Kvant 1976, số 10 · Trang

QUANTUM
1976
10
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí

Bức tranh này là bản sao của một bản khắc từ năm 1636.
Cậu bé cầm một bình thủy tinh chứa đầy nước trên tay. Sau khi tập trung tia nắng bằng đường đặc biệt này, cậu bé sẽ kẹp được một bó rơm.

Bạn đã bao giờ thắc mắc tại sao bằng cách tập trung tia nắng mặt trời, bạn có thể thắp lửa nhưng không thể thắp sáng giấy bằng thấu kính có ánh sao? Nếu điều này làm bạn quan tâm, hãy đọc bài viết “Trong tiêu điểm của ống kính” (tr. 13).

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kionn
Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

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

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

TRONG PHÒNG:

2 A. Kolmogorov. Nhóm chuyển đổi
6 L. Sadovsky, M. Arshinov. Nhóm
13 P. Blukh. Ống kính lấy nét
Phòng thí nghiệm «Kvant»
21 S. Soskin. Sóng mao mạch trong tia
câu lạc bộ toán học
24 E. Belaga. Đại số - cổ xưa và hiện đại
Bài toán Kvant
32 Bài toán M406 — M410; F418 — F422
34 Lời giải bài toán M365 — M370; F373 — F377
Qua những trang sách giáo khoa
41 A. Zemlyakov. Thận trọng - tối đa!
Xưởng của người nộp đơn
46 J. Sukonic, P. Gorshtein. Sự lựa chọn của chúng ta là định lý sn-hus!
Đánh giá, thư mục
51 V. Leshkovtsev. Thông tin mới về trọng lực
Thông tin
Olympic Vật lý XXV lần thứ 52 tại Ba Lan
55 M. Alekseev, V. Belkov, O. Bouslavskaya. Ngôn ngữ học + toán học
«Kvant» cho học sinh nhỏ
56 Bài toán
57 A. Deinega. Logic bài toán và bất đẳng thức
60 B. Kordemsky. Đếm một cách khôn ngoan
61 Đáp số, gợi ý, lời giải
63 Bảng câu hỏi
Hỗn hợp (tr. 5, 20, 31, 42)

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

2

Khái niệm nhóm chiếm một vị trí rất quan trọng trong toán học và vật lý hiện đại. Đồng thời, các yếu tố của nhóm rất đơn giản và dễ tiếp cận đối với học sinh. Người đọc đã quen với các khái niệm “ánh xạ một tập hợp lên một tập hợp” và “thành phần của ánh xạ” (được đưa vào môn học hình học lớp VI-VIII theo chương trình mới) nên bắt đầu làm quen với lý thuyết nhóm bằng cách sử dụng các ví dụ về nhóm biến đổi, cụ thể là nhóm chuyển vị trên một mặt phẳng. Một bài báo ngắn của A. Kolmogorov về nhóm biến đổi có thể dùng như một lời giới thiệu cho việc nghiên cứu các nhóm đối xứng. Bài viết của L. Sadovsky và M. Arshinov được dành cho lý thuyết tổng quát, “trừu tượng” về nhóm. Tuy nhiên, nó cũng chứa rất nhiều tài liệu liên quan cụ thể đến các nhóm biến đổi. Cuối cùng, trong bài viết của E. Belga, nằm trong phần “Vòng tròn toán học”, bạn sẽ tìm thấy tập hợp bài toán, giải mà bạn sẽ làm quen với thao tác “thành phần” (không chỉ ánh xạ) và xem lý thuyết nhóm được áp dụng như thế nào cho lời giải bài toán.

A. Kolmogorov

NHÓM CHUYỂN ĐỔI

Mục đích bài viết ngắn của tôi là làm cho nội dung bài báo “Nhóm” đã xuất bản của L. Sadovsky và M. Arshinov trở nên dễ tiếp cận hơn và kết nối nó với sách giáo khoa phổ thông mới.

Theo chương trình học mới, học sinh lớp 5 được làm quen với khái niệm “sắp xếp một tập hợp thành một tập hợp”. Ở lớp sáu, các em được làm quen với khái niệm “ánh xạ khả nghịch” (theo một thuật ngữ khác, quen thuộc với nhiều độc giả «Kvant», “ánh xạ một-một”).

Mọi bản đồ khả nghịch đều có một bản đồ nghịch đảo. Ví dụ: phép quay $R_0^{70^\circ}$ quanh điểm $O$ theo $70^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ (Hình 1) có ánh xạ nghịch đảo là phép quay quanh điểm $O$ theo $70^\circ$, nhưng theo chiều kim đồng hồ. Trong sách giáo khoa hình học mới, phép quay này được ký hiệu là $R_0^{-70^\circ}$ (xoay quanh điểm $O$ bằng âm $70^\circ$).

Trong các lớp tiếp theo và cuối cùng, học sinh được làm quen với khái niệm “bố cục trưng bày”. Ví dụ, chúng ta hãy xem xét hai chuyển động của mặt phẳng, nghĩa là hai ánh xạ của mặt phẳng lên chính nó để bảo toàn khoảng cách. Là chuyển vị đầu tiên, chúng ta lấy đối xứng trục $S_x$ với trục $x$ và đối xứng thứ hai - đối xứng trục $S_y$ với trục $y$, vuông góc với trục $x$ (Hình 2). Điều gì xảy ra nếu bạn thực hiện tuần tự hai ánh xạ này: đầu tiên là $S_x$ và sau đó là $S_y$?

Điểm $P$ có đối xứng $S_x$ sẽ đi vào điểm $P_1$, đối xứng với trục $x$, và với đối xứng $S_y$ của điểm $P_1$, nó sẽ đi vào điểm $P_2$. Câu trên có thể viết dưới dạng đẳng thức

$$P_2 = S_y(S_x(P)).$$

Mặt khác, điểm $P_2$ có thể được lấy trực tiếp từ điểm $P$ bằng cách sử dụng đối xứng trung tâm $Z_0$ với tâm $O$ là giao điểm của các đường $x$ và $y$:

$$P_2 = Z_0(P).$$

Hãy tự chứng minh rằng với mọi điểm $P$ của mặt phẳng

$$S_y(S_x(P)) = Z_0(P)$$

(như đã nói, giả định rằng các đường $x$ và $y$ vuông góc và cắt nhau tại điểm $O$).

Ánh xạ $Z_0$ được cho là “thành phần” của ánh xạ $S_x$ và $S_y$; viết sự thật này dưới dạng đẳng thức

$$Z_0 = S_y \circ S_x.$$

Ở đây vòng tròn $\circ$ là dấu hiệu của thao tác trên ánh xạ. Giống như các phép tính cộng (dấu “+”) hoặc phép nhân (dấu ("×") áp dụng cho một cặp số $\langle a, b \rangle$ tạo ra các số mới:

$$c = a + b, \quad d = a \times b,$$

một thao tác kết hợp được áp dụng cho hai ánh xạ sẽ tạo ra một ánh xạ mới.

Chúng ta sẽ quan tâm đến ánh xạ nghịch đảo của một tập hợp $M$ nhất định lên chính nó. Các ánh xạ như vậy được gọi là “các phép biến đổi của tập hợp $M$”. Để làm ví dụ, chúng tôi đưa ra chuyển động của một mặt phẳng, một mặt phẳng làm sẵn và một phép biến đổi tương tự.

Đặt tập $M$ là một mặt phẳng. Chúng ta hãy xem xét tập $G$ của tất cả các chuyển vị của mặt phẳng này, nghĩa là tập hợp tất cả các ánh xạ $F$ của mặt phẳng $M$ lên chính nó, bảo toàn khoảng cách: với hai điểm bất kỳ $P$ và $Q$ của mặt phẳng $M$

$$|F(P)F(Q)| = |PQ|.$$

Tất cả các chuyển động đều nghịch đảo, và do đó, theo thuật ngữ trên, chúng là các phép biến đổi mặt phẳng.

Tập hợp $G$ của chúng tôi có hai thuộc tính thú vị:

(1) thành phần của hai phép biến đổi từ $G$ thuộc về $G$, tức là thành phần của hai chuyển vị là một chuyển vị;

(2) cùng với các phép biến đổi $F$, tập $G$ luôn bao gồm một phép biến đổi nghịch đảo, tức là phép biến đổi nghịch đảo với một chuyển vị cũng là một phép biến đổi.

Về giới hạn. Tập các phép biến đổi của tập $A$ có tính chất (1) và (2) được gọi là nhóm các phép biến đổi của tập $A$.

Theo quan điểm trên, tập hợp tất cả các chuyển vị của một mặt phẳng có thể dùng làm ví dụ về nhóm biến đổi của mặt phẳng. Một ví dụ khác là tập hợp tất cả các phép biến đổi tương tự.

Tuy nhiên, có nhiều ví dụ đơn giản hơn nhiều. Ví dụ: hãy xem xét tập hợp $G_1$ của tất cả các chuyển vị mà tam giác đều $ABC$ (Hình 3) ánh xạ lên chính nó. Có thể dễ dàng chỉ ra sáu chuyển động như vậy:

1. ánh xạ hiệu quả tương tự $E$, ánh xạ bất kỳ điểm $P$ nào của mặt phẳng lên chính nó;

2. xoay $R_0^{120^\circ}$ quanh tâm tam giác $O$ bằng $120^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ;

3. xoay $R_0^{-120^\circ}$ quanh tâm $O$ theo $120^\circ$ theo chiều kim đồng hồ;

4), 5), 6) đối xứng trục $S_{OA}$, $S_{OB}$, $S_{OC}$.

