khối lượng, thậm chí cả khoảng cách và góc.”

Các nhà vật lý đã bỏ qua những cảnh báo này trong một thời gian rất dài. Chỉ sau khi khám phá ra lý thuyết tương đối đặc biệt (SRT) và lý thuyết tương đối tổng quát (GRT), người ta mới biết rõ ý nghĩa sâu xa ẩn chứa trong những lời này của Lobachevsky. Các nhà vật lý nên coi Lobachevsky là một trong những người sáng tạo vĩ đại cho khoa học của họ. Lịch sử của hình học phi Euclide vẫn là một ví dụ nổi bật về việc những lý thuyết trừu tượng nhất có thể dẫn đến sự thay đổi hoàn toàn quan điểm về thế giới thực của chúng ta như thế nào.

Chúng ta hãy đưa ra một số ví dụ cho thấy các ý tưởng về hình học của Lobachevsky được phản ánh như thế nào trong lý thuyết về 地理i tương đối.

STO: bổ sung tốc độ

Khi giải bài toán bằng động học, chúng ta sử dụng các quy tắc cộng vectơ do hình học Euclide quy định. Trong trường hợp này, chúng ta cộng cả vectơ dịch chuyển và vectơ vận tốc theo cùng một cách.

Với việc phát hiện ra hình học đặc biệt liên quan đến tính không chính xác và quá trình xử lý, chúng ta chuyển sang kinh nghiệm để xác nhận hoặc phủ nhận các quy luật của nó.

Hãy xem xét ví dụ này. Giả sử chúng ta đang nhìn từ ngọn hải đăng một con tàu đang di chuyển ra xa bờ biển.

23

tốc độ đứng yên $u$. Tên lửa được bắn thẳng đứng lên trên từ tàu với tốc độ khác nhau $v_i$ so với tàu ($i=1, 2, 3, \dots$). Làm thế nào để tìm vận tốc của tên lửa so với ngọn hải đăng (nghĩa là vận tốc của tên lửa $v_i'$ trong hệ quy chiếu liên kết với ngọn hải đăng)?

Theo quan điểm của cơ học Newton $v_i' = u + v_i$ (*)

— có thể tìm thấy vectơ tổng $v_i'$ bằng quy tắc tam giác (Hình 1).

Lời giải điều này bài toán trong lý thuyết đặc biệt về những khó khăn toán học đặt ra tương đối mà hầu hết độc giả của chúng tôi sẽ không thể vượt qua. Vì vậy, chúng tôi sẽ chỉ cung cấp đáp số:

$$v_i' = u + v_i \sqrt{1 - \frac{u^2}{c^2}}.$$ (**)

Trong những trường hợp khi tốc độ $u$ và $v_i$ tương đương với tốc độ ánh sáng, thì chỉ có thể tìm thấy giá trị chính xác của tốc độ $v_i'$ bằng công thức (**)—đó là động học của STR mô tả chuyển động của các vật thể ở tốc độ cao.

Rõ ràng khi cộng các vectơ $u$ và $v_i$ theo quy tắc ενClidean của tam giác đáp số (**) không thể thu được.

Chúng ta hãy một lần nữa chú ý đến thực tế là chúng ta sẽ có được một hình học

*) Chúng ta hãy nhớ rằng vận tốc $u$ và $v_i$ vuông góc với nhau. Lời giải (**) được viết chính xác cho trường hợp như vậy.

Các thuật ngữ và quy tắc của Nga, nhưng chúng tôi áp dụng chúng không phải cho một không gian chung mà cho một tập hợp các vận tốc, được cho là tạo thành một không gian vận tốc. Sử dụng thuật ngữ này, từ tất cả những gì đã nói, chúng ta có thể rút ra kết luận: chừng nào chúng ta còn ở trong khuôn khổ của cơ học cổ điển, thì không gian vận tốc trùng với không gian ενClidean; trong cơ học SRT, hình học Euclide không được áp dụng để mô tả không gian vận tốc.

Hình ảnh hình học nào có thể được so sánh với không gian vận tốc trong cơ học tương đối tính? Hóa ra không gian Lobachevsky có thể đóng vai trò là hình ảnh hình học này. Nhưng sự chuyển đổi từ các đại lượng vật lý sang hình ảnh hình học của chúng trong trường hợp tương đối tính không đơn giản như trong trường hợp cổ điển. Bằng cách mô tả vận tốc trên mặt phẳng ενclid (trên mặt giấy), chúng ta vẽ các đoạn có độ dài (trên một thang tuyến tính nhất định) bằng vận tốc. Để hình dung cách chuyển từ vận tốc sang các đoạn trên mặt phẳng Lobachevsky, chúng ta hãy quay lại bài toán về ngọn hải đăng, con tàu và tên lửa.

Vì vậy, đối với tốc độ $v'$ của tên lửa trong hệ quy chiếu gắn với ngọn hải đăng, lý thuyết tương đối đặc biệt đưa ra những khó khăn về mặt toán học đáp số (**). Hóa ra trên mặt phẳng Lobachevsky, các vận tốc $u$, $v$, $v'$ tương ứng với một tam giác vuông, độ dài các cạnh của chúng bằng giá trị của một hàm tuyến tính nào đó $f$ của vận tốc $u$,

24

v, v’. Chúng ta sẽ giả sử rằng tam giác BAD (Hình 2) được vẽ trên mặt phẳng Lobachevsky,

$$|a| = f(|u|), \quad |b| = f(|v|), \quad |d| = f(|v'|)$$

Việc tìm vận tốc v’ bắt nguồn từ việc tìm, sử dụng hình học lobachevsky chính xác, cạnh d của tam giác BAD sử dụng hai cạnh đã biết a và b và độ thẳng của góc giữa chúng *).

Góc β của tam giác BAD là góc mà vận tốc v’ tạo với đường chân trời. Quy tắc dựng cạnh d là quy tắc dùng để làm thẳng một tam giác. Tuy nhiên, các công thức xác định độ dài cạnh d trong hình học Lobachevsky khác với trong hình học Euclide (ví dụ, trong bài toán mà chúng ta đang xem xét, định lý Pythagore không áp dụng được). Nhưng trong trường hợp vận tốc u và v nhỏ hơn c nhiều, các công thức này thực tế trùng khớp với các công thức của hình học Euclide.

Chúng ta có thể nói rằng SRT có cùng mối quan hệ với cơ học cổ điển của Newton cũng như hình học của Lobachevsky với hình học của Euclid.

Trong bài toán mà chúng ta đã xem xét, chúng ta có thể đưa ra một biểu diễn “vật lý” của khái niệm hình học về sự song song. Tốc độ của các gói v_i càng lớn thì góc α càng lớn, tạo nên tốc độ v’ so với đường chân trời.

Trong cơ học cổ điển, tốc độ v_i có thể cao tùy thích.

*) Đối với những người đã quen với logarit tự nhiên, chúng tôi trình bày dạng hàm f:

$$f(|v'|) = \frac{1}{2} \ln \frac{c + v'}{c - v'}$$

Để chuyển từ cạnh d sang giá trị tốc độ v’, bạn cần thực hiện chuyển đổi ngược lại:

$$|v'| = g(d) = c \frac{e^d - e^{-d}}{e^d + e^{-d}}$$

**) Trong trường hợp tổng quát, khi vận tốc u và v không vuông góc với nhau thì trên mặt phẳng Lobachevsky theo tam giác góc giữa hai cạnh a và b bằng góc giữa u và v.

Hình 3.

Khi v_i \rightarrow \infty \alpha \rightarrow 90^\circ. Nghĩa là, trong trường hợp giới hạn này, hướng v_i và v’ thực tế trở nên song song. Do đó, các đường thẳng song song của hình học đóng góp theo quan điểm vật lý là vectơ vận tốc của các gói nhanh vô hạn, được xem xét từ các hệ vắng mặt khác nhau, chuyển động tương đối với nhau đều với vận tốc hữu hạn (Hình 3, a).

Theo SRT, tốc độ gói v_i không thể lớn hơn tốc độ ánh sáng c. Trong trường hợp |v_i| = c - ánh sáng (photon) được giải phóng khỏi tàu - độ lớn của vận tốc v’ cũng bằng c. Thật vậy (xem (**)),

$$(v'_i)^2 = u^2 + v_i^2 \left(1 - \frac{u^2}{c^2}\right).$$

Thay v_i = c vào biểu thức này, ta được v’_i = c.

Trên mặt phẳng Lobachevsky trong trường hợp này, các cạnh b và d (tương ứng với vận tốc v_i và v’_) trở thành vô hạn (xem Hình 3, b). Nhưng góc β được tạo bởi cạnh d từ cạnh a (tương ứng với vận tốc u), vẫn giữ nguyên

25

trên 90°. Trong hình học Lobachevsky, góc này được gọi là góc song song và được ký hiệu là Π(a). Nhưng β là góc mà vận tốc v′ tạo với đường chân trời trong hệ thống báo cáo gắn liền với ngọn hải đăng. Độ lớn của góc này được xác định bởi điều kiện cos β = u/v′ = u/c. Đây là góc giới hạn, tối đa mà tại đó quan sát được trong hệ thống này có thể “nhìn thấy” tốc độ nền. Do đó, hình ảnh “vật lý” của các đường thẳng song song trong hình học của Lobachevsky xuất hiện một cách tự nhiên: đây là những vận tốc nền được quan sát từ các hệ thống báo cáo chuyển động đều khác nhau.

Đối với tất cả những gì chúng tôi đã nói, chúng tôi có thể nói thêm rằng lý thuyết tương đối đặc biệt được phát triển độc lập với hình học Lobachevsky. Tất cả các công thức đều được Einstein thu được bằng phương pháp cơ học. Chỉ đến năm 1909, nhà vật lý người Đức Sommerfeld mới phát hiện ra sự đồng nhất của toàn bộ bộ máy toán học SRT với hình học lobachevsky.

Sự phát triển của vật lý hiện đại, như vật lý hạt nhân và vật lý hạt cơ bản, không thể không có lý thuyết hình học tương đối, khi đó mỗi định lý, mỗi bài toán có thể được so sánh với bài toán của vật lý hạt cơ bản. Và khi tính toán đường đi của các hạt gia tốc, quá trình va chạm của các hạt cơ bản, các công thức hình học của lobachevsky tỏ ra rất hữu ích - các phép tính trở nên ngắn hơn và đơn giản hơn.

GTR: độ cong của không gian

Có lẽ mọi người đều có thể tưởng tượng bề mặt của một quả bóng trông như thế nào từ góc nhìn của một con bọ hai chiều đang bò trên đó. Rõ ràng, nhận thức của anh ấy không trùng với nhận thức của chúng ta. Chúng ta có thể nhìn vào “mặt” quả bóng từ không gian ba chiều và thấy rằng bề mặt của nó là một hình cầu. Nhưng đối với một con bọ hai chiều, nó không thể làm được điều này – vì nó không có sự thay đổi thứ ba – bề mặt của quả cầu dường như là một mặt phẳng. Và nếu kích thước của con bọ nhỏ hơn nhiều so với bán kính của hình cầu thì anh ta sẽ kết luận rằng mặt phẳng này là Euclide. Nhưng nếu con bọ có “ngữ pháp” thì bằng cách thực hiện một số thay đổi, nó có thể đảm bảo rằng hình học trên mặt phẳng của nó khác với hình học Euclide. Ví dụ, khi thay đổi các góc của một tam giác rất lớn, anh ta sẽ thấy nó khác 180°.

