Kvant 1977, số 3 · Trang

KVANT 3
1977

Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

Ở đây bạn thấy một cách để tạo một đường cong tuyệt vời - deltod. Ở châu Âu, nó được gọi là đường cong Steiner theo tên nhà hình học kiệt xuất người Đức của thế kỷ 19, Jacob Steiner. Đọc thêm về deltochde trong ghi chú của V. Berezin trên trang. 19.

1

Được thành lập vào năm 1970
Lượng tử 3 1977
khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
Nhà xuất bản “Khoa học”
Tòa soạn chính
văn học vật lý và toán học

TRONG PHÒNG:

2 A. Lopshitz. Bài toán Mobus và sự tiếp nối của nó
5 V. Lishevsky. Alexaンド Grigorievich Stoletov
12 S. Artemov, Y. Gimatov, V. Fedorov. Rất nhiều điều không có gì

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

Phòng thí nghiệm «Kvant»
S. Kozel. Mô hình kinh nghiệm của Rutherford
V. Berezin. cơ delta

câu lạc bộ toán học
A. Zemlyakov. đồ trang trí

Sách vấn đề «Kvant»
Bài toán M431—M435; F443—F447
Lời giải bài toán M391—M394; F397—F402

Qua những trang sách giáo khoa
V. Gutenmacher. Khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
A. Orlov. Đặt nó vào điểm trừ!

Xưởng của người nộp đơn
L. Bakanina. Định luật bảo toàn động lượng khi va chạm
Những lựa chọn mẫu cho kỳ thi tuyển sinh đại học môn toán năm 1977
I. Gorev, S. Kromov. Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova

Hỏi - chúng tôi trả lời

Đánh giá, thư mục
I. Klumova, M. Smolyansky. Sách mới

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (11, 15, 18, 27, 45, 55)

© Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học
Nhà xuất bản “Khoa học”, «Kvant», 1977

2

Vấn đề Mobius và sự tiếp diễn của nó

Một thế kỷ rưỡi trước (năm 1823), August Möbius, một nhà thiên văn học trẻ ba mươi tuổi tại Đài quan sát Leippite, đã thu hút sự chú ý của các nhà toán học đến thực tế là mặc dù Euler đã xem xét không chỉ các phép biến đổi hình học đơn giản (chuyển động và phép chia), mà còn cả những phép biến đổi tổng quát hơn mà ông gọi là affine*). tất cả chúng đều không được các nhà hình học sử dụng đầy đủ.

Möbius chỉ ra rằng đa hình học bài toán, nội dung của nó không sử dụng khái niệm độ dài hay phép đo góc, đã được giải quyết sau Euler bằng những cách xa lạ với nội dung của chúng, và bày tỏ niềm tin của mình**) rằng bài toán cũng nên được trình bày đầy đủ nhất có thể, sắp xếp chúng một cách có hệ thống và đi theo một hướng hình học độc lập, không sử dụng lượng giác hoặc Magister Matheseos (như định lý được gọi trong Pythagoras thế kỷ 17). Anh nói tiếp: “Trong những năm đầu tiên tôi ở đây

*) Đây là tên của các phép biến đổi hình học được sử dụng trong phép biến đổi kề, song song với phép biến đổi kề thành song song với phép kề.

**) Những phát biểu này và các phát biểu tiếp theo của Möbius nằm trong tác phẩm toán học đầu tiên của ông, “Hai hình học bài toán”, được gửi dưới dạng phụ lục cho ấn phẩm thiên văn học: “Quan sát của Đài thiên văn Đại học Hoàng gia” ở Leippite năm 1823.

ở đây*), khi nhiệm vụ của tôi cho phép tôi có nhiều cơ hội tiếp cận hơn, tôi đã cố gắng đi theo hướng này. Tôi đã chuẩn bị cho điều này nhờ vào nhiều loại phép tính phân tích hình học đặc biệt đã được phát minh trước đó, với sự trợ giúp của nó, tôi ngay lập tức phát hiện ra rằng chính những tính chất chung này của các hình **) trên thực tế đã cấu thành phạm vi ứng dụng của nó; Nhờ phép tính này, tôi đã có thể khám phá ra các kết quả hình học mà các phương pháp khác có thể sẽ dẫn tôi đến một con đường khó khăn hơn.

Möbius đã trình bày đầy đủ về “phép tính” này vào năm 1827 trong tác phẩm mở rộng “Tính toán Baricentric”. Felix Klein gọi cuốn sách này là “một kho tàng ý tưởng đích thực được trình bày một cách rõ ràng đến kinh ngạc”; Klein coi Möbius là tiền thân của chương trình Erlangen của ông, sau này trở thành chương trình của nhiều hướng chính trong lĩnh vực hình học của thế kỷ 19 và 20 (xem bài viết của S. Gindikin “Felix Klein”, «Kvant», 1975, số 12).

Chúng ta không thể trình bày chi tiết ở đây về cuốn sách tuyệt vời này của Möbius; Hãy chỉ nói rằng nó không tiết lộ nền tảng của đại số vectơ và các ứng dụng của nó đối với hình học (tất cả những điều này hiện đã được nghiên cứu ở trường).

Trong bài viết ngắn này, chúng tôi sẽ giới thiệu với người đọc bài toán Möbius, bài toán mà ông cho là đáng thu hút sự chú ý của các nhà toán học cùng thời với một loạt bài toán hình học mới.

Trong tác phẩm đầu tiên của mình (1823), ông viết: “Trong số rất nhiều tác phẩm liên quan đến lĩnh vực này bài toán, tôi cho phép mình cung cấp cho độc giả những điều sau đây đối với độc lập lời giải:

Hai thùy nguyên thủy nào A, B, C, D, E xác định trên mặt phẳng được chứa bởi một đường thẳng. Quảng trường

*) Tại Đài thiên văn Leippig.

**) Nghĩa là, các tính chất được bảo toàn dưới các phép biến đổi affine và do đó không phụ thuộc vào phép đo chiều dài và góc.

phát sinh từ các tiền chất EAB, ABC, BCD, CDE, DEA đã cho; bạn cần biểu diễn chúng theo diện tích của hình chữ nhật ABCDE. Thay vì tính diện tích của các hình chữ nhật này, bạn cũng có thể xét các diện tích hình chữ nhật đã cho: BCDE, CDEA, DEAB, EABC, ABCD và tìm biểu thức theo diện tích của hình chữ nhật ABCDE.

Sự hấp dẫn của Möbius đối với độc giả ngay lập tức gây ra phản ứng: trong tập thứ hai của tạp chí “Tin tức thiên văn” (1825; biên tập viên của tạp chí là nhà toán học và thiên văn học nổi tiếng Schumacher) hai lời giải trong số bài toán này đã được xuất bản. Tuy nhiên, cả lời giải đều là “cổ điển”, thu được bằng các phương pháp hình học cơ bản - có nghĩa là Möbius coi là xa lạ với nội dung bài toán của mình; và chỉ trong cuốn sách của mình, Mobius mới đưa ra đầy đủ lời giải bằng “phép tính barientic”; bây giờ chúng ta sẽ nói - bằng đại số vectơ.

Người đọc bài viết này sẽ đặc biệt quan tâm đến lời giải bài toán Möbius nếu chúng ta cho anh ta biết kết quả cuối cùng:

Diện tích x của hình chữ nhật ABCDE có diện tích các cạnh EAB, ABC, BCD, CDE, DEA lần lượt bằng a, b, c, d, e, là nghiệm của phương trình bậc hai

$$x^2 - x(a + b + c + d + e) + (ab + bc + cd + de + ea) = 0.$$

Không kém phần thú vị là diện tích x của hình chữ nhật ABCDE, có diện tích là BCDE, CDEA, DEAB, EABC,

Hình 1.

Hình 2.

4

tại đó nó lan truyền hướng đi vòng *).

Ở cuối bài viết ngắn “Thư của Giáo sư Mobius gửi nhà xuất bản của tạp chí” (Tin tức thiên văn, 1825, tập 3), Mobius viết về bài toán mà ông đề xuất:

“Nói về trụ bài toán là chưa đủ, mà bản thân nó chỉ đơn giản là một sự tò mò; nó chỉ đáng được chú ý trong chừng mực nó thể hiện một ví dụ về định lý sau, mà có vẻ mới đối với tôi: nếu mỗi hai điểm của bất kỳ hệ n điểm nào nằm trong một mặt phẳng được nối bằng một đường thẳng và nếu chúng ta xét các diện tích đã cho (độc lập với nhau) của bất kỳ đa giác 2n-5 nào xuất phát từ giao điểm của các đường thẳng này, thì thông qua chúng chúng ta có thể biểu thị diện tích của các đa giác còn lại.”

Việc chứng minh định lý này có thể là chủ đề nghiên cứu độc lập của người đọc (Möbius cũng đã xuất bản nó trong cuốn sách “Tính toán Barycentric” của ông).

Hãy đề xuất một bài toán khác - nó là sự tiếp nối của định lý đầu tiên (và giống như nó, nó dường như là một ví dụ về một định lý như định lý Möbius).

Cho ABCDE, các diện tích p, q, r, s, t của các tam giác ACD, BDE, CEA, DAB và EBC đã cho.

*) Người đọc sẽ tìm thấy phần trình bày chi tiết về lý thuyết về sự thay đổi trong “diện tích của các hình định hướng” cùng với các ứng dụng của lý thuyết này (trong hình học và trắc địa) trong tập tài liệu của A. M. Lopshitz - số 20 của bộ “Bài giảng phổ biến về toán học”, M., 1956.

Diện tích của một p-site λ-liên hợp với một polysite nhất định $A_1A_2 \dots A_n$ bằng $P\lambda^2 + Q\lambda + R$, trong đó các số P, Q, R được xác định bởi diện tích của polysite $A_1A_2 \dots A_n$ và diện tích của polysite $S_1S_2 \dots S_n$, $1/2$-liên hợp với polysite $A_1A_2 \dots A_n$ (các đỉnh của nó là trung điểm của các cạnh liên tiếp của đa giác $A_1A_2 \dots A_n$: $S_1$ là trung điểm của $A_1A_2$, $S_2$ là trung điểm của $A_2A_3$, v.v.).