4

Bằng cách giải bài toán 2 và 3, bạn chứng minh được rằng tập hợp $G_1$ có các thuộc tính (1) và (2) theo định nghĩa của nhóm biến đổi, nghĩa là $G_1$ là nhóm biến đổi mặt phẳng.

Một thực tế tổng quát hơn có thể được chứng minh: tập $G_\Phi$ tất cả các chuyển vị của mặt phẳng; ánh xạ bất kỳ hình đã cho nào $\Phi$ lên chính nó là một nhóm biến đổi mặt phẳng. Chứng minh không khó (làm đi!). Nhóm $G_\Phi$ được gọi là nhóm hình đối xứng $\Phi$.

Từ bảng thành phần của bộ $G_1$ chúng ta thấy rằng thành phần của các chuyển động không phải lúc nào cũng có thể định vị lại được:

$$S_{(OA)} \circ S_{(OB)} = R_0^{-120^\circ} \neq R_0^{120^\circ} = S_{(OB)} \circ S_{(OA)}.$$

Tuy nhiên, có thể chứng minh rằng phép toán hợp thành biến đổi tập hợp $M$ luôn có tính chất kết hợp:

$$F_3 \circ (F_2 \circ F_1) = (F_3 \circ F_2) \circ F_1$$

(hãy thử cái này).

Bảng 1

| $\circ$ | $E$ | $S_{(OA)}$ | $S_{(OB)}$ | $S_{(OC)}$ | $R_0^{120^\circ}$ | $R_0^{-120^\circ}$ |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $E$ | $E \circ E = E$ | $E \circ S_{(OA)} = S_{(OA)}$ | $E \circ S_{(OB)} = S_{(OB)}$ | $E \circ S_{(OC)} = S_{(OC)}$ | $E \circ R_0^{120^\circ} = R_0^{120^\circ}$ | $E \circ R_0^{-120^\circ} = R_0^{-120^\circ}$ |
| $S_{(OA)}$ | $S_{(OA)} \circ E = S_{(OA)}$ | $S_{(OA)} \circ S_{(OA)} = E$ | $S_{(OA)} \circ S_{(OB)} = R_0^{-120^\circ}$ | | | |
| $S_{(OB)}$ | | $S_{(OB)} \circ S_{(OA)} = R_0^{120^\circ}$ | | | | |
| $S_{(OC)}$ | | | | | | |
| $R_0^{120^\circ}$ | | | | | | |
| $R_0^{-120^\circ}$ | | | | | | |

Bất kỳ nước đi nào ánh xạ tam giác $ABC$ lên chính nó sẽ ánh xạ tập hợp các đỉnh $U=\{A,\ B,\ C\}$ của tam giác lên chính nó theo Bảng 2.

Dòng dưới cùng chứa các ký hiệu cho ánh xạ của tập hợp $U$ lên chính nó, được đưa ra bởi bảng của chúng tôi. Ví dụ: hàm $s_2$ (hãy nhớ: ánh xạ và hàm là từ đồng nghĩa!) được xác định hoàn toàn bởi các đẳng thức

$$s_2(A)=C,\quad s_2(B)=B,\quad s_2(C)=A.$$

Miền định nghĩa của nó là tập $U$, tập các giá trị cũng là tập $U$. Tất nhiên, không nên nhầm lẫn điều này với ánh xạ $S_{(OB)}$, ánh xạ mặt phẳng $M$ lên chính nó!

Các phép biến đổi $e,\ s_1,\ s_2,\ s_3,\ r_1,\ r_2$ tạo thành nhóm $G_2$ các phép biến đổi của tập hợp $U$.

Bài toán 4. Viết bảng thành phần cho nhóm $G_2$. Chỉ định phần tử nghịch đảo cho từng phần tử của nó.

---

Một cái nhìn mới về cái cũ bài toán

Bài toán cái này là như thế. Có hai đường ống được lắp đặt vào hồ bơi. Qua một cái, hồ bơi có thể đầy trong 4 giờ, và qua cái kia - trong 12 giờ. Nếu mở cả hai vòi cùng một lúc thì sau bao lâu sẽ đầy bể?

Chúng ta hãy nhớ lại lời giải thông thường của bài toán này. Trong một giờ, ống thứ nhất lấp đầy $\frac14$ và ống thứ hai - $\frac1{12}$ một phần của toàn bộ bể. Cả hai đường ống sẽ lấp đầy $\frac14+\frac1{12}$, tức là $\frac13$ hồ trong một giờ, do đó toàn bộ hồ sẽ được lấp đầy trong 3 giờ.

Bây giờ chúng ta hãy thực hiện như sau: từ các đầu của một đoạn tùy ý $AB$, chúng ta dựng hai đường vuông góc ở một phía của đoạn đó:

Bảng 2

| $x$ | $E(x)$ | $S_{(OA)}(x)$ | $S_{(OB)}(x)$ | $S_{(OC)}(x)$ | $R_O^{120^\circ}(x)$ | $R_O^{-120^\circ}(x)$ |
|—|—|—|—|—|—|—|
| $A$ | $A$ | $A$ | $C$ | $B$ | $C$ | $B$ |
| $B$ | $B$ | $C$ | $B$ | $A$ | $A$ | $C$ |
| $C$ | $C$ | $B$ | $A$ | $C$ | $B$ | $A$ |
| | $e$ | $s_1$ | $s_2$ | $s_3$ | $r_1$ | $r_2$ |

Nhóm chuyển vị $G_1$ và nhóm hiện được xác định $G_2$ theo một nghĩa nào đó của từ “được cấu trúc theo cùng một cách”. Chúng là “đẳng hình”. Bạn có thể tìm hiểu điều này có ý nghĩa gì theo ngôn ngữ toán học chặt chẽ từ bài báo của L. Sadovsky và M. Arshinov.

Bài toán 5. Khám phá theo cách tương tự:
a) nhóm đối xứng của đoạn $AB$;
b) nhóm đối xứng của hình vuông $ABCD$.

$|AA_1|=4,\quad |BB_1|=12$ (xem hình). Từ điểm $C_1$ giao nhau của các đoạn $A_1B$ và $AB_1$ ta thả đường vuông góc $C_1C$ xuống đường thẳng $AB$, rồi $|C_1C|=3$, bằng giá trị tìm được ở trên.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng đây không phải là sự trùng hợp ngẫu nhiên. Xét trường hợp tổng quát: ống thứ nhất đầy bể trong $x$ giờ, và ống thứ hai sau $y$ giờ. Cả hai ống khi cùng làm việc sẽ đầy bể trong $z$ giờ và

$$\frac{1}{z}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}.$$

Đối với mọi giá trị hợp lệ của $x$ và $y$, tam giác $CBC_1$ tương tự như tam giác $ABA_1$ và tam giác $ACC_1$ tương tự như tam giác $ABB_1$, vì vậy

$$\frac{z}{x}=\frac{|BC|}{|AB|},\qquad \frac{z}{y}=\frac{|AC|}{|AB|},$$

Ở đâu

$$\frac{z}{x}+\frac{z}{y}=1,$$

$$\frac{1}{z}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}.$$

Tương tự, bạn có thể tìm điện trở $z$ của một mạch gồm hai điện trở có độ lớn $x$ và $y$, mắc song song, vì trong trường hợp này là $1/z=1/x+1/y$. Ví dụ cuối cùng giúp bạn có thể quyết định bài toán về nhóm “chỉ bằng một nút bấm”. Chúng ta hãy tạo một mạch gồm hai điện trở 4 ohms và 12 ohms mắc song song và đo điện trở của nó - chúng ta nhận được đáp số: 3 (ohms)

Y. Mett

5

6

L. Sadovsky,
M. Artsinov
NHÓM

Toán học thế kỷ XXI có thể rất khác với toán học của chúng ta; có lẽ một học sinh bắt đầu học đại số với lý thuyết nhóm thay thế, điều mà bây giờ anh ta có thể làm nếu không có truyền thống đã được thiết lập.
Simon Newcombe, 1893

Đại số nghiên cứu các hành động (phép toán) khác nhau và các nguyên tắc mà chúng tuân theo. Các phép toán này có thể được xác định không chỉ trên các số, đa thức và vectơ mà bạn đã biết từ khóa học toán học và vật lý ở trường mà còn trên các phần tử có bản chất khác.
Trong bài viết của A. Kolmogorov, các bạn đã làm quen với hoạt động thành phần các chuyển vị và khái niệm “nhóm chuyển vị”. Ở đây chúng ta sẽ nói về một cấu trúc đại số trừu tượng được gọi là nhóm.

Các nhà toán học phải mất gần nhiều năm mới phát triển được khái niệm nhóm ở dạng hiện đại. Hai trăm năm trước, nhà khoa học nổi tiếng người Pháp Joseph-Louis Lagrange (1736-1813), khi nghiên cứu lời giải phương trình đại số theo bán kính, đã thực sự vận dụng khái niệm nhóm, mặc dù bản thân ông không sử dụng thuật ngữ này. Năm 1771, ông đã xây dựng và chứng minh định lý cơ bản đầu tiên trong lý thuyết nhóm.

Nghiên cứu của Lagrange được tiếp tục bởi nhà toán học người Na Uy Niels Henrik Abel và người Pháp Evariste

7

Galois*), người đầu tiên đặt ra thuật ngữ “nhóm”. Các phần tử của các nhóm mà ông coi là sự thay thế các nghiệm của phương trình đại số
$$a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0 = 0.$$
Nhóm hoán vị cũng được nghiên cứu bởi Augustin-Louis Cauchy (1789-1857), Arthur Cayley (1821-1903), Camille Jordan (1838-1922) và các nhà toán học nổi tiếng khác. Định nghĩa được chấp nhận hiện nay về nhóm được Cayley đề xuất vào năm 1854.