Sống trong không gian ba chiều, ở một mức độ nào đó chúng ta ở vị trí của một con bọ. Chúng tôi mô hình hóa hình học của không gian này dựa trên bề mặt Euclide. Chúng ta có thể nói gì về hình học của không gian trên quy mô thiên hà của chúng ta, toàn bộ Vũ trụ? Về bản chất, câu hỏi này được Lobachevsky đặt ra lần đầu tiên. Các định luật hình học của Euclid có đúng ở những khoảng cách rất lớn (theo quan điểm của Trái đất) không? Chẳng hạn, có đúng là tổng các góc của một tam giác rất lớn là 180° không? Dựa trên dữ liệu thu được từ các quan sát thiên văn, Lobachevsky cố gắng tìm đáp số để trả lời câu hỏi này. Kết luận của ông là thế này: “… trong một tam giác có các cạnh gần bằng khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trời, tổng các góc không thể chênh lệch với hai đường thẳng quá 0,0003 giây một độ.”

Mặc dù Lobachevsky không phát hiện ra bất kỳ sai lệch nào so với các định luật Euclid, nhưng chính ý tưởng cho rằng thế giới chúng ta đang sống có thể không phải là ενclidian đã thực sự mang tính cách mạng.

Hơn 150 năm đã trôi qua kể từ khi Lobachevsky tạo ra hình học của mình, khoa học đã đạt được một bước tiến lớn trong việc tìm hiểu thế giới thực. Và bước quan trọng nhất trên con đường này là việc Einstein chỉ định hình học của hệ thống báo cáo tương đối. Cô đã thiết lập được mối liên hệ giữa lực hấp dẫn phổ quát

27

Lý thuyết tương đối là một bộ máy không thể thiếu trong việc nghiên cứu các tính chất của Vũ trụ. Hiện nay có rất nhiều mô hình của Vũ trụ. Giá trị của chúng, cái nào trong số chúng thực sự mô tả các tính chất của Vũ trụ, có thể được đánh giá bằng kết quả thí nghiệm. Nhưng những thí nghiệm này có kết quả rất phức tạp, nhiều thí nghiệm vẫn chỉ mang tính chất “tinh thần”, và khoa học hiện đại không đủ khả năng thực hiện chúng. Nhưng trong số những mô hình này có những mô hình theo đó hình học của không gian là hình học của lobachevsky.

Các đặc tính hình học của Vũ trụ thay đổi theo thời gian; các nhà thiên văn học nhìn thấy các thiên hà và chuẩn tinh đang tán xạ; Gần đây, “lỗ đen” đầu tiên được phát hiện trong chòm sao Cygnus—điểm mà mật độ chuyển sang vô cực và độ dài bằng không. Và khoa học chỉ có thể giải thích những hiện tượng này bởi vì 150 năm trước, trên bờ sông Volga, nhà toán học trẻ người Kazan Nikolai Lobachevsky đã hỏi: có thực sự đúng khi thông qua một điểm nằm ngoài một đường thẳng có thể chứng minh chỉ có một đường thẳng không cắt đường thẳng này? Ai có thể nghĩ rằng đây là một trong những câu hỏi hóc búa nhất mà thiên nhiên từng hỏi con người.

Trò đùa của nhà vật lý

Một năm bằng bao nhiêu?

Gần đây, nhà vật lý nổi tiếng người Mỹ R. Feynman đã bày tỏ một giả thuyết vũ trụ học quan trọng:

$$1 \text{ год} = \pi \cdot 10^7 \text{ сек},$$

(1) trong đó π là số Archimedes.

Hãy để chúng tôi chứng minh giả thuyết thú vị này một cách chính xác.

Được biết, Trái đất chuyển động quanh Mặt trời theo quỹ đạo tròn, bán kính là $R = 150 \text{ мл. км.}$ Tốc độ quỹ đạo của Trái đất là $\sigma = 30 \text{ км/ сек.}$

Nếu với tốc độ không đổi như vậy, Trái đất không di chuyển dọc theo quỹ đạo mà dọc theo đường kính của nó, thì nó sẽ chuyển từ “cạnh” này sang “cạnh” quỹ đạo kia theo thời gian.

$$t = \frac{2R}{v} = \frac{2 \cdot 150 \cdot 10^6}{30} = 10^7 \text{ сек.}$$

(2)

Theo định nghĩa, một năm là thời gian Trái đất quay quanh Mặt trời. Rõ ràng là thời gian này có liên quan đến thời gian $t$ được tìm thấy ở trên, vì chu vi của quỹ đạo bằng đường kính của nó. Hệ thức cuối cùng của bất kỳ đường tròn nào, theo Archimedes, là π. Theo sau đó là $1 \text{ год} = \pi \cdot t$. Thay thế ở đây giá trị $t$ từ (2), chúng ta có được công thức (1).

Như vậy, chúng ta đã chứng minh giả thuyết của Feynman là đúng. Hơn nữa, chúng tôi đã làm rõ ý nghĩa vật lý của CONSTANTES $10^7$ có trong công thức (1).

Để kiểm tra tính đúng đắn của giả thuyết Feynman, thí nghiệm sau đây đã được thực hiện: sử dụng đồng hồ Mayak, chúng tôi đã xác định được khoảng thời gian của năm 1975. Hóa ra nó bằng $3,15 \cdot 10^7 \text{ сек.}$. Công thức (1) cho $3,14 \times 10^7 \text{ сек.}$. Chúng ta có xu hướng nghĩ rằng sự khác biệt thu được giữa dữ liệu lý thuyết và dữ liệu quan sát được là kết quả của một trong hai hiệu ứng sau: a) quỹ đạo Trái đất khác với quỹ đạo hình tròn, b) không-thời gian bị cong.

Điều đáng chú ý là kết quả của chúng tôi cho phép chúng tôi khái quát hóa giả thuyết của Feynman cho các hành tinh khác.

1976, tháng 1, Đài thiên văn Biopacan

28

Phòng thí nghiệm “Quenta”

A. Natanzon, M. Plotkin

Con lắc có hệ thống treo rung

Như đã biết, một vật đứng yên ở trạng thái cân bằng ổn định khi thế năng của nó là nhỏ nhất. Đặc biệt, đối với một ma trận toán học (hoặc vật lý), thế năng là tối thiểu khi trọng tâm của nó nằm dưới điểm treo. Tất nhiên, ma trận như vậy cũng có vị trí cân bằng ở trạng thái nghịch đảo, khi trọng tâm nằm phía trên điểm treo, nhưng vị trí này không ổn định. Chúng ta hãy đồng ý rằng chúng ta sẽ xem xét một ma trận toán học trong đó sợi dây vô tận được thay thế bằng một lõi cứng nhắc vô tận. Tuy nhiên, vị trí trọng tâm của cơ thể phía trên điểm tựa không phải lúc nào cũng loại trừ sự cân bằng ổn định. Ví dụ, con quay đồ chơi của trẻ em không rơi miễn là nó quay khá nhanh. Và không chỉ động tác xoay mới có thể cải thiện độ ổn định của cơ thể.

Hóa ra là với sự dao động nhanh theo phương thẳng đứng của hệ thống treo ma trận (tức là điểm gắn), vị trí đảo ngược của ma trận trở nên ổn định. Trong những điều kiện này, anh ta có thể đứng ở tư thế thẳng đứng hoặc xoay người xung quanh mình (Hình 1). Số lượng nghiên cứu về hiện tượng này gắn liền với những khó khăn toán học đáng kể. Năm 1951, Viện sĩ P.L. Kapitsa đã mô tả gần đúng hoạt động của ma trận có hệ thống treo rung trong trường hợp khi chiều dài của ma trận $L$ lớn hơn nhiều so với biên độ dao động của hệ thống treo $x_0$ và tần số rung vượt xa tần số dao động tự nhiên của ma trận. Chúng tôi sẽ chỉ giới hạn ở lý luận định tính.

Nếu khi quan sát, bạn không chú ý đến chuyển động nhỏ của ma trận gắn liền với dao động của hệ thống treo thì chuyển động lơ lửng của nó sẽ giống như có một mô men lực tác dụng lên ma trận, có xu hướng đưa nó lại gần hơn.

29

đây là hướng rung động. Khoảnh khắc lực hư cấu này của P. L. Kapits được gọi là “rung động”.

Chúng ta hãy cố gắng tìm hiểu nguyên nhân của khoảnh khắc rung động. Đầu tiên chúng ta giả sử rằng không có lực hấp dẫn. Cho ma trận lơ lửng dao động theo phương dao động với biên độ $x_0$ và tần số $\omega$ theo định luật điều hòa $x = x_0 \cos \omega t$. Giả sử rằng ma trận tạo một góc $\varphi$ với hướng dao động (Hình 2). Chuyển động của hệ thống treo có thể được chia thành hai chuyển động: dọc theo ma trận và vuông góc với nó. Cái thứ nhất chỉ trộn tải dọc theo đường của thanh, còn cái thứ hai làm quay thanh mà không trộn tải (góc quay được coi là nhỏ). Do đó, với độ lệch lớn nhất, ma trận sẽ chiếm vị trí I và II (xem Hình 2).

Sẽ thuận tiện hơn khi xem xét hành vi của ma trận trong hệ thống báo cáo liên quan đến việc đình chỉ. Vị trí của ma trận I và II trong hệ thống này được hiển thị trong Hình 3. Hệ thống báo cáo được chọn là không quán tính*), do đó, trong đó, một lực quán tính bằng $F = -ma$ sẽ tác dụng lên nam châm (tức là lên khối lượng chứa ở đầu của nó), trong đó $a$ là gia tốc của hệ thống treo tại một thời điểm nhất định.

Vì hệ thống treo dao động theo định luật điều hòa nên hình chiếu gia tốc của nó cũng thay đổi theo định luật điều hòa: $a = -\omega^2 x = -\omega^2 x_0 + \omega^2 x_0$. Do đó, lực $F$, hình chiếu của nó bằng $F = \pm m\omega^2 x_0$ ở các vị trí này, được định hướng như trong Hình 3. Rõ ràng, mômen của lực $F$ so với điểm treo ở vị trí I lớn hơn ở vị trí II, và vì thời gian tác dụng của nó “lên” bằng thời gian tác dụng “xuống” (theo vị trí của chu kỳ dao động, nên cuối cùng ma trận sẽ trộn lên trên, tức là dọc theo đường đi ngắn nhất tới hướng dao động.

Mômen rung $M_B$, dưới tác động của nó xảy ra sự thay đổi này, tỷ lệ thuận với chênh lệch mô men của lực $F$ ở vị trí I và II. Hãy tìm sự khác biệt này.

