Kvant 1976, số 5 · Trang

Keanm
1976
5
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

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. V. 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. Klumova
T. M. Makarova
(biên tập nghệ thuật)
T. S. Petrova
V. A. Tikhomirova
L. V. Chernova
(người quản lý biên tập)

TRONG PHÒNG:

2. N. Vilenkin, V. Litsevsky. Niels Henrik Abel
3. I. Vorobiev. Trojan
4. A. Zemlyakov. Bi-a toán học
5. V. Novikov. Năng lượng từ trường của mạch mang dòng điện
6. V. Sanninsky. Pháo binh và toán học

Phòng thí nghiệm «Kvant»
V. Mayer. Sóng trên giấy

vòng tròn toán học
A. Mordkovich, V. Smyshlyaev. Antje

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M381—M385; F393—F397
Lời giải bài toán M340—M342

Xưởng của người nộp đơn
S. Bụng. “Chìa khóa” của lời giải là các hình tam giác đồng dạng
62. N. Burmistrova, N. Everafova. Viện Truyền thông Kỹ thuật Điện Moscow
65. V. Konovalenko, T. Stelmakhovich, A. Chernyavsky. Viện kỹ thuật điện Leningrad được đặt theo tên. V. I. Ulyanova (Lênin)

Thông tin
A. Mitrofanov. Kỳ thi vật lý ở Anh
A. Chất tạo khói. Kỳ thi toán ở CHDC Đức

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. Cuộc gặp gỡ Rosenthal trong đại dương

Đáp số, gợi ý, lời giải
Hỗn hợp (tr. 42, 61, 72)

Ở trang 2 của trang bìa, những ghi chú mà Niels Henrik Abel ghi lại trên các bản thảo toán học của ông được sao chép lại (đối với bài viết về Abel, xem trang 2–10).

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

2

Ở trung tâm Oslo, trong Công viên Hoàng gia, có tượng đài tưởng niệm nhà toán học xuất sắc người Na Uy Niels Henrik Abel. Nhưng chính Abel đã dựng lên một tượng đài ấn tượng hơn cho chính mình. Các định lý Abel, tích phân Abelian, phương trình Abelian, nhóm Abelian, các phép biến đổi Abelian đã mãi mãi đi vào nhiều nhánh khác nhau của toán học, và Abel đã thu được tất cả kết quả của mình sau bảy năm sáng tạo: ông qua đời khi chưa tròn hai mươi bảy tuổi.

Abel sinh ngày 5 tháng 8 năm 1802 tại ngôi làng nhỏ Finneina ở phía nam Na Uy, trong một gia đình mục sư. Nils là con trai thứ hai; Anh ấy là một cậu bé ốm yếu thô lỗ.

Vào mùa thu năm 1815, Mục sư Abel gửi hai con trai lớn của mình đến Christanya (khi đó được gọi là Oslo), đến Trường Nhà thờ. Cho đến lúc đó, anh đã tự mình dạy họ.

Ngôi trường đã không đáp ứng được sự mong đợi của Nils. Trở lại năm 1811, những giáo viên giỏi nhất đã rời trường đại học mới được thành lập. Các giáo viên mới không có nhiều kiến ​​thức. Họ thường đánh học sinh. Giáo viên toán Bader đặc biệt tàn nhẫn. Không có gì đáng ngạc nhiên khi Nils sớm mất hứng thú với việc học và không còn đạt điểm xuất sắc ngay cả trong môn toán. Chỉ những chuyến thăm nhà hát mà Abel vô cùng yêu thích, chơi cờ và trò chuyện với bạn bè đã làm cuộc sống của cậu thiếu niên tươi sáng hơn.

Mọi thứ thay đổi vào một ngày năm 1818. Bader đánh một học sinh thậm tệ đến nỗi anh ta chết vài ngày sau đó. Bader bị sa thải và một giáo viên toán mới, Bernt Mikel Holmboe, gia nhập trường. Bản thân Holmboe hầu như không làm gì về toán học nên ông là người đầu tiên chú ý và nuôi dưỡng tài năng toán học của Niels Abel.

Mục tiêu chính của Holmboe là quan tâm

học sinh của họ với toán học. Rất nhanh chóng, Nils đã bị “nữ hoàng khoa học” quyến rũ một cách chân thành và bắt đầu giải quyết những vấn đề bài toán phức tạp mà các thương gia của mình không thể tiếp cận được. Sau đó, Holmboe viết: “Abel lao vào toán học với tất cả niềm đam mê của mình và tiến về phía trước với tốc độ của một thiên tài. Sau một thời gian ngắn, anh ấy hoàn toàn thông thạo toán tiểu học và ngủ với tôi để học toán cao hơn với anh ấy. Theo sáng kiến ​​​​của riêng mình, anh ấy đọc ngấu nghiến hết cuốn sách của Lacroix, Francoeur, Poisson, Gauss, Garnier và đặc biệt quan tâm đến các tác phẩm của Lagrange. Anh ấy đã bắt đầu hiểu một cách độc lập một số lĩnh vực toán học. "

Chẳng bao lâu sau, bài đánh giá sau đây về Abel đã xuất hiện trong báo cáo của Holmboy: “Không thể nghi ngờ là một thiên tài toán học… Anh ấy kết hợp khả năng toán học xuất sắc với niềm đam mê vô tận đối với khoa học. Nếu không có chuyện gì xảy ra với anh ấy, anh ấy sẽ trở thành một nhà toán học vĩ đại.” Trong phiên bản gốc của báo cáo thậm chí còn có “nhà toán học xuất sắc nhất thế giới”; nhưng rõ ràng điểm ban đầu của trường là lời giải, quá cao đối với một cậu bé mười bảy tuổi.

Ngay cả trước khi học xong, Abel đã bắt đầu nghiên cứu độc lập. Với đặc tính kiêu ngạo của tuổi trẻ, ông đã chọn bài toán, điều mà không nhiều nhà toán học xuất sắc của thế kỷ 17 và 18 đưa ra - cho các phương trình lời giải bậc năm. Sau khi vào thế kỷ 16, Tartaglia thu được công thức cho lời giải phương trình bậc ba và Ferrari cho phương trình lời giải cấp bốn, toán học đã phải đối mặt với bài toán: suy ra công thức biểu diễn nghiệm của phương trình bậc năm $a_0x^5 + a_1x^4 + a_2x^3 + a_3x^2 + a_4x + a_5 = 0$ thông qua các hệ số $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4, a_5$ bằng cách sử dụng các phép tính số học và trích rút các nghiệm. Mặc dù nghiên cứu về bài toán này mang lại nhiều kết quả quan trọng nhưng giải pháp cuối cùng của nó lại thất bại. Sau một số lĩnh vực công việc được phân bổ, Abel nghĩ rằng bài toán lời giải - đã thu được các công thức cần thiết. Công trình của nhà toán học trẻ tuổi đã được Holmboe, nhiều giáo sư tại Đại học Oslo và nhà toán học Skladin lớn nhất, Giáo sư Degen của Đại học Copenhagen, kiểm tra. Không ai trong số họ có thể tìm ra lỗi trong tính toán của mình. Nhưng Degen đã cho chàng trai trẻ lời khuyên thiết thực: kiểm tra các công thức thu được trên các phương trình cụ thể. Và rồi hóa ra đáp số hóa ra là sai; Công thức của Abel đã sai.

Sau khi tốt nghiệp ra trường năm 1821 và vượt qua kỳ thi đại học, Nils yêu cầu được cung cấp một ký túc xá miễn phí và một học bổng. Ông cần một học bổng: năm 1820, cha của Abel qua đời, khiến gia đình không còn kế sinh nhai.

Trường đại học không có kinh phí, nhưng một số giáo sư, biết về tài năng đặc biệt của chàng sinh viên trẻ, “để bảo tồn tài năng khoa học hiếm có này,” đã quyết định cấp cho anh một học bổng từ quỹ cá nhân của họ. Holmboe viết: “Nils Henrik hoàn toàn xứng đáng nhận được sự quan tâm này, với sự siêng năng không ngừng và hành vi mẫu mực của anh ấy.”

Nhận được học bổng, Abel gửi em trai đến sống cùng để tạo điều kiện thuận lợi hơn cho cuộc sống của các thành viên khác trong gia đình. Một học bổng nhỏ, hầu như không được gia hạn cho một người, không thể đủ cho hai người trẻ, và Nils phải làm gia sư. Từ lúc đó cho đến khi qua đời, Nils buộc phải hàng ngày phải suy nghĩ làm thế nào để kiếm được một số tiền để không chết đói và trả hết nợ nần chồng chất.

Vào tháng 6 năm 1822, Abel đã hoàn thành xuất sắc kỳ thi năm đầu tiên của mình và nhận được danh hiệu Ứng viên Triết học. Trong quá trình học ở trường phổ thông và đại học, anh ấy đã đọc tất cả sách

4

về toán học, điều mà ông có thể đạt được và suy nghĩ không mệt mỏi về các vấn đề toán học. Chẳng mấy chốc ông đã có tác phẩm in. Thật không may, chúng không được chú ý vì chúng được viết bằng tiếng Na Uy và không một nhà toán học xuất sắc nào thời đó biết ngôn ngữ này. Tuy nhiên, công việc được dành cho việc tìm ra đường mà một điểm vật chất rơi theo một quy luật định trước. Abel đã giảm lời giải thành bài toán này thành một phương trình trong đó hàm mong muốn nằm dưới dấu tích phân. Ngày nay phương trình còn được gọi là tích phân.

Không ai giải được các phương trình tích phân trước Abel: các nhà toán học thời đó quan tâm đến các phương trình vi phân, tức là các phương trình chứa tích của các hàm mong muốn. Chỉ đến cuối thế kỷ 19, lý thuyết tổng quát về phương trình tích phân mới bắt đầu được phát triển, và sau đó họ nhận ra rằng Abel đã đoán trước được những nghiên cứu toán học trong tương lai trong nhiều thập kỷ.

Vào mùa đông năm 1822-1823, Abel đã viết một tác phẩm dành cho việc tích hợp các chức năng.

Nếu bạn lấy đạo hàm bất kỳ hàm cơ bản nào, bạn sẽ lại có được một hàm cơ bản. Nhưng với những thứ được kết nối với nhau thì phức tạp hơn. Tích phân một hàm có nghĩa là tìm một hàm mới có đạo hàm bằng đạo hàm đã cho. Việc tìm kiếm hàm này thường dựa trên cơ sở, như chính Abel đã viết; Nhà khoa học đang chờ đợi sự hiểu biết sâu sắc cho phép anh ta tính tích phân này hay tích phân khác. Kết quả tìm kiếm đã được trình bày trong công trình cơ bản của một trong những nhà toán học vĩ đại nhất thế kỷ 18, Leonhard Euler, “Phép tính tích phân”. Nhưng nhiều

5

Tuy nhiên, tích phân vẫn không thể tính được. Và vẫn chưa rõ vấn đề là gì: thiếu kiến ​​​​thức ủng hộ Earl hay thực tế là những tích phân này không thể được biểu diễn thông qua các hàm cơ bản.

Abel tiếp cận vấn đề từ một quan điểm mới. Ông quyết định tìm ra những điều kiện nào tích phân của một hàm đã cho có thể được biểu diễn dưới dạng các hàm cơ bản.

Công trình của ông rõ ràng chứa đựng những ý tưởng toán học rất thú vị; Không thể đưa ra đánh giá chính xác về nó: bản thảo sau đó đã biến mất không dấu vết, và chúng ta chỉ có thể đánh giá nó qua những dòng chữ khô khan trong biên bản của hội đồng học thuật và những gợi ý rải rác trong các bản thảo khác của Abel.

Cô ấy đóng một vai trò quan trọng trong cuộc đời của Abel: sau chín tháng học tập (rõ ràng, ký ức về việc Abel thất bại với các phương trình bậc năm vẫn còn tồn tại), giáo sư đã phê duyệt công việc này và quyết định rằng Abel xứng đáng được nhà nước hỗ trợ toán học. Ngoài ra, anh còn trải qua những ngày nghỉ cuối cùng ở Copenhagen và được hứa sẽ đưa ra nước ngoài sau khi tốt nghiệp để tiếp tục việc học của mình.

Kỳ nghỉ Copenhagen (1823) đầy những ấn tượng khó quên. Abel đã gặp các nhà toán học địa phương và suy nghĩ về Định lý cuối cùng của Fermat («Kvant», 1972, số 8 và 1974, số 5, trang 29).

Mặc dù Abel không thể chứng minh định lý này (nó chưa được chứng minh và có thể hiểu được!), nhưng ông đã thu được một số kết quả thú vị. Ví dụ, ông đã chứng minh rằng nếu các số tự nhiên a, b, c là nghiệm của phương trình $a^n = b^n + c^n$ (n > 2), thì a phải có một trong các công thức $\frac{1}{2} (x^n + y^n + z^n)$, $\frac{1}{2} (x^n + y^n + n^{n-1} z^n)$, trong đó x, y, z là các số nguyên tố cùng nhau. Những kết quả này chỉ được công bố sau cái chết của Abel.

Giáo sư Degen khuyên Abel nên nghiên cứu các lý thuyết về cái gọi là tích phân elip.

Các nhà toán học từ lâu đã chia tất cả các hàm thành đại số và siêu việt. Các hàm $y = f(x)$ thỏa mãn một số phương trình có dạng (1) được gọi là đại số và được gọi là siêu việt. Đặc biệt, chúng bao gồm các hàm số mũ, logarit, lượng giác và lượng giác nghịch đảo được nghiên cứu ở trường.

Khi lấy đạo hàm một số hàm siêu việt, chúng chuyển thành hàm đại số, chẳng hạn

$$\ln x)' = \frac{1}{x}, \arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}.$$

Nghịch đảo của vi phân được gọi là tích phân. Điều này có nghĩa là khi tích hợp, các hàm siêu việt thu được từ một số hàm đại số. Tuy nhiên, không phải mọi hàm đại số đều tích phân được biểu diễn thông qua các hàm cơ bản đã học ở trường. Ví dụ: khi tính chiều dài của các hình elip khác, thu được tích phân có dạng

$$\int \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}.$$

Nếu $k=0$, chúng ta nhận được một tích phân bằng arcsin x (thực tế là dịch vụ $k=0$ tương ứng với một hình elip có nửa đối xứng bằng nhau, tức là một hình tròn và arcsin x có liên quan đến độ dài của các hình tròn khác). Đối với các giá trị khác của $k$, không thể biểu diễn tích phân này thông qua các hàm cơ bản. Cần phải đưa vào một lớp hàm siêu việt - tích phân elip. Đây là tên được đặt cho tích phân chứa căn bậc hai của đa thức bậc bốn. Mục tiêu của một loạt các kết quả đầu ra thay thế trên các số nguyên như vậy đã được Euler, Gauss và Legendre đạt được.

Abel thỏa mãn mọi thứ bằng một công thức tổng quát, các trường hợp đặc biệt là các đa thức đã biết quan hệ đối với các tích phân đó. Anh ấy nhanh chóng nảy ra một ý tưởng cho phép anh ấy thay đổi hoàn toàn chủ đề của mình theo hướng này: thay vì tích phân elip, hãy nghiên cứu các hàm nghịch đảo của chúng

6

Đối với $k=0$, điều này tương ứng với quá trình chuyển đổi từ nghiên cứu hàm $y=\arcsin x$ sang nghiên cứu hàm nghịch đảo $y=\sin x$. Các hàm mới được gọi là elliptic. Vì $(\sin x)'=\cos x=\sqrt{1-\sin^2x}$, hàm $y=\sin x$ thỏa mãn phương trình vi phân $y'=\sqrt{1-y^2}$. Abel tự đặt ra cho mình bài toán để thu được các phương trình vi phân cho hàm số elip và giải quyết nó một cách xuất sắc. Ông cũng chứng minh rằng các hàm elip có tính tuần hoàn. Hóa ra, không giống như các hàm lượng giác, hàm elip có hai chu kỳ, một trong số chúng là số thực và chu kỳ còn lại là phức. Điều này đòi hỏi phải đi sâu vào lý thuyết về hàm biến phức, vừa được tạo ra vào thời điểm đó.