Chúng tôi hy vọng những bài toán này sẽ được độc giả quan tâm. Chúng tôi dự định xuất bản chúng lời giải sau. Trong khi chờ đợi, chúng tôi đang chờ thư của bạn.

Hình 3.

5

NHÀ VẬT LÝ NỔI BẬT NGA A. G. STOLETOV SINH RA NGÀY 29 JOL (10 tháng 8) năm 1839, trong một gia đình thương gia nghèo ở Vladimir. Cha của ông, Grigory Mikhailovich, sở hữu một cửa hàng tạp hóa nhỏ và một xưởng đồ da. Người mẹ, Alexandra Vasilievna, cũng thuộc tầng lớp thương gia, nhưng gia đình STOLETOV hoàn toàn không giống những gia đình thương gia điển hình, thế giới u ám của nó đã được A. N. Ostrovsky khắc họa một cách tuyệt vời trong các vở kịch của ông. Alexandra Vasilievna là một phụ nữ có học thức và chính bà đã dạy các con mình (trước khi chúng vào trường thể dục) tiếng Nga và số học.

Ngôi nhà có một thư viện tốt và Sasha, học đọc từ năm 4 tuổi, đã bắt đầu sử dụng nó từ rất sớm. Khi mới 5 tuổi, cậu bé đã có thể đọc hoàn toàn tự do.

Năm 1849, Alexander STOLETOV vào Nhà thi đấu Vladimir, nơi ông tốt nghiệp năm 1856. Chứng chỉ tốt nghiệp ghi rằng ông “… được công nhận là đã hoàn thành khóa học Thể dục với quyền vào Đại học mà không cần thi cấp hai và được trao giải vì thành tích xuất sắc trong các môn khoa học… với huy chương vàng."

Những năm gần đây, các sinh viên tại nhà thi đấu đã xác định rõ ràng khuynh hướng của Alexander. Môn học yêu thích của anh là toán học và vật lý. Anh ấy đam mê nó trong lớp, còn ở nhà, anh ấy tự chế tạo các dụng cụ vật lý và thực hiện nhiều thí nghiệm khác nhau. Nó đã được quyết định. Anh ấy sẽ là một nhà vật lý!

Vào mùa thu cùng năm 1856, A.G. STOLETOV được bổ nhiệm vào Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Moscow với tư cách là một sinh viên “được nhà nước trả lương” (tức là nhận trợ cấp của nhà nước). Vào thời điểm đó, có rất nhiều giáo sư tầm thường ở trường đại học, nhưng Alexander đã gặp may mắn với các giáo viên của mình. Ông nghe toán học ứng dụng từ Nikolai Dmitrievich Brashman, người đã dạy dỗ P. L. Chebyshev vĩ đại, ông được Fedor Aleksadrovich Bredikhin dạy thiên văn học, và các bài giảng về hình học giải tích, phép tính vi phân và tích phân, đại số cao hơn và phép tính biến phân

7

Tòa nhà cũ của Đại học Moscow.

một dây dẫn tích điện và các điện tích trên nó được phân phối lại. Sự phân phối lại điện tích này sẽ lần lượt gây ra sự thay đổi trong sự phân bố điện tích trên dây dẫn kia, v.v. Điều này sẽ tiếp tục cho đến khi trạng thái cân bằng của nhà máy điện được thiết lập giữa hai dây dẫn. Điện tích sẽ được phân bố như thế nào trên dây dẫn? Đối với trường hợp hai thân, bài toán này đã được Morphy và J. Thomson giải quyết. Stoletov đã giải được bài toán ở dạng tổng quát nhất: trong trường hợp tương tác giữa bất kỳ số lượng dây dẫn tùy ý nào.

Vào tháng 5 năm 1869, A.G. Stoletovlectrashe hoàn thành luận án thạc sĩ của mình và được phong hàm phó giáo sư.

Những đêm mất ngủ, làm việc quá sức và căng thẳng thần kinh sẽ ảnh hưởng đến sức khỏe của nhà khoa học trẻ. Anh ta ngã bệnh và phải mất khoảng một năm để điều trị bằng nhiều phương pháp khác nhau. Anh ta bị cấm đọc, viết hoặc tham gia vào bất kỳ hoạt động trí óc nào. Đây là giai đoạn đau đớn nhất trong cuộc đời của A. G. Stoletov. Cuối cùng, hội đồng giáo sư cho phép anh tham gia các lớp học cùng với sinh viên. Và ngay lập tức mọi lời chỉ dẫn của bác sĩ về việc chăm sóc sức khỏe của bạn đều bị lãng quên, Alexander Grigorievich một lần nữa cống hiến hết mình cho hoạt động sư phạm và khoa học.

Vào thời điểm đó, Đại học Moscow, giống như các cơ sở giáo dục đại học khác ở Nga, không có phòng thí nghiệm vật lý. Vì vậy, để nghiên cứu khoa học, các nhà khoa học Nga buộc phải đi du học, A. G. Stoletov đặt cho mình mục tiêu tạo ra một phòng thí nghiệm như vậy. Ông viết thư, kiến ​​nghị, gõ cửa các cơ quan quan liêu, chứng minh rằng trường đại học không thể không có phòng thí nghiệm riêng. Xét cho cùng, vật lý là một môn khoa học thực nghiệm. Nhà vật lý không phải là nhà toán học; anh ta không thể chỉ tạo ra khoa học tại bàn làm việc của mình.

Cả năm 1870 được dành cho nỗ lực xây dựng phòng thí nghiệm vật lý đầu tiên ở Nga. Cùng năm đó, các sinh viên Aleksandra Grigorievich và đồng nghiệp của anh bắt đầu tập trung tại căn hộ của Stoletov để giải quyết nhiều vấn đề thể chất khác nhau. Một vòng tròn vật lý xuất hiện, đặt nền móng cho trường phái vật lý Stoletov, từ đó hình thành nên trường phái vật lý Nga.

10

Hình 2.

Theo chân họ, Galvax đã đơn giản hóa thí nghiệm bằng cách sử dụng các tia lửa điện cùng với sự “phóng điện im lặng” của một điện cực được tích điện trước. Bằng cách kết nối một máy đo điện với điện cực này, Galvax phát hiện ra rằng việc chiếu sáng bằng tia cực tím khiến điện cực phóng điện.

Sử dụng nguồn điện nối với một cơ thể không tích điện, Galvax cho thấy do sự phóng điện của điện cực âm khi được chiếu bằng tia cực tím, điện tích sẽ được truyền sang cơ thể xung quanh.

Sau khi bắt đầu nghiên cứu hiện tượng do Hertz phát hiện (hiện tượng này được gọi là hiệu ứng quang điện), Stoletov, lặp lại các thí nghiệm của Hertz, Wiedemann, Ebert và Galvask, sau đó đã phát triển một phương pháp mới giúp xây dựng lý thuyết định lượng về hiệu ứng quang điện.

Hình 2 cho thấy sơ đồ bố trí mà Stoletov đã tiến hành các thí nghiệm của mình (Stoletov đã đưa ra bản vẽ này trong bản thảo của mình). Phần chính của quá trình cài đặt là một thiết bị mà Stoletov gọi là tụ điện lưới. Nó bao gồm một lưới kim loại - cực dương và một đĩa kim loại phẳng - kadada (tụ điện lưới là nguyên mẫu của hiệu ứng ảnh). Thiết bị này (C) được mắc nối tiếp với điện kế (G) trong mạch có pin (B). Khi qadas được chiếu sáng bằng ánh sáng mạnh của hồ quang điện (A), điện kế ghi lại sự hiện diện của dòng điện trong mạch.

Sử dụng cách thiết lập này, Stoletov nghiên cứu các khía cạnh khác nhau của hiệu ứng ảnh. Dựa trên kết quả thí nghiệm của mình, ông cho rằng điều kiện cần thiết cho hiệu ứng quang học là sự hấp thụ ánh sáng của vật liệu cadada; rằng mỗi phần tử trên bề mặt của cadada tham gia vào hiện tượng này một cách độc lập với những phần tử khác; rằng hiện tượng hiệu ứng quang học trên thực tế không có quán tính (“… dòng điện xuất hiện và biến mất đồng thời khi chiếu sáng, và do đó, trong lần chiếu sáng đầu tiên, dòng điện cũng không liên tục trong cùng một khoảng thời gian”). Bằng cách thay đổi điện áp trên các điện cực, Stoletov thu được đặc tính dòng điện-điện áp của hiệu ứng quang điện (tụ điện lưới): dòng quang trở lại khi điện áp tăng giữa các điện cực và dòng điện nhỏ tỷ lệ với điện áp; bắt đầu từ một giá trị điện áp nhất định, dòng quang thực tế không thay đổi khi điện áp tăng, nghĩa là dòng quang có xu hướng bão hòa.

Sau khi đặt thiết bị vào một ống trụ thủy tinh mà từ đó không khí có thể được mở ra, Stoletov phát hiện ra rằng khi áp suất không khí giảm, dòng quang quay trở lại, đạt mức tối đa và sau đó tiêu diệt.

Nhận thấy rằng độ lớn của dòng quang chắc chắn có liên quan đến sự chiếu sáng, Stoletov tiến hành một loạt thí nghiệm để chứng minh sự phụ thuộc này. Bằng cách thay đổi cường độ của nguồn sáng, ông nhận thấy rằng độ lớn của dòng quang điện được cho là tỷ lệ thuận với thông lượng ánh sáng tới trên cadad.

Nghiên cứu của Stoletov giúp xác định được các nguyên tắc chính của hiệu ứng quang học và cho thấy những kết quả to lớn.

11

những khả năng mới của ứng dụng kỹ thuật của tế bào quang điện.

Stoletov là nhà vật lý đầu tiên được công nhận của Nga. Năm 1889, tại Cuộc thi Điện Quốc tế lần thứ II ở Paris, các nhà khoa học đã công nhận ông là một trong những nhà vật lý xuất sắc nhất của thời đại chúng ta.

Vào đầu năm 1893, các học giả Chebyshev, Bredinin và Beketov đề xuất bầu Stoletov làm thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học Nga. Nhưng Chủ tịch Học viện, Đại công tước Konstantin, không cho phép ứng cử viên Stoletov ra tranh cử.