Để nam châm lệch một góc $\varphi$ so với phương dao động của hệ thống treo. Như có thể thấy trên Hình 2, biên độ góc của các dao động nhỏ của ma trận

30

ka $\alpha \approx \frac{x_0 \sin \varphi}{L}$, trong đó $L$ là độ dài của ma trận. Biên độ tương tự được thể hiện trong Hình 3. Sau đó
$$M_1 - M_{11} = FL \left[ \sin (\varphi + \alpha) - \sin (\varphi - \alpha) \right] = 2FL \sin \alpha \cos \varphi.$$
Vì $\frac{x_0}{L} \ll 1$ thì
$$\sin \alpha \approx \alpha \approx \frac{x_0 \sin \varphi}{L}$$

Có nghĩa,
$$M_n \sim M_1 - M_{11} \approx m\omega^2 x_0^2 \sin 2\varphi.$$
Việc xem xét định tính như vậy cho phép chúng ta tìm ra lý do xuất hiện mômen rung và thiết lập sự phụ thuộc chính xác của mômen này vào biên độ dao động của hệ thống treo, tần số rung, khối lượng ma trận và góc lệch $\varphi$, nhưng không cho phép chúng ta tìm giá trị của hệ số tỷ lệ. Một phân tích chặt chẽ hơn được thực hiện bởi P. L. Kapitsa dẫn đến sự tương ứng
$$M_B = \frac{m\omega^2 x_0^2}{4} \sin 2\varphi. \quad (1)$$

Sử dụng mômen dao động có thể hiểu được, bây giờ chúng ta sẽ viết các điều kiện cho sự cân bằng của ma trận trong trường hấp dẫn. Chúng ta giả sử rằng dao động của hệ thống treo xảy ra theo phương thẳng đứng

Hình 4.

phương hướng. Ngoài mômen dao động $M_B$, mômen hấp dẫn $M_T = mgL \sin \varphi$ còn tác dụng lên nam châm. Ở vị trí cân bằng các mô men này bằng nhau:
$$mgL \sin \varphi = \frac{m\omega^2 x_0^2}{4} \sin 2\varphi,$$
hoặc
$$\sin \varphi \left( \frac{2gL}{\omega^2 x_0^2} - \cos \varphi \right) = 0. \quad (2)$$

Các giá trị $\varphi$ thỏa mãn phương trình này là các vị trí cân bằng. Họ là:
$$\varphi_1 = 0, \quad \varphi_2 = 180^\circ, \quad (3)$$
$$\varphi_3, 4 = \pm \arccos \frac{2gL}{\omega^2 x_0^2}.$$

Ở đây $\varphi_1 = 0$ là vị trí phía trên của quả cân, $\varphi_2 = 180^\circ$ là vị trí phía dưới của quả cân.

Sau khi xem xét sự tương ứng giữa độ lớn của mômen dao động và mômen trọng trường gần các vị trí cân bằng, chúng ta có thể tin rằng $\varphi_1$ và $\varphi_2$ là các vị trí ổn định, còn $\varphi_3$ và $\varphi_4$ là không ổn định. Do đó, nếu nam châm nằm trong vùng $A$ (Hình 4) thì nó sẽ dao động quanh vị trí $\varphi_1$, còn nếu nằm trong vùng $B$ thì xung quanh vị trí $\varphi_2$. Từ (3) rõ ràng là nếu $\frac{2gL}{\omega^2 x_0^2} = 1$ thì $\varphi_1 = \varphi_3 = \varphi_4$ và vị trí $\varphi_1$ trở thành trường hợp hướng dao động tạo một góc nhất định với phương thẳng đứng. Nhưng hóa ra là có thể có được vị trí ổn định của ma trận nghịch đảo theo bất kỳ hướng dao động nào. Đúng, các tham số của ma trận không thể tùy ý. Tính toán cho thấy rằng nếu $\frac{2gL}{\omega^2 x_0^2} < 0,5$ thì vị trí

31

Luôn luôn tìm được trạng thái cân bằng ổn định của nam châm ngược.

Để kết luận, chúng tôi khuyên bạn nên tiến hành một nghiên cứu độc lập về hoạt động của nam châm với hệ thống treo rung.

Điều kiện phòng thí nghiệm yêu cầu sử dụng một thanh kim loại nhẹ hoặc một đoạn dây dày dài 15–20 cm. Ở tốc độ quay 3.000 vòng/phút, biên độ dao động của hệ thống treo là 5–6 mm là đủ.

Cần lưu ý rằng đối với một thanh là nam châm vật lý chứ không phải nam châm toán học, trong tất cả các công thức, biểu thức $\frac{2gL}{\omega^2 x_0^2}$ phải được thay thế bằng $\frac{4gL}{3\omega^2 x_0^2}$.

Có thể dễ dàng quan sát thấy hành vi 《bất thường》của nam châm có hệ thống treo rung ở nhà. Bạn chỉ cần có một chiếc dao cạo điện như “Neva”, “Moscow” hoặc “Era” và hai đầu bút bi nạp lại. Sau khi tháo dao ra khỏi dao cạo điện, bạn cần đặt một đoạn que dài 3-3,5 cm vào chân của máy rung dao cạo và dùng dây hoặc ghim đâm vào các đầu của chúng (xem phần ghi chú giới thiệu trong bài viết). (Độ dài của các đoạn này đảm bảo sự cộng hưởng của chúng trong quá trình rung, làm tăng biên độ rung lên vài mm.) Hệ thống dây điện tương tự tạo ra phần cuối của toàn bộ một thanh, đó là một nam châm.

Lưu ý rằng thí nghiệm này hoàn toàn an toàn đối với dao cạo điện.

Bài toán độc giả của chúng tôi

1. Chứng minh rằng bình phương của số
   $* \times * = b$
   $: \times -$
   $* : * = *$
   $* + * = *$

trong đó * thay thế một số số tự nhiên thì số * b luôn là sáu. Học sinh có thể giải mã bản ghi âm này theo nhiều cách khác nhau không?

U. Schulte (f. Scezulda)

2. Trong ba số nguyên a, b, c không có số nào chia hết cho 3. Chứng minh rằng nó chia hết cho 3
   a) $a^2 + b^2 + c^2$;
   b) $a^{2k} + b^{2n} + c^{2m}$.

3. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số tự nhiên m và k sao cho $A = 12^{4k} + 3^{11m} < 200$ thì số A là số nguyên tố.
   S. Okhitin (E. Orenburg)

4. Người ta biết rằng với một * n* cho trước, bất kỳ tập hợp số tự nhiên * k* phân biệt nào, không có số nào lớn hơn * n*, chứa ít nhất ba phần tử sao cho có một hình tam giác ở cạnh * n* có độ dài được biểu thị bằng những số này.

Giá trị nhỏ nhất mà k có thể lấy làm hàm của n là bao nhiêu?

O. Beridze (e. Batumi)

5. Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm M, N, T sao cho
   $\frac{|AM|}{MB|} = m$, $\frac{|BN|}{NC|} = n$, $\frac{|CT|}{TA|} = t$.

Biết đường thẳng MN và BT cắt nhau tại điểm O. Tìm tỉ số $|BO|:|OT|$.

G. Sverchkov (e. Moscow)

32

Yu. Ionin, L. Kurlyandchik

Ponsk
bất biến

Bài viết này xem xét bài toán, tương tự về công thức. Mỗi người trong số họ nói về một số bộ số hoặc dấu hiệu nhất định và chỉ ra những gì có thể thực hiện tùy ý đối với chúng. Người đọc đã nghiên cứu kỹ bài viết sẽ khám phá ra không chỉ sự giống nhau bên ngoài của bài toán và các bài tập trong đó mà còn cả ý tưởng chung làm cơ sở cho lời giải của chúng.

Bài toán 1. Mười mặt phẳng và mười lăm phút được viết trên bảng. Được phép xóa hai ký tự bất kỳ và viết chúng thẳng hàng với nhau nếu chúng giống nhau và ngược lại. Dấu hiệu nào sẽ vẫn còn trên bảng sau hai mươi phút hoạt động?

Lời giải. Hãy thay thế mỗi mặt phẳng bằng số 1 và mỗi phút bằng số -1. Phép toán được phép khi đó được mô tả như sau: lấy hai số bất kỳ và viết tích của chúng. Do đó, tích các số ghi trên bảng không thay đổi. Vì lúc đầu tích này bằng -1 nên đến cuối số sẽ vẫn là -1, tức là ký hiệu phút.

Lý do này có thể đã được thực hiện khác nhau. Chúng ta hãy thay thế tất cả các mặt phẳng bằng số 0 và số phút bằng số 1, khi đó tổng của hai số bị xóa có cùng tính chẵn lẻ với số được viết cùng nhau. Bởi vì

Lúc đầu, tổng của tất cả các số là số lẻ (bằng 15), sau đó số cuối cùng còn lại trên bảng sẽ là số lẻ, tức là một, và do đó, số phút sẽ vẫn còn trên bảng.

Cuối cùng, nhiệm vụ cần thiết có thể đạt được, sau đó, do mỗi thao tác, số phút không thay đổi hoặc giảm đi hai. Vì bài toán số phút là số lẻ nên cuối cùng sẽ còn số phút.

Hãy phân tích cả ba lời giải.

lời giải đầu tiên dựa trên tính bất biến của tích các số được viết, thứ hai - dựa trên tính bất biến của tính chẵn lẻ của tổng của chúng và tính thứ ba - dựa trên tính bất biến của tính chẵn lẻ của số phút. Trong toán học, thuật ngữ “bất biến” được sử dụng cùng với từ “bất biến”. Chúng ta có thể nói rằng trong mỗi lời giải chúng ta đã tìm được một bất biến: tích của các số được viết, tính chẵn lẻ của tổng, tính chẵn lẻ của số phút. Lời giải tiếp theo bài toán và các bài tập cũng dựa trên việc lựa chọn thành công một bất biến.

Bài tập 1. Một số mặt phẳng và phút được viết trên bảng. Được phép xóa hai dấu hiệu bất kỳ và viết chúng thẳng hàng với nhau nếu chúng khác nhau và ngược lại. Chứng minh rằng dấu cuối cùng còn lại không phụ thuộc vào thứ tự các trang được sắp xếp ngẫu nhiên.

Bài toán 2. Trong bảng 4×4, các dấu “+” và “—” được coi như trên Hình 1. Được phép đổi dấu ngược lại cùng lúc ở tất cả các ô nằm trong cùng một hàng, trong cùng một cột hoặc dọc theo đường thẳng song song với bất kỳ đường chéo nào (cụ thể là ô góc bất kỳ). Có thể sử dụng các thao tác này để có được một bảng không chứa phút nào không?

Lời giải. Hãy thay thế mặt phẳng và phút bằng số 1 và -1. Là một bất biến, chúng ta có thể lấy tích của các số trong các ô

33

krytse được tô bóng trong Hình 2, do kết quả của hoạt động được phép, nó luôn giữ giá trị ban đầu là -1.
Nhưng điều này có nghĩa là trong số các số được tô bóng sẽ luôn có -1, do đó, không thể có được một bảng không chứa một dấu trừ nào.

Bài tập 2. Giải bài toán 2 cho bảng Hình 3-5.