Trở về từ Copenhagen, Abel lại tiếp tục nghiên cứu các phương trình đại số. Phân tích phương trình lời giải bậc năm của mình, ông nhận ra rằng không chỉ lời giải này là sai mà còn cả cách tiếp cận chính bài toán. Đây là những gì anh ấy đã viết về nó sau này:

“Một trong những bài toán thú vị nhất của đại số là phép đại số lời giải phương trình Hầu như tất cả các nhà toán học lỗi lạc đã nghiên cứu câu hỏi này. Không gặp khó khăn gì, đã thu được các biểu thức tổng quát cho nghiệm của phương trình bốn bậc đầu tiên *). Vì lời giải một phương pháp duy nhất đã được phát hiện cho các phương trình này và người ta thấy rằng nó có thể áp dụng được cho các phương trình ở mọi mức độ; nhưng, bất chấp mọi điều kiện của Lagrange và các nhà toán học xuất sắc khác, mục tiêu vẫn không đạt được… Họ giả định giải phương trình mà không biết liệu có thể thực hiện được hay không lời giải. Nếu có lời giải có thể nhận được nó mà không cần biết trước điều gì về nó; nhưng nếu không may, lời giải không tồn tại thì toàn bộ thứ đó có thể đã được tìm kiếm sáu lần. Để đạt được những kết quả nhất định về vấn đề này, cần phải chọn một con đường khác, đưa ra một dạng vấn đề sao cho nó luôn có thể giải được và điều này có thể được thực hiện với bất kỳ vấn đề nào. Thay vì tìm kiếm

*) «Kvant», 1971, số 11, tr. 20 hay 1973, không. 3, tr. 30.

Sự tương ứng nào, không biết liệu nó có tồn tại hay không, người ta phải hỏi liệu sự tương ứng như vậy có khả thi hay không… Phương pháp này, chắc chắn là phương pháp khoa học duy nhất, vì nó chỉ cho phép người ta tự tin trước khi đạt được mục tiêu, ít được sử dụng trong toán học chỉ vì ứng dụng của nó gắn liền với những khó khăn cực kỳ…”

Abel nghỉ hưu để đề xuất những khó khăn này: ông đã chứng minh rằng phương trình tổng quát bậc năm không thể giải được bằng căn thức - lời giải một phương trình như vậy không thể được biểu diễn dưới dạng các hệ số của nó bằng cách sử dụng các phép toán số học và kiến ​​thức về nghiệm.

Vì vậy, vấn đề mà các nhà toán học đang nghiên cứu, để nhanh chóng cung cấp kết quả cho các nhà toán học, Abel đã tự mình in một cuốn sách nhỏ có phần chứng minh bằng tiếng Pháp; do thiếu kinh phí nên ông phải rút gọn bài trình bày xuống còn 6 trang và cung cấp cho người đọc những chi tiết của nhiều lập luận. Không có gì đáng ngạc nhiên khi rất ít nhà toán học có thể hiểu hết nội dung của tác phẩm này. Hơn nữa, Gauss, người quan tâm nhất đến lý thuyết phương trình đại số, đã đánh mất cuốn sách nhỏ của Abel trong số các bài báo của ông. Sau đó, Abel công bố phần phát triển cách chứng minh định lý của mình, dài hàng chục trang.

Rõ ràng là vài năm trước Abel, nhà khoa học người Inalian Paolo Ruffini đã thu được kết quả tương tự. Và mặc dù cách chứng minh của Ruffini chưa đầy đủ, nhưng định lý về tính không giải được của phương trình bậc năm theo căn thức ngày nay được gọi là định lý Ruffini-Abel.

Tuy nhiên, mặc dù phương trình tổng quát bậc 5 không thể giải bằng căn thức nhưng vẫn có một số trường hợp đặc biệt.

7

chavv trong đó lời giải như vậy có thể xảy ra. Ví dụ: chia góc $\alpha$ thành $n$ các phần bằng nhau để có nghĩa là cos $\alpha$ đến cos $\frac{\alpha}{n}$ và giải phương trình tốt hơn cho cos $\alpha/n$. Vì cos $\alpha = 4\cos^3\alpha/3$ - 3 cos $\alpha/3$, nên với $n = 3$, chúng ta thu được phương trình Cubian $4x^3 - 3x = \cos \alpha$, phương trình này, giống như trong trường hợp phương trình Cubian, được giải theo căn thức. Hóa ra những phương trình như vậy có thể được giải theo căn thức với bất kỳ giá trị nào của $n$. Các phương trình tương tự thu được khi chuyển từ hàm lượng giác sang hàm elip. Abel đã có thể viết các phương trình này bằng cách biểu diễn hàm elip của đối số $x$ dưới dạng hàm của đối số $x/n$.

Abel biết rằng câu hỏi về khả năng giải được của một phương trình theo căn thức có liên quan đến sự tương ứng giữa các nghiệm của phương trình. Ví dụ, tất cả các nghiệm của phương trình

$$x^{n-1} + x^{n-2} + \dots + x + 1 = 0,$$

phát sinh khi chia một đường tròn thành $n$ phần (phương trình pose (2) gọi là phương trình chia đường tròn), có thể biểu diễn thông qua một trong các phần đó như sau:

$$x_2 = x_1^2, \quad x_3 = x_1^3, \quad \dots, \quad x_{n-1} = x_1^{n-1}.$$

Các hàm $y = x, y = x^2, \dots, y = x^{n-1}$ là hợp lý. Hơn nữa, chúng có đặc tính đáng chú ý sau: nếu bạn lấy bất kỳ hai hàm nào như vậy, thay thế $x$ ở một trong chúng bằng một hàm khác và thay thế $x_1$ cho $x$ cùng nhau, thì số kết quả sẽ lại là một trong những nghiệm của phương trình. Trên thực tế, từ phương trình (2), suy ra $x_1^n = 1$ và sau đó là $(x_1^k)^l = x_1^{kl} = x_1^m$, trong đó $m$ là phần dư của phép chia $kl$ cho $n$.

Abel nhận ra rằng chính tính chất này có liên quan đến khả năng giải được phương trình chia đường tròn theo căn thức. Do đó, ông đã xem xét các phương trình sao cho:

a) tất cả các nghiệm của mỗi trong số chúng có thể được biểu diễn dưới dạng hàm hữu tỷ của một trong các nghiệm, ví dụ: của $x_1$:

$$x_1 = \theta_1(x_1), \quad x_2 = \theta_2(x_1), \quad \dots, \quad x_n = \theta_n(x_1);$$

b) hàm $\theta_1(x)$, $\dots, \theta_n(x)$ sao cho với mọi $k$ và $l$ đều tồn tại một $m$ sao cho $(l \theta_k(x_1)) = \theta_m(x_1)$.

Hóa ra để phương trình có thể giải được bằng căn thức, chỉ cần đáp ứng thêm một điều kiện nữa là đủ: với mọi $k$ và $l$ $\theta_k(\theta_l(x_1)) = \theta_l(\theta_k(x_1))$. Nói cách khác, điều cần thiết là việc chúng ta thay thế $\theta_k(x_1)$ thành $\theta_l(x)$ hay $\theta_l(x_1)$ thành $\theta_k(x)$ đều không thành vấn đề. Từ đó sự hoàn thiện của sự biến đổi, kết quả sau

mà việc thực hiện tuần tự của nó không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện phép biến đổi được gọi là Abelian (hoặc giao hoán).

Khi nghiên cứu các hàm elip và nội cực, Abel đã sử dụng rộng rãi lý thuyết chuỗi lũy thừa. (Lũy thừa tiếp theo là biểu thức có dạng $\sum a_n x^n = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots + a_n x^n + \dots$)

Ông đã chứng minh rằng tập hợp các giá trị $x$ mà chuỗi $^*$) hội tụ

$$a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + \dots,$$

là một khoảng có dạng $(-l, l)$ (trong đó $l$ cũng có thể bằng 0 hoặc vô cùng) hoặc cùng một khoảng mà một hoặc cả hai đầu được gắn vào. Ông đã chứng minh rằng trong khoảng hội tụ, chuỗi lũy thừa có thể vi phân và nội hóa, đồng thời hành vi của tổng của chuỗi có thể được sử dụng khi $x$ tiến đến điểm cuối của khoảng hội tụ. Tất cả những kết quả này, sau khi thụ phấn, đã trở thành cổ điển và được đưa vào tất cả các khóa học tính toán toán học.

Vòng tròn được mô tả và Abel đã phát triển trong thời gian 1824-1826, khi sau khi tốt nghiệp đại học, ông ra nước ngoài để tiếp tục học. Ông quảng bá ở Đức, Áo, Ý, Thụy Sĩ, Pháp, Bỉ và làm quen với Jacob Steiner, Andrien Legendre, Augustin Cauchy và nhiều nhà toán học khác.

Vào ngày 30 tháng 10 năm 1826, tại cuộc họp tiếp theo của Viện Hàn lâm Khoa học Pháp, thư ký thường trực Fourier đã trình bày về nhà toán học người Na Uy Niels Henrik Abel của ông và “Hồi ký về các tính chất chung của thang đo của một lớp rộng các hàm siêu việt”. Legendre và Cauchy được giao nhiệm vụ đưa ra ý kiến ​​về cách trình bày tác phẩm.

*) Điều này có nghĩa là có

$$\lim_{n \to \infty} \left( a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n \right).$$

8

Đài tưởng niệm Abel ở Oslo

Cauchy được chấp thuận làm diễn giả. Sẽ rất khó để tìm được một ứng cử viên kém phù hợp hơn: Cauchy quá đam mê nghiên cứu của riêng mình đến nỗi ông không còn thời gian cho bất cứ việc gì khác. Cuốn “Hồi ký” của Abel bị thất lạc giữa đống bản thảo ngổn ngang văn phòng của Cauchy. Abel đã mong muốn sự công nhận của các nhà khoa học Pháp một cách vô ích: “Hồi ký” chỉ được tìm thấy sau khi ông qua đời *).

Thật không may, những cuộc gặp gỡ với các nhà toán học Pháp đã giúp ích rất ít cho Abel. Một số người trong số họ đã ngừng nghiên cứu khoa học và theo đuổi sự nghiệp riêng của mình. Những người khác chỉ quan tâm đến toán học ứng dụng - đối với họ, nghiên cứu của Abel dường như hoàn toàn không thể áp dụng được vào thực tế. Họ không thể lường trước được rằng sau một trăm năm gặp gỡ lý thuyết với người Pháp, vai trò của Cauchy đã được thể hiện trong số phận của một thiên tài trẻ khác - Evariste Galois («Kvant», 1973, số 10, tr. 5).

Các phương pháp nhóm Tico, bắt nguồn từ công trình của Lagrange, Abel và Galois, sẽ trở thành nền tảng của mọi phương pháp tính toán của cơ học lượng tử.

Hồi ký của một nhà toán học về thời kỳ sống ở Paris của Abel đã được lưu giữ: “Abel nói tiếng Pháp, tiếng Đức, tiếng Đan Mạch và tiếng Na Uy đều tốt. Anh ta có chiều cao trên trung bình một chút, khuôn mặt gầy gò, ốm yếu mang dấu ấn của sự mệt mỏi và lo lắng. Anh ta cư xử với tốc độ phi thường và dễ bị lạc, thể hiện một tính cách hiền lành đáng kinh ngạc. Xét theo phong cách ăn mặc đơn giản của anh ta, anh ta cho phép mình mua một ít đồ ăn không quá một lần mỗi ngày và hài lòng với một căn hộ tồi tàn ở Rue.” Sainte-Marguerite, anh ta có sẵn những phương tiện rất ít ỏi. Tuy nhiên, Abel đã gặp một người đàn ông cho anh ta xem những dấu vết bị đánh đập trên cơ thể và khuyên anh ta nên cẩn thận với bọn cướp.

9

“Tôi không có gì phải sợ. Bọn cướp có thể lấy đi thứ gì của tôi? - Abel mỉm cười trả lời anh ta.

Anh ấy thực sự đã chờ đợi nhà hiền triết đó, tất cả kho báu của người đó đều được cất giữ trong đầu anh ấy. Nếu nói về sự giàu có như vậy thì Abel thực sự sở hữu một khối tài sản không thể kể xiết.

Trong thời gian ở lại Paris, Abel tiếp tục nghiên cứu lý thuyết tổng quát về hàm elip. Trong một bức thư gửi Bernt Holmboe, ông nói: “Tôi đã phát hiện ra rất nhiều định lý tuyệt vời đến mức tôi không thể tin được”.

Chẳng bao lâu sau, Abel nhận ra rằng số tiền được cấp cho anh cho chuyến công tác nước ngoài sẽ không đủ trong suốt thời gian qua và quyết định trả lại về nước. Trên đường về ông bị bệnh lao phổi. Căn bệnh này sau đó đã đưa anh ta xuống mồ.

Vào ngày 20 tháng 5 năm 1827, Abel trở lại Oslo. Sau màn chào đón nồng nhiệt và nghi thức đón tiếp, một ngày đáng thất vọng bắt đầu. Nils nhận ra rằng anh ấy không bao giờ thiếu thốn; anh ta thậm chí còn không được mời làm việc với mức lương cố định, chẳng hạn như giáo viên đại học hay thậm chí là giáo viên phổ thông. Abel buộc phải nộp đơn vào trường Cao đẳng: “Hiện tại, tôi không có bất kỳ phương tiện sinh hoạt nào. Tôi đã ở vị trí này kể từ khi tôi trở về nhà và sẽ ở lại cho đến khi tôi sẵn sàng. Để kiếm sống bằng cách nào đó, tôi sẽ phải từ bỏ gần như hoàn toàn việc theo đuổi khoa học… Đó là lý do tại sao tôi dám tìm đến Collegium rất được kính trọng với yêu cầu cung cấp cho tôi sự hỗ trợ dưới hình thức thuận tiện nhất.” Vào ngày 4 tháng 9 năm 1827, Trường chấp nhận lời giải trả cho Abel 200 dalers mỗi năm - giống hệt số tiền ông nhận được khi còn là sinh viên.

Vào tháng 3 năm 1828, Giáo sư Christopher Hansteen, người giám sát các nghiên cứu khoa học của Abel tại trường đại học, đã thực hiện chuyến thám hiểm tới Siberia. Hanstin tiến cử Abel làm cấp phó trong suốt chuyến đi khoa học.

Niels bắt đầu giảng dạy các lớp về cơ học và thiên văn học tại trường đại học và Học viện Quân sự, nơi Hatzsteen từng giảng dạy trước đây. Bây giờ Abel đã nhận được một mức lương đáng kể vào thời điểm đó: 533 daler mỗi năm, nhưng anh ấy vẫn sống rất nghèo. Tất cả số tiền đó đều được dùng để trả các khoản nợ tích lũy.

Cùng năm đó, Niels Henrik Abel được bầu vào Hiệp hội Khoa học Hoàng gia Na Uy. Đây là sự công nhận chính thức duy nhất về những cống hiến của Abel mà ông nhận được trong suốt cuộc đời của mình.