Những ngày này, Alexander Grigorievich nhận được nhiều lá thư, trong đó các nhà khoa học tiên tiến của Nga bày tỏ sự thông cảm với ông liên quan đến sự bất công đối với ông. Giáo sư I. N. Borgman của Đại học St. Petersburg viết: “Tôi rất rất phẫn nộ trước hành động của Học viện. - … Tuy nhiên, đây không phải là lần đầu tiên Học viện chúng ta làm việc này. Bây giờ thà được chiều chuộng còn hơn trở thành một thành viên của nó.”

Stoletov từ Odessa, Giáo sư F.N. Shvedov, “không hề làm tôi ấn tượng… Rốt cuộc, một số nhà khoa học - Mendeleev - đã hư hỏng… Tôi sẽ tự an ủi mình với thực tế là các nhà khoa học Nga hiện đại giỏi hơn - Mendeleev, Mechnikov - không ở trong một ngôi nhà giàu có. Không có gì xấu hổ khi ở cùng họ.”

Nhiều lá thư đến từ nước ngoài. Stoletov pshut Kelvin, Helmholtz, Bolshan.

Bất chấp sự thông cảm của bạn bè, Stoletov vẫn gặp khó khăn khi phải chịu đựng những lời xúc phạm dành cho mình. Và trường tiểu học đại học ngày càng bắt đầu cho anh thấy sự bất mãn của nó. Tất cả những điều này ảnh hưởng lớn đến sức khỏe của Alexander Grigorievich.

A.G. Stoletov qua đời vào đêm 14-15 tháng 5 năm 1896.

Tầm quan trọng của Stoletov với tư cách là một nhà khoa học đối với khoa học Nga và thế giới là rất lớn. Ông đã thành lập phòng thí nghiệm nghiên cứu vật lý giáo dục đầu tiên ở Nga và thành lập một trường học dành cho các nhà vật lý Nga.

Công trình của Stoletov về từ hóa sắt đã biến đổi kỹ thuật điện từ khoa học thực nghiệm sang khoa học lý thuyết. Các công trình của ông dành cho việc phát triển một hệ thống thống nhất cho những thay đổi về điện cũng có đóng góp to lớn cho kỹ thuật điện.

Dựa trên hiện tượng hiệu ứng quang học do Stoletov nghiên cứu, các tế bào quang điện được tạo ra để phục vụ trong các nhà máy, phân loại và đếm sản phẩm, quản lý các nhà máy cán và luyện kim loại, đọc bản vẽ và chế tạo các bộ phận dựa trên chúng. Tế bào quang điện biến một số thành âm thanh, tạo ra điện báo quang và hoạt động trong nhiều thiết bị tự động khác nhau.

Hệ thống chân không của Stoletov để nghiên cứu các hiện tượng điện trong các chất khí cho phép là nguyên mẫu của ống điện tử, nó đã tạo nên một cuộc cách mạng thực sự trong kỹ thuật điện. Máy thu và máy phát vô tuyến, thiết bị RENTen và ống phóng khí, radar và vi mô điện tử, tivi và máy tính điện tử - đây không phải là danh sách đầy đủ những gì có thể thực hiện được nhờ công trình của Alexander Grigorievich Stoletov.

Khung Domano

Từ 28 ô domano, xếp bốn “khung” (xem hình) sao cho tổng số điểm dọc theo mỗi cạnh của mỗi khung là 13. (Không cần đặt các ô cạnh nhau có cùng giá trị điểm).

L. Mochalov

12

Rất nhiều điều không có gì

Anh tưởng tôi đã ngủ quên
Và tôi sẽ chịu đựng mọi thứ trong giấc ngủ,
Hoặc nghĩ những gì tôi nghĩ
Điều anh ấy nghĩ là “Tôi đang mơ.”
S. Marshak. Đến từ Coventry Patmore

Chúng tôi thu hút sự chú ý của độc giả bài toán, điều này đòi hỏi nhiều logic phức tạp cho lời giải:

Nhà toán học R nói với các nhà toán học P và S: “Tôi nghĩ đến hai số tự nhiên. Mỗi số lớn hơn một và tổng của chúng nhỏ hơn cm. Bây giờ tôi sẽ nói với nhà toán học P, với độ tin cậy từ S, tích của những số này, và tôi sẽ nói với nhà toán học S, với độ tin cậy từ P, tổng của chúng.” Anh ta đã thực hiện lời hứa của mình và đề nghị đặt ra những con số đã định. Cuộc đối thoại sau đây sẽ diễn ra giữa P và S (ta biểu thị phát biểu của P bằng chữ l kèm chỉ số, phát biểu của S bằng chữ σ):

“Xin lỗi, tôi không thể nói con số dự kiến ​​là bao nhiêu.” (π₁)

• Tôi biết trước là bạn không thể làm được. (σ₁)
• Nhưng tôi biết họ, em yêu. (π₂)
• Và tôi cũng biết họ. (σ₂)
  Bây giờ hãy cố gắng giải mã những con số bạn có trong đầu.

1. Có thực sự có thể đoán được chúng?

Thoạt nhìn bài toán có vẻ như không hòa tan được: làm sao

Bit là đơn vị đo lường thông tin kép (TSB, tái bản lần thứ 3, 2 tập).

Có thể đoán được những con số khi không nói gì về chúng?

Hãy thử nó với một ví dụ. Cho R hỏi 7 và 42. Sau đó anh ta cho P biết số 294, S - 49. Tiếp theo thì sao? P nói rằng anh không thể đoán được những con số mà anh nghĩ đến. Tất nhiên là anh ấy có thể - anh ấy chỉ biết công việc của họ. Tuy nhiên, mặc dù anh ấy cũng biết rằng chúng là tự nhiên, nhiều hơn một và tổng của chúng nhỏ hơn một trăm. Điều này mang lại điều gì?

Chúng ta hãy biểu thị các số dự kiến ​​​​bằng k₀ và l₀, và để định nghĩa, k₀ ₀ l₀. Chúng ta cũng biểu thị tích k₀ · l₀ bằng p₀ và tổng k₀ + l₀ bằng s₀.

Vì vậy, P được thông báo rằng p₀ = 294. Khi đó k₀ có thể bằng 2, 3, 6, 7 và 14, và l₀ sẽ lần lượt bằng 147, 98, 49, 42 và 21. Hai giá trị đầu tiên ​​​cho k₀ không phù hợp với chúng ta - đối với chúng s₀ > 100. Tuy nhiên, vẫn còn ba khả năng nữa. Điều này có nghĩa là P thực sự không thể đoán được những con số dự định.

Hãy tiếp tục. S khẳng định rằng anh ta đã biết trước rằng P không thể đoán được k₀ và l₀. Làm thế nào S đi đến kết luận này? Chắc chắn anh ta đã cố gắng bằng mọi cách có thể để biểu diễn s₀ đã biết là tổng của hai số hạng có thể chấp nhận được:

49 = 2 + 47 = 3 + 46 = …
… = 24 + 25.

R có thể đã dự định bất kỳ cặp số nào trong số này. Anh ta nói với P một số tích i · (49 − i), và S khẳng định rằng không có tích nào trong số đó P có thể đoán được những con số mà anh ta đang nghĩ tới.

Và nếu với ai đó, tôi có cả hai số i, 49 − i là số nguyên tố? Ví dụ: nếu R hỏi 2 và 47 thì anh ta nói với P 94 và P có thể đoán các con số một cách hoàn hảo.

Do đó, nếu R cho 7 và 42 thì S nhận được s₀ = 49 sẽ không có quyền sản phẩm (σ₁). Điều này có nghĩa là R không thể nghĩ ra 7 và 42.

Vì vậy, vẫn có thể nói điều gì đó về những con số dự định.

Trước những thay đổi đầu tiên, hãy nghĩ về hướng chuyển động. Tuy nhiên, phương pháp đoán đã hiển thị: lấy tất cả các cặp số có thể có k₀, l₀, thỏa mãn

13

sự bất bình đẳng
$$2 \leq k_0 \leq l_0 \leq 97,$$
$$4 \leq k_0 + l_0 \leq 99,$$
(1)
(2)

và kiểm tra xem họ có “chịu đựng được” cuộc đối thoại $(\pi_1) - (\sigma_2)$ hay không.

Vì việc tìm kiếm là hữu hạn trong mọi trường hợp nên về nguyên tắc có thể thực hiện theo cách này. Tuy nhiên, giải bài toán theo cách này thật nhàm chán. Chúng tôi đang cố gắng giảm bớt tình trạng quá mức cần thiết.

Trước hết, trước tiên chúng ta không phải $k_0$ và $l_0$, mà là tổng của chúng $s_0$: đối với cặp $\langle k_0, l_0 \rangle$ các tùy chọn có thể lớn hơn hai nghìn và đối với $s_0$ - nhỏ hơn một trăm. Tuy nhiên, ngay cả trên con đường này, mọi cuộc tìm kiếm đều dài dòng và nhàm chán.

2. Về giả thuyết Holbach-Euler

Thông tin nào có thể được trích xuất từ ​​$(\pi_1)$ và $(\sigma_1)$? Họ có ý nghĩa gì? $(\pi_1)$ rõ ràng có nghĩa là $p_0$ không phân hủy duy nhất thành tích của hai thừa số thỏa mãn bất đẳng thức (1), (2);

$(\sigma_1)$ có nghĩa là Đối với bất kỳ phân tách số $s_0$ thành tổng của hai số hạng thỏa mãn bất đẳng thức (1), tích của chúng có tính chất $(\pi_1')$.

Câu lệnh $(\pi_1')$ cho phép chúng ta loại bỏ một số tích, $(\sigma_1')$ - một số tổng.

Từ $(\sigma_1')$ suy ra rằng $s_0$ không thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố: nếu $s_0' = q_1 + q_2$, trong đó $q_1, q_2$ là số nguyên tố, thì số $q_1 \cdot q_2$ phân giải duy nhất thành tích của hai thừa số thỏa mãn bất đẳng thức (1), (2) và do đó, không có tính chất $(\pi_1')$.