Bài toán 3*). Một số số không, số một và số hai được viết trên bảng. Cho phép xóa hai số không bằng nhau và viết cùng một số khác với số đã xóa (2 thay vì 0 và 1, 1 thay vì 0 và 2, 0 thay cho 1 và 2).
Chứng minh rằng nếu kết quả của một số thao tác như vậy chỉ còn lại một chữ số trên bảng thì nó không phụ thuộc vào thứ tự các con được sắp xếp ngẫu nhiên.

*) Đây là bài toán M338 từ “Bài toán Kvant, xem «Kvant», 1975, số 8.

Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.

Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị bằng $x_0, x_1, x_2$ số lượng số 0, số một và số hai tương ứng. Bằng cách thực hiện thao tác được phép một lần, chúng ta sẽ thay đổi từng số này thành 1 và do đó thay đổi tính chẵn lẻ của cả ba số. Khi còn lại một chữ số trên bảng, hai trong số $x_0, x_1, x_2$ trở thành số 0 và số thứ ba trở thành một. Điều này có nghĩa là ngay từ đầu, hai số trong số này có một số chẵn lẻ và số thứ ba có số chẵn lẻ khác. Do đó, bất kể thứ tự phân xử của các sterem là gì, cuối cùng đoàn kết chỉ có thể bằng một trong các số $x_0, x_1, x_2$, số này ngay từ đầu đã không giống như hai số còn lại.

Từ lời giải đã cho, rõ ràng là nếu các số $x_0, x_1, x_2$ có cùng tính chẵn lẻ thì chúng ta sẽ không thể đảm bảo rằng trên bảng chỉ còn một chữ số. Chứng minh rằng nếu các số $x_0, x_1, x_2$ vừa chẵn vừa lẻ, ngoài ra có ít nhất hai số khác 0 thì tồn tại thứ tự như vậy

Hình 4.
Hình 5.
Hình 6.

34

xóa đi, chỉ để lại một số trên bảng.

Hãy thay đổi điều kiện bài toán 3: ta yêu cầu xóa hai chữ số thần kinh giống nhau hai lần và viết một chữ số khác với số đã xóa. Giả sử sau một số thao tác nhất định chỉ còn lại một đơn vị trên bảng, dựa trên số số 0, số một và số hai, bạn có đoán được đây là số nào không?

Bốn lý do không giúp ích gì ở đây, nhưng mỗi phép toán dẫn đến một trong các số $x_0, x_1, x_2$ thay đổi tính chẵn lẻ của nó và hai số còn lại duy trì tính chẵn lẻ, do đó các số có các số chẵn lẻ khác nhau giờ đây có thể có cùng một tính chẵn lẻ. Tuy nhiên, bạn có thể nhận thấy rằng số dư khi chia các số $x_0, x_1, x_2$ cho 3 thay đổi mỗi lần sao cho số dư bằng nhau vẫn bằng nhau và số dư lo lắng vẫn lo lắng. Những khác biệt tiếp theo được lặp lại lời giải bài toán 3.

Bài toán 4. Mỗi ô của bảng $8 \times 8$ chứa một số nguyên. Bạn được phép chọn bất kỳ hình vuông nào có kích thước $3 \times 3$ hoặc $4 \times 4$ trong bảng và tăng thêm một tất cả các ô số trong hình vuông đã chọn. Có phải lúc nào cũng có thể sử dụng các thao tác như vậy để chuyển bảng gốc thành bảng có số chia hết cho 3 không?

Lời giải tức là Không, không phải lúc nào cũng vậy. Chúng ta hãy tìm tổng các số được ghi trong các ô được tô bóng trong Hình 6. Vì bất kỳ hình vuông có kích thước $4 \times 4$ nào cũng chứa 12 ô được tô bóng và một hình vuông có kích thước $3 \times 3$ chứa 6 hoặc 9 ô như vậy, nên kết quả của thao tác được mô tả, phần còn lại của phép chia cho 3 của tổng này (các số trong các ô được tô bóng) sẽ không thay đổi. Do đó, nếu ngay từ đầu tổng tìm được không chia hết cho 3 thì trong số các ô được tô bóng sẽ luôn có những ô trong đó các số được viết không phải là bội số của các số đó.

Độ pha loãng Y 3. Từ bất kỳ bảng nào, với điều kiện bài toán 4, có thể thu được một bảng không chứa các số chẵn?

Bài toán 5. Các số 1, 2, 3, …, $n$ được sắp xếp theo thứ tự nào đó. Được phép hoán đổi vị trí của hai số liền kề bất kỳ. Chứng minh rằng nếu thực hiện một số lẻ các phép toán như vậy thì chắc chắn bạn sẽ có được cách sắp xếp khác của các số 1, 2, 3, …, $n$ so với cách sắp xếp ban đầu.

Lời giải. Giả sử $a_1, a_2, ..., a_n$ là một hoán vị tùy ý của các số 1, 2, 3, …, $n$. Chúng ta sẽ nói rằng các số $a_i$ và $a_j$ hình thành sự đảo ngược trong hoán vị này nếu $i < j$ nhưng $a_i > a_j$, tức là số lớn hơn sẽ đứng trước số nhỏ hơn. Bằng cách hoán đổi hai số liền kề trong một hoán vị, chúng ta sẽ tăng hoặc giảm số nghịch đảo lên 1. Bằng cách thực hiện một số lẻ các thao tác như vậy, chúng ta sẽ thay đổi tính chẵn lẻ của số nghịch đảo và do đó thay đổi hoán vị.

Phép giãn Y 4. Chứng minh rằng mệnh đề bài toán 5 vẫn đúng nếu hai số bất kỳ trong hoán vị hoán đổi cho nhau.

U vạc tức là Chứng minh rằng hai số bất kỳ có thể hoán đổi cho nhau bằng cách thực hiện phép tính số lẻ được mô tả trong bài toán 5.

Sự chuyển đổi từ một hoán vị của các số 1, 2, 3, …, $n$ sang một hoán vị khác của các số này, trong đó hai số bất kỳ được hoán đổi và phần còn lại giữ nguyên vị trí, được gọi là chuyển vị. Kết quả bài tập 4 có thể hình thành như sau: thực hiện một số lẻ chuyển vị ta sẽ thay đổi được hoán vị.

Bài toán 6. Tại nhiều điểm khác nhau, số lượng súng máy cùng lúc theo một hướng được đánh dấu bằng 25 súng máy. Theo quy định, chúng có thể tự động bỏ qua nhau, nhưng việc bỏ qua hai lần đều bị cấm. Những chiếc xe được đón cùng một lúc tại cùng một điểm đã được đón. Chứng minh rằng trong zonka có số chỉ định chẵn.

Lời giải. Chúng tôi sẽ sơn một trong các máy màu vàng và phần còn lại sẽ được gán số tự động.

35

1, 2, 3, …, 24 theo thứ tự chúng nằm ở điểm xuất phát phía sau máy màu vàng. Ở giữa tác giả có cài đặt một thuộc tính bảng, trên đó sau mỗi lần vượt, chúng ta sẽ chỉ ra số lượng máy theo thứ tự đi theo máy màu vàng. Sau đó vượt, trong đó xe số tự động màu vàng không tham gia dẫn đến 2 số liền kề đổi chỗ trên đèn hiển thị.

Hãy xem điều gì sẽ xảy ra nếu có xe số tự động vượt xe màu vàng. Nếu trước đó vượt qua các số trên bàn tạo thành hoán vị $a_1, a_2, a_3, ..., a_{24}$ thì sau khi vượt qua chúng tạo thành hoán vị $a_2, a_3, ..., a_{24}, a_1$. Lưu ý rằng có thể đạt được sự sắp xếp lại tương tự bằng cách thực hiện 23 chuyển vị liên tiếp:

$$a_1, a_2, a_3, ..., a_{24} \rightarrow a_2, a_1, a_3, ..., a_{24}, a_1.$$

Nếu xe số tự động màu vàng vượt thì từ hoán vị $a_1, a_2, a_3, ..., a_{24}$ ta được hoán vị $a_{24}, a_1, a_2, a_3, ..., a_{24}, a_1.$

Sự chuyển đổi này cũng có thể được thay thế bằng hai số chuyển vị liền kề.

Do đó, việc vượt sẽ được giảm xuống số lượng chuyển vị lẻ. Nếu tổng số lần vượt là số lẻ thì tổng số lần chuyển vị cũng sẽ là số lẻ. Vẫn còn sử dụng kết quả kiểm soát 4.

Bài tập
5. Bốn số một và năm số không được viết theo thứ tự ngẫu nhiên xung quanh vòng tròn. Số 1 được viết giữa hai chữ số giống nhau và số 0 giữa các chữ số khác nhau, sau đó tất cả các chữ số gốc sẽ bị xóa. Có thể bằng cách lặp lại thao tác này nhiều lần để thu được một bộ chín số không?
6. Pete xé một mảnh giấy thành mười mảnh, một số mảnh lại xé thành mười mảnh, v.v. Liệu Pete có thể lấy được 1975 mảnh giấy bằng cách này không?
7. Trên bảng viết các số 1, 2, 3,…, 1975. Bạn được phép xóa hai số bất kỳ

và viết lại các số đã xóa, phần dư của tổng các số này cho 13. Sau một số thao tác nhất định trên bảng vẫn còn một số. Nó có thể là gì?

8. Mỗi số từ 1 đến 1.000.000 được thay bằng một số bằng tổng các chữ số của nó. Thao tác tương tự được thực hiện trên các số kết quả và việc này được thực hiện cho đến khi các số trở thành một chữ số. Những số nào dẫn đến số lớn hơn: một hoặc hai?
9. Từ một số có ba chữ số tôi sẽ tính các chữ số của nó. Với con số kết quả, họ bán cùng một thứ, v.v. - thế thôi. Số kết quả là gì?
10. Vòng tròn được chia thành 10 phần, mỗi phần chứa một số. Trong một lần di chuyển, bạn có thể di chuyển hai chip bất kỳ sang các khu vực liền kề, nhưng sao cho các chip di chuyển theo hướng ngược nhau. Có thể thu thập tất cả các chip trong một lĩnh vực không?
    11a). Ở trên cùng $A_{12}$ của 12 giác đúng $A_1A_2A_3...A_{12}$ đặt một điểm trừ và ở các đỉnh còn lại có các ô. Bạn được phép chọn bất kỳ ba đỉnh nào tạo thành một tam giác đều gián tiếp và thay đổi các dấu được viết ở các đỉnh này thành các đỉnh đối diện. Liệu với sự trợ giúp của các thao tác như vậy, liệu có thể đảm bảo rằng đỉnh $A_1$ có ​​điểm trừ và các đỉnh còn lại có đồ thị không?
    6). Kết quả của phép kiểm tra a) có được bảo toàn nếu chúng ta cho phép đổi dấu ở phần trên của bất kỳ tam giác đều nào, kể cả tam giác vuông? *).
11. Trong mỗi ô của bảng $4 \times 4$ một mặt phẳng được viết. Cho phép đổi đồng thời dấu sang dấu ngược lại ở tất cả các ô của một hàng hoặc một cột. Số trừ nhỏ nhất có thể đạt được khi bắt đầu từ một bảng nhất định được gọi là đặc số của bảng này. Một đặc tính có thể nhận những giá trị nào?
12. Có 30 quân chip xung quanh vòng tròn - 10 quân trắng và 20 quân đen. Được phép đổi chỗ cho hai chip bất kỳ, giữa đó có thêm ba chip nữa. Hai cách sắp xếp mã thông báo được cho là tương đương nếu một trong số chúng có thể được lấy từ cách kia bằng cách áp dụng thao tác đã chỉ định nhiều lần. Có bao nhiêu cách sắp xếp chip không bằng nhau?
13. Các số 1,2,3,…,1975 được viết theo thứ tự. Bạn được phép chọn bất kỳ số nào và đặt chúng vào những vị trí mà chúng chiếm giữ, nhưng theo thứ tự ngược lại. Có thể sử dụng các thao tác như vậy để đến được vị trí 1975, 1974, …, 3, 2, 1 không?