Nhưng tháng 3 năm 1828 không chỉ mang lại cho Abel niềm vui: khi xem qua tạp chí Tin tức thiên văn, ông phát hiện ra rằng một nhà khoa học khác đang nghiên cứu rất thành công về chủ đề của mình - nhà toán học người Đức Carl Gustav Jacobi.

Toàn bộ năm 1828 trôi qua trong sự nuôi dưỡng của hai nhà khoa học trẻ. Ẩn sĩ Gauss của Göttingen đã hết sức quan tâm đến “cuộc thi” này: xét cho cùng, nhật ký thời trẻ của ông, được viết khi cả Abel và Jacobi đều chưa có mặt trên thế giới, chứa đựng nhiều khám phá mà ông đã thực hiện. Nhưng Gauss không vội công bố kết quả của mình: chúng chỉ được biết đến sau khi nhật ký của ông được xuất bản sau khi ông qua đời. Cả Abel và Jacobi đều không còn sống vào thời điểm đó. Họ không biết gì về công trình của người tiền nhiệm vĩ đại của họ, mặc dù không chỉ các định lý của họ mà thậm chí đôi khi ký hiệu của họ trùng khớp với ký hiệu của Gauss. Tuy nhiên, trong một lĩnh vực, Abel Prev không chỉ nổi lên ngang hàng với Jacobi mà còn ngang hàng với Gauss. Ông đã phát triển một lý thuyết tổng quát về các mục tiêu liên kết từ các hàm đại số, một trường hợp đặc biệt là hàm elip. Đó là chủ đề chưa được đọc trong các bài báo của Cauchy.

10

Việc cạnh tranh với Jacobi không hề dễ dàng đối với Abel. Anh ngủ không đủ giấc, không đủ quần áo; tất cả những điều này đã ảnh hưởng đến sức khỏe của anh ấy. Abel thường xuyên bị sốt và cơn ho của anh ngày càng trầm trọng hơn.

Vào giữa tháng 12 năm 1828, Abel quyết định đến gặp bạn bè ở Froland để nghỉ lễ Giáng sinh. Dù Abel phản đối chuyến hành trình này nhưng Nils vẫn quyết định đi.

Anh ấy đến Froland vào ngày 19 tháng 12. Trên đường đi, Abel bị cảm lạnh nặng. Anh ấy bị ho và ớn lạnh làm phiền, nhưng Nils vẫn tiếp tục nghiên cứu toán học.

Chuyến khởi hành từ Frolanda được ấn định vào ngày 9 tháng 1. Vào ngày này, một chiếc xe trượt tuyết có dây nịt đang đợi Abel vào buổi sáng. Nhưng ngay trước khi rời đi, Nils bị ốm. Bác sĩ kê đơn nghỉ ngơi tại giường và nghỉ ngơi hoàn toàn.

Thực ra đó là hai hoặc ba tuần, nhưng hóa ra chỉ tồn tại trong thời gian ngắn. Vào ngày 21 tháng 2, do tình trạng khẩn cấp, Nils đã viết trong một lá thư gửi Trường rằng vì bệnh tật, Abel không thể bắt đầu hoàn thành nhiệm vụ của mình tại trường đại học trước mùa xuân năm 1829.

Hy vọng gọi được Abel sẽ không thành hiện thực. Nils ngày càng yếu đi. Vào tháng Ba, anh hầu như không rời khỏi giường. Vào lúc 4 giờ chiều ngày 6 tháng 4, Abel qua đời.

Thiên tài của Abel chỉ được công nhận sau khi ông qua đời. Vào ngày 11 tháng 6 năm 1829, tại cuộc họp của Viện Hàn lâm Khoa học Pháp, Legendre tuyên bố về cái chết của Abel. Bây giờ Cauchy chỉ mất một tuần để chuẩn bị kết luận của mình. Tại cuộc họp tiếp theo, Học viện nghe được thông điệp của Cauchy và chấp nhận lời giải xuất bản “Hồi ký” của Abel trong một loạt tác phẩm của các nhà khoa học nước ngoài và trao giải thưởng lớn cho Abel, cùng với Jacobi, cho những khám phá toán học xuất sắc.

Để kết luận, chúng tôi trình bày một số phát biểu toán học về Abel.

Từ lá thư của Gauss gửi Schumacher: “…Tôi chưa thấy một tin tức nào trên báo chí về cái chết của Abel. Đây là một mất mát lớn đối với khoa học. Nếu tiểu sử của người đàn ông xuất sắc này được xuất bản ở đâu đó và bạn có được một bản sao, hãy cho tôi biết.”

Từ lá thư của Legendre gửi Jacobi: “…Trước sự đau buồn lớn nhất của tôi, tôi nhận được tin rằng đối thủ xứng đáng của bạn, ông Abel, đã qua đời ở Oslo vì một căn bệnh nặng hơn, căn bệnh mà ông ấy đã phải chịu đựng một thời gian và càng trở nên trầm trọng hơn bởi mùa đông khắc nghiệt. Đây là một mất mát nặng nề đối với tất cả những người coi trọng việc phát triển các ngành phân tích toán học cao hơn. Sống một cuộc đời rất ngắn ngủi, ông đã làm được rất nhiều điều đến mức điều này đủ để để lại ký ức lâu dài về ông; Thật dễ dàng để tưởng tượng những gì ông sẽ đạt được nếu số phận đã quyết định nếu không thì.”

Từ lá thư của Jacobi gửi Legendre: “…Tin buồn đến về cái chết của Abel… Phạm vi vấn đề mà anh ấy giải quyết rộng đến mức đáng kinh ngạc! Tìm ra một điều kiện cần và đủ cho phép người ta đề xuất liệu một phương trình đại số đã cho có thể được giải dưới dạng căn thức hay không, một điều kiện tương tự để xác định khả năng biểu diễn một khoảng tùy ý ở dạng đóng, được thay thế bằng việc phát hiện ra tính chất tổng quát của tất cả các hàm là các hàm liên đại số, v.v., v.v. Tất cả những vấn đề này cực kỳ bất thường đối với Abel, thậm chí không có ai dám đặt họ trước mặt anh ấy, anh ấy đã rời bỏ chúng tôi, nhưng dấu vết anh ấy để lại là không thể xóa nhòa.”

Bạn có thể đọc về Abel trong cuốn sách “Nhà toán học đáng chú ý Nils Henrik Abel” của O. Ore (M., Fizmatiz, 1961).

11

Có thể hiểu được các vật tương tác với nhau theo định luật vạn vật hấp dẫn sẽ chuyển động như thế nào không? Ví dụ, các hành tinh chuyển động như thế nào? Giả sử rằng tại một số thời điểm ban đầu, chúng ta biết tọa độ chính xác của các hành tinh $n$, vận tốc của chúng và được biết rằng mỗi hành tinh chỉ bị ảnh hưởng bởi lực hấp dẫn từ các hành tinh ($n-1$) còn lại. Dựa trên những điều kiện ban đầu này cần xác định sự chuyển động của các hành tinh trong tương lai.

Các định luật điều chỉnh chuyển động này là định luật thứ hai quen thuộc của Newton và định luật vạn vật hấp dẫn. Sử dụng immi, bạn có thể tưởng tượng được chuyển động của các hành tinh. Đối với hệ hai vật ($n=2$), bài toán này lần đầu tiên được Newton giải. Trong trường hợp này, dựa trên các điều kiện ban đầu, có thể xác định trạng thái của hệ (tọa độ của các vật thể, vận tốc của chúng, v.v.) bất kỳ lúc nào với bất kỳ độ chính xác nào.

Nhưng khi các nhà khoa học bắt đầu nghiên cứu một hệ gồm nhiều vật thể, họ gặp phải những khó khăn to lớn trong việc mô tả đặc tính toán học thuần túy. Đối với trường hợp $n=3$, không thể thu được chính xác lời giải bài toán trong trường hợp chung. Và cho đến giữa trưa, bất chấp nỗ lực suốt hai trăm năm mươi năm của các nhà toán học trên khắp thế giới, vẫn không thể giải chính xác được bài toán này bằng các phương tiện toán học đã biết. Đó là lý do tại sao “bài toán $n$ vật thể”—như tên gọi của bài toán cơ học này—đã thu hút sự chú ý của các nhà toán học.

Một động lực khác là tầm quan trọng to lớn của các vật thể bài toán $n$ đối với cơ học thiên thể và du hành vũ trụ. Do đó, không có gì đáng ngạc nhiên khi tổng số công trình liên quan đến nó lên tới hai nghìn và 15-20 nghiên cứu mới xuất hiện hàng năm.

12

Hiện nay, có một số phương pháp dành cho các vật thể lời giải bài toán $n$ gần đúng, cho phép mỗi hệ thống vật thể cụ thể với các điều kiện ban đầu cụ thể nhất định xây dựng quỹ đạo chuyển động với bất kỳ độ chính xác nào cần thiết để thực hành trong bất kỳ khoảng thời gian giới hạn nào.

Tính hiệu quả và độ tin cậy của các phương pháp này chưa được thử nghiệm nhiều lần, đặc biệt là khi tính toán quỹ đạo của tàu vũ trụ và các trạm liên hành tinh.

Bằng cách sử dụng chính xác những phương pháp này, Adams và Le Verrier đã có thể khám phá ra hành tinh Sao Hải Vương “ở đầu ngòi bút của họ”.

• Xin lỗi, nhưng khó khăn có liên quan gì đến nó? - người đọc sẽ ngạc nhiên. Chỉ là các nhà thiên văn học rất hâm mộ thần thoại và một nhóm các nhà thiên văn có cái tên chung như vậy được kết nối với chủ đề của các bài viết theo cách sau. Nhưng chúng ta sẽ nói về Trojan sau một lát, còn bây giờ chúng ta hãy tiếp tục nói về bài toán $n$ tel.

Bài toán Lagrange

Vì vậy, chắc chắn có lời giải bài toán $n$ thể. Nhưng đối với trường hợp từng phần $n = 3$ dưới một số điều kiện ban đầu “đặc biệt”, thì lời giải chính xác đã được nhà toán học nổi tiếng người Pháp Lagrange tìm ra cách đây 200 năm.

lời giải của anh ấy - đây được gọi là nghiệm Lagrange của các vật thể bài toán $n$ - là lời giải chính xác duy nhất của bài toán này được biết đến hiện nay.

Trong bài viết này chúng ta sẽ xem xét phần đơn giản nhất bài toán của Lagrange.

Cho ba vật không nằm trên cùng một đường thẳng quay theo những đường tròn đồng tâm nằm trong cùng một mặt phẳng với vận tốc góc bằng nhau. Nghĩa là, những vật thể này có thể được coi là những điểm của một vật thể tam giác tưởng tượng, quay một trục chuyển động quanh nó (rất

Hình.1.
rõ ràng là trục này đi qua tâm của các đường tròn đồng tâm - “quỹ đạo” của các vật thể).

Điều này có thể xảy ra ở sự sắp xếp nào của khối lượng? Vật thể hình tam giác tưởng tượng này phải quay với tốc độ bao nhiêu để không bị “phân tán” thành nhiều phần? Đây là cách Lagrange thiết lập bài toán của mình.

Vì vậy, chúng ta hãy thử giải bài toán này theo Lagrange.

Tam giác khối

Cho ba vật có khối lượng $m_1, m_2, m_3$ quay theo các đường tròn đồng tâm, tâm của chúng ở điểm $O$ (xem Hình 1). Bán kính quỹ đạo của các vật thể lần lượt là $r_1, r_2$ và $r_3$, khoảng cách $R_1, R_2, R_3$ giữa các vật thể lớn hơn nhiều so với kích thước của các vật thể. Gia tốc hướng tâm của mỗi điểm được truyền bởi lực hấp dẫn tác dụng lên nó từ các điểm lân cận, tức là một lực bằng tổng (vectơ!) của các lực này. Hãy viết phương trình chuyển động của vật:

$$\begin{align*} F_{12} + F_{13} &= m_1 a_1, \\ F_{21} + F_{23} &= m_2 a_2, \\ F_{31} + F_{32} &= m_3 a_3. \end{align*}$$

Ở đây $|F_{ij}| = \gamma \frac{m_i m_j}{r_{ij}^2}$ là giá trị của lực Newton mà vật $m_j$ tác dụng lên vật $m_i$. Vì mọi vật đều quay với cùng một vận tốc góc $\omega$ (theo điều kiện bài toán), nên

$$a_1 = -\omega^2 r_1, \quad a_2 = -\omega^2 r_2, \quad a_3 = -\omega^2 r_3,$$

13

Cơm. 2.
trong đó $r_i$ là vectơ bán kính của điểm $m_i$ so với tâm quay $O$. (Khoảng cách giữa các vật thể lớn hơn nhiều so với kích thước của các vật thể nên có thể coi các vật thể là điểm).

Tất cả những lý luận sâu hơn của chúng ta sẽ thuần túy là “số học”, và thoạt đầu có vẻ như chúng chẳng liên quan gì đến bài toán. Nhưng chúng sẽ dẫn chúng ta đến lời giải bài toán (hay đúng hơn là phần đầu tiên của nó) - chúng sẽ cho phép chúng ta xác định cấu hình của các vật thể.

Chúng ta hãy cộng các đẳng thức từ hệ (1) theo từng số hạng:

$$F_{12} + F_{13} + F_{21} + F_{23} + F_{31} + F_{32} = m_1 a_1 + m_2 a_2 + m_3 a_3 = -\omega^2 (m_1 r_1 + m_2 r_2 + m_3 r_3).$$

Vế trái của đẳng thức này bằng 0 - xét cho cùng, theo định luật III của Newton, tổng của tất cả các nội lực trong một hệ kín bằng 0. (Vế trái có thể viết như sau:

$$\sum_{i,j=1}^{3} F_{ij} + \sum_{i,j=1}^{3} F_{ji} = 0, \text{ так как } F_{ij} = -F_{ji}.$$

Vì vậy chúng tôi có

$$m_1 r_1 + m_2 r_2 + m_3 r_3 = 0$$

(kể từ $\omega \neq 0$). Đẳng thức (2) về cơ bản xác định vị trí của tâm quay: nó nằm ở điểm $O$ sao cho vectơ bán kính của vật thể $m_1, m_2, m_3$ so với điểm này phải thỏa mãn điều kiện (2).

Hãy giới thiệu các vectơ $R_2$ và $R_3$ như trong Hình 2. Sau đó

$$r_1 = r_2 + R_3,$$

$$r_1 = r_3 + R_2.$$

Cơm. 3.
Chúng ta hãy biểu thị vectơ $r_1$ theo các vectơ $R_2$ và $R_3$. Để làm điều này, nhân đẳng thức thứ nhất từ ​​(3) với $m_2$ và nhân đẳng thức thứ hai với $m_3$ rồi cộng các đẳng thức thu được theo từng số hạng:

$$m_2 r_1 + m_3 r_1 = m_2 r_2 + m_3 r_3 = -m_1 r_1$$

(theo (2)), ta có:

$$(m_1 + m_2 + m_3) r_1 = m_2 R_3 + m_3 R_2.$$

Từ đây

$$r_1 = \frac{m_2}{m_1 + m_2 + m_3} R_3 + \frac{m_3}{m_1 + m_2 + m_3} R_2$$

Như vậy, vectơ $r_1$ là tổng của các vectơ $\rho_2 = \frac{m_3}{m_1 + m_2 + m_3} R_2$ và $\rho_3 = \frac{m_2}{m_1 + m_2 + m_3} R_3$ song song với các cạnh $R_2$ và $R_3$ của tam giác khối.