Tính chất đối xứng, phổ biến trong tự nhiên, có liên quan chặt chẽ đến nhóm có thể hiểu được. Không chỉ những bông tuyết, tổ ong, muối ăn và tinh thể thạch anh mới có tính đối xứng. Các hạt cơ bản cũng tuân theo “định luật đối xứng” - liên hợp điện tích, theo đó mỗi hạt tương ứng với một phản hạt. Cơ sở cho sự đối xứng của thế giới xung quanh chúng ta là các nguyên lý năng lượng tương đối của Galileo, các định luật bảo toàn năng lượng, động lượng, điện tích, v.v.

Việc nghiên cứu các định luật đối xứng, chung cho những biểu hiện đa dạng nhất của nó, đã dẫn đến việc tạo ra một bộ máy toán học đặc biệt gọi là lý thuyết nhóm.

Định nghĩa của một nhóm dựa trên khái niệm về phép toán nhị phân.

Hoạt động nhị phân
Giả sử rằng mỗi cặp có thứ tự $a$ và $b$ của các phần tử của một số tập hợp tùy ý $G$ được liên kết với một số phần tử $c$ của cùng một tập hợp. Khi đó chúng ta nói rằng một phép toán nhị phân được xác định trên tập $G$. Kết quả của việc áp dụng thao tác này với một cặp phần tử cho trước, viết dưới dạng ký hiệu
$$a * b = c.$$
*) Về những toán học này, xem «Kvant», 1973, số 10 và 1976, số 5.

Đôi khi thuật ngữ ghép được chọn cho phép toán nhị phân, nghĩa là phép cộng, phép nhân hoặc phép hợp. Một ví dụ về phép toán nhị phân là thành phần của các chuyển động trên một mặt phẳng.

Sản phẩm $a * b$ và $b * a$ có thể giống hoặc khác nhau. Trong trường hợp đầu tiên, họ nói rằng $a$ và $b$ tính toán (hoán vị), trong trường hợp thứ hai họ không tính toán. Phép toán nhị phân * được gọi là giao hoán nếu với bất kỳ $a, b$ nào có $a * b = b * a$ và không giao hoán nếu có ít nhất một cặp phần tử $a, b$ mà $a * b \neq b * a$.

Bài toán 1. Kiểm tra xem
a) phép cộng thông thường là phép toán nhị phân trên tập $Z$ của tất cả các số nguyên;
b) phép nhân cũng là một phép toán nhị phân trên tập $Z$.

Vì vậy, trên cùng một tập hợp, nói chung, người ta có thể định nghĩa các phép toán nhị phân khác nhau.

Bài toán 2. Là $Z$ phép toán nhị phân trên tập hợp
a) phép chia;
b) phép trừ?
Những phép toán này có giao hoán không?
Bài toán 3. Các phép tính cộng, trừ, nhân, chia nhị phân có trên tập hợp toàn số lẻ không?

Chỉ có hai khả năng để di chuyển một bộ ba phần tử $a, b, c$ nhất định mà không thay đổi thứ tự của chúng: $(a * b) * c$ hoặc $a * (b * c)$. Nếu như
$$(a * b) * c = a * (b * c),$$
thì bộ ba phần tử $a, b, c$ được gọi là liên kết; Đối với cô, ký hiệu $a * b * c$ có một ý nghĩa nhất định. Nếu các phép toán * mỗi bộ ba phần tử liên kết với nhau thì chính phép toán đó * được gọi là liên kết.

Bài toán 4. Các hoạt động sau có liên quan không:
a) thành phần của chuyển động;
b) phép cộng và nhân số thực (phức);
b) chia và nâng các số lên lũy thừa $(a * n = a^n)$?

8

Định nghĩa nhóm

Một tập hợp $G$ có phép toán nhị phân * được xác định trên đó được gọi là một nhóm nếu ba tiên đề được thỏa mãn:

Tiên đề I (sự tồn tại của một yếu tố duy nhất). Có một phần tử duy nhất $e$ của tập hợp $G$ sao cho

$$e * a = a * e = a$$

đối với mọi phần tử $a$ của $G$.

Tiên đề II (sự tồn tại của một phần tử nghịch đảo). Với mỗi phần tử $a$ của tập hợp $G$ tồn tại một phần tử $a^{-1}$ sao cho

$$a * a^{-1} = a^{-1} * a = e.$$

Tiên đề III (tính kết hợp của phép toán nhị phân). Đối với bất kỳ phần tử ba $a, b, c$ nào từ $G$ đẳng thức

$$a * (b * c) = (a * b) * c.$$

Nếu một phép toán nhị phân có tính giao hoán thì nhóm được gọi là Abelian (để vinh danh Abelai) hoặc giao hoán, ngược lại - không phải Abelian hoặc không giao hoán.

Vì vậy, một tập hợp sẽ trở thành một nhóm ngay khi một phép toán nhị phân được thực hiện trên đó, phụ thuộc vào ba tiên đề đã chỉ ra. Đồng thời, không có gì được giả định liên quan đến chính các phần tử của tập hợp này: chúng có thể là số, đa thức, chuyển vị hoặc đối tượng có tính chất khác.

Bây giờ đã đưa ra định nghĩa về nhóm, mọi người sẽ thấy rằng mình đã quen thuộc với nhóm từ lâu. Trong thực tế, nhiều tập hợp số liên quan đến các phép tính tổng quát của phép cộng và phép nhân tạo thành một nhóm. Như vậy, một nhóm là một tập hợp các số nguyên có phép cộng; nó được gọi là nhóm cộng các số nguyên. Đây là một nhóm Abelian, phần tử “đơn vị” của nó là số: $0 + c = c + 0 = c$, nghịch đảo của một số tùy ý là số đối của nó: $c + (-c) = 0$.

Hình 1.

Nhóm cũng được hình thành bởi tập hợp $G$ của tất cả các thay đổi ánh xạ lên chính chúng một số hàm (tel) $F$. Nhóm này đóng vai trò là đặc điểm của tính đối xứng của các hàm $F$ và được gọi là nhóm của hàm đối xứng $F$.

Bài toán 5. Kiểm tra xem tập hợp số hữu tỉ và số thực bằng phép cộng có phải là nhóm hay không (nhóm cộng được của số hữu tỉ và số thực).

Bài toán 6. Chứng minh rằng
a) lý trí tích cực;
b) Các số thực dương khi nhân với nhau tạo thành nhóm (nhóm nhân của số hữu tỉ dương và số thực dương).

Bài toán 7. Các nhóm có tạo thành tập hợp số hữu tỉ và số thực bằng phép nhân không?

Ba người một nhóm

Người đầu tiên (số học). Chúng ta hãy sửa một số tự nhiên $n$ ($n \neq 1$) và xét tập hợp (ký hiệu là $T_n$) số dư khi chia mỗi số tự nhiên cho $n$. Rõ ràng có chính xác $n$ số dư khác nhau, chúng bằng các tương ứng 0, 1, 2, . . . , $n-1$. Bất kỳ hai số $k$ và $l$ nào khi chia cho $n$ đều có số dư bằng nhau, được gọi là so sánh modulo $n$ và viết

$$k \equiv l \pmod n.$$

Bây giờ chúng ta mở rộng tập hợp số tự nhiên $N$ thành các lớp $n$ theo nguyên tắc sau.

Trong lớp 0 (để biểu thị là thuận tiện khi sử dụng cùng một số 0), chúng tôi thu thập tất cả các số mà khi chia cho $n$, sẽ cho

9

số dư 0, tức là $a$ sao cho $a \equiv 0$ (mod $n$).

Trong lớp đầu tiên, giá trị riêng $a \equiv 1$ (mod $n$), tức là để lại số dư 1 khi chia cho $n$.

Nói chung, chúng tôi đặt tất cả các số $a \equiv k$ (mod $n$) vào lớp thứ $k$. Để chỉ định lớp này, chúng tôi sử dụng cùng một số $k$ (Hình 1).

Bây giờ chúng ta định nghĩa một phép toán nhị phân trên tập $Z_n$ của các lớp được xây dựng. Đặt $k$ và $l$ là hai lớp bất kỳ. Hãy chọn bất kỳ số nào từ mỗi số đó, ví dụ: $a$ và $b$: $a \equiv k$ (mod $n$), $b \equiv l$ (mod $n$).

Hãy cộng tổng số tiền $a+b$ và chia cho $n$. Khi đó phần còn lại sẽ là $k+l$ (nếu $k+l < n$) hoặc $k+l-n$ (nếu $k+l \geq n$).

Điều này có nghĩa là thao tác sau $\oplus$ có ý nghĩa (hãy gọi nó là “bổ sung lớp”):

$$k \oplus l = \begin{cases} k+l, & \text{ если } k+l < n, \\ k+l-n, & \text{ если } k+l \geq n. \end{cases}$$

Ví dụ: tại $n=3$ có ba lớp: 0, 1, 2. Bảng cộng cho các lớp này trông như sau:

| $\oplus$ | 0 | 1 | 2 |
| :— | :— | :— | :— |
| 0 | 0 | 1 | 2 |
| 1 | 1 | 2 | 0 |
| 2 | 2 | 0 | 1 |

Tập $Z_n$ đối với phép toán $\oplus$ tạo thành một nhóm gọi là nhóm dư modulo $n$. Thật vậy, tất cả các tiên đề nhóm đều được thỏa mãn: phần tử trung hòa là lớp 0; phần tử đối diện của lớp $k$ ($k \neq 0$) là lớp $n-k$ ($-0=0$). Cuối cùng, thao tác $\oplus$ có tính kết hợp (kiểm tra!).