*) bài toán này được gửi đến «Kvant» bởi Vilayam Guseov, một học sinh lớp 10 tại trường số 3 ở Nakhivan.

36

Vấn đề
Kwana
Bài toán
M366—M370; F378—F382

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 4 năm 1976 đến địa chỉ: 113035, Moscow, Zh-35, B. Ordynka, 16/21, tạp chí «Kvant». Sau địa chỉ trên phong bì, hãy viết lời giải mà bài toán bạn đang gửi, ví dụ: “Vấn đề Kwana, M366, M367” hoặc “… F378”. Lời giải bài toán cho từng môn học (toán học và vật lý), cũng như bài toán mới phải được gửi trong phong bì riêng. Ngoài ra, vui lòng gửi Bài toán từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau. Vui lòng gửi kèm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được kết quả lời giải trong phong bì này). Vui lòng gửi các điều kiện của bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản thành hai bản cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (trên phong bì ghi: “Vấn đề Kwana”, bài toán mới trong vật lý hoặc “…mới bài toán trong toán học”). Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị cho chúng tôi bài toán này. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị.

M366. Có thể sắp xếp một số hình tam giác trên một mặt phẳng sao cho hai đỉnh của mỗi hình nằm trên các cạnh (nhưng không nằm ở các đỉnh) của các hình tam giác khác không?

V. Kolosov

M367. Có thể tích của a) ba; b) bốn số tự nhiên liên tiếp bằng lũy ​​thừa của một số tự nhiên nào đó (hình vuông, hình lập phương, v.v.)?

D. Fleishman, giáo viên lớp 10

M368. Chứng minh rằng giao điểm của ba hình trụ tròn bên phải có bán kính 1, có các trục vuông góc với nhau (nhưng không nhất thiết phải cắt nhau), nằm trong một quả cầu có bán kính nhất định $\sqrt{3/2}$.

S. Fomin

M369*. Cho tam giác ABC nhọn. H là giao điểm của các đường cao, γ là đường tròn tâm H nằm bên trong tam giác này. Dựng một tam giác $A_1B_1C_1$ ngoại tiếp đường tròn γ và nội tiếp tam giác ABC (sao cho

$$A_1 \in [BC], B_1 \in [AC], C_1 \in [AB].$$

D.Izaak

M370*. Cho a, b, c là bộ ba số dương. Hãy tạo một bản nhạc mới từ nó:

$$|a-b|, |b-c|, |c-a|,$$

rồi từ bộ ba này, theo cùng một quy tắc, quy tắc tiếp theo, v.v. Có cần thiết phải đáp ứng 0 trong số các số thu được theo cách này nếu các số ban đầu là a) số nguyên; b) chúng có hợp lệ không?

F378. Hành khách đi máy bay không gặp bất kỳ phiền toái nào trừ khi trọng lượng của họ tăng hơn gấp đôi trong chuyến bay. Gia tốc tối đa trong chuyến bay ngang mà điều kiện này cho phép là bao nhiêu?

V. Smirnitsky

F379. Đường kính ngoài của ống mao dẫn thủy tinh lớn hơn đáng kể so với đường kính của kênh. Qua-

37

chiết suất của chồng $n = \frac{4}{3}$. Đường kính kênh có thể nhìn thấy qua bề mặt bên của ống là $d = 2,66$ mm. Xác định đường kính thực của kênh.

E. Kuznetsov

F380. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ như trên Hình 1. Các thanh được coi là không thể tin được, chiều dài của chúng là $l_1$ và $l_2$, khối lượng của các quả bóng là $m_1$ và $m_2$.

F381. Trong một thiết bị xác định trạng thái đồng vị (máy quang phổ khối), các ion kali tích điện đơn lẻ có trọng lượng nguyên tử $A_1 = 39$ và $A_2 = 41$ trước tiên được gia tốc trong điện trường và sau đó đi vào một từ trường đều vuông góc với hướng chuyển động của chúng (Hình 2). Trong quá trình thí nghiệm, do thiết bị không hoàn hảo nên thế năng gia tốc thay đổi xung quanh giá trị trung bình $u_0$ một giá trị $\pm \Delta u$. Với độ chính xác tương đối nào $\frac{\Delta u}{u_0}$ nên duy trì thế gia tốc để các chùm đồng vị kali không chồng lên nhau?

S. Kozel

F382. Tìm bán kính giọt nước lớn nhất có thể bay hơi mà không hấp thụ cơ thể từ bên ngoài.

Lời giải bài toán

M326—M329; F339—F342

Chúng ta hãy giới thiệu các ký hiệu sau (Hình 1): $O$ là tâm của hình tròn, $|AB| = a$ là độ dài cạnh của hình vuông lớn, $|A'B'| = a'$ là độ dài cạnh của hình vuông nhỏ hơn, $(OH) \perp (BB')$. Các điểm $A$, $H$ và $A'$ nằm trên cùng một đường thẳng. Hãy thả peredicle từ điểm $O$ đến $AA'$: $(OK) \perp (AA')$. Cho phép

$$k = \frac{a}{|AH|} = \frac{a'}{|A'H|} = \frac{|KH|}{h}.$$

Sau đó

$$a - a' = k(|AH| - |A'H|) = 2k|KH| = 2k^2h.$$

Từ $\triangle ABH$:

$$|AB|^2 + |BH|^2 = |AH|^2,$$

tức là

$$|AB|^2 + \left(\frac{|AB|}{2}\right)^2 = |AH|^2,$$

hoặc

$$k^2 + \left(\frac{k}{2}\right)^2 = 1,$$

Ở đâu

$$k^2 = \frac{4}{5},$$

và do đó $a - a' = \frac{8}{5}h.$

N. Vasiliev

38

M327. Có N người trong công ty. Mỗi người trong số họ được chỉnh sửa bởi chính xác k người từ công ty này. Với mỗi k nhỏ nhất có thể nói rằng chắc chắn sẽ có hai người ở công ty này khác nhau?

M328. Theo quy tắc, khối đa diện là một nửa muxa và hai nayka. Mukha chỉ bò dọc theo xương sườn và nayki bò dọc theo toàn bộ bề mặt. Tốc độ tối đa của muxa gấp 2 lần tốc độ tối đa của naykov.

a) Chứng minh rằng tại mọi vị trí cực tiểu của nayki đều có thể xuất hiện vận tốc cực đại của nayki?

b) Điều này có đúng không nếu tốc độ cực đại của mux lớn hơn 2 lần tốc độ cực đại của nay?

c) Âm lượng sẽ thay đổi như thế nào nếu chúng ta cho phép các âm này chỉ bò dọc theo các cạnh của khối đa diện? không với toàn bộ thể tích của khối đa diện? (muxa vẫn di chuyển âm thầm dọc theo xương sườn.)

Hãy biểu thị các thành viên của công ty bằng các điểm trên mặt phẳng (không có ba điểm nào nằm trên cùng một đường thẳng). Việc A được B sửa sẽ được biểu thị bằng một đoạn có mũi tên hướng từ điểm A đến điểm B. Khi đó có chính xác k mũi tên xuất phát từ mỗi điểm và tổng cộng sẽ có kn mũi tên. Chúng ta cần tìm số k₀ - giá trị nhỏ nhất của k mà tại đó ít nhất một đoạn phải có mũi tên theo cả hai hướng.

Có $\frac{n(n-1)}{2}$ đoạn không có mũi tên nối n điểm. Nếu không có nhiều hơn một mũi tên trên mỗi đoạn thì không có nhiều mũi tên hơn $\frac{n(n-1)}{2}$. Vì vậy, nếu $kn > \frac{n(n-1)}{2}$, thì $k \geq k_0$. Từ đây

$$k_0 \leq \begin{cases} \frac{n}{2}, & \text{ если } n \text{ четное,} \\ \frac{n+1}{2}, & \text{ если } n \text{ нечетное.} \end{cases}$$

Hãy chứng minh rằng bất đẳng thức (1) có thể được thay thế bằng đẳng thức. Chúng ta hãy đặt một dấu bằng vào công thức (1) và chỉ ra rằng n điểm với bất kỳ n nào cũng có thể được nối bằng các đoạn có mũi tên sao cho mỗi đoạn có chính xác k₀ ​​- 1 mũi tên và không có đoạn nào chứa hai mũi tên. Đây là một cách để làm điều đó. Cần đặt n điểm tại các đỉnh của n-vui thích chính xác và từ mỗi điểm hướng mũi tên tới k₀ - 1 đỉnh theo chiều kim đồng hồ. Vì k₀ - 1 < $\frac{n}{2}$ với mọi n nên không có hai mũi tên nào nằm trên cùng một đoạn.

A. Kolodin, A. Toom

Chúng ta hãy biểu thị tốc độ tối đa của pukuk và bay tương ứng là $v_{\pi_{\max}}$ và $v_{\mu_{\max}}$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng, bất kể pukum được phép di chuyển như thế nào (dọc theo các cạnh, các mặt hoặc trong toàn bộ thể tích của khối tứ diện), hai phát biểu sau đây đều đúng.

1°. Nếu $v_{\pi_{\max}} \leq 2v_{\pi_{\max}}$ thì pukuk có thể sinh ra ruồi ở bất kỳ vị trí nhỏ nhất nào.

2°. Nếu $v_{\pi_{\max}} > 2v_{\pi_{\max}}$, thì đối với một số vị trí nhỏ nhất, pukun sẽ không thể bay được. Rõ ràng là chỉ cần chứng minh Tuyên bố 1° trong trường hợp “xấu nhất” đối với các pukuv là đủ - khi chúng chỉ được phép di chuyển dọc theo các cạnh của khối tứ diện; và ngược lại, phát biểu 2° nằm trong trường hợp “tốt nhất” đối với các pukuv, khi chúng bò khắp toàn bộ thể tích của khối tứ diện.

Chúng ta hãy biểu thị các đỉnh của khối tứ diện bằng các chữ cái A, B, C, D, các điểm mà vị trí của con ruồi và pukuka lần lượt là M, $\Pi_1$ và $\Pi_2$. Chúng ta sẽ giả sử rằng độ dài cạnh của tứ diện bằng 1 và $v_{\mu_{\max}} = 1$.

Chúng ta hãy chứng minh phát biểu 1°, giả sử rằng pukum chỉ được phép di chuyển dọc theo các cạnh của tứ diện.