Bây giờ chúng ta hãy vẽ trên sơ đồ của tam giác khối các vectơ của lực tác dụng lên vật $m_1$ (xem Hình 3). $F_{12}$ là lực tác dụng từ cơ thể $m_2$, $F_{13}$ là lực tác dụng từ cơ thể $m_3$. Các lực này hướng dọc theo các cạnh $R_3$ và $R_2$ của tam giác khối. Kết quả của chúng hướng dọc theo vectơ $r_1$ đến điểm $O$ (vectơ gia tốc vật $m_1$ hướng vào tâm quay). Nhưng điều này có nghĩa là hình bình hành lực và hình bình hành dựng trên vectơ $\rho_2$ và $\rho_3$ là tương tự nhau! Sau đó

$$|F_{12}|:|\rho_3| = |F_{13}|:|\rho_2|,$$

16

các tam giác đều có đáy Trái Đất - Mặt Trăng; những đám mây bụi vũ trụ rộng lớn. Ở đây, vai trò của Trojan được thực hiện bởi vô số hạt bụi bị thu giữ bởi lực hút tương thích của Trái đất và Mặt trăng.

Do đó, lời giải, được Lagrange xuất bản năm 1772 và đối với chính tác giả chỉ là một vấn đề lý thuyết thú vị, hóa ra lại có liên quan đến những khám phá thiên văn học sau này.

Ổn định chuyển động

Nhưng chúng ta đã tìm thấy tất cả các cấu hình của ba cơ thể chưa? Không, chúng ta chưa phân tích trường hợp các vật thể sắp xếp theo đường thẳng; Ngoài ra còn có một cấu hình tương tự gồm ba vật thể có thể xoay làm một. Hóa ra cấu hình này không ổn định. Ngay khi bạn “di chuyển” khỏi đường thẳng một chút, sự phối hợp các lực ngay lập tức bị gián đoạn và độ lệch bắt đầu tăng lên.

Cấu hình tam giác có ổn định không? Không phải lúc nào cũng vậy. Năm 1843, Gachot lần đầu tiên xác định được các điều kiện ổn định của tam giác Lagrange. Ông đã chỉ ra rằng cấu hình sẽ ổn định nếu khối lượng của các vật thể lớn (nằm ở đáy tam giác) sao cho tỷ số của chúng (tỷ lệ giữa khối lượng nhỏ hơn và khối lượng lớn hơn) đủ nhỏ và các điều kiện được đáp ứng.

$$\frac{(m_1 + m_2)^2}{m_1 m_2} > 27.$$

Nếu một hạt vũ trụ, có khối lượng nhỏ hơn $m_1$ và $m_2$, chuyển động với tốc độ tương đối thấp, vô tình chạm vào đỉnh của một tam giác đều, ở đáy của nó có khối lượng $m_1$ và $m_2$, thì nó thấy mình bị “mắc kẹt”. Trong trường hợp này, hạt có thể mô tả một quỹ đạo rất phức tạp ở gần đỉnh

Tam giác Langrange nhưng toàn bộ cấu hình sẽ xoay làm một.

Khối lượng của Sao Mộc nhỏ hơn khối lượng của Mặt trời một nghìn lần. So với bất kỳ loại nào trong số chúng, tổng khối lượng của Trojan là không đáng kể. Điều kiện ổn định được đáp ứng với biên độ lớn. Sự bất bình đẳng cũng đúng với hệ Trái đất-Mặt trăng: khối lượng khác nhau theo hệ số 81.

Làm thế nào để rút ra điều kiện này? Có thể có một kết luận đơn giản, nhưng vấn đề này vẫn phức tạp và trong mọi trường hợp, cần phải có một cuộc thảo luận đặc biệt.

Bài tập

1. Bài báo không tính được vận tốc góc quay của tam giác khối. Chứng minh rằng $\omega^2 = \gamma \frac{m_1 + m_2 + m_3}{R^3}$, trong đó $R$ là khoảng cách giữa các khối lượng.

2. Chúng ta coi tam giác khối lượng là “cứng nhắc”. Nhưng hóa ra là nếu các vectơ vận tốc có độ lớn tỷ lệ thuận với khoảng cách đến tâm quay và tất cả đều hướng cùng một góc với các đoạn nối các vật thể với tâm, thì cấu hình của vật thể vẫn giống như ban đầu tại bất kỳ thời điểm nào. Một tam giác đều khi quay sẽ giãn ra hoặc co lại. Hãy cố gắng chứng minh điều đó.

Từ biên tập viên

Chúng tôi xin lỗi độc giả vì sai sót trong số thứ ba của tạp chí. Trên nền trang bìa thứ hai, chữ ký của Niels Bohr được theo sau bởi chữ ký không phải của Felix Klein mà của nhà vật lý Auguste Klein, một người bạn lớn của Niels Bohr.

17

A. Zemlyakov

TOÁN HỌC
BILLIARD

Tận tụy
trong ký ức yêu thương
Alexander Abramovich
Shertsevsky,
Giáo viên dạy toán.

Những bàn bida được mô tả trong bài viết này không giống những bàn bida thông thường cho lắm. Rất nhiều: Bàn bida không phải lúc nào cũng thẳng, chỉ có một quả bóng và không có túi hoặc gậy. Nhưng đừng buồn, chúng tôi sẽ cố gắng chứng minh rằng ngay cả một quả bóng trên sân Bi-a cũng có thể đặt ra nhiều câu đố cho những người yêu toán học.

§ 1. Bài toán Billiard tổng quát
Theo các định luật cơ học, khi một quả bóng bi-a đàn hồi tuyệt đối bị phản xạ từ một cạnh thẳng MN thì “góc tới” của quả bóng bằng “góc phản xạ của nó” - chính xác hơn là góc APM bằng góc BPN.
Dưới đây chúng ta sẽ gọi thực tế này là định luật phản xạ đàn hồi.
Ở đây chúng ta đã giả định rằng quả bóng bi-a là nước tiểu, tức là, như các nhà vật lý nói, “kích thước của quả bóng ở những khoảng cách nhất định có thể bị bỏ qua”. Vì vậy, chúng ta tin rằng quả bóng Bi-a là một điểm chuyển động, và do đó chúng ta có thể nói về quỹ đạo của quả bóng Bi-a - về đường gãy mà quả bóng di chuyển theo định luật phản xạ đàn hồi (Hình 1). Điểm đứt của đường đứt này nằm ở “các cạnh của bàn bida”. Chúng ta sẽ xem xét Bàn bida hình dạng miễn phí.
Về nguyên tắc, các cạnh của bàn bida cũng có thể cong - khi đó định luật phản xạ đàn hồi được xây dựng như trước, chỉ có góc tới và góc phản xạ phải được hiểu là các góc giữa các phần tương ứng (“sự cố” và “phản xạ”) của quỹ đạo và tiếp tuyến MN với mặt bàn cong tại điểm P khi quả bóng va chạm với mặt bên. Chúng tôi không đưa ra định nghĩa như đã hứa về tiếp tuyến của một đường cong - khá trực quan

22

Cơm. 9.

và sự dao động của nó có liên quan chặt chẽ với cái gọi là dao động tự nhiên của màng đàn hồi, có hình dạng vùng Q. Nói một cách đại khái, nếu bạn làm một chiếc trống có hình dạng vùng Q (với khung có dạng đường cong Γ), thì âm thanh âm nhạc do chiếc trống này phát ra có liên quan chính xác đến bàn bida tương ứng! Thật không may, để giải thích sự thật thú vị này, chúng ta sẽ phải đi sâu vào các nhánh toán học quá quen thuộc đối với «Kvant». Người đọc quan tâm chỉ có thể được khuyên nên nghiên cứu đủ toán học để giải thích mối liên hệ giữa bida và trống.

§ 3. Tính chất cực đoan của quỹ đạo bida

Phương pháp xây dựng quỹ đạo bi-a dẫn từ một điểm A đến một điểm B cho trước sau một phản xạ từ một cạnh thẳng MN tuân theo định luật phản xạ đàn hồi: hướng điểm B′, đối xứng với điểm B so với đường thẳng MN, và nối A với B′ (Hình 9); điểm P giao nhau của đường thẳng AB′ và MN sẽ là điểm va chạm của quả bóng với cạnh MN, và đoạn thẳng APB là quỹ đạo mong muốn (giải thích). Từ cách xây dựng, có thể thấy rất rõ rằng quỹ đạo bi-a APB là đường ngắn nhất trong tất cả các đường đứt nét có dạng AP′B với điểm P′ trên đường thẳng MN dẫn từ A đến B! (Đưa ra bằng chứng chi tiết.) Phát biểu này là một phần và là trường hợp đơn giản nhất của nguyên lý cơ bản của cơ học cổ điển - nguyên lý tác dụng tối thiểu (trong quang học nó được gọi là nguyên lý Fermat)*. Trong tình huống của chúng ta, nguyên tắc này có thể được hình thành như sau: quả bóng bida “thông minh” và chọn con đường ngắn nhất trong tất cả các đường đi có thể. Cho đến nay, chúng ta chỉ thiết lập “nguyên lý đường đi ngắn nhất” trong trường hợp một phản xạ từ một cạnh thẳng. Trong các vấn đề 5-7, nên kiểm tra nó trong trường hợp bóng được phản xạ không phải một lần mà nhiều lần mà từ các cạnh thẳng.

Bài toán 5. Điểm A và B nằm trong góc nhọn MON. Xây dựng đường gãy cực đại AP₁P₂B với các đỉnh P₁ trên [OM) và P₂ trên [ON). Chứng minh rằng đường đứt nét này là quỹ đạo bi-a bên trong góc MON dẫn từ A đến B.

Bài toán 6. (A). Trong một góc nhọn MON cho trước, nội tiếp tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất, đỉnh A nằm tại một điểm bên trong góc, hai đỉnh còn lại nằm trên hai cạnh của góc.

(B). “Bài toán Fagnano.” Cho tam giác nhọn MLN, nội tiếp tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Chứng minh rằng tam giác ABC này có quỹ đạo bi-a tuần hoàn bên trong tam giác MLN.

Bài toán 7. Có hai quả bóng A và B trên bàn bida thẳng KLMN. Nên đẩy bi A theo hướng nào để sau 4 lần phản xạ liên tiếp từ các phía KL, LM, MN, NK sẽ chạm vào bi B? Đối với bất kỳ vị trí nào của quả bóng A và B, bài toán có lời giải không? Liệu quỹ đạo AP₁P₂P₃P₄B này có phải là ngắn nhất trong tất cả các đường gãy thuộc loại này (bắt đầu từ điểm A, đi dọc các cạnh của bàn theo trình tự đã chỉ định và kết thúc tại điểm B)?

Hóa ra việc thay thế cạnh thẳng của một lá neembrane cong đã “làm bối rối” quả bóng bi-a đến mức đôi khi nó không di chuyển theo đường ngắn nhất mà ngược lại, là đường đi dài nhất! Chúng ta hãy xem xét tình huống này một cách chi tiết.

Định lý 2. Nếu đường đứt nét APB có hai đầu A và B và một điểm từ

*) Để biết thêm thông tin về điều này, xem bài viết của S. G. Verov “Brachistochrone, hoặc Myna Cyclops khác”, «Kvant», 1975, số 12.

23

Quét. Dưới đây, để ngắn gọn, chúng tôi lược bỏ từ “địa phương”. Để chứng minh đường đi “nguyên nhân cực trị” (tức là tối thiểu hoặc tối đa) được công thức hóa cho quỹ đạo bi-a, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp phổ biến để nghiên cứu bài toán mức tối đa và tối thiểu; mô tả của nó trong trường hợp tổng quát có thể được tìm thấy trong cuốn sách của N. B. Vasiliev và V. L. Gutenmacher “Đường thẳng và đường cong”, § 7, hoặc trong bài viết của V. G. Boltyansky và I. M. Yaglom “Hình học bài toán cho cực đại và cực tiểu” trong Tập V của “Bách khoa toàn thư về toán học sơ cấp”.

Chứng minh Định lý 2. Với mỗi số $c > |AB|$, xét tập hợp $\Gamma_c$, bao gồm các điểm $M$ mà $|AM| + |MB| = c$. Như đã biết (ví dụ, xem cuốn sách “Đường thẳng và đường cong” nói trên, § 5, hoặc bài viết của I. N. Bronstein “Ellipse”, «Kvant» số 1 cho năm 1975), tập hợp $\Gamma_c$ là một hình elip với các điểm hình thành $A$ và $B$; chúng tạo thành một họ các hình elip đồng tiêu $\{\Gamma_c\}$. Dễ dàng nhận thấy rằng nếu đường đứt nét $APB$ là nhỏ nhất hoặc lớn nhất thì điểm $P$ là điểm tiếp tuyến của đường cong $\Gamma$ với một trong các hình elip thuộc họ $\{\Gamma_c\}$ - hãy chứng minh điều này bằng Hình 10, a và b. (Lưu ý rằng không phải tất cả các điểm tiếp tuyến đều cho giá trị cực đại hoặc cực tiểu - xem Hình 10, c.) Tại điểm $P$ như vậy, đường cong $\Gamma$ và hình elip $\Gamma_c$ tiếp tuyến với nó có một tiếp tuyến chung $MN$. Theo đặc tính quang học của hình elip *), các đoạn $PA$ và $PB$, nối điểm $P$ với hình dạng của hình elip $\Gamma_c$, tạo thành các góc bằng nhau với tiếp tuyến $MN$ đến $\Gamma_c$ tại điểm $P$ (Hình 11). Vì đường thẳng $MN$ cũng tiếp tuyến với đường cong $\Gamma$ tại điểm $P$ nên đường đứt nét $APB$ là quỹ đạo bi-a đi từ $A$ đến $B$ sau khi phản xạ từ $\Gamma$ tại điểm $P!$ Định lý 2 đã được chứng minh.

Thu hút độc giả ưu tiên. Nếu lý luận của chúng tôi có vẻ quá lỏng lẻo đối với bạn - ví dụ: do thiếu định nghĩa chính xác về $P$.

*) Ví dụ, hãy xem bài viết của V. G. Boltyansky ở «Kvant» Số 12 năm 1975.

24

Cơm. 11.

tiếp tuyến tuyến tính của các đường cong, cực trị cục bộ, v.v. - thì chúng tôi khuyên bạn nên xem lại bài viết nêu trên của V. G. Boltyansky và I. M. Yaglom trong tập “Bách khoa toàn thư về toán học cơ bản” (trang 270-346).
Để bảo vệ, chúng tôi lưu ý rằng một cuộc thảo luận có cấu trúc về tất cả những điều dễ hiểu này sẽ đưa chúng ta đi quá xa khỏi trò chơi bi-a.

Ví dụ. Cho G là một đường tròn, A và B là các điểm bên trong G. Xét họ {Γ_c} các hình elip đồng tiêu với tiêu điểm A và B, chúng ta có thể chỉ ra rằng có chính xác bốn quỹ đạo dẫn từ A đến B sau một phản xạ từ G, và hai trong số đó sẽ trả lời giá trị nhỏ nhất và hai quỹ đạo còn lại sẽ trả lời giá trị lớn nhất của tổng |AP| + |PB| (xem hình 12).

Bài 8. Phát biểu nghịch đảo nguyên lý đường cực trị phát biểu: quỹ đạo bi-a APB đi từ điểm A đến điểm B sau khi phản xạ từ đường cong G là cực tiểu hoặc cực đại. Cho ví dụ chứng minh rằng đối với đường cong nhỏ Г phát biểu này không đúng. Liệu nó có đúng với những đường cong lớn Г (nghĩa là với những đường cong nằm hoàn toàn về một phía của bất kỳ tiếp tuyến nào của chúng) không? Chứng minh “nguyên lý nghịch đảo” này trong trường hợp đường cong G lồi và đối diện với các điểm A và B bằng độ lồi của nó (như trên Hình 10, a).