Mặt thứ hai (hình học). Tập hợp các phép quay của mặt phẳng quanh tâm $O$ của một $n$-giác đều theo các góc $\alpha$, tại đó $n$-giác này được ánh xạ lên chính nó, cũng tạo thành một nhóm xét về phép tính $\oplus$ thành phần của một biến. Nghịch đảo của $R^\alpha$ là $R^{-\alpha}$:

$$R^\alpha \circ R^{-\alpha} = E.$$

Trong nhóm này có các phần tử $n$ (các lượt $R^{\alpha_k}$, trong đó $\alpha_k = k \cdot \frac{360^\circ}{n}$, $k=0, 1, \dots, n-1$; xem Hình 2) và thành phần chính xác của các lượt có thể được viết như sau:

$$R^{\alpha_k} \circ R^{\alpha_m} = \begin{cases} R^{\alpha_k+m}, & \text{ если } k+m < n, \\ R^{\alpha_k+m-n}, & \text{ если } k+m \geq n. \end{cases}$$

Đây là vị trí đúng trong phép cộng (1) đúng của các lớp, sử dụng nó chúng ta có thể viết:

$$R^{\alpha_k} \circ R^{\alpha_m} = R^{\alpha_k+m}.$$

Người thứ ba (phức tạp). Nó có thể được làm trơn tru bởi những người đã quen với số phức và các phép toán trên chúng. Bây giờ chúng ta quan tâm đến tập hợp tất cả các nghiệm phức bậc $n$ của các đơn vị, tức là tập lời giải của phương trình $z^n=1$.

Nếu $z=\cos \alpha+i\sin \alpha$ là dạng lượng giác của một số như vậy thì theo quy tắc nhân số phức, $z^n=\cos n\alpha+i\sin n\alpha$. Đẳng thức $z^n=1$ đúng cho $n\alpha=2\pi k$, trong đó $k$ là một số nguyên, vì vậy tất cả $n$ nghiệm phân biệt của đơn vị đều được tính theo công thức

$$z_k=\cos \frac{2\pi}{n} k+i\sin \frac{2\pi}{n} k$$

($k=0, 1, \dots, n-1$). Dễ dàng kiểm tra

10

rằng tập hợp tất cả các nghiệm này tạo thành một nhóm với quy tắc nhân sau:

$$z_h \cdot z_l = z_{k \oplus l}.$$

(3)

Chúng ta hãy nhớ lại rằng mỗi số phức $z = r$ (với $\alpha + i \sin \alpha$) với mô hình $r$ và đối số $\alpha$ được biểu diễn trong hệ tọa độ hình chữ nhật bằng một vectơ có chiều dài $r$, tạo một góc $\alpha$ với trục $Ox$. Do đó, các số $z_h$ được biểu diễn bằng các vectơ có độ dài 1 sao cho cứ hai vectơ liền kề nhau tạo một góc $2\pi/n$ với nhau. Nói cách khác, điểm cuối của các vectơ này nằm ở các đỉnh của $n$-gon thông thường (Hình 3).

Bây giờ rõ ràng là nhóm nghiệm thứ $n$ của một và nhóm phép quay $R^{\alpha_k}$ về cơ bản là “không khác” và “tương tự” với nhóm $Z_n$. Để làm rõ cụm từ cuối cùng, cần giới thiệu một trong những khái niệm quan trọng nhất của toán học.

Khái niệm đẳng cấu

Xét hai nhóm bất kỳ $G$ và $H$. Giả sử rằng sự tương ứng một-một đã được thiết lập giữa các phần tử của các nhóm này (chúng tôi biểu thị nó bằng chữ cái $\varphi$), nghĩa là đưa ra một ánh xạ nghịch đảo $\varphi$ tập $G$ lên tập $H$. Chúng ta hãy chọn một cặp phần tử tùy ý $a, b$ trong $G$; chúng tương ứng với một số phần tử $\varphi(a), \varphi(b)$ trong $H$. Vì $G$ và $H$ là các nhóm nên tích $ab \in G$, $\varphi(a) \varphi(b) \in H$ và $\varphi(ab) \in H$ cũng được xác định.

Về giới hạn. Các nhóm $G$ và $H$ được gọi là đẳng cấu nếu có một ánh xạ một-một $\varphi$ của nhóm $G$ lên nhóm $H$ để bảo toàn sản phẩm, nghĩa là với bất kỳ $a, b \in G$ nào cũng có $\varphi(a) \varphi(b) = \varphi(ab)$.

Ánh xạ này được gọi là đẳng cấu.

Tính đẳng cấu của hai nhóm sẽ làm rõ rằng các quy luật chi phối hoạt động của cả hai nhóm là giống nhau và mọi tính chất vốn có trong hoạt động của một trong các nhóm đều như nhau.

trong phạm vi một hoạt động vốn có trong một nhóm đẳng cấu với nó. Do đó, các nhóm đẳng cấu được gọi là “bằng nhau một cách trừu tượng” và được xác định với nhau, dẫn đến sự xuất hiện của một nhóm trừu tượng: một nhóm liên quan đến bản chất của các thành phần mà không có giả định cụ thể nào được đưa ra.

Một ví dụ về nhóm đẳng cấu là ba nhóm vừa xem xét: nhóm dư lượng, nhóm phép quay và nhóm nghiệm đơn vị trên thực tế chỉ là ba cách thể hiện của cùng một nhóm trừu tượng.

Đẳng cấu $\psi$ giữa nhóm quay và nhóm $Z_n$ là bản đồ

$$\psi (R^{\alpha_k}) = k.$$

Rõ ràng là trong trường hợp này tích của phép quay sẽ tương ứng, như sau từ công thức (2), với tổng các số dư.

Sự đẳng cấu $\varphi'$ giữa nhóm phép quay của một $n$-giác đều và nhóm căn bậc $n$ của các số 1 được xác lập bằng sự tương ứng

$$\varphi (R^{\alpha_k}) = z_k.$$

Tất nhiên, quy tắc (4) được thỏa mãn; nó suy ra từ đẳng thức (3).

Bài toán 8. Thiết lập đẳng cấu giữa nhóm căn bậc $n$ của đơn vị và nhóm $Z_n$ của dư lượng modulo $n$.

Bài toán 9. Xây dựng đẳng cấu giữa nhóm cộng của tất cả các số thực và nhóm nhân của các số thực dương.

11

Nhóm đối xứng

Thật dễ dàng để phân biệt một hình đối xứng với một hình không đối xứng - trực giác giúp chúng ta điều này. Nó cho chúng ta biết rằng hình vuông đối xứng hơn hình thoi và hình tròn đối xứng hơn hình thoi. Nhưng chỉ trực giác thôi thì chưa đủ. Những cân nhắc chi tiết hơn nảy sinh khi xem xét các chuyển vị của không gian (hoặc mặt phẳng), trong đó các hình F đã cho sẽ được ánh xạ lên chính nó. Khả năng của các phép biến đổi như vậy (với hoạt động thành phần của các chuyển vị) tạo thành một nhóm được gọi là nhóm các hình đối xứng F. Bạn đã biết về điều này từ bài báo của A. Kolmogorov (xem trang 4), và chúng tôi đã đưa ra ví dụ này về một nhóm. Bây giờ chúng ta sẽ nghiên cứu các nhóm đối xứng của một số hình.

Hãy bắt đầu với hình tròn, mà từ xa xưa đối với con người dường như là hiện thân của sự hoàn hảo và là một ví dụ về sự đối xứng. Với bất kỳ góc quay nào so với tâm và với sự phản chiếu của gương so với đường kính tùy ý, vòng tròn sẽ tự căn chỉnh. Do đó, nhóm đối xứng đường tròn bao gồm tất cả các phép quay $R_0^\alpha$ quanh tâm $O$ của đường tròn và tất cả các phép đối xứng trục $S_l$ với trục $l$ đi qua điểm $O$.

Nhóm đối xứng của hình elip nhỏ hơn nhiều - nó bao gồm hai đối xứng trục tương ứng với đường kính liên hợp vuông góc lẫn nhau của hình elip (hình elip được mô tả trong «Kvant», 1975, số 1), phép quay $R_0^{180^\circ}$ (đối xứng tâm) xung quanh hình elip và tất nhiên, cũng là một ánh xạ hiệu quả $E$. Tương tự sẽ là nhóm đối xứng của hình thoi.

Nhưng hình vuông có nhóm đối xứng lớn hơn, bây giờ chúng ta sẽ tách chúng ra.