Ta ký hiệu hình chiếu của điểm M lên cạnh AB bằng M’ (nếu M nằm trên cạnh vuông góc với cạnh AB thì M’ trùng với trung điểm của cạnh AB).

Chiến lược pukuk để đảm bảo rằng con ruồi bị bắt có thể như sau.

Pukuk $\Pi_1$ chiếm đỉnh A và di chuyển dọc theo cạnh AB cho đến khi đạt đến điểm M’ (điều này là cần thiết vào một ngày nào đó

39

sẽ xảy ra vì $M'$ không thể vượt quá điểm $B$ - xem Hình 2). Sau đó, $\Pi_1$ di chuyển dọc theo cạnh $AB$ để luôn giữ nguyên điểm $M'$: nó có thể làm điều này nếu muxa không ở trên cạnh $AB$, vì $v_M' = v_M \cdot \cos \alpha$, trong đó $\alpha$ là góc giữa cạnh $AB$ và cạnh mà muxa di chuyển dọc theo và đối với bất kỳ cạnh nào ngoại trừ các cạnh $AB$, cos $\alpha \leqslant \frac{1}{2}$ (chính xác hơn là cos $\alpha$ bằng $1/2$ hoặc). Nhưng muxa sẽ không thể đi đến cạnh $AB$, vì để làm được điều này, nó sẽ phải đi qua đỉnh $A$ hoặc qua đỉnh $B$, nơi nó sẽ bị tấn công bởi khẩu phần $\Pi_1$ do điều kiện $\Pi_1 = M'$.

Vì vậy, muxa không thể chiếu qua các điểm $A$ và $B$: khu vực mà muxa có thể tiếp cận được thể hiện trong Hình 3, a.

Như có thể thấy từ Hình 3.6 và c, con nhện $\Pi_2$ giờ đây có thể dễ dàng hiểu được con ruồi, luôn ngạc nhiên về nó và thu hẹp phạm vi có sẵn cho nó. Tuyên bố $1^\circ$ đã được chứng minh.

Hãy chuyển sang câu phát biểu $2^\circ$ (chúng tôi tin rằng con nhện được phép ngạc nhiên trước toàn bộ thể tích của khối tứ diện). Nó suy ra trực tiếp từ bổ đề sau:

Nếu tại thời điểm $t$ con ruồi không được hiểu rõ và đang ở đỉnh của khối trung diện thì đến lúc $1$ nó có thể bò đến các đỉnh khác của khối trung diện (tức là trong khoảng thời gian từ $t$ đến $t + 1$ nhện sẽ không thể hiểu được con ruồi).

Hãy chứng minh bổ đề này. Đặt muxa ở đỉnh $A$. Hãy kết nối các điểm $\Pi_1$ và $\Pi_2$, nơi con nhện ngồi, với đỉnh này; chúng ta thu được các phân đoạn $\Pi_1A$ và $\Pi_2A$. Hãy chứng minh rằng có một cạnh của tứ diện xuất phát từ điểm $A$, tạo thành với mỗi đoạn thẳng $\Pi_1A$ và $\Pi_2A$ không thay đổi $30^\circ$. Thật vậy, nếu không có cạnh như vậy thì một trong các đoạn, chẳng hạn như đoạn $\Pi_1A$, sẽ tạo thành một góc nhỏ hơn $30^\circ$ với ít nhất hai cạnh phát ra từ $A$, ví dụ: với $AB$ và với $AC$. Nhưng đối với các góc phẳng của góc ba cạnh $ABC\Pi_1$ thì sẽ là $\widehat{BAC} = 60^\circ$, $\widehat{BA\Pi_1} < 30^\circ$, $\widehat{CA\Pi_1} < 30^\circ$, điều này là không thể (phải là $\widehat{BA\Pi_1} + \widehat{CA\Pi_1} \geqslant \widehat{BAC}$).

Để làm rõ, muxa phải di chuyển với tốc độ tối đa dọc theo mép hình thành nụ cười với các đoạn $\Pi_1A$ và $\Pi_2A$ không thay đổi $30^\circ$. Sau một đơn vị thời gian sẽ hoàn thành đầu kia của cạnh này. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng ở cạnh đã chọn, nhện sẽ không thể hiểu được con ruồi. Thật vậy, hãy để một số con nhện, chẳng hạn như $\Pi_1$, xuất hiện ruồi tại thời điểm $t + \Delta t$ tại điểm $P$ (thuộc cạnh đã chọn; xem Hình 4), sau đó

$$|AP| = \Delta t \cdot v_{M_{\max}} = \Delta t$$
$$(v_{M_{\max}} = 1),$$
$$|\Pi_1P| \leqslant \Delta t \cdot v_{\pi_{\max}} < 1/2 \Delta t = 1/2 |AP|$$
$$(v_{\pi_{\max}} < 1/2 v_{M_{\max}}).$$

Hãy hạ đường vuông góc $PQ$ xuống $\Pi_1A$; chúng tôi nhận được

$$|\Pi_1P| \geqslant |PQ| = |AP| \cdot \sin(\widehat{AP}) \geqslant \frac{1}{2} |AP|,$$

kể từ $\Pi_1AP \geqslant 30^\circ$ do lựa chọn cạnh.

Vì vậy, một mặt $|\Pi_1P| \geqslant \frac{1}{2} |AP|$, và mặt khác $|\Pi_1P| < \frac{1}{2} |AP|$ là mâu thuẫn; do đó, nhện sẽ không thể hiểu được con ruồi trong khoảng thời gian từ $t$ đến $t + 1$, và nó sẽ bay đến một đỉnh khác của khối tứ diện. Bổ đề và do đó phát biểu $2^\circ$ đã được chứng minh.

A. Khoduliev

40

M329. Một không gian n lồi được đặt trong một hình vuông có cạnh 1. Chứng minh rằng ta tìm được ba đỉnh A, B, C của đường thẳng n và diện tích tam giác ABC nhỏ hơn 8/n2.

Hình 5.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $a_1, a_2, \dots, a_n$ độ dài của cạnh của dụng cụ mở n và bằng $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ các giá trị của các góc ngoài của nó. Gọi $S_i$ là diện tích của tam giác thứ i (tính từ các cạnh $a_i$ và $a_{i+1}$ - xem Hình 5, $i = 1, 2, \dots, n-1$), $S_n$ là diện tích của tam giác tính từ các cạnh $a_n$, $a_1$. Chúng ta có: $2S_i = a_i a_{i+1} \sin \alpha_i$, $i = 1, \dots, n-1$, $2S_n = a_n a_1 \sin \alpha_n$. Gọi $S$ là diện tích nhỏ nhất của các tam giác này. Sau đó

$$2S \leq a_i a_{i+1} \sin \alpha_i,$$

Ở đâu

$$(2S)^n \leq \prod_{i=1}^{n} a_i^2 \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i < \prod_{i=1}^{n} a_i^{2*}).$$

đó là

$$2S < \left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{2/n}.$$

Nhưng

$$\left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{\frac{1}{n}} = \sqrt[n]{a_1 \cdots a_n} \leq \frac{a_1 + \cdots + a_n^{**}}{n} = \frac{\sum_{i=1}^{n} a_i}{n},$$

tư thế

$$2S < \left( \frac{\sum_{i=1}^{n} a_i}{n} \right)^2.$$

Gọi $p_i$ và $q_i$ là độ dài của hình chiếu của cạnh thứ i của n-miếng đệm lên các cạnh dọc và ngang của hình vuông. Vậy thì $a_i \leq p_i + q_i$, tức là $\sum_{i=1}^{n} a_i \leq \sum_{i=1}^{n} p_i + \sum_{i=1}^{n} q_i \leq 4$.

Posetom

$$2S < \left( \frac{4}{n} \right)^2,$$

Ở đâu

$$S < \frac{8}{n^2}.$$

Kết quả ước tính khá thô - chúng tôi đã loại bỏ $\prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i$ ngay từ đầu, ước tính sản phẩm này là một. Hãy làm rõ đánh giá này. Chúng tôi có:

$$(2S)^n \leq \prod_{i=1}^{n} a_i^2 \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i,$$

đó là

$$2S \leq \left( \prod_{i=1}^{n} a_i \right)^{2/n} \cdot \left( \prod_{i=1}^{n} \sin \alpha_i \right)^{1/n} \leq \frac{16}{n^2} \cdot \frac{\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i}{n}.$$

*) Ở đây $\Pi$ là ký hiệu của sản phẩm: $\prod_{i=1}^{n} a_i = a_1 \cdots a_n$.
**) Chúng ta đã sử dụng bất đẳng thức về trung bình số học và trung bình hình học.

41

Vì $\sum_{i=1}^{n} \alpha_i = 2\pi$ (là tổng các góc ngoài của $n$-giác), chúng ta có thể hiểu $\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i$ là diện tích thỏa đáng của $n$-giác nội tiếp trong một đường tròn đơn vị có các góc $\alpha_i$ tại đỉnh $Q$ - tâm của đường tròn (Hình 6). Do đó $\sum_{i=1}^{n} \sin \alpha_i < 2\pi$, và do đó

$$S \leq \frac{16\pi}{n^3}.$$

A. Klyachko

F339. Quả bóng tennis chạm vào một cây vợt mềm và nảy ra khỏi nó một cách đàn hồi. Khối lượng của bóng nhỏ hơn nhiều so với vợt, tốc độ của bóng trước khi va chạm với vợt bằng $v$ và tạo một góc $\alpha = 60^\circ$ với phương vuông góc với vợt. Cây vợt của tôi phải đạt tốc độ không đổi bằng bao nhiêu để quả bóng được phản xạ vuông góc với hướng chuyển động ban đầu? Bóng không thể được xử lý trước hoặc sau khi va chạm với vợt.

◆ Khi quả bóng va chạm đàn hồi với vợt đứng yên, tốc độ của quả bóng không thay đổi về giá trị abscylite mà thay đổi hướng. Trong trường hợp này, thành phần vận tốc $v_y$ (Hình 7, a) không đổi ($v_y' = v_y$) và thành phần $v_x$ đổi hướng theo hướng ngược lại ($v_x' = -v_x$).

Theo điều kiện bài toán, tốc độ của vợt phải sao cho quả bóng bị phản xạ một góc $\beta = 30^\circ$ (đối với người quan sát đứng yên), tức là nó phải đáp ứng các điều kiện (xem Hình 7, b).

$$\frac{|v_y'|}{|v_x'|} = \mathrm{tg} \beta = \frac{1}{\sqrt{3}}.$$ (*)

Sau khi cắt bóng, tốc độ của bóng thay đổi như thế nào khi va chạm với vợt đang chuyển động. Để làm điều này, hãy xem xét chuyển động trong hệ tọa độ liên kết với vợt, chuyển động tương đối so với hệ tọa độ cố định với tốc độ không đổi $w$ (vì khối lượng của vợt lớn hơn quả bóng rất nhiều nên tốc độ của vợt thực tế không thay đổi sau một va chạm). Vì hệ là quán tính nên sự phản xạ sẽ xảy ra theo định luật “góc tới bằng góc phản xạ”.
Tốc độ của quả bóng trong hệ thống này trước khi va chạm bằng $u = v$ - $w$ (xem Hình 7, $\theta$). Các thành phần vận tốc $u_x$ và $u_y$ bằng $u_x = v_x - w$, $u_y = v_y$ tương ứng. Trong khi va chạm, thành phần $u_y$ không đổi ($u_y' = u_y = v_y$) và thành phần $u_x$ đổi hướng theo hướng ngược lại: $u_x' = -u_x = -v_x + w$.