Bây giờ chúng ta hãy áp dụng các nguyên lý đường đi cực trị cho định lý Birkii được đề cập ở §2:

nếu Q là một vùng lồi được giới hạn bởi một đường cong Γ không có điểm dừng thì với n ≥3 tùy ý sẽ có ít nhất một quỹ đạo bi-a tuần hoàn trong vùng Q, gồm đúng n liên kết.

Cơm. 12.

Bằng chứng. Chúng ta hãy xem xét tất cả các đường đứt gãy liên kết n đóng không tự giao nhau P_1P_2…P_nP_1 nội tiếp trong miền Q (nghĩa là với các đỉnh P_i trên đường cong Γ). Hãy chọn đường đứt nét dài nhất trong số chúng (nghĩ xem tại sao lại tồn tại một đường đứt gãy như vậy?).

Bài 9. Sử dụng nguyên lý đường cực trị, chứng minh đường đứt nét dài nhất này là quỹ đạo bi-a trong miền Q.

Từ bài toán 9, đường gãy “dài nhất” P_1P_2…P_nP_1 sẽ là một quỹ đạo tuần hoàn khép kín và định lý Birkoff đã được chứng minh (chúng tôi không muốn tước đi sự hài lòng của độc giả về lời giải bài toán 9).

Bài toán 10. (A) Phân tích phát biểu định lý Birkoff cho n=2.

(B). Hãy suy nghĩ xem liệu quỹ đạo tuần hoàn của n liên kết hiện tại có phải là một quỹ đạo bị đứt hay không, quỹ đạo “dài nhất” trong số tất cả các đường gãy liên kết n (bao gồm cả tự giao nhau) nội tiếp trong đường cong Γ? (Xem xét trường hợp n=4 và n=5.)

(B). Những khó khăn nào sẽ nảy sinh trong việc chứng minh định lý Birkoff nếu thay vì đường đứt nét dài nhất P_1P_2…P_nP_1 chúng ta lấy đường ngắn nhất?

Bài toán 11. Trong số n-giác nội tiếp hình tròn có chu vi lớn nhất là gì?

Chúng ta hãy tạo thành hai bài toán về quả bi-a bên trong hình elip Γ với tiêu điểm A và B. Theo tính chất quang học của hình elip (xem ở trên), nếu chúng ta nhả quỹ đạo bi-a ra khỏi tiêu điểm, thì các liên kết của nó sẽ luân phiên đi qua tiêu điểm A và B, và quỹ đạo này sẽ tiếp cận vô cùng lớn

25

trục hình elip - đến đoạn $A_1B_1$ (Hình 13, a).

Bài toán 12. Để liên kết ban đầu của quỹ đạo đường mật trong hình elip $\Gamma$ không giao nhau với đoạn $AB$ giữa các tiêu điểm. Chứng minh rằng tất cả các liên kết tiếp theo của quỹ đạo này sẽ không cắt đoạn $AB$. Hơn nữa, nếu chúng ta tạo một hình elip nhỏ hơn $\Gamma_1$ với cùng tiêu điểm, chạm vào liên kết ban đầu của quỹ đạo, thì $\Gamma_1$ cũng sẽ chạm vào tất cả các liên kết khác $^*$ (xem Hình 13, b).

Bài toán 13. Chứng minh rằng nếu liên kết ban đầu của quỹ đạo đường mật trong hình elip $\Gamma$ cắt đoạn $AB$ giữa các tiêu điểm thì tất cả các liên kết tiếp theo của nó sẽ cắt đoạn $AB$. Hơn nữa, nếu chúng ta xây dựng một hyperbol có cùng tiêu điểm $A$ và $B$, chạm vào liên kết ban đầu $P_1P_2$ (hoặc đường thẳng $P_1P_2$), thì các nhánh của hyperbol này sẽ chạm vào tất cả các liên kết khác $P_kP_{k+1}$ (hoặc phần tiếp theo của chúng - đường thẳng $P_kP_{k+1}$)**.

Bài toán 12 và 13 cho thấy rằng đối với một bàn bida trong hình elip có tiêu điểm $A$ và $B$ định tính bài toán, đề cập đến tổng quát

*) Bài toán 12 đã được xuất bản trên «Kvant» - xem số 12 cho năm 1975, trong phần “Bài toán Kvant. Chúng tôi sẽ giới thiệu lời giải của cô ấy, cũng như lời giải của bài toán còn lại, trong số tiếp theo của tạp chí.

**) Để biết định nghĩa và các tính chất cần thiết của hyperbola, hãy xem bài viết của I. N. Bronshtein “Hyperbola”, «Kvant», 1975, số 3, cũng như bài viết nói trên của V. G. Boltyansky.

bài toán bida trong đa giác của chúng ta.

Bài toán 14. Chứng minh rằng mọi quỹ đạo không tuần hoàn của một quả bi-a trong một hình chữ nhật sẽ lấp đầy toàn bộ hình chữ nhật (!) ở mọi nơi (so sánh với Bài toán 2; lưu ý rằng một quỹ đạo không tuần hoàn không phải lúc nào cũng dày đặc ở một vùng nhất định ở mọi nơi - ví dụ: quỹ đạo của một quả bi-a trong một hình elip đi qua tiêu điểm không có tính chất này!).

Bài toán 15. Chứng minh tương tự cho bida trong tam giác đều.

Bổ sung vào § 2

(A) Định lý Jacobi.
Chúng ta hãy nhớ lại nó được xây dựng như thế nào.

Đặt $\alpha$ là một số không thể ước lượng được với $\pi$, $\{P_0, P_1, P_2, \dots\} = \{P_k\}$ là một chuỗi các moka của vòng tròn $\Gamma$, ngụ ý rằng mỗi moka tiếp theo một cách tuần tự $P_{k+1}$ được lấy từ moka $P_k$ trước đó bằng cách lặp lại một góc $\alpha$ radian. Khi đó, đối với bất kỳ cung $\Delta$ nào của đường tròn $\Gamma$, ít nhất một moka tuần tự $\{P_k\}$ nằm trên cung này $\Delta$.

Bằng chứng. Đặt $\Delta$ là một cung tùy ý và $\varepsilon$ số đo radian của nó. Hãy chọn một số tự nhiên $N$ sao cho $2\pi/N < \varepsilon$. Kích thước của hình tròn $\Gamma$ thành $N$ có chiều dài bằng cung $\Delta_1, \Delta_2, \dots, \Delta_N$; số đo radian của mỗi chúng là $2\pi/N$ và nhỏ hơn $\varepsilon$. Hãy xem xét $N+1$ điểm đầu tiên của chuỗi $\{P_k\}$, tức là các điểm $P_0, P_1, P_2, \dots, P_N$. Theo nguyên lý Dirichlet, ít nhất một trong các cung $N$ $\Delta_1, \dots, \Delta_N$ chứa ít nhất một trong các điểm này. Ví dụ: đặt các điểm $P_n$ và $P_m$, trong đó $m=n+1>n$, nằm trên cung $\Delta_i$. Vì $\alpha$ không thể so sánh được với $\pi$, nên $P_m \neq P_n$ (giải thích!). Đặt số đo radian của cung $P_nP_m$ bằng $\delta$; sau đó là $\delta < 2\pi/N$ và thậm chí hơn thế nữa là $\delta < \varepsilon$.

26

Bây giờ chúng ta hãy xem xét các điểm của dãy $P_n$ với các số $n, n+l, n+2l, \dots$ (Hình 14). Chúng tạo thành một dãy con $\{P_n, P_{n+l}, P_{n+2l}, P_{n+3l}, \dots\}$, mỗi điểm tiếp theo trong đó $P_{n+(r+1)l}$ được lấy từ điểm trước $P_{n+rl}$ bằng cách xoay qua một góc $l\alpha$, tức là, theo cách giống hệt như điểm $P_{n+l}=P_m$ được lấy từ điểm $P_n$. Do đó, các điểm lân cận của dãy con đã chọn được phân tách với nhau bằng một cung có số đo radian $\delta$. Vì $\delta < \varepsilon$, ít nhất một trong các điểm $P_n, P_{n+l}, P_{n+2l}, \dots$ phải nằm trên cung $\Delta$. Như vậy định lý Jacobi đã được chứng minh.

(B) SỰ XUẤT HIỆN ĐỊNH NGHĨA 1 TỪ ĐỊNH NGHĨA Jacobi.

Cho $\alpha$ là một số vô tỉ với $\pi$, $\Gamma_1$ là một đường tròn tiếp xúc với các mắt xích của từng quỹ đạo bida tương ứng với góc $\alpha$ bên trong đường tròn $\Gamma$. Đặt $K$ là vòng giữa $\Gamma_1$ và $\Gamma$ và $D$ là một vòng tròn tùy ý bên trong vòng $K$. Chúng ta hãy vẽ qua tâm của nó một dây cung $MN$ của đường tròn $\Gamma$ tiếp xúc với đường tròn $\Gamma_1$ (Hình 15). Rõ ràng là nếu chúng ta lấy một cung đủ nhỏ $\Delta$ của đường tròn $\Gamma$ với trung điểm tại điểm $M$, thì với bất kỳ điểm nào khác $M'$ của cung $\Delta$ tiếp tuyến với đường tròn $\Gamma_1$ được vẽ từ điểm $M'$ trên cùng một phía của $\Gamma_1$ như $MN$, nhất thiết phải cắt đường tròn $D$ (giải thích!).

Bây giờ chúng ta hãy xem xét bất kỳ quỹ đạo $P_0 P_1 P_2 \dots$ nào của bi-a bên trong đường tròn $\Gamma$ tương ứng với góc $\alpha$. Chúng ta cần chứng minh rằng ít nhất một trong các liên kết của nó cắt đường tròn $D$. Theo định lý Jacobi, các điểm $P_0, P_1, P_2, \dots$ lấp đầy đường tròn $\Gamma$, và do đó ít nhất một trong số chúng, chẳng hạn như $P_n$, nằm trên cung $\Delta$ đã chọn ở trên. Do lựa chọn cung $\Delta$ này nên một trong hai liên kết của quỹ đạo rời điểm $P_n$ nhất thiết phải cắt đường tròn $D$. Như vậy Định lý 1 đã được chứng minh.

Ngoài Định lý 1, định lý Jacobi còn có nhiều hệ quả thú vị khác*). Chúng tôi xây dựng hai trong số chúng là bài toán.

Bài tập 16. Chứng minh rằng nếu số $d$ của người chơi thì với bất kỳ số $a$ nào, dãy phần phân số của các số hạng của cấp số cộng $a, a+d, a+2d, \dots$, tức là dãy số $a_n={a+nd}$, sẽ lấp đầy đoạn $0 \leq x \leq 1$ trên trục số ở mọi nơi. ($\{x\} = x-[x]$).

Bài tập 17. Chứng minh rằng nếu logarit thập phân của số $c$ có thể chơi được thì ký hiệu thập phân của lũy thừa tự nhiên $c$, tức là các số $c, c^2, c^3, \dots, c^n, \dots$, có thể bắt đầu bằng bất kỳ tập hợp chữ số định trước nào. (Ví dụ, có lũy thừa tự nhiên của số 17 bắt đầu bằng mười bảy bộ chữ số liên tiếp 1976!)

*) Một số ứng dụng của định lý Jacobi có thể tìm thấy trong bài viết “Lưới và đa giác đều” của A. A. Egorov. «Kvant», 1974, số 12.

27

Dễ hiểu rằng từ trường của dòng điện có năng lượng lớn nhất bằng cách phân tích cảm ứng điện từ. Chúng ta hãy nhẩm thực hiện thí nghiệm với sơ đồ trong hình. Nếu bạn di chuyển thanh trượt điện trở để điện trở của điện trở giảm thì dòng điện trong mạch sẽ tăng. Giá trị dòng điện càng lớn thì giá trị cảm ứng từ trường do dòng điện này tạo ra càng lớn. Khi từ trường tăng thì dòng của vectơ cảm ứng từ qua mặt phẳng giới hạn bởi mạch mang dòng điện tăng. Nhưng theo định luật Faraday, khi dòng cảm ứng từ thay đổi trong mạch thì xuất hiện một suất điện động tự cảm ứng bằng

$$E_{is} = -\frac{\Delta \Phi}{\Delta t},$$

trong đó $\Delta \Phi$ là sự thay đổi của từ thông cảm ứng từ theo thời gian $\Delta t$. Dòng điện cảm ứng gây ra bởi $3. d. c.$ này tạo ra một từ trường, chiều cảm ứng của nó ngược với chiều cảm ứng của từ trường của dòng điện chính. Như vậy, từ thông của từ trường tạo ra có xu hướng bù đắp cho sự thay đổi từ thông của từ trường chính, tức là thực tế nó có xu hướng giữ cho dòng điện chính không đổi. Để chống lại hiệu ứng này, một số công phải được thực hiện để chống lại lực điện động tự cảm. Hãy tính công việc này.

Nếu dòng điện trong thời gian $\Delta t$ tăng từ giá trị $I$ lên giá trị $I + \Delta I$ và đồng thời $\mathcal{E}_{is}$ xuất hiện, thì công của nguồn hiện tại so với giá trị này $3. d. c.$ bằng

$$\Delta A = -\mathcal{E}_{is}I\Delta t.$$

Thay thế biểu thức (1) ở đây cho sự tự cảm ứng $3. d. c.$ này, chúng ta thu được

$$\Delta A = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}I\Delta t = I\Delta \Phi.$$

28

Bây giờ hãy nhớ rằng mỗi mạch có thể được đặc trưng bởi một giá trị nhất định $L$, được gọi là hệ số tự cảm hoặc độ tự cảm. Giá trị của $L$ thường được định nghĩa là hệ số tỷ lệ trong công thức liên hệ từ thông $\Phi$ với độ lớn của lực của mã thông báo $I$ gây ra mã thông báo này, tức là.

$$\Phi = LI.$$

Do đó, nếu dòng điện thay đổi theo giá trị $\Delta I$ thì từ thông của cảm ứng từ thay đổi theo giá trị

$$\Delta \Phi = L \Delta I.$$

Vì vậy, chúng ta có thể viết biểu thức (2) cho công như sau:

$$\Delta A = LI \Delta I = \Phi \Delta I.$$

Hình 1 thể hiện sự phụ thuộc của từ thông $\Phi$ vào lực mã thông báo $I$. Công $\Delta A$ về mặt số học bằng diện tích hình thang $ABCD$.

Nếu dòng điện trong mạch thay đổi từ giá trị $I = 0$ thành một giá trị nhất định $I_0$, thì công của nguồn mã thông báo so với e. d.s. khả năng tự cảm ứng có thể đạt được bằng cách tính tổng tất cả các công việc cơ bản $\Delta A$. Tổng công này về mặt số học bằng diện tích tam giác vuông $OEF$ trong Hình 1:

$$A = \frac{LI_0^2}{2}.$$

Bây giờ chúng ta hãy đảm bảo rằng không có sự tỏa nhiệt bổ sung nào trong mạch liên quan đến sự xuất hiện của e. d.s. tự cảm ứng.

Hãy tưởng tượng rằng trước khi bắt đầu thí nghiệm, chúng ta đã biến dạng đường viền sao cho diện tích bị giới hạn bởi nó trở nên bằng 0 (Hình 2). Trong trường hợp này, khi mã thông báo trong chuỗi tăng từ 0 lên $I_0$ e. d.s. tự cảm ứng không trở lại. Điện trở của dây dẫn mà mạch được tạo ra không thay đổi. Do đó, trong một mạch bị biến dạng, khi mã thông báo tăng từ 0 lên $I_0$, cùng một lượng nhiệt được giải phóng như trong mạch không bị biến dạng. (Tất nhiên, với điều kiện là trong cả hai trường hợp, tốc độ tăng mã thông báo đến giá trị $I_0$ là như nhau. Hãy nhớ lại rằng trong thử nghiệm đầu tiên, chúng ta phải tăng mã thông báo, tức là giảm điện trở, khá chậm, sao cho tại mỗi giá trị $R_t$ một dòng điện $I_t = \frac{E}{R_t}$ được thiết lập trong mạch (nếu điện trở trong của nguồn yêu cầu nhỏ).)