Hãy vẽ một hình vuông trên mặt phẳng và đánh dấu các đỉnh của nó bằng các số 1, 2, 3, 4. Để hình vuông tự thẳng hàng, mỗi đỉnh của nó đều kết thúc ở vị trí của một đỉnh nhất định. Vì vậy, ví dụ khi xoay $R_0^{90^\circ}$ ($O$ là tâm của hình vuông), các đỉnh 1, 2, 3, 4 sẽ lần lượt biến thành các đỉnh 2, 3, 4, 1 (Hình 4): $R_0^{90^\circ}(1) = 2$, $R_0^{90^\circ}(2) = 3$, $R_0^{90^\circ}(3) = 4$, $R_0^{90^\circ}(4) = 1$. Thực tế này có thể được viết khác nhau:

$$1 \rightarrow 2, 2 \rightarrow 3, 3 \rightarrow 4, 4 \rightarrow 1.$$

Tương tự, lần lượt $R_0^{180^\circ}$ khớp với mục nhập

$$1 \rightarrow 3, 2 \rightarrow 4, 3 \rightarrow 1, 4 \rightarrow 2.$$

Những gì đã nói cũng có thể được viết dưới dạng veena, ý nghĩa của nó đã rõ ràng so với dạng trước:

$$R_0^{90^\circ} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1 \end{pmatrix}, R_0^{180^\circ} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \end{pmatrix}.$$

Chúng ta đã thu được cái mà các nhà toán học gọi là sự thay thế: ánh xạ nghịch đảo của tập hữu hạn $M$ lên chính nó (ở đây là tập hợp bốn điểm - các đỉnh của một hình vuông). Sau khi bao bọc các phần tử của tập hữu hạn này bằng các số 1, 2, …, $n$, chúng ta sẽ cộng từng phần tử thay thế dưới dạng bảng

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & ... & n \\ a_1 & a_2 & a_3 & a_4 & ... & a_n \end{pmatrix},$$

dòng dưới cùng chứa các số giống như dòng trên cùng nhưng theo thứ tự khác. Do đó, sự thay thế bao gồm thực tế là mỗi phần tử $a_k$ từ $M$ được liên kết với một phần tử duy nhất $b_k$ từ cùng một bộ và các phần tử khác nhau $a_k$ tương ứng với $b_k$ khác nhau.

12

Với quan điểm này, các mục khác nhau có thể được lấy cho cùng một sự thay thế, ví dụ:

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

Thông thường, các phần tử của hàng trên cùng được sắp xếp theo thứ tự tự nhiên và do đó, nói chung, việc thay thế các phần tử $n$ được viết dưới dạng

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n \\ a_1 & a_2 & \dots & a_n \end{pmatrix}.$$

Đặt $\sigma$ và $\tau$ là hai hoán vị của tập hợp $M$. Tích $\tau \circ \sigma$ của phép thay thế $\sigma$ bằng $\tau$ là phép thay thế $\omega$ phát sinh do việc thực hiện tuần tự $\sigma$ đầu tiên và sau đó là $\tau$. Do đó, nếu $\sigma$ khớp với phần tử $a$ với $b$ và $\tau$ khớp với phần tử $b$ với $c$, thì tích $\tau \circ \sigma$ với phần tử $a$ khớp với $c$. Sản phẩm phụ thuộc vào thứ tự của các thành phần. Thật vậy, nếu $\tau$ ánh xạ phần tử $a$ tới phần tử $d$ và $\sigma$ ánh xạ $f$ tới phần tử $d$, thì tích $\sigma \circ \tau$ ánh xạ $a$ tới $f$.

Thay thế danh tính

$$e = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \dots & n \\ 1 & 2 & \dots & n \end{pmatrix},$$

không thay đổi cách sắp xếp các phần tử, đóng vai trò đơn vị. Đối với mỗi hoán vị $\omega$ có một nghịch đảo duy nhất $\omega^{-1}$ sao cho $\omega \circ \omega^{-1} = \omega^{-1} \circ \omega = e$.

Bài tập 10. Chứng minh rằng định nghĩa trên, phép nhân các số thay thế, có tính kết hợp.

Nhiệm vụ 11. Chứng minh rằng sự thay thế $\omega^{-1}$ phát sinh từ sự thay thế đã cho nếu hàng trên cùng và dưới cùng của nó hoán đổi cho nhau.

Tập hợp các hoán vị của các phần tử $n$ tạo thành một nhóm (ánh xạ khả nghịch của một tập hữu hạn $M$ lên chính nó), nó được gọi là “nhóm đối xứng bậc $n$” và được ký hiệu là $S_n$.

Bài 12. Viết các phép thay thế tương ứng với các đối xứng trục của hình vuông (Hình 5) $S_{(24)}$, $S_{(13)}$, $S_l$, $S_m$ và phép quay $R_0^{270^\circ}$ (ở đây (24) là đường thẳng đi qua các điểm 2, 4, v.v.).

Bài 13. Chứng minh nhóm hoán vị của 4 phần tử gồm 24 phần tử.

Nhiệm vụ 14. Đảm bảo rằng không phải mỗi sự thay thế này đều có thể khớp với một hình vuông tự sắp xếp.

Chuỗi bài toán cho thấy có ít hơn 24 phần tử trong nhóm đối xứng hình vuông - mỗi phần tử tự sắp xếp của hình vuông tương ứng với một phép thay thế (4 đỉnh của hình vuông), nhưng không phải mọi sự thay thế đều tương ứng với việc tự sắp xếp của một hình vuông.

Đây là điểm khác giữa hình vuông và hình tam giác: nhóm đối xứng của tam giác bao gồm sáu phần tử và sự thay thế của 3 đỉnh của tam giác cũng là sáu, và nhóm đối xứng của một tam giác là đẳng cấu với nhóm thay thế của 3 phần tử.

Lưu ý rằng nhóm đối xứng của hình vuông (cũng như hình tam giác) là không giao hoán:

$$S_{(13)} \circ S_l = R_0^{-90^\circ} \neq R_0^{90^\circ} = S_l \circ S_{(13)}.$$

Nhiệm vụ 15. Tìm tất cả các mặt phẳng biến thiên ánh xạ hình vuông lên chính nó (sẽ có tổng số chúng trong mọi thứ).

Bài 16. Lập bảng gồm các mặt phẳng biến thiên ánh xạ hình vuông lên chính nó (tương tự như bảng nhân các số từ 1 đến 9).

Bài 17. Chứng minh số hoán vị khác nhau của tập hợp gồm các phần tử $n$ là $n!$ ($n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$).

Tóm lại, chúng tôi lưu ý rằng các tính chất và cấu trúc của các nhóm hiện thực hóa trừu tượng và cụ thể được nghiên cứu về mặt toán học bởi một môn học gọi là lý thuyết nhóm, môn học này chưa được ứng dụng rộng rãi trong nhiều ngành toán học, vật lý lý thuyết, hóa học, tinh thể học, lý thuyết truyền thông và các ngành khoa học khác.

13

P. Blukh TRONG TRỌNG TÂM
ỐNG KÍNH

“… tất cả các vật thể mà bức xạ rơi vào đều nóng lên, nghĩa là chúng thu được một ít năng lượng đau bụng.”
R.P.o. l.b. Quang học và vật lý nguyên tử

Lấy một chiếc kính lúp, hướng nó vào Mặt trời và đặt một mảnh giấy vào tiêu điểm. Có lẽ mọi độc giả «Kvant» đều biết chuyện gì sẽ xảy ra tiếp theo. Ở nơi xuất hiện hình ảnh Mặt trời sáng chói, nhiệt độ tăng cao đến mức tờ giấy bắt đầu bốc khói và thậm chí có thể bốc cháy. Nếu bạn cố gắng lặp lại thí nghiệm tương tự vào ban đêm, hướng tới sự gia tăng
kính nhận dạng trên một ngôi sao nào đó, thì tờ giấy tất nhiên sẽ không sáng lên, mặc dù bạn có thể nhìn thấy ngôi sao đó. Tất nhiên, điều này sẽ không làm ai ngạc nhiên, và khi được hỏi tại sao giấy sáng lên từ Mặt trời mà không phải từ các ngôi sao, một đáp số đơn giản thường như sau: toàn bộ vấn đề là Mặt trời chiếu sáng mạnh và ngôi sao tỏa sáng yếu.

Cách giải thích như vậy không có sai sót gì, nhưng nếu bạn cố gắng xác nhận nó bằng các phép tính (không có chúng đáp số sẽ chỉ là phỏng đoán chứ không phải là lời giải thích), thì hóa ra vấn đề không đơn giản như vậy.

14

1. Thật dễ dàng để giải thích tại sao giấy sáng lên từ Mặt trời (công thức đúng đầu tiên cho độ lợi của thấu kính)

Tất cả các vật thể trên Trái đất đều nhận được một phần năng lượng từ Mặt trời. Chúng ta hãy định nghĩa một cách toàn vẹn lượng năng lượng mà một đơn vị diện tích nhận được trên một đơn vị thời gian.

Chúng ta hãy thử tính xem cường độ bức xạ mặt trời tăng lên bao nhiêu lần do tập trung nó bằng thấu kính. Việc tính toán rất đơn giản và dựa trên định luật bảo toàn năng lượng. Rõ ràng, tổng công suất $P_0$ của bức xạ truyền qua thấu kính bằng

$$P_0 = S_0 I_0,$$

(1)

trong đó $S_0$ là diện tích của thấu kính (đại lượng này còn được gọi là diện tích khẩu độ) và $I_0$ là tính toàn vẹn của bức xạ trước khi lấy nét. Công suất bức xạ trong đường tiêu cự $P_F$ được xác định theo cách tương tự:

$$P_F = S_F I_F.$$

(2)

Ở đây $S_F$ là diện tích của tiêu điểm (ảnh Mặt trời) và $I_F$ là độ toàn vẹn tại tiêu điểm (Hình 1).

Đường tiêu cự nhận toàn bộ năng lượng đi qua khẩu độ ống kính *). Do đó, $P_0$ và $P_F$ bằng nhau. Nếu bây giờ chúng ta đánh đồng vế phải của các đẳng thức

*) Tuyên bố này không nghiêm ngặt. Một số bức xạ bị “mất” khi phản xạ từ bề mặt thấu kính và do bị hấp thụ trong kính. Nhưng chúng ta sẽ xem xét trường hợp “lý tưởng” bằng cách biến đổi các ví dụ này.