Nhưng bất kỳ số chẵn nào thỏa mãn bất đẳng thức (2) đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố (điều này được chứng minh bằng cách kiểm tra tuần tự các số 4, 6, 8, …, 98).

Do đó, $s_0$ là số lẻ. Ngoài ra, $s_0 - 2$ là một hợp số: nếu không thì $s_0 = 2 + (s_0 - 2)$ sẽ được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố.

đơn giản. Sau khi loại bỏ các số không thỏa mãn hai điều kiện này, còn lại 24 khả năng là $s_0$.

Ở trên chúng ta đã lợi dụng thực tế là tất cả các số chẵn từ 4 đến 98 đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố.

Năm 1742, một thành viên của Viện Hàn lâm Khoa học St. Petersburg, Christan Holbach, trong một bức thư gửi Leonhard Euler, đã đề xuất rằng bất kỳ số lẻ nào lớn hơn gót chân đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố. Trong thư trả lời của mình, Euler đưa ra giả thuyết rằng mọi số chẵn lớn hơn hai đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố. (Rất dễ rút ra giả thuyết Holbach từ giả thuyết Euler - hãy làm đi!)

Trong gần hai trăm năm, các giả thuyết của Holbach và Euler dường như hoàn hảo để chứng minh, mặc dù cuộc tìm kiếm gián tiếp của nhà toán học Millet đã kiểm chứng chúng tới 9.000.000.

Năm 1930, nhà toán học nổi tiếng Liên Xô L. G. Shinirelman đã chứng minh sự tồn tại của một $k$ sao cho mọi số tự nhiên $n > 1$ có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của nhiều nhất $k$ số nguyên tố. Con số của Shinirelm $k$ khá lớn. Hiện nay người ta đã chứng minh rằng định lý Shinirelm đúng với $k = 20$.

Năm 1934, viện sĩ I.M. Vinogradov đã chứng minh sự tồn tại của $n_0$ sao cho bất kỳ số lẻ nào $n > n_0$ đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của ba số nguyên tố. Có vẻ như trong thời đại máy tính, có thể hướng dẫn máy kiểm tra các số “còn lại” (từ 7 đến $n_0$), nhưng “hằng số Vinogradov” $n_0$ quá lớn (theo ước tính mới nhất $n_0 > 2^{216}$) nên việc kiểm tra này vượt quá khả năng cải tiến của máy tính.

Chưa có thành công đáng kể nào đạt được trong việc chứng minh giả thuyết Euler.

3. Đi sâu hơn vào rừng

Hóa ra $s_0 < 55$ có thể bắt nguồn từ $(\sigma_1')$. (3)

Thật vậy, giả sử rằng $s_0 \geq 55$. Khi đó $s_0$ không có tính chất $(\sigma_1')$: nó có thể phân tích thành tổng của hai số hạng thỏa mãn bất đẳng thức (1) sao cho điều kiện $(\pi_1')$ không được thỏa mãn cho tích của chúng. Sự phân hủy này là: $s_0 = (s_0 - 53) + 53$. $s_0 \geq 55$ ngụ ý $s_0 - 53 \geq 2$. Tích $(s_0 - 53) \cdot 53$ phân tích duy nhất thành hai thừa số, với ý nghĩa là nó ít hơn: vì 53 là số nguyên tố nên một trong các thừa số nhất thiết phải có dạng 53d; kể từ $53 \cdot 2 > 100$, $d = 1$. Nhưng theo điều kiện $s_0$ có tính chất $(\sigma_1')$. Mâu thuẫn!

14

Sau (3) cho $s_0$, đã còn lại 11 khả năng:
$$11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 51, 53.$$

Bây giờ chúng ta hãy cố gắng thiết lập một cách dễ dàng, số nào trong số (4) thỏa mãn các điều kiện ($\sigma'_1$). Đặt $s$ là một số tùy ý trong các số (4). Vì $s$ là số lẻ nên mọi khai triển của nó thành tổng đều có dạng $s = 2a + m$. Giả sử $s$ không có thuộc tính ($\sigma'_1$). Sau đó anh ta sẽ tìm một $a$ sao cho tích $2a \cdot m$ “giải mã” một cách duy nhất.

$a$ này không thể bằng một, vì trong trường hợp này $s = 2 + m$ và sản phẩm $2m$ bị phân hủy kép thành sản phẩm. Thật vậy, vì $m = s - 2$ là tổng số lẻ, $m = pq$, trong đó $p > 2$ và $q > 2$. Cả hai bản mở rộng

$$2m = 2 \cdot pq = 2p \cdot q$$

phù hợp: $2 + pq = 2 + m = s < 100$ và $2p + q = 2 + pq - (p - 1)(q - 2) < 2 + pq < 100$.

Vì vậy, $a \geq 2$.

Nếu $a \neq m$ thì $s = 2a \cdot m$ và $s = 2m \cdot a$ là hai khai triển khác nhau. Vì $2a + m = s < 100$ và $s$ không có thuộc tính ($\sigma'_1$) nên phải có $2m + a \geq 100$. Vì $s = 2a + m \leq 53$, chúng ta có $m \leq 53 - 2a$, $2m + a \leq 106 - 3a$. Từ $2m + a \geq 100$ và $2m + a \leq 106 - 3a$ theo sau $a \leq 2$. Vì vậy, $a = 2$. Từ $2m + a \geq 100$ và $m \leq 53 - 2a$ hiện chúng tôi thu được $m = 49$. Vì vậy, trong trường hợp này $s = 53$, và sự phân hủy “đáng ngờ” là $53 = 4 + 49$.

Nếu $a = m$ thì $s = 3a$ chia hết cho 3. Trong (4) có hai số như vậy: 27 và 51. “Đáng ngờ” là khai triển $27 = 9 + 18$ và $51 = 17 + 34$.

Số 51 thực sự không có tính chất ($\sigma'_1$): $51 = 17 + 34$, và tích 17·34 khi phân tích thành hai thừa số chỉ cho một tổng, nhỏ hơn cống. Vì vậy, nó có thể bị loại khỏi danh sách “ứng cử viên cho $s_0$”.

Các số 27 và 53 thỏa mãn điều kiện ($\sigma'_1$): $9 \cdot 18 = 2 \cdot 81$ và $2 + 81 < 100; 4 \cdot 49 = 7 \cdot 28$ và $7 + 28 < 100$.

Vì vậy, còn lại 10 ứng viên để nghiên cứu thêm: 11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 53, tất cả đều có tính chất ($\sigma'_1$).

4. “Vậy thì tôi cũng biết họ”

Cuối cùng, chúng tôi sử dụng $(\pi_2)$ và $(\sigma_2)$.

Chúng ta có thể sử dụng $(\pi_2)$ và $(\sigma_2)$ giống như cách chúng ta đã làm với $(\pi_1)$ và $(\sigma_1)$. Chúng tôi sẽ cố gắng làm mà không có nó.

Từ $(\sigma_2)$ và (3) ta suy ra

$$s_0 < 33.$$

Giả sử điều ngược lại: $s_0 \geq 33$. Sau đó, $S$, khai triển $s_0$ theo mọi cách có thể thành tổng của hai số hạng, chúng ta sẽ có trong số các khai triển này $s_0 = (s_0 - 31) + 31 = (s_0 - 29) + 29$.

Nếu $P$ được cho biết tích của $(s_0 - 31) \cdot 31$, thì anh ta có thể báo cáo rằng 31 là số nguyên tố, hiểu rằng $(s_0 - 31) \cdot 31$ được phân tách duy nhất thành tích của hai thừa số có tổng thỏa mãn (3). Trong trường hợp này, $P$ sẽ đoán $k_0$ và $l_0$.

$P$ có cơ hội tương tự nếu sản phẩm $(s_0 - 29) \cdot 29$ đã được báo cáo.

Điều này có nghĩa là trong trường hợp $s = 53$, phân tách “đáng ngờ” là $53 = 4 + 49$.

Nếu $a = m$ thì $s = 3a$ chia hết cho 3. Trong (4) có hai số như vậy: 27 và 51. “Đáng ngờ” là sự phân tách $27 = 9 + 18$ và $51 = 17 + 34$.

Số 51 thực sự không có tính chất ($\sigma'_1$): $51 = 17 + 34$, và tích 17·34 khi phân tích thành hai thừa số chỉ cho một tổng, nhỏ hơn cống. Vì vậy, nó có thể bị loại khỏi danh sách “ứng cử viên cho $s_0$”.

Các số 27 và 53 thỏa mãn điều kiện ($\sigma'_1$): $9 \cdot 18 = 2 \cdot 81$ và $2 + 81 < 100; 4 \cdot 49 = 7 \cdot 28$ và $7 + 28 < 100$.

Vì vậy, còn lại 10 ứng viên để nghiên cứu thêm: 11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 53, tất cả đều có tính chất ($\sigma'_1$).