Vì vậy, nhiệt lượng tỏa ra trong mạch không phụ thuộc vào việc nguồn có thực hiện thêm công (6) hay không.

Vì chúng ta biết rằng năng lượng không biến mất và không phát sinh trở lại mà chỉ chuyển từ dạng này sang dạng khác, và công số thực hiện bằng độ biến thiên năng lượng của hệ, nên chúng ta có quyền đặt câu hỏi: nguồn hoàn hảo của công bổ sung (6) đã biến thành gì? Lý do mà công việc này phải được thực hiện là khả năng của vòng dây trong việc “chống lại” các nỗ lực tăng từ thông qua khu vực được bao quanh bởi vòng dây. Vì vậy, người ta gọi năng lượng trong đó công hoàn hảo được truyền là năng lượng của từ trường của mạch có dòng điện. Thực tế là từ trường của mạch có dòng điện có năng lượng xác định có thể được xác minh nếu một thí nghiệm được thực hiện cho thấy năng lượng này có thể được chuyển đổi thành một số loại năng lượng khác (ví dụ, nhiệt). Một trải nghiệm như vậy có thể bao gồm những điều sau đây. trước-

29

Chúng ta hãy tưởng tượng rằng một đoạn ngắn mạch xảy ra ngay lập tức giữa các điểm $A$ và $B$ trong mạch của chúng ta. Hiệu điện thế giữa các điểm $A$ và $B$, được tạo ra bởi một nguồn dòng điện bên ngoài, trở nên bằng 0. Dòng điện trong mạch biến dạng sẽ dừng ngay lập tức. Trong trường hợp mạch không biến dạng, việc giảm dòng điện về 0 không thể xảy ra ngay lập tức, vì theo định luật cảm ứng điện từ, khi dòng điện giảm sẽ xảy ra hiện tượng phát xạ. d.s. tự kích thích, tìm cách giữ dòng điện ở mức tương tự. Kết quả là dòng điện sẽ giảm từ giá trị $I_0$ xuống 0 sau một thời gian. Trong thời gian này, một lượng nhiệt nhất định sẽ được giải phóng trong mạch điện. Năng lượng do nhiệt sẽ được giải phóng được lấy từ năng lượng từ trường “được lưu trữ” trong mạch. Hãy thử chứng minh rằng khi xảy ra đoản mạch giữa các điểm $A$ và $B$ thì một lượng nhiệt tỏa ra trong mạch bằng năng lượng của từ trường của mạch dòng điện ở trên, tức là $L I_0^2/2$.

Vì vậy, chúng ta đi đến kết luận rằng mạch đặc trưng cho độ tự cảm $L$, khi dòng điện $I$ chạy qua nó sẽ tạo ra một từ trường xung quanh nó, năng lượng của nó bằng

$$W_M = \frac{L I^2}{2}.$$

Ví dụ được xem xét về cách điện là trường hợp năng lượng của từ trường của dòng điện được tạo ra bởi một nguồn dòng điện bên ngoài. Rõ ràng là năng lượng từ trường của dòng điện không phụ thuộc vào phương pháp thu được dòng điện, cũng như $\frac{mv^2}{2}$ - động năng của chuyển động của cơ thể - không phụ thuộc vào cách truyền tốc độ của cơ thể. Để xác minh điều này, chúng ta hãy xem xét một ví dụ khác sẽ sử dụng khả năng chuyển đổi trực tiếp động năng của chuyển động của vật thể thành năng lượng của từ trường. Ví dụ này cũng sẽ giúp chúng ta hiểu cơ chế xuất hiện của từ trường có dòng điện ở cấp độ được gọi là “vi mô”. Bằng những từ ở cấp độ “microsopper”, chúng tôi muốn nói rằng sự xuất hiện của dòng điện sẽ được theo dõi bằng cách phân tích phương trình chuyển động của electron và ion.

Chúng ta hãy xem xét một vòng kim loại có chiều dài $l$, quay đều quanh một trục đi qua tâm vòng vuông góc với mặt phẳng của nó (Hình 3). Chúng ta sẽ giả sử rằng koludo đủ mỏng để vận tốc tuyến tính của tất cả các phần của nó không đổi và bằng $v_0$. Giả sử rằng tại thời điểm $t = 0$ một lực phanh không đổi $F$, hướng tiếp tuyến với đường tròn, bắt đầu tác dụng lên bánh xe. Kết quả của quá trình phanh là quá trình phun dừng lại. Tuy nhiên, điều này không làm cạn kiệt vai trò của lực $F$.

30

Dễ dàng nhận thấy rằng sẽ xuất hiện một dòng điện trong vòng dây. Để thấy điều này, chúng ta hãy nhớ lại một cách khái quát cấu tạo của kim loại rắn. Các nguyên tử của chất kim loại nằm ở đáy mạng tinh thể và chỉ thực hiện những dao động nhỏ xung quanh trạng thái cân bằng. Chúng ta có thể coi mạng tinh thể tạo thành một khung vững chắc của thân kim loại. Ngược lại với onon, các chất điện dẫn trong kim loại có thể trộn lẫn khá tự do trong các khoảng trống giữa các vị trí mạng, tạo thành một loại khí điện.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại với vòng kim loại của chúng ta. Chúng ta có thể tưởng tượng nó như một tập hợp gồm hai vòng lồng vào nhau, tương tự như những gì được thể hiện trong Hình 4. Màu xanh lam ở đây ám chỉ mạng tinh thể, màu đỏ tượng trưng cho khí electron. Lúc đầu, khi chiếc nhẫn quay với tốc độ không đổi, cả mạng tinh thể và khí điện đều tham gia vào chuyển động này như nhau. Có thể nói, khi lớp được giảm tốc, $F$ được áp dụng cho khung rắn của vòng, tức là vào mạng tinh thể. Khí electron sẽ bắt đầu giảm tốc chỉ do sự tương tác trực tiếp của electron với mạng. Sự tương tác này xác định điện trở của kim loại. Do đó, để đơn giản, chúng ta có thể bỏ qua chúng hoàn toàn, chẳng hạn, xem xét rằng vòng của chúng ta đã được làm mát trước khi hãm đến nhiệt độ thấp đến mức kim loại chuyển sang trạng thái siêu dẫn, tức là điện trở của nó bằng 0.

Do đó, khi vòng quay chậm lại, các chất điện dẫn trong kim loại bắt đầu chuyển động xung quanh mạng tinh thể. Sự khác biệt về tốc độ chuyển động của các hạt điện và các hạt điện dẫn đến sự xuất hiện của dòng điện. Hãy tính các giá trị hiện tại.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $v_i$ tốc độ của các electron trong mạng tinh thể và bằng $v_e$ tốc độ chuyển động có hướng của các electron dẫn. Khi đó tổng điện tích chạy qua tiết diện $s$ của vòng trong thời gian $\Delta t$ bao gồm điện tích của mạng tinh thể chứa trong một cung có chiều dài $v_i \Delta t$ và điện tích của khí điện chứa trong một cung có chiều dài $v_e \Delta t$ (xem Hình 4). Nếu chúng ta biểu thị tổng điện tích của tất cả các electron trong mạng tinh thể bằng $Q$, thì tổng điện tích của các electron dẫn trong vòng sẽ bằng - $Q$ (vì toàn bộ vòng kim loại đều mang điện). Do đó, các điện tích tuân theo hướng của chúng, $Q \frac{v_i \Delta t}{l}$ và $-Q \frac{v_e \Delta t}{l}$, trong đó $l$ là chiều dài của vòng. Bây giờ chúng ta có thể tìm tổng năng lượng của vòng kim loại trong một đơn vị thời gian, tức là tính dòng điện trong vòng:

$$I = \frac{1}{\Delta t} \left[ Q \frac{v_i \Delta t}{l} - Q \frac{v_e \Delta t}{l} \right] = \frac{Q}{l} \left(v_i - v_e\right).$$

31

Chúng tôi đồng ý bỏ qua sự tương tác trực tiếp của các electron dẫn với các đơn vị của mạng tinh thể. Tuy nhiên, trong quá trình phanh, các lực xuất hiện vẫn sẽ làm các electron chậm lại. Đây là lực của điện trường xoáy.

Khi có dòng điện xuất hiện trong vòng sẽ tạo ra một từ trường. Vì dòng điện thay đổi nên trường này không cố định. Do đó, nó tạo ra một điện trường xoáy trong kim loại của vòng. Các lực tác dụng lên các điện tích từ trường xoáy ngăn cản sự thay đổi dòng điện trong vòng, tức là chúng có xu hướng làm giảm tốc độ tương đối của electron và ion (xem (8)). Do đó, các lực này làm chậm các electron và tăng tốc các ion của mạng tinh thể. Công của các lực này làm di chuyển một điện tích dương dọc theo vòng được biểu thị bằng e. d.s. cảm ứng (nhớ lại rằng công của trường xoáy trên một đường dẫn kín không bằng không).

Để hình dung rõ ràng hơn động lực chuyển động của mạng tinh thể và các electron dẫn (khí điện tử), nên tách chúng ra và xem xét chúng một cách riêng biệt. Hình 5, a thể hiện riêng biệt tất cả các chuyển động của mạng tinh thể liên quan đến đường đôi (vòng màu xanh) và trong Hình 5, b - tất cả các chuyển động của khí electron liên quan đến đường đôi (vòng màu đỏ). Bây giờ chúng ta có thể dễ dàng viết ra định luật Newton khi áp dụng cho mạng tinh thể và electron. Đặt khối lượng của các vòng xanh và đỏ bằng $M$ và $m$ tương ứng, và gia tốc của chúng $a_i$ và $a_e$. Sau đó

$$Ma_i = QE - F, \quad (9)$$

$$ma_e = -QE,$$

trong đó $E$ là điện trường xoáy cực mạnh. Hãy tính giá trị của lực căng này.

Vì công do trường xoáy thực hiện làm dịch chuyển một điện tích dọc theo vòng bằng e. d.s. tự cảm ứng, tức là $El = \mathcal{E}_{is}$, thì

$$E = \frac{\mathcal{E}_{is}}{l} = -\frac{1}{l} \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = -\frac{L}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t} = -\frac{QL}{l^2} \left( \frac{\Delta v_i}{\Delta t} - \frac{\Delta v_e}{\Delta t} \right) = -\frac{QL}{l^2} \left( a_i - a_e \right).$$

Do đó, phương trình (9) của chuyển động của mạng tinh thể và khí electron sẽ có dạng sau:

$$Ma_i = -\mu \left( a_i - a_e \right) - F, \quad (10)$$

để cho ngắn gọn, chúng tôi giới thiệu ký hiệu $\mu = \frac{Q^2 L}{l^2}$. Giải hệ (10) đối với $a_i$ và $a_e$, ta tìm được gia tốc phanh của các vòng:

$$a_i = -\frac{F}{M + \frac{m\mu}{m + \mu}}; \quad a_e = \frac{\mu}{m + \mu} a_i. \quad (11)$$

32

Dấu trừ cho biết trong quá trình hãm, cả mạng tinh thể và khí electron sẽ bị thay thế.

Biết gia tốc, chúng ta có thể tìm được thời gian trôi qua kể từ khi bắt đầu phanh cho đến thời điểm mạng tinh thể kolyz dừng lại:

$$t = -\frac{v_0}{a_i} = \frac{v_0}{F} \left( M + \frac{m\mu}{m+\mu} \right).$$

Bây giờ thật dễ dàng tìm được tốc độ $v_e = v$ mà các electron sẽ có khi kết thúc quá trình phanh:

$$v = v_0 + a_e t = \frac{m}{m+\mu} v_0.$$

Do đó, giá trị cuối cùng của dòng điện trong bánh xe (tại $v_e = v$, $v_i = 0$) bằng

$$I = -\frac{Q}{l} v = -\frac{Q}{l} \frac{m}{m+\mu} v_0.$$

Bây giờ chúng ta có thể chuyển sang lời giải đặt ở đầu bài toán: xác định năng lượng từ trường của dòng điện phát sinh trong bánh xe do bánh xe bị hãm. Để làm được điều này, thật thuận tiện khi sử dụng định luật bảo toàn năng lượng.

Tại thời điểm ban đầu ($t = 0$), toàn bộ năng lượng của kolys bao gồm động năng của các electron và mạng tinh thể, tức là.

$$E_0 = \frac{mv_0^2}{2} + \frac{Mv_0^2}{2}.$$

Trong quá trình phanh, một phần năng lượng đã tác dụng chống lại lực $F$. Sự “tổn thất” năng lượng này rõ ràng bằng $\Delta E = A = FS$, trong đó $S$ là đường đi của bất kỳ điểm nào trên vòng (mạng tinh thể) trong quá trình phanh:

$$S = v_0 t + \frac{a_i t^2}{2} = \frac{v_0^2}{2F} \left( M + \frac{m\mu}{m+\mu} \right).$$

Vì thế

$$A = \frac{v_0^2}{2} \left( M + \frac{m\mu}{m+\mu} \right).$$

Dòng điện sinh ra trong quá trình phanh ở bánh xe đã tạo ra một từ trường. Do đó, khi kết thúc quá trình phanh, khi vận tốc của mạng tinh thể bằng 0 thì năng lượng của bánh xe bao gồm động năng của các electron.

$$K_e = \frac{mv^2}{2} = \frac{mv_0^2}{2} \left( \frac{m}{m+\mu} \right)^2$$

và năng lượng từ trường $W_M$. Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$E_0 = K_e + W_M + A,$$

Ở đâu

$$W_M = E_0 - A - K_e = \frac{Mv_0^2}{2} + \frac{mv_0^2}{2} - \frac{v_0^2}{2} \left( M + \frac{m\mu}{m+\mu} \right) - \frac{mv_0^2}{2} \left( \frac{m}{m+\mu} \right)^2 = \frac{mv_0^2}{2} \frac{m\mu}{(m+\mu)^2}.$$

Thay thế giá trị $\mu$ vào biểu thức này và tính đến $\frac{mv_0}{m+\mu} = -I \frac{l}{Q}$ (xem (14)), chúng ta thu được

$$W_M = I^2 \frac{l^2}{Q^2} \frac{Q^2 L}{2l^2} = \frac{LI^2}{2}.$$

Vì vậy, chúng ta lại đi đến biểu thức thu được trước đó về năng lượng từ của mạch có dòng điện $I$.

Chúng ta hãy lưu ý trong phần kết luận một tình huống thú vị. Như đã biết, trung bình số học của hai số dương không thể nhỏ hơn trung bình hình học của những số này, tức là $m + \mu \geq 2\sqrt{m\mu}$, và do đó $\frac{m\mu}{(m+\mu)^2} \leq \frac{1}{4}$. Do đó, từ biểu thức (15) chúng ta có thể kết luận rằng

$$W_M \leq \frac{1}{4} \frac{mv_0^2}{2}.$$

Vì vậy, chúng tôi đi đến kết luận: khi phanh vết thương đầu tiên, mạch không bị xoắn, không quá 25% động năng ban đầu của chuyển động có hướng của các electron dẫn có thể chuyển thành năng lượng của từ trường của dòng điện. Giới hạn này không phụ thuộc vào giá trị độ tự cảm của mạch.