Hình 7.

42

Trong hệ tọa độ cố định, vận tốc của quả bóng sau va chạm là $v' = u' + w$, các thành phần $v'_y$ và $v'_x$ lần lượt bằng $v'_y = v_y$, $v'_x = u'_x + w = -v_x + 2w$.

Xét rằng $|v_y| = |v| \sin \alpha$, $|v_x| = |v| \cos \alpha$, từ điều kiện (*)

$$\frac{v \sin \alpha}{v \cos \alpha + 2w} = \frac{1}{\sqrt{3}}$$

hãy tìm w:

$$w = \frac{\sqrt{3} v \sin \alpha - v \cos \alpha}{2} = \frac{v}{2}, \quad w = -\frac{v}{2}.$$

I. Slobodetsky

F340. Một vệ tinh Trái đất có khối lượng $m=10$ kg, chuyển động theo quỹ đạo tròn ở các tầng cao của khí quyển, chịu lực cản từ không khí loãng. Lực cản $F=5 \cdot 10^{-4}$ n. Xác định tốc độ của vệ tinh sẽ thay đổi bao nhiêu trong một vòng quay quanh Trái đất. Độ cao của chuyến bay của vệ tinh so với bề mặt Trái đất được coi là nhỏ so với bán kính Trái đất.

Tổng năng lượng $E$ của một vệ tinh có khối lượng $m$, chuyển động trên quỹ đạo có bán kính $R$, cộng động năng của nó $K = \frac{m v^2}{2} = \gamma \frac{m M}{2 R}$ (tốc độ của vệ tinh trong quỹ đạo tròn Trái đất là $\sqrt{\gamma \frac{M}{R}}$, trong đó $R$ là bán kính Trái đất) và thế năng $\Pi = -\gamma \frac{m M}{R}$ (dấu “trừ” là do bản chất của lực hấp dẫn giữa vệ tinh và Trái đất: khi các vật thể tiến lại gần hơn, thế năng giảm dần). Như vậy,

$$E = K + \Pi = -\gamma \frac{m M}{2 R}.$$

Do tác động của lực cản, năng lượng của vệ tinh thay đổi nên bán kính quỹ đạo thay đổi. Hãy tính sự thay đổi bán kính trên mỗi vòng quay.

Năng lượng của vệ tinh trên mỗi vòng quay thay đổi theo giá trị $\Delta E$, về mặt số lượng bằng công của lực cản trên đường đi $2\pi R$, tức là $\Delta E = -2\pi RF$. Như vậy,

$$\Delta E = -\gamma \frac{m M}{2 (R + \Delta R)} + \gamma \frac{m M}{2 R} = \gamma \frac{m M}{2} \frac{\Delta R}{(R + \Delta R) R}.$$

Giả sử $|\Delta R| \ll R$, chúng ta có thể viết

$$\gamma \frac{m M}{2} \frac{\Delta R}{R^2} = -2\pi RF.$$

Xem xét rằng $\gamma \frac{M}{R^2} = g$, cuối cùng chúng tôi nhận được

$$\Delta R = -\frac{4\pi RF}{g m} \approx -4 \cdot 10^2 m$$

($g = 9,8 \text{ m/сек}^2$, $R \approx 6,4 \cdot 10^6 \text{ m}$).

Rõ ràng là giả định $|\Delta R| \ll R$ mà chúng tôi đưa ra là đúng.

Vì vậy, do tác động của lực kéo, bán kính quỹ đạo của vệ tinh giảm đi. Do đó, tốc độ của vệ tinh tăng lên. Hãy tìm sự thay đổi về tốc độ,

Động năng của vệ tinh trên quỹ đạo có bán kính $R + \Delta R$ bằng

$$K_{R+\Delta R} = \frac{m (v + \Delta v)^2}{2} = \gamma \frac{m M}{2 (R + \Delta R)}.$$

44

Nghịch lý này dễ dàng giải quyết nếu chúng ta tính đến việc khi mạch điện đóng, các điện tích tự do của chất lỏng dẫn điện có thành phần vận tốc hướng vuông góc với tấm. Do đó, xuất hiện một thành phần của lực Lorentz, hướng ngược chiều với vận tốc v. Vậy công tổng của lực Lorentz bao gồm công của hai thành phần của nó. Và tổng công việc này bằng không. Hãy chắc chắn về điều này.

Sự chuyển động của điện tích bên trong tụ điện từ bản này sang bản khác xảy ra do tác dụng của thành phần lực Lorentz vuông góc với các bản. Ý nghĩa của thành phần này

$$F_1 = qvB.$$
Công thực hiện bởi lực $F_1$ trên một đơn vị thời gian (tức là công suất) bằng

$$N_1 = F_1v_1 = qvBv_1,$$

trong đó $v_1$ là thành phần vận tốc điện tích hướng vuông góc với tấm.

Thành phần lực Lorentz hướng vào vận tốc v có độ lớn bằng nhau

$$F_2 = qv_1B.$$
Công mà lực này thực hiện trong một đơn vị thời gian là

$$N_2 = -F_2v_1 = -qv_1Bv$$

(lực $F_2$ đóng vai trò là lực phanh và do đó công của nó có giá trị âm).

Do đó, công của lực Lorentz (nếu chúng ta tính đến tất cả các thành phần của lực) thực sự bằng 0:

$$N_1 + N_2 = 0.$$
Nguồn năng lượng trong mạch này rõ ràng là một máy bơm hút chất lỏng qua tụ điện. Máy bơm này phải liên tục thực hiện công, vì có một lực cản tác dụng lên chất lỏng và tất cả công này cuối cùng biến thành nhiệt tỏa ra trong mạch.

S. Kozel

Trong một mạch kín gồm các điện trở mắc nối tiếp $R$ và $2R$ và một nguồn có e. d.s. E và nội trở $r$, như thế này

$$I = \frac{\varepsilon}{3R + r}.$$

Đặt điện áp rơi trên các tụ điện lần lượt là $U_1, U_2, U_3$ và điện tích của chúng tương ứng là $q_1, q_2, q_3$ (xem Hình 8). Tổng điện áp rơi trên các tụ điện $C_1$ và $C_2$ bằng điện áp rơi trên điện trở $R$, tức là.

$$U_1 + U_2 = IR.$$

Tổng điện áp rơi trên các tụ điện $C_2$ và $C_3$ bằng tổng điện áp rơi trên các điện trở $R$ và $2R$:

$$U_2 + U_3 = 3IR.$$

Tổng điện tích của mạch được tô sáng trong hình bằng 0, tức là $q_1 - q_2 + q_3 = 0$ hoặc

$$CU_1 - CU_2 + CU_3 = 0.$$

Giải các phương trình (1) - (3) cùng nhau ta tìm được

$$U_2 = \frac{4}{3} IR = \frac{4}{3} \frac{\varepsilon R}{3R + r}.$$

Do đó điện tích của tụ 2 bằng

$$q_2 = C_2U_2 = \frac{4}{3} \frac{\varepsilon R}{3R + r}.$$

I. Slovodetsky

45

Câu đố
Sam Loyd

“croquet”
Cô gái trẻ mà bạn thấy ở đây đang thắc mắc làm thế nào để đưa bóng đi qua tất cả các lượt từ A đến Z với số cú đánh thẳng ít nhất.
Gợi ý về những việc cần làm.

“Con cáo và con ngỗng”
Bạn có thể đổi chỗ cho ngỗng và cáo trong bao nhiêu nước đi? Ở vị trí cuối cùng, những con ngỗng ở ô vuông 3 và 4, còn những con cáo ở ô vuông 5 và 6.
Bắt đầu di chuyển các hình có con cáo. Mỗi hình di chuyển đến một trường liền kề (vòng tròn) trong một lần di chuyển.

46

Đơn giản đáp số đến Phức tạp bài toán

Bài viết này một lần nữa đặt ra câu hỏi nên giải phương trình phẳng bài toán như thế nào - “đại số” hay “hình học thuần túy”? *) Tất nhiên, sẽ không hợp lý nếu so sánh hai phương pháp này; bài toán chính khi chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh là học cách kết hợp chúng. Ngôn ngữ “hình học thuần túy” lời giải không phải lúc nào cũng phù hợp - chỉ khi nó xuất hiện trong đầu bạn đủ nhanh. Chúng tôi chỉ muốn cảnh báo người nộp đơn tương lai về những phép tính khó hiểu trong một hình học tương đối đơn giản bài toán, có thể giải dễ dàng bằng cách sử dụng ý tưởng “hình học thuần túy”. Các vấn đề được xem xét trong bài viết này cho phép lời giải khác nhau, đôi khi rất cồng kềnh, mặc dù đáp số luôn đơn giản. Sử dụng các ví dụ của họ, bạn có thể dễ dàng thấy tầm quan trọng của việc có thể suy nghĩ “về mặt hình học” và áp dụng các định lý phổ biến chung của thuyết hành tinh. Tất nhiên, việc tìm một hình học đơn giản lời giải đòi hỏi một chút sáng tạo. Khả năng “giải bài toán đỏ” là một nghệ thuật mà bạn chỉ có thể thành thạo bằng cách không ngừng phát triển tư duy hình học và trực giác của mình. Và để làm được điều này, hãy giải càng nhiều bài toán càng tốt và hãy nhớ rằng tiếng Nhật lời giải là một quá trình sáng tạo.

*) Xem thêm bài viết của S. V. Romanov và I. F. Shara G. Trong “Phương pháp đại số của lời giải hình học bài toán”, «Kvant», 1975, Số 11.

Hãy bắt đầu với hai bài toán này.

Bài toán 1 (MAI, 1973). Trong một tam giác vuông, một trong các góc nhọn bằng α. Trên các đoạn zion được hình thành bởi đáy có chiều cao được hạ xuống trên nó, cũng như trên các đường kính, các hình bán nguyệt được tạo ra, nằm cùng phía với tam giác đã cho. Tên độ dài của các đoạn kamet được bao bọc bên trong các hình bán nguyệt này.

Đầu tiên là lời giải. Cho $CAB$ là một tam giác cho trước (góc $A$ là góc vuông), $AD$ chiều cao của nó, các điểm $E$ và $F$ các điểm giao nhau của hình bán nguyệt với hai chân $AC$ và $AB$ (xem Hình 1). Rõ ràng là $(DE) \perp (AC)$ và $(DF) \perp (AB)$. Pozotomu

$$\begin{cases} |DF|^2 = |AF| \cdot |FB|, \\ |DE|^2 = |AE| \cdot |EC|. \end{cases}$$

Hãy giới thiệu những ẩn số: $x = |DF| = |AE|$ và $y = |AF| = |DE|$.