5. Thế thì chúng ta cũng biết họ

29 cũng không phù hợp, vì, vì $29 = 4 + 25 = 16 + 13$: nếu $P$ có $p_0 = 16 \cdot 13$, anh ta sẽ đoán $k_0$ và $l_0$, vì trong tổng $2^{4-t} + 2^t \cdot 13$ chỉ có một là số lẻ; nếu $P$ có $p_0 = 4 \cdot 25$, anh ấy cũng sẽ đoán $k_0$ và $l_0$: trong số các tổng tương ứng không có

15

Ngoài 29, chỉ có 25 là số chẵn (4·25 = 5·20), nhưng 25-2 là số nguyên tố.
Vì vậy, $s_0 = 17$ hoặc bài toán không có lời giải.
$p_0$ có thể có loại $P$ nào với $s_0 = 17$? Chúng ta hãy cùng xem tất cả các phân tích của số 17 thành tổng của hai số hạng: $17=2+15=3+14=\dots=8+9$.
Với bất kỳ sản phẩm nào không phải là 4·13, $P$ sẽ không thể tạo ra ($\pi_2$).
Ví dụ: nếu $P$ có $p_0 = 30$, anh ta sẽ thấy cả $30=2\cdot15$ và $30=5\cdot6$ trong số phân tách số 30 thành tích của hai thừa số, nhưng cả 17 và 11 đều có tính chất ($\sigma'_1$).
Chỉ còn lại một ứng cử viên cho $p_0$: 52. Ứng cử viên này cho phép $P$ tạo ra ($\pi_2$): trong số tất cả các phân rã sản phẩm của 52

giọt tháng ba

Một chuyến tham quan các hang động dưới lòng đất được trang trí bằng măng đá và nhũ đá sẽ để lại ấn tượng khó phai mờ trong lòng mọi người!
Nổi lên từ ban ngày hoặc treo trên trần nhà, những cột băng kết tinh, có tuổi ước tính hàng trăm nghìn và hàng triệu năm, chơi đùa với đủ màu sắc của cầu vồng và tạo nên một bức tranh tuyệt vời về một vương quốc phép thuật.
Không kém phần sặc sỡ, mặc dù được tạo ra chỉ trong vài ngày nhưng vẫn là những tác phẩm điêu khắc bằng ánh sáng. Nhìn vào bức ảnh. Đó chẳng phải là hình ảnh quen thuộc thường thấy vào đầu xuân - một hàng rào nhũ đá treo lủng lẳng trên mép mái nhà. Nếu cần thiết, hãy tìm hiểu trình độ học vấn của họ và yêu cầu họ trả lời những câu hỏi sau:

1. Quá trình hình thành băng đá diễn ra như thế nào?
2. Tại sao cột băng trông giống như một hình nón hướng xuống dưới?
3. Tại sao hình nón có chiều dài khác nhau?
4. Tại sao một số trong số chúng lại cong?
5. Tại sao băng được phát âm rõ ràng, nhưng tuyết không được dọn sạch, mặc dù nó cũng bao gồm các tinh thể trong suốt riêng lẻ?

M. T.

16

S. Kozel

Mô hình kinh nghiệm của Rutherford

Các thí nghiệm mang tính bước ngoặt của Rutherford về sự tán xạ của hạt alpha lên hạt nhân nặng (1906-1911) đã đóng một vai trò đặc biệt trong việc phát triển các ý tưởng về cấu trúc của nguyên tử. Trong những thí nghiệm này, các hạt alpha phát ra từ nguồn phóng xạ được truyền qua các màng mỏng vàng và các kim loại khác. Khi đi qua màng, các hạt α lệch khỏi hướng ban đầu ở các góc khác nhau. Các hạt α tán xạ chạm vào màn hình được phủ kẽm sulfua và gây ra các tia sáng (lửa nhấp nháy). Bằng cách quan sát hiện tượng nhấp nháy này trong kính hiển vi, có thể xác định được quỹ đạo của bộ phận thay đổi bao nhiêu khi đi qua lớp kim loại.

Hầu hết các hạt α lệch khỏi hướng chuyển động ban đầu ở những góc rất nhỏ. Nhưng một số phần bị lệch khá đáng kể. Và thật đáng kinh ngạc, một số hạt alpha (khoảng 1 trên 20.000) đã thay đổi hướng chuyển động gần như ngược lại. (Những phần này được ghi lại bằng các điểm trên màn hình được đặt ở vị trí sao cho các hạt “phản chiếu” từ kim loại có thể rơi vào đó.)

Điều “rõ ràng” là sự tán xạ của hạt α xảy ra do sự tương tác của chúng với điện tích dương của nguyên tử (khối lượng của electron nhỏ hơn khối lượng của hạt α khoảng 8000 lần, do đó các electron không thể nhìn thấy bản chất chuyển động của hạt α). Mô hình nguyên tử tồn tại trong những năm đó, theo đó điện tích dương được phân bố đồng đều trong toàn bộ thể tích của nguyên tử (mô hình này do J. Thomson đề xuất), đã không thể hỗ trợ kết quả thí nghiệm về sự tán xạ của hạt α. Kích thước của các nguyên tử đã được ước tính vào thời điểm đó (~10⁻⁸ cm). Và phép tính dựa trên mô hình Thomson, được thực hiện đối với các hạt α tán xạ ở góc ~180°, dẫn đến một giá trị cực kỳ lớn của bán kính nguyên tử hoặc một giá trị lớn không thể tin được của điện tích dương trong nguyên tử *).

Để yêu cầu tán xạ ở những góc lớn, cần giả sử rằng điện tích dương tính trung bình trong một vùng rất nhỏ (so với kích thước của nguyên tử) bên trong nguyên tử. Điện tích dương này—hạt nhân nguyên tử—tạo ra một trường tĩnh điện mạnh và hạt alpha đi vào trường hạt nhân phải chịu lực đẩy Coulomb.

Dựa trên ý tưởng về cấu trúc của nguyên tử này, Rutherford đã thực hiện một tính toán lý thuyết về sự phân bố định lượng của số phần ở các góc tán xạ khác nhau. Tính toán của ông hoàn toàn phù hợp với kết quả thực nghiệm.

Vì vậy, chúng tôi đã nhớ lại ngắn gọn lịch sử hình thành mô hình hạt nhân của nguyên tử.

Bây giờ chúng ta chuyển sang mô hình hóa thí nghiệm của Rutherford. Chúng ta sẽ nói về một mô hình cơ học trong đó các hạt α được thay thế bằng những quả bóng thép nhỏ. Các quả bóng truyền tốc độ theo hướng nằm ngang, lăn dọc theo một mặt phẳng nằm ngang, “leo lên” một ngọn đồi có hình dạng nhất định, sau đó lại lăn xuống từ đó trên mặt phẳng nằm ngang. Biên dạng của cầu trượt phải sao cho năng lượng tĩnh điện của các quả bóng thay đổi theo cùng một định luật như theo

*) Tiến hành tính toán của riêng bạn về độ lớn của điện tích dương tập trung trong một quả cầu có bán kính ~10⁻⁸ cm, có khả năng làm lệch các hạt α có năng lượng 5 MeV đi 180°.

18

Hình 3.

gieo hạt phụ thuộc vào tốc độ của hạt (năng lượng của nó) và vào khoảng cách tác động:

$$\text{ctg} \frac{\theta}{2} = Cv^2 d$$

(*)

(C là hằng số tùy thuộc vào “loại” nguyên tử). Không thể xác minh trực tiếp công thức này trong các thí nghiệm về sự tán xạ của hạt α - khoảng cách va chạm d là không thể đo được. Nhưng bằng cách sử dụng mô hình cơ học của mình, chúng ta có thể thu được sự phụ thuộc của góc tán xạ vào khoảng cách va chạm. Và nếu dữ liệu thực nghiệm được mô tả tốt bằng công thức tương tự (*), điều này một lần nữa sẽ khẳng định tính hợp lệ của phân tích cơ học của chúng ta về thí nghiệm Rutherford.

Một trong những nghiên cứu kỹ thuật và các phương án sẵn có để tạo đỉnh được minh họa trong Hình 3. Ở đây, để tạo đỉnh tiềm năng, người ta sử dụng một tấm cao su mỏng (dày 2-3 mm), gắn vào ván ép, trong đó khoét một lỗ tròn có đường kính 20-25 cm (mô hình càng lớn thì càng thuận tiện khi làm việc). Cần nhớ rằng sự phụ thuộc của góc tán xạ vào khoảng cách va chạm sẽ thay đổi ở một giá trị cố định của tốc độ bóng.

Vì vậy, bạn nên nghĩ đến cách “phóng” các quả bóng (mặt phẳng nghiêng, súng trường, v.v.).

Sử dụng một thiết bị đơn giản cố định khoảng cách va chạm (ví dụ: rãnh dẫn hướng trong mặt phẳng nằm ngang), bạn có thể tiến hành thí nghiệm trên mô hình này để thu được sự phụ thuộc của góc tán xạ vào vận tốc hạt.

Các biên tập viên «Kvant»yêu cầu bạn mô tả về các thiết kế được phát minh và triển khai cho bạn cũng như kết quả thử nghiệm của bạn.

Vấn đề từ “ví dụ”

VÍ DỤ
RIMER
NGAY LẬP TỨC
MMMER
LỖI
R

NHIỆM VỤ

“ví dụ” là gì? MỘT?

Một con đường quanh co

Bắt đầu từ hình vuông ở góc trên bên trái, di chuyển đến góc dưới bên phải, bước

chỉ hàn qua các cạnh của hình vuông (không phải qua các đỉnh!) và nâng mỗi hình vuông màu trắng lên một lần (bạn không thể nhập các hình vuông có màu).

Vòng tròn ma thuật

Đặt các số từ 1 đến 10 vào các vòng tròn màu đen trong hình sao cho tổng các số trong bốn vòng tròn màu đỏ bằng nhau.

L. Motsalov

19

Deltona

Đường cong được mô tả trên trang bìa thứ hai thường được gọi là deltona vì nó giống với chữ cái Δ trong bảng chữ cái Hy Lạp. Tính chất của nó được nghiên cứu lần đầu tiên bởi Leonhard Euler vào thế kỷ 18 và Jacob Steiner vào thế kỷ 19. Deltona được định nghĩa ở đây là một đường cong tiếp tuyến với mỗi đường trong họ, được xây dựng như thế này. Hình chiếu của một điểm bất kỳ trên đường tròn ngoại tiếp một tam giác tùy ý lên các cạnh của nó (hoặc phần kéo dài của chúng) nằm trên cùng một đường thẳng (bằng chứng). Đây là đường thẳng Simson*). Họ này bao gồm các đường Simson được xây dựng cho tam giác “đỏ”.

Hãy xem xét một định nghĩa khác của deltona. Nếu một vòng tròn lăn không trượt bên trong một vòng tròn khác thì đường cong được mô tả bởi một điểm cố định của vòng tròn chuyển động được gọi là hypocyclode. Deltona là một hypocyclode, trong đó tỷ lệ bán kính của các vòng tròn này là 1:3.

Trước tiên, đặt điểm M của đường tròn thay đổi, quỹ đạo mà chúng ta sẽ theo dõi, nằm ở điểm V lớn hơn (Hình 1). Khi đó vòng tròn động lăn dọc theo cung VU đứng yên; hãy đặt VOU=φ. Hãy chứng minh rằng tiếp tuyến của delta tại điểm M đi qua giao điểm P của OU với đường tròn chuyển động, và hãy xét xem tiếp tuyến đạt tới góc nào so với vị trí ban đầu OV.