33

Trong bài viết này, một cựu chiến binh trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại nói về những bài toán mà ông phải giải khi chỉ huy một khẩu đội súng cối 120 mm bắn ở cự ly lên tới 6 km. Hơn 30 năm đã trôi qua kể từ đó. Nhiều bài toán liên quan đến điều khiển hỏa lực hiện đã được giải quyết bằng máy tính. Tuy nhiên, sự hồi hộp về toán học của họ vẫn như cũ.
Giả định rằng người đọc biết bản đồ địa lý là gì, tọa độ địa lý của một điểm trên bề mặt trái đất, các cực địa lý và từ trường, đường xích đạo, kinh tuyến, vĩ độ và góc phương vị.

Việc bắn một khẩu đội pháo vào các vật thể trong trại địch bao gồm việc chuẩn bị dữ liệu - xác định tầm bắn và hướng của mũi tên. Để tìm những giá trị này, trước tiên bạn phải “liên kết” pin và mục tiêu - cụ thể là xác định tọa độ địa lý của chúng.

Hãy giải thích điều này có nghĩa là gì. Hãy để chúng tôi giới thiệu một số khái niệm; chúng ta sẽ cần chúng sau này.

Bản đồ địa hình

Bản đồ địa hình (topographic maps) là bản đồ địa lý có tỷ lệ lớn. Các tờ bản đồ địa hình mô tả những diện tích tương đối nhỏ trên bề mặt trái đất nên không thể nghiên cứu được độ cong của trái đất (dưới đây chúng ta luôn coi trái đất là hình cầu).

Bản đồ địa hình chính là bản đồ tỷ lệ 1:1000000; nó được gọi là bản đồ địa hình quốc tế thứ một triệu. Tấm bản đồ địa hình thứ một triệu là những hình thang có thể tích bằng nhau, thu được như thế này. Đầu tiên, bề mặt trái đất được bao phủ bởi các đường song song cứ sau 4° từ xích đạo đến cực - thu được các hàng. Sau đó, bề mặt Trái đất được bao phủ bởi các kinh tuyến cứ sau 6° tính từ kinh tuyến đối diện với kinh tuyến Grivisian, theo hướng đông - thu được các cột. Giao nhau, hàng và cột tạo thành giao

34

các loại gia vị, được mô tả trên các tờ bản đồ địa hình thứ một triệu.

Mỗi tờ bản đồ địa hình thứ một triệu có một “địa chỉ địa lý” bao gồm hai ký tự - một danh pháp. Ký tự đầu tiên cho biết trang tính thuộc về một hàng cụ thể, ký tự thứ hai - thuộc về một cột cụ thể. Trong trường hợp này, các hàng được đánh số bằng các chữ cái trong bảng chữ cái Latinh (A, B, C, D,…) từ xích đạo đến cực và các cột là các số (1, 2, 3, 4, …) từ kinh tuyến đối diện với kinh tuyến Grivich, theo hướng về phía đông. Như vậy, điểm $M$ trên bề mặt trái đất có tọa độ địa lý $75^\circ 54'$ kinh độ Đông và $13^\circ 12'$ vĩ độ Bắc thuộc tờ bản đồ địa hình thứ một triệu với danh pháp $D-43$ ([13°12’ :4°] + 1 = 4 - hàng thứ tư tính từ xích đạo - chữ cái $D$ và cột thứ 43 tính từ đường xích đạo đã chỉ định kinh tuyến:

$$\left[ \frac{180^\circ + 75^\circ 54'}{6^\circ} \right] + 1 = 43^*$$

Để tính toán thêm, chúng tôi sử dụng độ dài cung của quả địa cầu ở $1^\circ$ dọc theo đường xích đạo và dọc theo kinh tuyến bằng 111,0 km. khi đó kích thước của phần bề mặt trái đất hiển thị trên tờ $D-43$ sẽ như sau: các đáy của hình thang là 653,6 km và 640,2 km, chiều cao của hình thang là 444,0 km (hai giá trị đầu tiên được tính là cung 6 độ $12^\circ$ và $16^\circ$ song song:

$$653,6 = 6 \cdot 111 \cdot \cos 12^\circ,$$
$$640,2 = 6 \cdot 111 \cdot \cos 16^\circ,$$

và giá trị thứ ba là 4,111 - giống như cung 4 độ của vòng tròn lớn của địa cầu).

Bằng cách chia liên tục các phần triệu của bản đồ địa hình thành các phần bằng nhau về kinh độ và vĩ độ, sẽ thu được các bản đồ địa hình có tỷ lệ nhỏ hơn: 1:100000, 1:50000, 1:25000 và 1:10000. Để có được bản đồ địa hình 1:100000, tờ bản đồ địa hình thứ một triệu

*) Ở đây $[x]$ là phần nguyên của $x$ - số nguyên gần nhất với $x$, không vượt quá $x$ (xem bài “Antje”, trang 43).

35

chia thành 12 phần theo kinh độ và 12 phần theo vĩ độ: thu được 144 “mảnh”. Để có được bản đồ địa hình 1:50000, bạn cần chia một trong 144 mảnh thu được thành 2 phần bằng nhau về kinh độ và 2 phần bằng nhau về vĩ độ (xem Hình 1). Nếu một trong các phần kết quả lại được chia thành 2 phần bằng nhau về kinh độ và 2 phần bằng nhau về vĩ độ, chúng ta sẽ có được bản đồ địa hình có tỷ lệ 1:25000. Lặp lại thao tác tương tự (chia thành các phần chẵn) với bản đồ địa hình này, chúng ta được bản đồ địa hình tỷ lệ 1:10000.

Khi phân chia các phần của mỗi tờ bản đồ địa hình đều được đánh số: “trái - phải - dưới” (Hình 1). Để chỉ định các phần, mỗi lần một chỉ mục mới được thêm vào danh pháp của bản đồ địa hình thứ một triệu ban đầu: một - nếu bản đồ là 1:100000: một số từ 1 đến 144 (Hình 1, a); hai - nếu bản đồ là 1:50000: chỉ mục của tờ bản đồ địa hình 100 mét mà từ đó nó được lấy, cộng với một trong bốn chữ in hoa đầu tiên của bảng chữ cái tiếng Nga A, B, B, Γ (Hình 1, b); ba - nếu bản đồ là 1:25000: chỉ mục của bản đồ thứ năm mươi nghìn tương ứng, cộng với một trong các chữ cái a, b, c, d (Hình 1, c) và cuối cùng, bốn - nếu bản đồ là 1:10000: chỉ mục của bản đồ tương ứng là 1:25000, cộng với một trong các số 1, 2, 3, 4 (Hình 1, e).

Khi chuẩn bị dữ liệu ban đầu cho mũi tên, bản đồ địa hình tỷ lệ 1:10000 thường được sử dụng. Tờ bản đồ tỷ lệ này có điểm M nêu trên (được xác định theo tọa độ địa lý) có danh pháp D-43-104-B-g-3; kiểm tra nó. Có thể tính toán rằng tấm này nuôi dưỡng một phần hình thang của bề mặt trái đất với đường tâm là 6,8 km và chiều cao là 4,6 km.

tọa độ địa hình

Hệ tọa độ được sử dụng trong địa hình khác với hệ Descartes. Trong hệ thống này, trục X là Myrdian địa lý ở giữa của mỗi cột, song song với 500 km về phía tây và trục Y là đường xích đạo. Ví dụ: chúng ta hãy tìm trong hệ thống báo cáo này tọa độ của điểm M của chúng ta - chúng được gọi là tọa độ đơn hiệu và được đo bằng mét. Điểm M nằm cách xích đạo 1465,2 km và cách kinh tuyến giữa cột số 43 97,26 km. Vì vậy, đối với điểm M

$$\begin{cases} X_M = 1465200, \\ Y_M = 597260. \end{cases}$$

Trên lãnh thổ của mỗi quốc gia, các điểm đào tạo tiền tiểu bang đặc biệt, có thể nhìn thấy đã được lắp đặt. Tất cả chúng, giống như các công trình kiến ​​trúc cao khác trên bề mặt trái đất, đều có tọa độ địa hình được xác định chính xác; Các tọa độ này được lưu trữ trong các thư mục đặc biệt chỉ được sử dụng cho mục đích dịch vụ.

Đối với mục đích giáo dục, các điều kiện được thỏa mãn với tọa độ. tọa độ của điểm đầu tiên, điểm bắt đầu của khu vực được cho tùy ý. Những vật dụng cần thiết đều được “đính kèm” vào nó. Kết quả là một hệ thống điểm phẳng được xác định bằng tọa độ, tương ứng với hệ thống điểm địa hình thực tế. Nếu cần, hãy tìm hiểu tọa độ địa hình của một trong các điểm của hệ thống này, chúng ta có thể tìm ra tọa độ thực tế của toàn bộ mạng lưới các điểm.

Chèn nó vào một điểm nào đó ở bán cầu bắc với bản đồ địa hình tương ứng và cố gắng sắp xếp nó theo hướng chính. Ba kinh tuyến đi qua mỗi điểm: từ, địa lý và địa hình (song song với trung tuyến kinh tuyến địa lý cho tờ chính của bản đồ địa hình tương ứng). Nhắc đến kinh tuyến, nói chung, chúng không trùng nhau. Chúng giao nhau ở những góc nhất định. Những góc này tương đối nhỏ và chúng ta không thể

36

chúng tôi cắt. Chúng ta sẽ xem xét tất cả các kinh tuyến tại điểm trùng với kinh tuyến từ, tức là với hướng về phía bắc của kim la bàn từ tính.

Mọi người đều phải sử dụng la bàn. Do đó, chúng ta có thể cho rằng chúng ta biết cách định hướng bản đồ địa hình mong muốn theo hướng bắc.

Trong phần tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng ký hiệu sau:

$X_A$ và $Y_A$ là tọa độ chuyên khảo của điểm $A$ trên mặt đất;

$|AB|$ — khoảng cách giữa các điểm $A$ và $B$ (tính bằng mét);

$[AB]$ là góc phương vị của hướng từ $A$ đến $B$, tức là góc giữa $AB$ và hướng bắc, đo theo chiều kim đồng hồ.

Bài toán

Bây giờ chúng ta hãy xem xét tọa độ bài toán chính cần được giải quyết trong quá trình chuẩn bị dữ liệu ban đầu cho mũi tên.

Bài toán 1. (Đường thẳng bài toán đến tọa độ.) Cho: $X_A$, $Y_A$, $|AB|$ và $[AB]$. Tên: $X_B$, $Y_B$.

Điều này có nghĩa là khoảng cách $|AB|$ (tính bằng mét) sẽ được tìm bằng thước dây, góc $[AB]$ - bằng la bàn hoặc máy kinh vĩ (không tính đến việc hiệu chỉnh các góc giữa các kinh tuyến).

Từ Hình 2 có

$$X_B = X_A + \Delta X$$

Và

$$Y_B = Y_A + \Delta Y,$$

ở đâu $\Delta X = |AB| \cdot \cos [AB]$ và $\Delta Y = |AB| \cdot \sin [AB]$.

Bài toán 1 cho phép chúng ta “liên kết” điểm $B$ của địa hình (xác định tọa độ địa hình của điểm $B$) với điểm “trói” $A$.

Đối với tọa độ lời giải cụ thể bài toán, thông thường sử dụng bảng toán 5 chữ số *). Ví dụ: giải quyết bài toán này:

*) Bạn có thể sử dụng bảng Bradis.

Cơm. 2.

1. Tìm $X_B$ và $Y_B$ nếu $X_A = 53\ 817$, $Y_A = 38\ 629$, $|AB| = 2182$ và $[AB] = 321^\circ 14'$.

Bài toán II. (Đảo ngược bài toán thành tọa độ.) Cho trước: $X_A$, $Y_A$, $X_B$, $Y_B$. Tên: $[AB]$, $|AB|$.

Từ cùng hình 2 có $\Delta X = X_B - X_A$ và $\Delta Y = Y_B - Y_A$. Tiếp theo chúng ta có

$$tg[AB] = \frac{\Delta Y}{\Delta X}.$$

Theo giá trị tính toán $tg[AB]$, có xét đến dấu vị trí, góc $[AB]$.

Cuối cùng, từ $\Delta ABC$ ta có

$$|AB| = \frac{|\Delta Y|}{\sin [AB]} = \frac{|\Delta X|}{\cos [AB]}.$$

Việc tính toán $|AB|$ được thực hiện bằng cả hai công thức. Sự trùng hợp về kết quả là sự đảm bảo nhất định cho sự an toàn của phép tính đạo hàm.

Hãy giải quyết ngay bài toán cụ thể:

2. Tìm $[AB]$ và $|AB|$ nếu $X_A = 12\ 850$, $Y_A = 98\ 713$, $X_B = 13\ 519$ và $Y_B = 97\ 314$.

Sau khi giải quyết xong, bạn có thể ra lệnh cho khẩu đội: “Pin, chiến đấu! Tầm xa…, góc phương vị…!” Xạ thủ của mỗi khẩu súng, sau khi nhận được lệnh như vậy, sẽ sử dụng một thiết bị để nhắm súng chính xác theo chiều dọc (một phần của tầm ngắm là 50 m) và theo chiều ngang (một phần của thước đo góc là 3,6 ‘).

Giáo viên có thể nhầm lẫn. Tại điểm $A$ vũ khí đầu tiên được đặt, những vũ khí khác ở một khoảng cách nhất định với nó, về bên trái. Có nghĩa

37

Chỉ có thứ tự đầu tiên sẽ rơi vào $B$. Trên thực tế, nếu toàn bộ diện tích $B$ là đáng kể thì mọi thứ sẽ ổn (tại sao?). Nhưng còn khi toàn bộ chuỗi hạt tập trung ở điểm $B$ thì sao? Trong trường hợp này, lệnh được đề cập còn được chỉ định thêm: “hướng lên trên” (nếu mục tiêu $B$ có diện tích lớn thì lệnh là: “song song hướng lên trên”) và người chỉ huy, tùy thuộc vào khoảng cách của họ với mục tiêu đầu tiên, sẽ tính toán và điều chỉnh góc phương vị được chỉ định cho pin.

Người đọc có thể tự mình thực hiện công việc tính toán tương ứng cho người chỉ huy cấp hai, coi khoảng cách của anh ta với người chỉ huy cấp một chẳng hạn là 50 m (trong cùng điều kiện cụ thể bài toán II). Có thể giả định rằng mặt trước của pin vuông góc với hướng bắn của tia thứ nhất.

Vì vậy, chúng tôi đã làm việc cho cả người chỉ huy khẩu đội và người chỉ huy vũ khí. Tuy nhiên, chúng tôi vẫn chưa dạy điều quan trọng nhất: để bắn từ $A$ đến $B$, trước tiên bạn phải “ràng buộc” những điểm này. Trong điều kiện chiến tranh, điểm $A$ nằm trên lãnh thổ của chúng ta và điểm $B$ nằm trên lãnh thổ của kẻ thù: bạn không thể đến đó bằng thước dây. Từ đây phát sinh một “ràng buộc” mới bài toán - bài toán của một điểm vị trí không thể tiếp cận.

Bài toán III. (Vết cắt thẳng từ hai điểm.) Cho: $X_A, Y_A, X_B, Y_B$, nguyên vẹn $\alpha$ và $\beta$ (xem Hình 3). Tên: $X_C, Y_C$.

Điều này có nghĩa là các điểm $A$ và $B$ của địa hình đã được “liên kết”. Cần phải “ràng buộc” mục $C$ với điều kiện là các giá trị $\alpha$ và $\beta$ có thể được tìm thấy bằng cách thay đổi không được biểu thị.