(1) và (2), người ta có thể tìm thấy mối quan hệ của tính toàn vẹn:

$$\frac{I_F}{I_0} = \frac{S_0}{S_F}.$$

Tỷ lệ này được gọi là độ lợi toàn vẹn của ống kính, hay nói ngắn gọn là độ lợi. Hãy biểu thị nó bằng chữ cái $K^*$. Vì vậy, mức tăng bằng tỷ lệ giữa khẩu độ mặt phẳng và ảnh nguồn ở tiêu điểm:

$$K = \frac{S_0}{S_F}.$$

(3)

Để công thức này được sử dụng trong thực tế, cần thể hiện cả hai diện tích thông qua các thông số chính của thấu kính - bán kính của nó $a$ và tiêu cự $f$.

Diện tích khẩu độ được xác định ngay: $S_0 = \pi a^2$. Chúng ta sẽ viết một công thức tương tự cho diện tích của đường tiêu điểm, bán kính của nó sẽ được ký hiệu là $r_F$:

$$S_F = \pi r_F^2.$$

Bây giờ tất cả những gì còn lại là tìm $r_F$. Tiêu điểm là hình ảnh của Mặt trời. Bán kính của nó có thể được xác định bằng cách so sánh hai hình tam giác giống nhau được hiển thị trong Hình 2:

$$r_F = f \frac{r_\odot}{R} = f \theta_0.$$

*) Đừng nhầm lẫn hệ số khuếch đại của ống kính với hệ số phóng đại hình ảnh. Đây là những khái niệm hoàn toàn khác nhau. Ví dụ, ống kính của chúng ta không phóng to mà làm giảm hình ảnh, vì kích thước của tiêu điểm tất nhiên nhỏ hơn kích thước của Mặt trời.

Các chữ cái $r_☉$ và $R$ lần lượt biểu thị bán kính của Mặt trời và khoảng cách giữa Mặt trời và thấu kính. Thái độ
$$\frac{r_☉}{R}=\theta_0$$
đại diện cho bán kính góc của Mặt trời*), nên diện tích ảnh có thể viết như sau:

$$S_F=\pi r_F^2=\pi f^2\theta_0^2.$$

Thay thế các biểu thức kết quả cho $S_☉$ và $S_F$ vào (3), chúng ta thu được công thức cuối cùng để tính mức tăng:

$$K=\frac{a^2}{f^2\theta_0^2}.\tag{4}$$

Điều này cho thấy mức tăng không chỉ phụ thuộc vào thông số ống kính $a$ và $f$ mà còn phụ thuộc vào kích thước góc của nguồn $\theta_0$. Chúng ta hãy thay thế giá trị $\theta_0$ của Mặt trời ($\theta_0\approx4,7\cdot10^{-3}$ rad) vào công thức (4).

Sau đó

$$K_☉\approx4,5\cdot10^4\frac{a^2}{f^2}.$$

(Chỉ số dưới $☉$ mà chúng tôi đã thêm vào ký hiệu khuếch đại cho thấy công thức này chỉ hợp lệ đối với Mặt trời.)

Bây giờ chúng ta có thể dễ dàng tính toán cường độ bức xạ mặt trời sau khi lấy nét ở bất kỳ ống kính nào:

$$I_F=K_☉I_0.$$

Cường độ trước khi lấy nét đã được biết. Nó bằng $I_0\approx0,14$ W/cm² $=2$ cal/cm²·phút **). Đó là lý do tại sao

$$I_F\approx6,3\cdot10^3\frac{a^2}{f^2}\text{ вт/см}^2.$$

---

*) Nói đúng ra là $r_☉/R=\mathrm{tg}\,\theta_0$ (xem Hình 2), nhưng góc $\theta_0$ đối với Mặt trời là rất nhỏ nên bạn có thể thay tiếp tuyến của góc bằng chính góc đó. Chỉ cần nhớ rằng bạn cần đo góc không phải bằng độ mà bằng radian. Bán kính của Mặt trời là $\approx700\cdot10^3$ km, khoảng cách tới nó là $\approx150\cdot10^6$ km, do đó $\theta_0\approx4,7\cdot10^{-3}$ rad.

**) Trong trường hợp không có tổn thất trong khí quyển với tần suất bình thường của các tia trên bề mặt.

Hình 3.

Hãy ước tính giá trị này cho một ống kính cụ thể. Ví dụ: hãy lấy $a=2$ cm, $f=10$ cm. Thấu kính như vậy tạo ra cường độ $I_F\approx250$ W/cm² tại tiêu điểm. Vì vậy, không có gì đáng ngạc nhiên khi chỉ cần sử dụng một ống kính nhỏ, bạn có thể thắp sáng cả giấy và gỗ.

2. Thật khó hiểu tại sao tờ giấy không phát sáng từ các ngôi sao (có lẽ công thức đúng thực ra là sai?)

Vì vậy, chúng ta có một công thức đơn giản, đáng tin cậy để tính cường độ tại tiêu điểm của thấu kính. Dường như không thể cho phép công thức này đột nhiên dẫn đến kết quả sai. Thật vậy, trong trường hợp này, định luật bảo toàn năng lượng, trên cơ sở xác định độ lợi, sẽ bị đặt câu hỏi. Chưa hết. . .

Hãy thực hiện thí nghiệm suy nghĩ này. Hãy tưởng tượng rằng Mặt trời đang di chuyển ra xa Trái đất của chúng ta và tìm hiểu xem điều gì sẽ xảy ra với cường độ tại tiêu điểm của thấu kính. Cường độ tiêu cự $I_F=K I_0$ sẽ thay đổi vì hai lý do: thứ nhất, khi Mặt trời di chuyển ra xa, $I_0$ sẽ bắt đầu rơi và thứ hai, độ lợi của thấu kính sẽ bắt đầu tăng, vì kích thước góc của Mặt trời $\theta_0=\frac{r_☉}{R}$ giảm khi tăng $R$,

và mức tăng tăng tương ứng (xem công thức (4)). Bây giờ chúng tôi sẽ đảm bảo rằng mức giảm $I_0$ sẽ được bù đắp chính xác bằng mức tăng

15

16

lỗ khí $K$ và cường độ tại tiêu điểm sẽ không thay đổi, bất kể ánh sáng của chúng ta di chuyển ra xa bao xa!

Đầu tiên, hãy biểu thị $I_0$ thông qua tổng công suất $P$ mà Mặt trời tỏa ra theo mọi hướng (Hình 3):

$$I_0 = \frac{P}{4\pi R^2}.$$

Do đó, $I_0$ tiêu diệt tỷ lệ nghịch với $R^2$. Mặt khác, mẫu số của công thức (4) có giá trị $\theta_0^2 = \frac{r^2}{\dot{R}^2}$. Do đó, khi khoảng cách tới Mặt trời tăng lên, độ lợi của thấu kính sẽ tăng tỷ lệ với $R^2$ và tích $I_0 K$, tức là cường độ tại tiêu điểm, sẽ không thay đổi:

$$I_F = I_0 K = \frac{P}{4\pi R^2} \cdot \frac{a^2}{f^2 \theta_0^2} = \frac{P}{4\pi R^2} \cdot \frac{a^2}{f^2} \cdot \frac{R^2}{\dot{R}^2} = \frac{P}{4\pi r^2} \cdot \frac{a^2}{f^2}.$$

Nhưng trong số các ngôi sao có nhiều ngôi sao tương tự Mặt trời của chúng ta về kích thước và năng lượng phát ra. Điều này có nghĩa là tất cả chúng sẽ tạo ra tại tiêu điểm của thấu kính có cường độ tương đương với Mặt trời, lúc đó tờ giấy sáng lên và những mảnh gỗ cháy thành than? Người ta cảm thấy có điều gì đó không ổn ở đây: một mặt, công thức có vẻ đúng, nhưng mặt khác, vẫn không thể thắp sáng tờ giấy từ ánh sáng của một ngôi sao!

Trước hết, tôi nghĩ đến lời giải thích sau: tờ giấy không sáng, có lẽ vì mặc dù cường độ tiêu điểm không thay đổi nhưng khi loại bỏ nguồn, kích thước của hình ảnh sẽ giảm. Một khu vực rất nhỏ được làm nóng và bây giờ toàn bộ thời gian được phân bổ cho các phần làm mát liền kề của tờ giấy. Thật vậy, diện tích của tiêu điểm nơi năng lượng bức xạ đi vào sẽ bị tiêu diệt khi nguồn di chuyển ra xa theo tỷ lệ nghịch với $R^2$: $S_F = \pi r^2 F = \pi f^2 \theta_0^2 = \pi f^2 \frac{r^2}{\dot{R}^2}$. Đồng thời

Ranh giới tại chỗ $L$ (sự thoát nhiệt xảy ra thông qua nó) sẽ giết chết tỷ lệ nghịch với $R$: $L = 2\pi r_F = 2\pi f \frac{r}{\dot{R}}$. Do đó, khi $R$ tăng, độ nóng của giấy giảm nhanh hơn độ nguội của nó và nhiệt độ thấp hơn được thiết lập ở tiêu điểm.