Tốc độ v của điểm M bằng v₁ + v₂, trong đó v₁⊥ OU, v₂⊥ MO’ và |v₁|=|v₂|. Hình bình hành của vận tốc là hình thoi và v là đường chéo của nó, MO’U=3φ và MPU=3φ/2. Gọi P’ là giao điểm của tiếp tuyến của tam giác với đường thẳng OU. Cách tính không khó: MP’U=3φ/2=MPU. Điểm P và P’ trùng nhau, tiếp tuyến đi qua P và có góc OWP=3φ/2.

Chúng ta hãy phác thảo bằng cách chứng minh sự tương đương của các định nghĩa đã cho. Euler đã chứng minh rằng chín điểm của một tam giác tùy ý: đáy các đường cao, đường trung tuyến và trung điểm của các đoạn từ đỉnh đến giao điểm của các đường cao (Hình 2) đều nằm trên cùng một đường tròn (chứng minh). Tâm của nó là trung điểm O của đoạn HN, trong đó H là giao điểm của các đường cao, N là tâm đường tròn ngoại tiếp và bán kính bằng nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp (chứng minh điều này nữa). Do đó, đường tròn ngoại tiếp và đường tròn Euler được chuẩn bị với tâm H và hệ số khả dụng là 2.

Gọi L là một điểm của đường tròn ngoại tiếp (Hình 3). Hãy chứng minh rằng đường thẳng Simson của nó đi qua điểm giữa của đoạn HL, thuộc đường tròn Euler. Để làm điều này, chúng ta hạ đường vuông góc từ điểm L xuống cạnh gần nhất của tam giác và tiếp tục cho đến khi nó gặp đường tròn tại điểm D. Đường thẳng Simson song song với BD (một mặt, LCL₃=LL₂L₃, mặt khác, LCL₃=BAL=BEL=DBE). Theo cách xây dựng, đoạn LL₂ đồng dạng và song song với FG và IH (giao điểm của đường cao và điểm E đối xứng với AC). Do đó, điểm P nằm tại giao điểm của các đường chéo HL và IL₂ của hình bình hành LL₂HI và |HP|=|PL|.

Vì đường tròn ngoại tiếp và đường tròn Euler được chuẩn bị tương ứng với điểm H với hệ số sẵn sàng là 2 nên điểm P nằm trên đường tròn Euler.

Nếu bạn dựng đường tròn Euler trong Hình 3 thì bạn có thể nhận ra đường tròn (O, OP) từ Hình 1 trong đó và tiếp tuyến WP trong đường thẳng Simson. Đường thẳng của Simson quay như thế nào khi điểm L di chuyển dọc theo một đường tròn ngoại tiếp, người đọc tự tìm hiểu.

V. Berezin

21

Hình 1, d.
(Hình 4a) thêm ba hình vuông vào bản gốc. Áp dụng đối xứng $f_2 = S_a$ cho các hình vuông này, ta được 8 hình vuông - xem Hình 4, b. Bằng cách lặp lại quy trình (các phép quay liên tiếp theo sau là sự đối xứng), chúng ta thu được hình ảnh như trong Hình 4, tr. Rõ ràng rằng việc áp dụng các thành phần có thể có của các chuyển vị $f_1$ và $f_2$ cho hình vuông ban đầu trong sơ đồ sẽ cho Hình 2.

Hình 3.

23

Hình 5.

bản thân vật trang trí là một nhóm liên quan đến hoạt động của thành phần chuyển vị. “Bộ xương” của một vật trang trí có thể được hiểu là sơ đồ của nhóm đối xứng của nó (chỉ có sự chuyển giao không được mô tả trên bộ xương).

Lưu ý rằng bất kỳ hình “đối xứng” nào của một “thứ tự” nhất định (xem ở trên và Hình 5, a) đều có thể được ánh xạ bằng một số chuyển động từ nhóm đối xứng sang bất kỳ hình nào khác có cùng “thứ tự”.

Hình 6.

24

Tam giác đều

I

Kim cương có góc 60°

VI

Hình chữ nhật

XI

Tam giác cân

II

Hình thang, ghép các tam giác đều

VII

Hình chữ nhật

XII

Hình chữ nhật có góc 60°

III

Quảng trường

VIII

Hình chữ nhật

XIII

Quảng trường

IV

Hình chữ nhật

IX

XIV

Tam giác đều

V

Hình chữ nhật

XV

Hình 7.

24

26

Đối với mỗi đồ trang trí, hãy mô tả nhóm đối xứng của nó và chỉ định bộ xương tương ứng. Đảm bảo rằng các nhóm đối xứng được xây dựng và các đồ trang trí được sắp xếp khác nhau.

Bài tập 3. Tìm hiểu xem các đồ trang trí và thiết kế của mạng tinh thể trong Hình 1 và Hình 2 thuộc loại I - XVII nào.

Bài tập 4. Đồ trang trí I - XV nào có trục đối xứng trượt? Vẽ những chiếc trục như vậy trên khung của những đồ trang trí này.

3. orments là gì?

Mặc dù tất cả 17 loại đồ trang trí đều được các nghệ sĩ Ai Cập cổ đại sử dụng trong đồ trang sức, nhưng việc phân loại đầy đủ chúng chỉ được đưa ra vào năm 1891 bởi nhà khoa học lớn nhất người Nga E. S. Fedorov (một phần, ông đã chứng minh rằng số nhóm đối xứng được sắp xếp khác nhau của đồ trang trí phẳng là chính xác là 17). Bài toán Việc liệt kê các phương trình nảy sinh giữa Fedorov liên quan đến nhu cầu của tinh thể học - khoa học về cấu trúc hình học của tinh thể. Như đã đề cập, các nguyên tử và phân tử của các chất ở trạng thái kết tinh tạo thành cái gọi là cấu trúc tinh thể - một dạng tương tự không gian của các vật thể. Các phần của các cấu trúc tương tự theo các mặt phẳng khác nhau thể hiện chính xác các đồ trang trí phẳng, và thật hay khi gọi các nhóm đối xứng của các đồ trang trí phẳng là các nhóm tinh thể phẳng. Fedorov cũng đã thu được một sự phân loại đầy đủ các nhóm tinh thể không gian - hóa ra có chính xác 230 nhóm trong số đó!

Thông tin chi tiết về điều này được viết trong các cuốn sách được liệt kê ở cuối bài viết. Hiện tại, chúng ta sẽ giới hạn ở việc xây dựng một bài toán, lời giải đáng chú ý trong số đó là bước chính trong việc chứng minh định lý Fedorov về việc phân loại các mệnh đề. Nhưng trước tiên, hãy định nghĩa đồ trang trí phẳng là gì.

Sự định nghĩa. Hình phẳng vô hạn Φ được gọi là khung phẳng nếu thỏa mãn các điều kiện sau:

(1) trong số các chuyển vị ánh xạ Φ lên chính chúng, có các chuyển đổi song song không định lượng;
(2) trong số tất cả các vectơ (song song với trục lại) ánh xạ Φ lên chính nó, tồn tại một vectơ có độ dài nhỏ nhất.

Nếu một vật trang trí phẳng Φ được ánh xạ lên chính nó khi quay quanh một điểm A qua các góc chỉ là bội số của 360°/n, trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn 1, thì điểm A được gọi là tâm đối xứng bậc n của vật trang trí này Φ.

Bài tập 1. Chứng minh một vật trang trí phẳng tùy ý có thể có các nghiệm đối xứng bậc n=2, 3, 4 và 6.

Hãy cho gợi ý cho hai cách tiếp cận lời giải bài toán này.

Giả sử 1. Xét hai tâm đối xứng của một vật cùng bậc n ở khoảng cách nhỏ nhất có thể với nhau (tồn tại khoảng cách nhỏ nhất giữa các tâm của tài liệu mong muốn!).

Giả sử n khác 2, 3, 4, 6, chứng tỏ rằng có hai tâm của một điểm có bậc n cách nhau một khoảng nhỏ hơn nữa!

Giả sử 2. Đầu tiên chứng minh rằng đối với một vật trang trí tùy ý, các tâm có bậc cố định n ≥ 3 tạo thành một mạng gồm các hình bình hành - những mạng như vậy được mô tả chi tiết trong bài viết của A. A. Egorov, “Lưới và đa giác đều”, «Kvant», 1974, số 12. Sau đó, sử dụng các tính chất của nhóm đối xứng của vật trang trí, xây dựng một n-giác đều có các đỉnh tại các lưới nút của tâm. Bài báo của Egorov chứng minh rằng điều này chỉ có thể thực hiện được với n = 3, 4 và 6.

4. Đồ trang trí tuyến tính và sàn gỗ

Để kết luận, chúng tôi sẽ đề xuất thêm hai bài toán, gần với bài toán về phân loại đồ trang trí phẳng, nhưng đơn giản hơn. Tuy nhiên, lời giải trong số đó là một nghiên cứu toán học thực sự!

(A) Phân loại đồ trang trí tuyến tính.

Nếu một hình phẳng được ánh xạ lên chính nó với các chu vi song song chỉ theo một hướng (và hướng ngược lại), và trong số các chu vi này có các phần có chiều dài nhỏ nhất, thì hình đó còn được gọi là tuyến tính.

27

vật trang trí. Hình 9 cho thấy ba đồ trang trí tuyến tính, thuộc các loại khác nhau - với các nhóm đối xứng khác nhau (giải thích sự khác biệt là gì).

Bài toán 2. Liệt kê tất cả các loại đồ trang trí tuyến tính có thể có (và chứng minh rằng không có loại đồ trang trí tuyến tính nào khác!).

Chúng tôi báo cáo đáp số: số nhóm tinh thể tuyến tính khác nhau là 7.

B) Liệt kê các quy tắc cho sàn gỗ phù sa.