Sau đó, ký hiệu $|AC| = b$ và $|AB| = c$, ta thu được hệ:

$$\begin{cases} x^2 = y(c - y), \\ y^2 = x(b - x), \end{cases}$$

Ở đâu

$$x = \frac{bc^2}{b^2 + c^2}, \quad y = \frac{b^2c}{b^2 + c^2}.$$

Nhưng

$$|FB| = c - y = \frac{c^3}{b^2 + c^2}, \quad |EC| = b - x = \frac{b^3}{b^2 + c^2}.$$

47

Kể từ đây,

$$\frac{|FB|}{|EC|} = \frac{c^3}{b^3}.$$

Nhưng $\frac{c}{b} = \text{tg}\alpha$ có nghĩa là $\frac{|FB|}{|EC|} = \text{tg}^3\alpha$.

Thứ hai lời giải. Lưu ý rằng

$$\widehat{DCE} = \widehat{DAF} = \widehat{BDF} = x.$$

Bởi vì

$$\frac{|FB|}{|EC|} = \frac{|DF| \cdot \text{tg}\alpha}{|EC|} = \frac{(|AF| \cdot \text{tg}\alpha) \cdot \text{tg}\alpha}{|EC|} = \frac{|DE| \cdot \text{tg}^2\alpha}{|EC|} = \text{tg}^3\alpha.$$

Chúng ta thấy rằng để thu được đáp số thì không cần phải đưa vào bất kỳ ẩn số nào hoặc soạn hệ đại số - chỉ cần lưu ý rằng ba góc được liệt kê là bằng nhau là đủ.

Bài toán 2. Cho tam giác ABC. Vẽ một đường tròn tiếp xúc với cạnh BC tại đáy đường cao AD có độ dài h và đi qua trung điểm của cạnh AC có độ dài b. Tên là đường kính của vòng tròn này.

Đầu tiên là lời giải. Hình 2 thể hiện một trong các cách sắp xếp: đường kính DF của đường tròn nhỏ hơn chiều cao, đường tròn này cắt cạnh AC tại hai điểm K và E, trong đó điểm E ở trên là chính giữa và không cắt cạnh thứ hai của tam giác.

Chúng ta hãy biểu thị đường kính của vòng tròn loại trừ bằng x: $|DF| = x$ và độ dài của dây cung $KE$ bằng y: $|KE| = y$.

Hình 2.

Áp dụng các định lý cho tiếp tuyến và cát tuyến, cũng như trên hai cát tuyến vẽ đường tròn đi từ một điểm (C và A, tương ứng), chúng ta thu được

$$|CD|^2 = |CK| \cdot |CE|,$$

$$|AF| \cdot |AD| = |AE| \cdot |AK|.$$

Từ đây chúng ta có

$$\begin{cases} b^2 - h^2 = \frac{b}{2} \left( \frac{b}{2} - y \right), \\ h(h - x) = \frac{b}{2} \left( \frac{b}{2} + y \right). \end{cases}$$

Giải hệ này để tìm x, ta tìm được $|DF| = x = \frac{b^2}{2h}$.

Tuy nhiên, lời giải này không thể được coi là đầy đủ - xét cho cùng, các khả năng khác vẫn chưa được xem xét (ví dụ: khi $|DF| > |AD|$ và điểm giao nhau thứ hai nằm trên phần tiếp theo của cạnh AC). Việc phân tích từng trường hợp này dẫn đến các hệ thống khác nhau và hơn nữa, đòi hỏi phải sử dụng các định lý khác nhau (trong trường hợp $|DF| > |AD|$ sẽ cần đến định lý về hai dây cung giao nhau).

Bây giờ chúng ta sẽ đưa ra một lời giải hình học khác của bài toán này; Hãy tự mình nhận ra rằng nó không còn phụ thuộc vào cách đường tròn cắt các cạnh của một tam giác đã cho nữa.

Thứ hai lời giải. Hãy nối điểm E với các điểm D và F. Vì DE là đường trung tuyến của cạnh huyền của tam giác vuông CAD nên chúng ta có: $|DE| = |AE| = \frac{b}{2}$ và $\widehat{EDF} = \widehat{EAD}$ (các góc ở đáy của một tam giác đều). Do đó, các tam giác vuông DEF và ADC đồng dạng. Từ đây

$$\frac{|DF|}{|AC|} = \frac{|DE|}{|AD|},$$

hoặc

$$|DF| = \frac{|AC| \cdot |DE|}{|AD|},$$

đó là

$$|DF| = \frac{b^2}{2h}.$$

48

Hình 3.

Thông thường, phương pháp đại số lời giải hình học bài toán dẫn đến các phương trình vô tỉ phức tạp. Đôi khi, nhờ có thêm tin nhắn, điều này có thể tránh được. Đây là hai bài toán điển hình.

Bài toán 3 (LSU, 1973). Xác định chiều cao của hình thang nếu độ dài hai đáy của nó là 6 và 11, độ dài một cạnh là 4 và tổng các góc ở đáy là $\frac{\pi}{2}$.

Đầu tiên là lời giải. Chúng ta hãy vẽ các đường cao $BE$ và $CF$ trong hình thang $ABCD$ (Hình 3) và đặt $|BE| = |CF| = x$. Chúng tôi sẽ giả định rằng $|AB| = 4$. Từ tam giác vuông $AEB$ ta tìm được $|AE| = \sqrt{16-x^2}$. Đó là lý do tại sao

$$|FD| = |AD| - (|AE| + |EF|) = (|AD| - |BC|) - |AE| = 5 - \sqrt{16-x^2}.$$

Vì tổng các góc ở đáy $AD$ là $\frac{\pi}{2}$ nên các tam giác vuông $AEB$ và $CF$ là tương tự nhau; kể từ đây,

$$\frac{|BE|}{|FD|} = \frac{|AE|}{|CF|}.$$

Chúng ta thu được phương trình vô tỉ

$$\frac{x}{5 - \sqrt{16-x^2}} = \frac{\sqrt{16-x^2}}{x},$$

từ đó ta tìm được chiều cao của hình thang:

$$x = |BE| = 2,4.$$

Thứ hai lời giải. Hãy tạo một cấu trúc bổ sung: vẽ $(BK)$ song song với $(CD)$. Chúng ta thu được (xem Hình 3 và điều kiện bài toán) một tam giác vuông $ABK$, từ đó có thể dễ dàng tìm được chiều cao của hình thang:

$$|BE| = \frac{|AB| \cdot |BK|}{|AK|} = \frac{|AB| \cdot \sqrt{|AK|^2 - |AB|^2}}{|AK|} = \frac{|AB| \cdot \sqrt{(|AD| - |BC|)^2 - |AB|^2}}{|AD| - |BC|} = \frac{4 \cdot \sqrt{(11-6)^2 - 16}}{11-6} = 2,4.$$

Bài toán 4. Trên các cạnh $AD$ và $CD$ của hình vuông $ABCD$, từ cạnh 3 lấy hai điểm $M$ và $N$ sao cho độ dài của đoạn thẳng gãy $MDN$ bằng hình vuông. Các đường $AM$ và $BN$ cắt nhau tại điểm $E$. Tìm độ dài của đoạn $ME$ nếu $|NE| = 4$.

Đầu tiên là lời giải. Chúng ta hãy biểu thị độ dài của đoạn $DN$ (Hình 4) bằng $x$. Sau đó $|DE| = \sqrt{16-x^2}$. Từ sự giống nhau của các tam giác $NDE$ và $BAE$ ta có

$$\frac{|DN|}{|AB|} = \frac{|DE|}{|AE|},$$

đó là

$$\frac{x}{3} = \frac{\sqrt{16-x^2}}{3 + \sqrt{16-x^2}}.$$

Phương trình vô tỷ này liên quan đến các phương trình bậc bốn sau đây

$$x^4 - 6x^3 + 2x^2 + 96x - 144 = 0.$$

49

Hình 5.

Đa thức thu được ở vế trái được phân tích thành tích của hai tam giác vuông: $x^2 + 2x - 6$ và $x^2 - 8x + 24$. Vì vậy $(x^2 + 2x - 6)(x^2 - 8x + 24) = 0$.

Phương trình này có một nghiệm dương duy nhất:

$$x = |DN| = \sqrt{7} - 1.$$

Bây giờ chúng ta có thể dễ dàng tìm thấy

$$|ME| = |MD| + |DE| = 3 - |DN| + \sqrt{16 - |DN|^2} = 3 - \sqrt{7} + 1 + \sqrt{16 - (\sqrt{7} - 1)^2} = 4 - \sqrt{7} + \sqrt{(V\overline{7} + 1)^2} = 5.$$

đáp số đơn giản gợi ý rằng có một lời giải khác ít phức tạp hơn. Đây rồi.

Thứ hai lời giải. Vì tam giác BCN và NDE đồng dạng nên

$$\frac{|BC|}{|CN|} = \frac{|DE|}{|DN|},$$

hoặc

$$\frac{3}{3 - |DN|} = \frac{|DE|}{|DN|},$$

đó là

$$3(|DE| - |DN|) - |DN| \cdot |DE| = 0.$$

Có tính đến $|MD| = 3 - |DN|$ và $|DN|^2 + |DE|^2 = 16$, chúng tôi thu được

$$|ME| = |MD| + |DE| = (3 - |DN|) + |DE| = \sqrt{(3 - |DN| + |DE|)^2} = \sqrt{9 + 16 + 2 \cdot 0} = 5.$$

Với một chút khéo léo, chúng tôi đã có thể giải được phương trình vô tỷ mà theo chúng tôi, phương trình này không quá phổ biến để giải!

Một trong những phương pháp lời giải phẳng bài toán phổ biến nhất trong số những người nộp đơn là việc sử dụng lượng giác. Tất nhiên, đây là một phương pháp rất quan trọng và hữu ích - đôi khi việc giới thiệu các hàm lượng giác là một con đường tự nhiên và hợp lý dẫn đến lời giải. Tuy nhiên, trong từng trường hợp cụ thể, bạn nên suy nghĩ xem liệu có một lời giải hình học đơn giản hơn hay không. Đây là một trường hợp điển hình.

Bài toán 5 (MSU, Khoa Toán tính toán và Mạng điều khiển học, 1971). Cho tam giác ABC, cạnh AC lớn hơn cạnh AB và góc tại đỉnh A bằng α. Lấy điểm R trên cạnh AC nên $|AB| = |RC|$. Gọi E là trung điểm của đoạn AR, D là trung điểm của cạnh BC. Tìm góc CED.

Cái đầu tiên là lời giải (lượng giác). Chúng ta hãy biểu thị độ dài các cạnh của tam giác ABC bằng các chữ cái a, b, c, giá trị các góc của nó lần lượt bằng các chữ cái A, B, C và giá trị của góc mong muốn CED bằng chữ x.

Sau đó (xem hình 5):

$$\widehat{CDE} = 180^\circ - (C + x),$$

$$|CD| = \frac{a}{2},$$

$$|CE| = |CR| + |RE| = c + \frac{b - c}{2} = \frac{b + c}{2}.$$

Áp dụng định lý sin để tìm tam giác CDE:

$$\frac{|CE|}{\sin CDE} = \frac{|CD|}{\sin CED},$$

đó là

$$\frac{b + c}{\sin (C + x)} = \frac{a}{\sin x};$$

từ tam giác ABC:

$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C},$$