Nếu chúng ta biết các đại lượng $[AC]$ và $|AC|$ hoặc $[BC]$ và $|BC|$, thì bài toán của chúng ta sẽ giảm xuống bài toán I. Hãy xác định các đại lượng này.

Với $\Delta ABC$ (xem Hình 3) theo định lý sin ta có

$$\frac{|AC|}{\sin \beta} = \frac{|BC|}{\sin \alpha} = \frac{|AB|}{\sin (\alpha + \beta)}$$

Từ đây

$$|AC| = \frac{|AB|}{\sin (\alpha + \beta)} \cdot \sin \beta$$

và $|BC| = \frac{|AB|}{\sin (\alpha + \beta)} \cdot \sin \alpha$.

Ngoài ra, $[AC] = [AB] - \alpha$ và $[BC] = [AB] + \beta$.

Các giá trị $|AB|$ và $[AB]$ được tìm thấy theo cách tương tự như trong bài toán II.

Tọa độ điều khiển được tính theo hai cách: cả tại điểm $A$ và tại điểm $B$.

Hãy giải quyết ngay bài toán cụ thể:

3. Tìm $X_C$ và $Y_C$ nếu $X_A = 12850, Y_A = 98713, X_B = 13519, Y_B = 97314, \alpha = 39^\circ43', \beta = 82^\circ25'$.

Bài toán III đi đến quyết định trong tình huống sau. Giả sử $A$ và $B$ là một cặp điểm quan sát nằm cách nhau 1,5–2,5 km, không xa mép trước của hàng phòng thủ. Những điểm này được “liên kết” trước và kẻ thù bị quan sát từ chúng. Khi mục tiêu $C$ xuất hiện trong trại địch, người ta quan sát thấy mục tiêu đó bị “phát hiện”, tức là các góc $\alpha$ và $\beta$ sẽ được đo bằng mọi cách. Tất cả những gì còn lại là giải tam giác $ABC$ cạnh $AB$ và hai góc kề nhau $\alpha$ và $\beta$: phân tích, như mô tả ở trên, hoặc đồ họa - trên máy tính bảng.

Cuối cùng, thêm bài toán vào tọa độ.

Bài toán IV. (Cắt ngược từ ba điểm.) Cho: $X_A, Y_A, X_B, Y_B, X_C, Y_C, ADC = \alpha, BDC = \beta$

38

(xem hình 4). Tìm: $X_D, Y_D$.*

Tọa độ của điểm $D$ có thể được tính thông qua số gia tọa độ của một trong hai điểm: $A, B$ hoặc $C$. Để tránh sai sót, người ta thường tìm chúng thông qua các gia số từ hai điểm, ví dụ: điểm $A$ và $B$.

Chúng ta đã biết cách tính các đại lượng $[AC]$ và $|AC|$, $[BC]$ và $|BC|$. Bằng cách này, chúng ta có thể tìm được góc $\widehat{ACB}$:

$$\widehat{ACB} = [AC] - [BC].$$

Hãy đặt $\widehat{CAD} = \gamma$ và $\widehat{CBD} = \delta$. Hãy xác định các góc này.

Từ tứ giác $ACBD$ ta có

$$\frac{\gamma + \delta}{2} = 180^\circ - \frac{\alpha + \beta + \widehat{ACB}}{2}.$$

Từ các tam giác $ACD$ và $BCD$ sử dụng định lý sin ta tìm được

$$\frac{|CD|}{|AC|} = \frac{\sin \gamma}{\sin \alpha}$$

$$\frac{|CD|}{|BC|} = \frac{\sin \delta}{\sin \beta}.$$

Loại bỏ các đại lượng $|CD|$ khỏi các đẳng thức này, ta thu được

$$\frac{\sin \delta}{\sin \gamma} = \frac{|AC| \sin \beta}{|BC| \sin \alpha}.$$

Hãy đặt nó ở đây

$$\frac{|AC| \sin \beta}{|BC| \sin \alpha} = \text{tg} \lambda.$$

Sau khi tính $\text{tg} \lambda$ bằng công thức này, chúng ta tìm được góc phụ $\lambda$.

*) bài toán này được gọi là bài toán Pomenona. Họ đã được kể trong «Kvant» - xem, bài viết của L. S. Khrenov, «Kvant», 1973, Số 4, tr. 30.

Hiện nay

$$\frac{\sin \gamma}{\sin \delta} = \frac{1}{\text{tg} \lambda},$$

Ở đâu

$$\frac{\sin \gamma + \sin \delta}{\sin \gamma - \sin \delta} = \frac{1 + \text{tg} \lambda}{1 - \text{tg} \lambda},$$

đó là

$$\text{tg} \frac{\gamma - \delta}{2} = \text{tg} \frac{\gamma + \delta}{2} \cdot \text{ctg} (45 + \lambda).$$

Tất cả số lượng ở phía bên phải đều được biết đến. Do đó, chúng ta có thể tìm được nửa hiệu của các góc mong muốn $\gamma$ và $\delta$.

Biết chúng, chúng ta có được sự giống nhau một nửa và dễ dàng tìm thấy những góc này.

Khi đó từ các tam giác $ACD$ và $BCD$ sử dụng định lý sin ta tìm được

$$|AD| = \frac{|AC| \sin (\alpha + \gamma)}{\sin \alpha}$$

$$|BD| = \frac{|BC| \sin (\beta + \delta)}{\sin \beta}.$$

Phương vị $[AD]$ và $[BD]$ được tìm thấy bằng công thức

$$[AD] = [AC] + \gamma$$

$$[BD] = [BC] - \delta.$$

Tiếp theo, như trong bài toán I, $X_D$ và $Y_D$ được tìm thấy.

Đây là một bài toán cụ thể:

4. Tìm $X_D$ và $Y_D$ nếu $X_A = 12850$, $Y_A = 98713$, $X_B = 13519$, $Y_B = 97314$, $X_C = 12406$, $Y_C = 96956$, $\alpha = 72^\circ 28'$, $\beta = 31^\circ 46'$.

Việc cắt bỏ ba điểm thường “buộc” các điểm quan sát được và pin. Bạn có thể “liên kết” mục tiêu theo cách này. Nhưng để làm được điều này, bạn cần phải có đại diện của riêng mình trên lãnh thổ của kẻ thù. Giống như những phần trước, bài toán cuối cùng có thể được giải bằng đồ họa: để làm điều này, bạn cần xây dựng một điểm mà từ đó hai đoạn này có thể nhìn thấy được ở các góc này.

Điều này kết thúc câu chuyện của chúng ta về những nhiệm vụ mà pháo binh phải giải quyết. Chúng ta chỉ cần nói thêm rằng “toán học trong pháo binh” còn lâu mới cạn kiệt khi tháo rời bài toán.

39

Lấy một ống thủy tinh dài khoảng nửa mét và có đường kính 4-7 mm. Tuy nhiên, hãy dùng tay giữ nó ở giữa, còn tay kia, nhẹ nhàng, không dùng nhiều áp lực, di chuyển nó từ đầu ống đến giữa ống bằng một miếng vải lanh được làm ẩm bằng cồn hoặc nước hoa. Đồng thời, bạn sẽ nghe thấy một âm thanh sạch khá mạnh.

Thí nghiệm này về mặt khái niệm rất đơn giản, nhưng để nó hoạt động, bạn cần sử dụng một ống thủy tinh nhỏ, điều này hoàn toàn được xác định bằng mức độ bạn có thể kích thích các dao động của ống khi di chuyển, vì hành trình đó là nguồn năng lượng cho các dao động của ống trong trường hợp này *).

*) Bạn có thể đọc thêm chi tiết về vai trò của lực ma sát khi xảy ra dao động, chẳng hạn như trong bài viết của L. Aslam Zovna “Tại sao đàn violin phát ra âm thanh”, «Kvant», 1975, số 10.

Việc nghiên cứu những dao động như vậy đã được bắt đầu vào thế kỷ trước bởi nhà vật lý người Anh J. Rayleigh, giám đốc thứ hai (sau J. Maxwell) của phòng thí nghiệm Cavendish “sáp dây” nổi tiếng không kém *).

Điều thú vị cần lưu ý là vào năm 1903, một trong những học sinh của P. N. Lebedev - khi đó vẫn còn là sinh viên - đã thiết kế một máy tạo âm thanh được chế tạo theo nguyên tắc được mô tả. Nguồn rung động âm thanh này được sử dụng trong nghiên cứu áp suất âm thanh. Thiết bị không có

*) Tên không chính thức này của phòng thí nghiệm vật lý tại Đại học Cambridge phản ánh sự ngưỡng mộ của toàn bộ thế hệ các nhà vật lý người Anh, những người sử dụng những phương tiện thô sơ nhất, như sáp niêm phong, bìa cứng, dây, đã thu được những kết quả khoa học quan trọng nhất. Đúng, khi liệt kê các thiết bị thí nghiệm, chúng tôi đã quên đề cập đến. . . trí tuệ của nhà nghiên cứu.

40

những rung động sắp chết của ống thủy tinh, gây ra âm thanh mạnh, “nó chỉ có thể chịu đựng được bằng cách dừng nó lại bằng những quả bóng thủy tinh”, được kích thích bởi một ròng rọc quay được thiết kế đặc biệt trong quá trình ma sát của nó.

Với sự trợ giúp của ống âm thanh, bạn có thể thực hiện nhiều thí nghiệm đẹp mắt và đáng trân trọng. Hãy nhìn vào một trong số họ. Phủ lên bàn một lớp cao su xốp dày ít nhất 1 cm, đặt một tờ giấy trắng dày lên trên. Trong các thử nghiệm của chúng tôi, chúng tôi đã sử dụng một tấm có độ dày 0,3 mm và kích thước 200 × 290 mm. Rắc đều lên tấm giấy những tinh thể kali permanganat đã nghiền mịn. Lấy một ống thủy tinh dài 30-40 cm ở giữa, đặt thẳng đứng và chạm nhẹ đầu ống vào một tờ giấy, cách mép ống vài cm. Dùng ma sát kích thích sự dao động của ống. Đồng thời, ngay khi bạn nghe thấy âm thanh, các tinh thể thuốc tím sẽ di chuyển và tập hợp lại với nhau, tạo thành những đường nhất định.

Trải nghiệm rất đẹp và tất cả những ai nhìn thấy nó lần đầu tiên đều ấn tượng hơn. Nhưng phải nói rằng việc truyền đạt thành công một trải nghiệm đòi hỏi một kỹ năng thử nghiệm nhất định. Ống phải được giữ sao cho chỉ chạm nhẹ vào tờ giấy. Có thể tốt hơn nếu bạn bọc nhiều lớp giấy ở giữa ống và cố định nó trong một chiếc khăn che.

Khi dao động bị kích thích, bạn không nên ấn mạnh vào ống, nếu không sẽ có “tiếp xúc âm thanh” quá tốt giữa đầu ống và tấm, và thí nghiệm sẽ thất bại. Ống và chân máy phải sạch sẽ. Nói một cách dễ hiểu, lúc đầu bạn sẽ cần rất nhiều sự khéo léo và chân thực để có được kết quả như mong muốn.

Và kết quả này rất đáng để nghiên cứu! Trên thực tế, chẳng có gì thú vị khi bột đổ đều lên giấy lại tự nhiên đọng lại ở một số chỗ nhất định ngay khi ống bắt đầu phát ra âm thanh? Tại sao hoa văn xuất hiện trên tờ giấy lại phụ thuộc vào độ dài của ống? Tại sao hình ảnh thay đổi tùy theo khoảng cách giữa đầu ống và mép tờ giấy (Hình 1)?

Tiếp theo, nhìn lướt qua một tấm có các tinh thể kali permanganat được phân phối lại cho phép chúng ta gợi ý rằng các đường nơi các tinh thể tập hợp lại đại diện cho một họ hyperbol. Kiểm tra xem điều này có đúng không. Dùng bút chì gọt nhọn đánh dấu trên tờ giấy các đường cần kiểm tra và vị trí của đầu ống. Sau khi loại bỏ thuốc tím, đặt một tờ giấy lên một tờ giấy khác, dùng kim chọc vào các điểm thí nghiệm và dùng bút chì đánh dấu vị trí của mép tờ giấy. Bằng cách nối các điểm bằng các đường trơn, bạn sẽ có được một bản vẽ tương tự như trong Hình 2. Vẽ một điểm $S'$ trên bản vẽ này, đối xứng so với mép của tờ giấy đến điểm $S$ chạm vào ống.

Theo định nghĩa, hyperbol là quỹ tích của các điểm có hiệu khoảng cách đến hai điểm cho trước, gọi là tiêu điểm của hyperbol, không đổi. Nếu giả định rằng các đường thu được trong thí nghiệm là hyperbol là đúng thì rất có thể các điểm $S$ và $S'$ là tiêu điểm của họ hyperbol. Chọn một điểm tùy ý trên bất kỳ đường vẽ nào. Đo khoảng cách từ nó đến các điểm $S$ và $S'$. Tính sự khác biệt giữa các khoảng cách này. Trên cùng một dòng, lấy bất kỳ điểm nào khác và làm tương tự với điểm đó. Bạn sẽ nhận được kết quả trong phạm vi lỗi thử nghiệm trùng với lỗi đầu tiên. Bằng cách thêm một vài điểm nữa trên đường đã chọn, không khó để xác minh rằng đường này thực sự là một hyperbol.

41

Bây giờ hãy tính sự khác biệt về khoảng cách từ tiêu điểm đến các điểm thuộc các đường khác nhau của hình vẽ. Bạn sẽ nhận thấy rằng khi di chuyển từ dòng đầu tiên sang dòng thứ hai, sự khác biệt này tăng gấp 3 lần, từ dòng thứ nhất đến dòng thứ ba - gấp 5 lần, v.v. Đối với sự khác biệt về khoảng cách - hãy ký hiệu nó bằng δ - chúng ta có thể viết công thức bằng thực nghiệm

$$\delta = (2k + 1) a, \quad k = 0, 1, 2, \dots$$

Ở đây $a$ là một hằng số nào đó có thứ nguyên khoảng cách. Không khó để xác minh bằng thực nghiệm rằng giá trị của hằng số này không phụ thuộc vào vị trí điểm tiếp xúc của ống với một tờ giấy mà chỉ được xác định bởi chiều dài của ống: ống càng dài thì giá trị $a$ càng lớn. Mặt khác, chiều dài của ống quy định tần số dao động của chính nó (tương tự như dao động tự do của một sợi dây hoặc sợi dây; xem SGK lớp 10) và ống truyền lại dao động vào tờ giấy. Những đại lượng nào phụ thuộc vào tần số dao động và có thứ nguyên khoảng cách? Rõ ràng, đây không gì khác hơn là bước sóng, hoặc ít nhất là một giá trị tỷ lệ với nó.

Vì vậy, chúng ta đi đến giả định rằng một loại sóng nào đó đang truyền trong một tờ giấy. Nhưng cái nào? Sóng truyền không thể tạo ra sự phân bố cố định của bột trên một tờ giấy, nhưng trong thực nghiệm điều đó có thể đạt được. Do đó, nếu có sóng ở đây thì đó không phải là sóng lan truyền mà là sóng đứng, được hình thành do sự giao thoa của hai sóng lan truyền.

Nguồn của một sóng là đầu của một ống dao động. Làn sóng thứ hai, tương ứng với làn sóng đầu tiên, đến từ đâu? Thật hợp lý khi cho rằng nó xuất hiện do sự phản xạ của sóng truyền qua mép một tờ giấy. Nếu điều này thực sự xảy ra thì chúng ta có thể giả sử rằng có hai nguồn sóng: một nguồn thực nằm ở điểm $S$ (xem Hình 2) và