Lời giải thích hoàn toàn hợp lý và công thức dường như đã được lưu lại. Nhân tiện, chúng ta hãy xác định kích thước của hình ảnh sẽ như thế nào khi Mặt trời di chuyển ra xa ít nhất đến ngôi sao gần nhất, tức là ở khoảng cách $R = 4 \cdot 10^{13}$ km. Đối với ống kính mà chúng tôi đã chọn làm ví dụ, có tiêu cự $f = 10$ cm, các điểm radUNC

$$r_F = f \frac{r}{\dot{R}} \approx 1,75 \cdot 10^{-7} \text{ см}.$$

Mặt trời đã thu nhỏ lại kích thước của một phân tử! Sau phép tính này, việc giấy không phát sáng từ ánh sao dường như là điều hoàn toàn tự nhiên. Nhưng ở đây một sự không chắc chắn mới đang chờ đợi chúng ta. Kích thước hình ảnh nhỏ hơn khoảng 250 lần so với bước sóng của ánh sáng khả kiến ​​($\lambda \approx 4,5 \cdot 10^{-5}$ cm). Điều này là hoàn toàn không thể chấp nhận được! Rốt cuộc, để sóng tồn tại, điều cần thiết là phải có một không gian bao phủ ít nhất một số bước sóng. Nếu không, sóng chỉ đơn giản là “không vừa” ở đó.

Phải chăng điều này có nghĩa là trong ví dụ của chúng ta, bản chất sóng của ánh sáng đã bị “vi phạm”? Hoặc có lẽ vì lý do nào đó thấu kính không tạo ra ảnh nào nhỏ hơn bước sóng?

3. Vấn đề là ánh sáng là sóng (công thức đúng thứ hai cho độ lợi của thấu kính)

Tất nhiên, giả định thứ hai là đúng và lý do hạn chế hình ảnh hiện đã được biết rõ - hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng.

17

Hình 4.

Chúng ta sẽ trình bày lại công thức tính độ lợi của thấu kính, nhưng lần này có tính đến hiện tượng nhiễu xạ. Hãy quan sát Hình 4. Đây là một chùm tia song song phát ra từ một nguồn rất xa. Các tia bị khúc xạ trong thủy tinh sao cho sau khi đi qua thấu kính, chúng đều hội tụ tại một điểm - tiêu điểm. Quá trình lấy nét tương tự có thể được giải thích theo cách khác, không xem xét sự giao nhau của các tia mà là sự tương tác của các sóng truyền từ mỗi điểm của khẩu độ thấu kính. Lý luận của chúng tôi dựa trên cái gọi là nguyên tắc Huygen. Theo nguyên lý này, mỗi điểm trong không gian nơi sóng tự lan truyền sẽ trở thành nguồn phát sóng thứ cấp. Những sóng này phân kỳ từ khẩu độ theo mọi hướng. Chúng cũng rơi vào tiêu điểm của ống kính. Điểm $F$ (tiêu điểm của ống kính) khác với tất cả các điểm khác trong không gian ở chỗ các pha của sóng đến từ bất kỳ vị trí nào trên khẩu độ - từ các cạnh, từ giữa, v.v. - trùng khớp với nhau. Tính chất cùng pha của sóng tại điểm $F$ đạt được nhờ công thức thủy tinh được chọn lọc đặc biệt. Trên thực tế, đây chính là mục đích của việc tập trung: khi các dao động có pha trùng nhau được thêm vào, chúng tăng cường lẫn nhau và cường độ sóng tại điểm $F$ là cao nhất.

Có vẻ như cách giải thích sóng không hay hơn cách giải thích chùm tia, ngoại trừ việc nó dài hơn và khó hiểu hơn. Nhưng bây giờ chúng ta sẽ thấy rằng nó có một lợi thế rất quan trọng. Hãy cười một chút

Hãy di chuyển từ tiêu điểm theo hướng vuông góc với trục thấu kính: hãy di chuyển từ $F$ đến $F'$ (xem Hình 4). Điều gì xảy ra với cường độ?

Theo quang học hình học, đáp số như sau: tia không đi qua điểm $F'$, do đó, khi trộn từ $F$ đến $F'$, cường độ sẽ giảm về 0, cho dù đoạn $FF'$ có nhỏ đến đâu.

Tình hình hoàn toàn khác khi chúng ta xem xét sự tương tác của sóng. Nếu sự trộn $FF'$ nhỏ thì pha của sóng đến từ các điểm khác nhau của khẩu độ sẽ dịch chuyển “hơi” so với nhau. Cường độ sẽ giảm đi đôi chút nhưng việc giảm cường độ sẽ diễn ra từ từ, nhịp nhàng.

Chúng ta hãy tính độ lớn của sự pha trộn $FF'$, tại đó các sóng đến từ các điểm cực trị của khẩu độ sẽ nghịch pha. Điều này có nghĩa là các sóng sẽ triệt tiêu lẫn nhau và cường độ sẽ giảm đáng kể. Độ dài của đoạn $FF'$, tại đó độ chênh lệch đường đi của tia $AF'$ và $BF'$ bằng một nửa độ dài của sóng ánh sáng, có thể được lấy làm bán kính của tiêu điểm $r_F$ (sự dịch pha $180^\circ$ tương ứng với sự trộn lẫn như vậy).

Vậy ta có điều kiện:

$$AF' - BF' = \frac{\lambda}{2}.$$

Xét các tam giác vuông $ACF'$ và $BCF'$. Dựa trên định lý Pythagore

$$(AF')^2 = (AC)^2 + (CF')^2,$$
$$(BF')^2 = (CF')^2 + (BC')^2,$$

hoặc, sử dụng ký hiệu cũ của chúng tôi:

$$(AF')^2 = (a + r_F)^2 + f^2,$$
$$(BF')^2 = (a - r_F)^2 + f^2.$$

Trừ đi số thứ hai từ đẳng thức thứ nhất và sử dụng công thức tính hiệu bình phương, sau đó chúng ta nhận được:

$$(AF' - BF')(AF' + BF') = 4ar_F.$$ Đối với các hỗn hợp nhỏ $FF'$ tổng các phân đoạn $AF' + BF'$ có ​​thể được thay thế gần đúng bằng $2AF$. Ngoài ra, nếu tiêu cự $f$ lớn

18

so với bán kính thấu kính $a$, thì $AF$ khác một chút so với tiêu cự, tức là $2AF \approx 2f$.

Sau những đơn giản hóa này, chênh lệch đường dẫn mong muốn $AF' - BF'$ có thể được viết như sau:

$$AF' - BF' = \frac{4ar_F}{AF' + BF'} \approx \frac{2ar_F}{f}.$$

Theo điều kiện (5), nó phải bằng $\lambda/2$ và chúng ta thu được công thức tính bán kính của tiêu điểm:

$$r_F \approx \frac{\lambda}{4a} f.$$

Theo quan điểm về đạo hàm gần đúng của công thức này, nó chỉ nên được coi là ước tính bán kính theo thứ tự độ lớn. Vì vậy, việc để lại một hệ số số trong đó là vô nghĩa mà tốt hơn là viết lại nó dưới dạng sau:

$$r_F \approx f \frac{\lambda}{a}.$$

(6)

Để hình dung kết quả thu được, hãy xem Hình 5. Nó cho thấy cấu trúc thông thường của các tia giao nhau sau giả định trong thấu kính, nhưng mỗi tia bị “mờ” đối xứng một góc $\pm \theta_d$. Các chùm tia sáng giao nhau trong mặt phẳng tiêu điểm tạo ra ảnh có dạng hình tròn có bán kính

$$r_F \approx f\theta_d.$$

(7)

Nếu trong quá trình dựng hình chúng ta chọn góc $\theta_d$ bằng $\lambda/a$ thì sẽ được công thức (6). Góc $\theta_d \approx \lambda/a$ được gọi là góc mờ nhiễu xạ.

Bây giờ phần khó nhất của tính toán đã ở phía sau chúng ta. Sau khi xác định diện tích của tiêu điểm và sự tương ứng đã sử dụng (3), chúng ta thu được công thức mới cho hệ số khuếch đại của thấu kính:

$$K_d \approx \frac{a}{\lambda^2f^2}$$

(8)

(chúng tôi đã thêm chỉ số “$d$” để không quên rằng công thức được suy ra có tính đến nhiễu xạ).

4. Các ngôi sao thì ổn, nhưng công thức mới không tốt cho Mặt trời!

Chúng ta hãy quay lại thí nghiệm tưởng tượng của chúng ta về việc Mặt trời di chuyển đến khoảng cách giữa các vì sao. Hãy xem cường độ tiêu cự sẽ thay đổi như thế nào nếu chúng ta sử dụng công thức mới để tăng mức tăng. Tương tự như trước, $I_F = I_0K_d$, nhưng, không giống như công thức đầu tiên, giá trị của $K_d$ không phụ thuộc vào khoảng cách đến nguồn (xem công thức (8)). Do đó, cường độ tại tiêu điểm sẽ giảm với $I_0$, tức là tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách. Điều này được xác nhận bởi công thức tương ứng

$$I_F = I_0K_d \approx \frac{P}{4\pi R^2} \cdot \frac{a^4}{\lambda^2f^2}.$$

Rõ ràng là đối với $R$ rất lớn thì cường độ cuối cùng sẽ trở nên cực kỳ nhỏ, bất kể công suất bức xạ $P$ của nguồn là bao nhiêu. Đây là lời giải thích tại sao tờ giấy ở tiêu điểm của thấu kính không phát sáng khi có ánh sáng của các vì sao.

Vấn đề thứ hai - việc giảm vô hạn bán kính của tiêu điểm - hiện cũng đã được loại bỏ. Thật vậy, theo công thức (6), bán kính của tiêu điểm không bao giờ có thể nhỏ hơn bước sóng (phân số $f/a$ luôn lớn hơn đơn vị). Do đó, không còn phải lo lắng về việc sóng “không khớp” vào tiêu điểm của ống kính nữa.