Sàn gỗ là một phân vùng của một mặt phẳng thành các đa giác trong đó hai đa giác không giao nhau hoặc có chính xác một đỉnh chung hoặc có một cạnh chung và sự kết hợp các cạnh của tất cả các đa giác là một vật trang trí phẳng. Một sàn gỗ được gọi là đều đặn nếu tất cả các đa giác của phân vùng đều đều (có thể có số cạnh khác nhau) và bất kỳ đỉnh nào của sàn gỗ đều có thể được chuyển sang bất kỳ đỉnh nào khác bằng một số bản dịch ánh xạ toàn bộ sàn gỗ lên chính nó. Các phân vùng A) và B) hiển thị trong Hình 10 hoàn toàn không phải là sàn gỗ theo nghĩa được xác định ở trên; phân vùng C) và D) là sàn gỗ, nhưng không phải là sàn gỗ thông thường, và cuối cùng, phân vùng D) và E) là sàn gỗ thông thường (giải thích).

Bài toán 3. Tìm tất cả các loại sàn gỗ thông thường có thể có.

bài toán này đã được hình thành vào năm «Kvant»: trong bài viết của A. N. Kolmogorov “Sàn gỗ từ đa giác đều” («Kvant», 1970, số 3). Bài viết này phác thảo một cách tiếp cận khả thi để liệt kê tất cả các sàn gỗ chính xác. Chúng tôi thông báo đáp số: số lượng sàn gỗ thông thường khác nhau, cho đến mức giống nhau, là 11.

Văn học

G. S. M. Coxter, Giới thiệu về Hình học, chương 3, 4 và 15 (M., “Nauka”, 1966).

G. Weil, Đối xứng, bài giảng thứ ba (M., “Khoa học”, 1968).

D. Gilbert và S. Kohn-Fosen, Hình học ngược, chương II (M. - Leningrad, GTTI, 1951).

Bài toán độc giả của chúng tôi

Chứng minh mối liên hệ sau đây giữa các phần tử của tam giác ABC nhọn:

$$\frac{|C_0A_0| \cdot |A_0B_0|}{h_a^2} + \frac{|A_0B_0| \cdot |B_0C_0|}{h_b^2} + \frac{|B_0C_0| \cdot |A_0C_0|}{h_c^2} = 1,$$

trong đó $A_0, B_0$ và $C_0$ lần lượt là đáy của các độ cao bị bỏ qua khỏi các đỉnh $A, B, C$; $h_a, h_b, h_c$ là độ dài của các độ cao tương ứng.

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

28

Vấn đề
lượng tử

Bài toán

M431—M435; F443—F447

M431. Cây hình trụ mọc trong rừng. Người báo hiệu cần căng một sợi dây xuyên rừng từ điểm A đến điểm B, khoảng cách giữa chúng bằng l. Chứng minh rằng để truyền thông tin chỉ cần một đoạn dây dài 1,6 l là đủ.
A. Altschiller

M432. Có hình vuông hoàn hảo nào có tổng các chữ số bằng
a) 1977;
b) 1978?
b) * Tìm xem các số tự nhiên nào có thể bằng tổng các chữ số của bình phương một số nguyên.
A. Grishkov

M433. Trong hình ngũ giác lồi ABCDE, cạnh BC song song với đường chéo AD, cạnh CD song song với đường chéo BE, cạnh DE song song với đường chéo AC và cạnh AE song song với đường chéo BD (Hình 1). Chứng minh rằng cạnh AB song song với đường chéo CE.
E. Turkevich

M434. Số $\frac{2}{1} + \frac{2^2}{2} + \frac{2^3}{3} + \dots + \frac{2^n}{n}$ được biểu diễn dưới dạng phân số tối giản $\frac{p_n}{q_n}$.
a) Chứng minh rằng $p_n$ là số chẵn.
b) Chứng minh rằng nếu $n \geq 3$ thì $p_n$ chia hết cho 8.
b) * Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k người ta có thể tìm được n sao cho các số $p_n, p_{n+1}, p_{n+2}, \dots$ chia hết cho $2^k$.
D. Faddeev

M435*. Một bảng có kích thước $m \times n$ chứa các số thực, trong mỗi ô có một số. Trong mỗi cột, k số nhiều nhất ($k \leq m$) được gạch chân, trong mỗi dòng - l số nhiều nhất ($l \leq n$). Chứng minh rằng có ít nhất kl số được gạch chân hai lần. Đầu tiên xét trường hợp a) $k=l=2$; 6) $k=l=3$.
C. Konyatiya

F443. Như bạn đã biết, quả địa cầu thực hiện một vòng quay hoàn toàn quanh trục của nó trong 23 giờ 56 phút 04 giây. Do đó, trong một ngày tất cả các giờ có chữ số khác nhau

29

chia cho 24 giờ thì trễ gần 4 phút. Con số này lên tới gần nửa giờ một tuần. Tại sao chúng ta không nhận thấy độ trễ này và không liên tục giảm đồng hồ xuống?

B. Bukhovtsev

F444. Một hộp nặng có khối lượng $M$ lăn các con lăn xuống tạo thành một mặt phẳng nghiêng (Hình 2). Khoảng cách giữa các con lăn $l$, bán kính của chúng $r$ và khối lượng $m$. Góc nghiêng của mặt phẳng so với đường chân trời là $\alpha$. Tìm tốc độ của hộp nếu nó được biết là không đổi. Giả sử rằng các con lăn rỗng và độ dày thành của chúng là $d \ll r$.

F445. Công suất tụ điện $C=0,04$ uF với sự trợ giúp của công tắc $K$ được sạc định kỳ với tần số $v=50$ lần mỗi giây từ một nguồn có e. d.s. $\mathcal{E}=100$ b và điện trở trong $r-5$ ohm và được tích điện qua điện trở $R-1$kom (Hình 3). Xác định công suất giải phóng trên tải $R$ và hiệu suất của thiết bị đó. Xem xét thời gian đóng các tiếp điểm chính là đủ để tụ điện được sạc đầy (vị trí $I$) và được sạc đầy (vị trí $II$).

F446. Một vật có khối lượng $M$ nằm trên một băng tải thô, gắn vào bức tường liền kề (Hình 4). Đoạn băng được chuyển động với tốc độ không đổi $v$, và sau một thời gian, chuyển động tuần hoàn của vật được thiết lập. Vẽ đồ thị về sự phụ thuộc của hỗn hợp cơ thể, tốc độ và gia tốc của nó theo thời gian trong quá trình chuyển động.

F447. Một sợi dây bạch kim được căng dọc theo một trục đi qua tâm của hai hình trụ đồng tâm được nối cứng và được phủ một lớp segebra (Hình 5). Khi dòng điện chạy qua hệ thống dây điện, nó nóng lên và lớp segebro bay hơi. Thông qua một khe hẹp ở hình trụ bên trong, một phần nguyên tử segebral bay vào hình trụ bên ngoài và lắng đọng trên bề mặt bên trong của nó.

Bán kính hình trụ ngoài là $R=30$ cm, bán kính hình trụ trong không đáng kể so với $R$; chiều rộng của rãnh trong một hình trụ nhỏ là $\delta=1$ mm. Nhiệt độ hơi segebra $T=1000^\circ\text{K}$, mật độ hơi $\rho=10^{-5}\text{e/cm}^3$.

Các xi lanh quay với tốc độ $n=10$ vòng quay mỗi giây. Tìm sự phân bố bề mặt của mặt phẳng segebra trong lớp lắng đọng trên bề mặt bên trong của hình trụ lớn trong thời gian $t=1$ giây.

30

Lời giải bài toán

M391. a) Trong dãy $x_0, x_1, x_2, \dots$, các số $x_0$ và $x_1$ là số tự nhiên và nhỏ hơn 1000, mỗi số còn lại có modulo bằng hiệu của hai số trước. Chứng minh rằng một trong các số $x_1, x_2, \dots, x_{1500}$ bằng 0.

b) Trong dãy $x_0, x_1, x_2, \dots$, các số $x_0$ và $x_1$ là tự nhiên và nhỏ hơn 1000, và mỗi số $x_2, x_3, \dots$ bằng giá trị nhỏ nhất của trục hoành của hiệu hiệu của hai số trước. Chứng minh rằng $x_{20}=0$.

a) Chúng ta hãy chứng minh bằng quy nạp trên mọi số tự nhiên $n$ rằng nếu trong dãy $x_0$ và $x_1$ nhỏ hơn 2$n$ thì một trong các số $x_1, x_2, \dots, x_{3n}$ bằng 0 (với điều kiện bài toán $n=500$).

Trường hợp $n=1$ rất dễ kiểm tra. Hãy để tuyên bố được chứng minh cho tất cả $n$, ít hơn một. Vì $x_0 \leqslant 2n-1$, $x_1 \leqslant 2n-1$, $x_2 \geqslant 1$, rồi $x_3 \leqslant 2n-2$ và $x_4 \leqslant 2n-3$. Nếu $x_3 < 2n-2$ và $x_4 < 2n-2$, thì mọi thứ đều tuân theo giả thuyết quy nạp. Nếu $x_3=2n-2$ thì $x_2=1$, $x_1=2n-1$, $x_0=2n-2$. Nó vẫn còn để chứng minh tuyên bố trong trường hợp này. Chúng tôi có:
$x_3=2n-2$, $x_4=2n-3$, $x_5=1$, $x_6=2n-4$, $x_7=2n-5$, $x_8=1$, …, $x_{3k}=2n-2k$, …, $x_{3n}=0$.

b) Đầu tiên chúng ta sắp xếp lại các số hạng $x_0, x_1$ và $x_2$ theo thứ tự giảm dần. Chuỗi kết quả có thể khác với chuỗi ban đầu chỉ theo thứ tự của ba số hạng đầu tiên (bạn hãy xem phần này). Ngoài ra, nó rất indo, giết chết: xác định thuật ngữ $x_k$, chúng tôi có tất cả các khác biệt được sử dụng để xác định thuật ngữ $x_{k-1}$, cộng với sự khác biệt giữa $x_{k-1}$ và các thuật ngữ còn lại của chuỗi (với các số thấp hơn).

Bây giờ chúng ta lưu ý rằng với mọi số nguyên $k>0$
$x_k \geqslant x_{k+1}+x_{k+2}$.

Nếu không chúng ta sẽ có
$x_{k+2}>x_k-x_{k+1}=|x_k-x_{k+1}|$, điều đó là không thể.