Vì vậy, phép tính mới không có những mâu thuẫn mà chúng tôi đã phát hiện trước đó mà chúng tôi chưa tính đến

Sự nhiễu xạ của ánh sáng. Chúng ta có thể kết thúc bài viết của mình ở đây, sau khi đã lựa chọn rằng lý thuyết sóng hóa ra lại đúng hơn lý thuyết quang học hình học. Nhưng trước khi chấm dứt nó, chúng ta hãy đánh giá lại cường độ của bức xạ mặt trời tập trung, nghĩa là hãy xem lý thuyết sóng dẫn đến kết quả gì trong trường hợp chúng ta quản lý thành công mà không cần đến nó.

Hãy lấy cùng một ống kính ($a=2\text{ cm}, f=10\text{ cm}$), nhưng sử dụng công thức mới để tăng mức tăng. Công thức (8) bao gồm bước sóng ánh sáng $\lambda$. Nó có thể được coi là bằng $4500\mathring{\text{A}}=4,5\cdot 10^{-5}\text{ cm}$.

Sau đó $K_d \approx \frac{a^4}{\lambda^2 f^2} \approx 8\cdot 10^7$. Tiếp theo, hãy nhớ rằng $I_0 \approx 0,14 \text{ bm/cm}^2$, chúng ta tìm cường độ mong muốn: $I_F = I_0 K_d \approx 1,1\cdot 10^7 \text{ bm/cm}^2 = 11 \text{ Mb/m/cm}^2$.

Kết quả là một giá trị khổng lồ, cao hơn gần 200.000 lần so với kết quả tính toán cũ của chúng tôi, rất phù hợp với thực nghiệm!

Đồng ý rằng không có cách nào để kết thúc bài viết tại thời điểm này. Hóa ra công thức nhiễu xạ cũng mang đến cho chúng ta một điều “bất ngờ” và chúng ta cần tìm hiểu xem chuyện gì đang xảy ra ở đây.

5. Tại sao hai công thức đúng lại dẫn đến kết quả khác nhau?

Hóa ra công thức (4) về độ lợi, rút ​​ra trên cơ sở quang học hình học, mô tả rõ sự tập trung của bức xạ mặt trời, nhưng không phù hợp với các ngôi sao. Công thức nhiễu xạ (8) mô tả chính xác sự tập trung của ánh sáng sao, nhưng dẫn đến kết quả không chính xác đối với Mặt trời. Giải pháp cho “nghịch lý” nằm ở chỗ việc sử dụng công thức vật lý này hay công thức vật lý khác là hoàn toàn không đủ để điều khiển chính xác lý thuyết sóng trong trường hợp chúng ta quản lý thành công mà không cần đến nó.

Làm thế nào để xây dựng các điều kiện áp dụng trong trường hợp này? Phân tích kết luận của công thức chùm tia và nhiễu xạ, người ta có thể nhận thấy rằng sự khác biệt giữa chúng nảy sinh khi tính bán kính của tiêu điểm.

Hãy viết lại các công thức xác định $r_F$ một lần nữa để nhắc nhở bạn về cách chúng được suy ra.

1. Công thức “mặt trời”: $r_F = f\theta_0$. Trong đạo hàm, một nguồn có kích thước góc $\theta_0$ được xem xét; sự phát triển nhiễu xạ không tính đến nó là $\theta_d = 0$.

2. Công thức “Sao”: $r_F = f\theta_d$. Trong đạo hàm, có tính đến sự phát triển nhiễu xạ tốt hơn ở góc $\theta_d \approx \frac{\lambda}{a}$, kích thước góc của nguồn được coi là rất nhỏ (các tia song song), tức là $\theta_0 = 0$.

Tất nhiên, trong thực tế, sự nhiễu xạ ánh sáng là rất đáng kể và nói đúng ra thì không có nguồn “chính xác” nào trong tự nhiên. Vì vậy, cần phải tính đến cả hai cùng một lúc. Khi đó bán kính của tiêu điểm sẽ được xác định theo công thức

$$r_F \approx f(\theta_0 + \theta_d).$$

Bạn có thể dễ dàng hiểu được sự tương ứng này như thế nào từ Hình 6. Ở đây, cấu trúc được thực hiện trong Hình 2 được lặp lại (nguồn có kích thước góc hữu hạn $\theta_0$), nhưng nhiễu xạ ánh sáng được tính đến (sự làm mờ của tia theo góc $\theta_d$).

20

Bây giờ đã rõ khi nào công thức (4) được áp dụng và khi nào (8). Nếu kích thước góc của nguồn lớn so với kích thước nhiễu xạ ($\theta_0 \gg \theta_d$) thì có thể bỏ qua nhiễu xạ. Đây là điều kiện để áp dụng được (4). Ngược lại, nếu kích thước góc của nguồn nhỏ ($\theta_0 \ll \theta_d$), thì phải tính đến nhiễu xạ và nguồn có thể được coi là “chính xác”. Trong những điều kiện này, công thức (8) là hợp lệ.

Vì vậy, toàn bộ vấn đề nằm ở chỗ các góc $\theta_0$ và $\theta_d$ tương ứng như thế nào. Hãy kiểm tra điều này với ví dụ Mặt trời cũ của chúng ta. Chúng ta đã biết kích thước góc của nguồn ($\theta_0 \approx 4,7 \cdot 10^{-3}$ rad) và góc nhiễu xạ là $\theta_d \approx \frac{\lambda}{a} = 2,25 \cdot 10^{-5}$ rad. Bất đẳng thức $\theta_0 \gg \theta_d$ được thỏa mãn, tức là thỏa mãn điều kiện áp dụng công thức (4). Nếu Mặt trời “di chuyển” đến một ngôi sao gần đó ($R \approx 4 \cdot 10^{13}$ km), kích thước góc của nó giảm xuống $1,75 \cdot 10^{-8}$ rad. Góc nhiễu xạ vẫn giữ nguyên giá trị cũ và bất đẳng thức nghịch đảo $\theta_0 \ll \theta_d$ vẫn đúng. Do đó, điều kiện áp dụng công thức (4) đối với ngôi sao được thỏa mãn.

1. Chúng ta hãy quay trở lại thí nghiệm tưởng tượng với việc Mặt trời di chuyển ra xa các khoảng cách sao ($R = 4 \cdot 10^{13}$ km). Cường độ ánh sáng mặt trời tập trung trong trường hợp này sẽ là bao nhiêu? Các thông số của ống kính vẫn giữ nguyên ($a = 2$ cm, $f = 10$ cm).

2. Suy ra công thức tính hệ số khuếch đại của thấu kính cho bất kỳ sự tương ứng nào giữa các góc $\theta_0$ và $\theta_d$.

3. Chúng tôi nhận thấy cường độ bức xạ mặt trời tại tiêu điểm của một thấu kính có bán kính $a = 2$ cm có tiêu cự $f = 10$ cm là 250 W/cm².

Bán kính của thấu kính phải là bao nhiêu để sau khi hội tụ cường độ bức xạ của một ngôi sao nằm ở khoảng cách $R = 4 \cdot 10^{13}$ km có cùng thứ tự, ví dụ: 100 W/cm²? Giả sử rằng sự tương ứng giữa tiêu cự của thấu kính và bán kính của nó không thay đổi và ngôi sao có các thông số giống như Mặt trời.

Bài toán
của chúng tôi
độc giả

1. Chứng minh sự tương ứng sau đây giữa các phần tử của tam giác ($A, B$ và $C$ - các đỉnh của tam giác; $O$ - tâm của đường tròn nội tiếp; $\alpha, \beta, \gamma$ - các góc có đỉnh $A, B$ và $C$, tương ứng; $a, b, c$ - độ dài các cạnh đối diện với các góc tương ứng $\alpha, \beta, \gamma$; $R$ - bán kính của đường tròn ngoại tiếp; $h_a, h_b, h_c$ - chiều dài của các đường cao hạ xuống các cạnh $a, b$ và $c$, hoặc trên phần mở rộng của chúng; $S$ - diện tích của tam giác $ABC$):

$$\frac{|AO|^2}{bc} + \frac{|BO|^2}{ca} + \frac{|CO|^2}{ab} = 1;$$

$$\frac{|AO|^2}{h_a} + \frac{|BO|^2}{h_b} + \frac{|CO|^2}{h_c} = 2R;$$

$$S = \frac{1}{2} \times \left( |AO|^2 \sin \alpha + |BO|^2 \sin \beta + |CO|^2 \sin \gamma \right);$$

$$S = \frac{1}{2} \left( |AO|^2 h_b h_c + |BO|^2 h_a h_b \right)^{1/2}.$$

U. Alla

(Võru, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết Estonia)

2. Chúng ta hãy biểu thị bằng $O$ tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, bằng $H$ giao điểm của các đường cao, bằng $O_1$ tâm của đường tròn nội tiếp và bằng $O_2$ tâm của đường tròn tiếp tuyến với cạnh $BC$ và các cạnh mở rộng $AB$ và $AC$. Chứng minh rằng nếu $|O_1O| = |O_1H|$ thì một trong các góc của tam giác bằng $60^\circ$ và nếu $|O_2O| = |O_2H|$ thì $A = 60^\circ$ hoặc giá trị của một trong các góc $B, C$ bằng 120°.

3. Xây dựng một tam giác vuông với cạnh huyền đã cho, các cạnh của nó tạo thành một cấp số nhân.

H. B.