Giả sử rằng $x_{20} \geqslant 1$. Khi đó, tất nhiên, $x_{19} \geqslant 1$, và nhờ vào (*) chúng ta có: $x_{18} \geqslant x_{19}+x_{20} \geqslant 2$, $x_{17} \geqslant x_{18}+x_{19} \geqslant 2+1=3$, $x_{16} \geqslant x_{17}+x_{18} \geqslant 3+2=5$, …, $x_0 \geqslant x_1+x_2 \geqslant 4181+6765=10946>10000$, trái ngược với bài toán.

S. Fomin

M392. Tùy theo liều lượng gần đúng với tốc độ không đổi đó, các quyết định sẽ được đưa ra. Lúc đầu chúng không nằm trên cùng một đường thẳng. Chứng minh rằng chúng có thể nằm trên cùng một đường không quá hai lần.

Hãy để chúng tôi trình bày hai lời giải trong số bài toán này. Đầu tiên (hình học) sử dụng một kỹ thuật điển hình của vật lý: chuyển sang hệ thống báo cáo lái xe; cái thứ hai (phân tích) có thể được viết ngắn gọn bằng cách sử dụng “tích giả vô hướng” của vectơ.

I. Ta sẽ viết điều kiện điểm $P, Q, R$ thẳng hàng như sau: $R \in (PQ)$ (tại $P \neq Q$).

Chúng ta hãy chuyển sang hệ tọa độ được liên kết với một trong lời giải. Khi đó bài toán được rút gọn thành như sau: một điểm cố định $A$ được cho trên mặt phẳng; Chứng minh rằng nếu các điểm $P$ và $Q$ chuyển động trơn tru và đều thì đúng $A \in (PQ)$ chỉ có thể xảy ra không quá hai lần (nếu biết tại thời điểm ban đầu $t=0$ sẽ không xảy ra).

Giả sử tại một thời điểm nào đó $t_1$ lời giải $P$ và $Q$ ở các điểm $B$ và $C$ sao cho $A \in (BC)$. Hãy giới thiệu một “hư cấu” khác lời giải $Q'$: $Q'$ nằm ở điểm $B$ tại $t=t_1$ và di chuyển song song với đường đi lời giải $Q$ sao cho luôn là $A \in (QQ')$ (Hình 1, a). Rõ ràng là điều kiện $A \in (PQ), A \in (PQ')$ và $Q' \in (AP)$ là tương đương *). Rõ ràng, $Q'$ chuyển động đều. Do đó, đường thẳng $PQ'$ giữ nguyên hướng - nó di chuyển song song với chính nó - và chỉ có thể đi qua điểm $A$ tại một thời điểm $t_2$ (khác với $t_1$) (Hình 1, o). (Khả năng các điểm $P$ và $Q'$ luôn trùng khớp hoặc chúng di chuyển dọc theo đường thẳng $AB$ bị loại trừ khỏi các điều kiện ban đầu.)

31

Không khó để đưa ra ví dụ cho thấy ba chữ lời giải thực có thể xuất hiện trên cùng một dòng hai lần, một lần hoặc không xuất hiện lần nào. Trước khi chuyển sang lời giải II, chúng ta hãy lưu ý mà không cần bằng chứng về một sự thật mà bài toán của chúng ta có thể dễ dàng theo dõi. Nếu hai điểm $P$ và $Q$ di chuyển đồng đều dọc theo hai đường thẳng, thì tất cả các đường thẳng $PQ$ đều đi qua một điểm hoặc song song với một hướng, hoặc (và đây là trường hợp chung) - chạm vào một parabol - “đường bao” của họ đường này (Hình 2). Rõ ràng là qua mỗi điểm $A$ của mặt phẳng có nhiều nhất hai đường thẳng thuộc họ này.

II. Hãy để chúng tôi giới thiệu hệ tọa độ $Oxy$. Điều kiện hai vectơ $v$ và $w$ có ​​tọa độ $(v_x; v_y)$ và $(w_x; w_y)$ thẳng hàng (song song với một hướng) rõ ràng có thể được viết như sau: $v_x w_y = v_y w_x$. Hãy giới thiệu ký hiệu

$$[v, w] = v_x w_y - v_y w_x.$$ (1)

Một hàm số của một cặp vectơ $(v, w) \rightarrow [v, w]$ có, rất dễ xác minh, thuộc tính sau:

$$[\lambda v, w] = [v, \lambda w] = \lambda [v, w];$$
$$[v + w, u] = [v, u] + [w, u],$$
$$[u, v + w] = [u, v] + [u, w]$$ (2)

với mọi vectơ $u, v, w$ và mọi số $\lambda$. Như đã nêu, $[v, w] = 0$ nếu và chỉ nếu $v$ và $w$ thẳng hàng. (Giá trị $[v, w]$ có ý nghĩa hình học đơn giản: mô hình của nó bằng diện tích của hình bình hành, các đường thẳng của nó được biểu thị bằng vectơ $v$ và $w$, và dấu phụ thuộc vào “hướng” của cặp $(v, w)$, với $[v, w] = -[w, v]$ (Hình 3); nhưng chúng ta sẽ không cần những tính chất này.)

Bây giờ chúng ta hãy chuyển trực tiếp đến lời giải bài toán. Để $P, Q$ và $R$ chuyển động thẳng và đều. Sau đó

$$\vec{RP} = \vec{a} + t \vec{v}, \quad \vec{RQ} = \vec{b} + t \vec{w},$$ (3)

trong đó $t$ là thời gian, $\vec{a}, \vec{b}, \vec{v}, \vec{w}$ là các vectơ độc lập với $t$. Không khó để thu được các công thức dạng (3), sử dụng thực tế là nếu một điểm $M$ nào đó chuyển động với tốc độ $\vec{u}$ thì $\vec{OM} = \vec{OM}_0 + t \vec{u}$, trong đó $\vec{M}_0$ là vị trí của $M$ tại $t = 0$, $O$ là một điểm cố định của mặt phẳng. Xét (1) - (3), điều kiện $R \in (PQ)$ có thể viết như sau:

$$[v, w] t^2 + ([a, w] + [b, v]) t + [a, b] = 0.$$ (4)

Chúng ta đã thu được phương trình bậc hai cho $t$. Mặc dù một số hệ số của nó có thể chuyển về 0, nhưng với $t = 0$, như đã nêu ở điều kiện (4), nó không thỏa mãn nên (4) không giống nhau. Do đó, $R \in (PQ)$ có ​​nhiều nhất hai giá trị $t$.

N. Vasiliev

M393. Tìm số tiền

$$\varphi(0) + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) +$$
$$+ \varphi\left(\frac{2}{n}\right) + \dots + \varphi(1),$$

nếu $\varphi(x) = \frac{4^x}{4^x + 2}$.

Chúng ta sẽ giải bài toán tổng quát hơn, cụ thể là khi $\varphi(x) = \frac{a^{2x+k}}{a^{2x}+a}$, trong đó $k$ là số thực bất kỳ và $a > 0$ (đặt $k = 0$, $a = 2$, chúng ta nhận được đáp số bài toán M393).

Hãy tìm biểu thức cho $\varphi(1-x)$:

$$\varphi(1-x) = \frac{a^{-2x+k+2}}{a^{-2x+2}+a} = \frac{a^{k+1}}{a^{2x}+a}.$$

32

Thêm $\varphi(1-x)$ và $\varphi(x)$, chúng ta nhận được:

$$\varphi(x) + \varphi(1-x) = \frac{a^{2x+k} + a^{k+1}}{a^{2x} + a} = a^k.$$

Đặt tổng cần thiết bằng $S$. Sau đó

$$S = \varphi(0) + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \ldots + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) + \varphi(1),$$

$$S = \varphi(1) + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) + \ldots + \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \varphi(0).$$

Cộng hai đẳng thức này và tính đến điều đó

$$\varphi(0) + \varphi(1) = \varphi\left(\frac{1}{n}\right) + \varphi\left(\frac{n-1}{n}\right) = \ldots =$$

$$= \varphi(x) + \varphi(1-x) = a^k,$$

chúng tôi nhận được

$$2S = (n+1)a^k,$$

nghĩa là, $S = \frac{1}{2}(n+1)a^k$.

Vì vậy, đáp số đến bài toán M393 như sau:

$$S = \frac{1}{2}(n+1).$$

S. Berkolaiko

M394. a) Các vectơ $a, b, c, d$ cho trên mặt phẳng, tổng của chúng bằng 0. Chứng minh bất đẳng thức:

b) cho bốn số và c) bốn vectơ trong không gian ba chiều, tổng của chúng bằng 0.

Hình 5.

Hình 6.

Bây giờ chúng ta sẽ chỉ giải bài toán a) (tại Olympic, bài này được cung cấp cho học sinh lớp 9-10); lời giải và bài toán b) và c) sẽ là chủ đề của một ghi chú mà chúng tôi sẽ đăng trên một trong những số tiếp theo của tạp chí.

Đặt các vectơ $\vec{MN} = \vec{a}, \vec{NP} = \vec{b}, \vec{PQ} = \vec{c}, \vec{QM} = \vec{d}$ lần lượt sang một bên, chúng ta thu được một đường đứt nét khép kín (kể từ $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d} = 0$). Bằng cách thay đổi thứ tự của các vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$, người ta có thể thu được một số đường đứt nét như vậy. Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng trong số những đường đứt đoạn này có đường tự cắt. Để làm điều này, hãy lấy một trong những dòng bị hỏng của chúng tôi. Nếu một trong các đỉnh của nó, chẳng hạn như $Q$, nằm bên trong tam giác $MNP$ được tạo bởi ba đỉnh (Hình 4, a), thì chúng ta đặt vectơ $\vec{QQ'} = \vec{MN}$ sang một bên. Vì trong trường hợp này $\vec{Q}'N = \vec{QM}$, đường gãy $MNPQ$ có thể được thay thế bằng đường gãy tự cắt $NPQQ'$ (Hình 4, b). Nếu $MNPQ$ là một đường gãy lồi thì trước tiên chúng ta thực hiện xây dựng như trong Hình 5.

Vì vậy, giả sử $\vec{MN} = \vec{a}, \vec{NP} = \vec{b}, \vec{PQ} = \vec{c}, \vec{QM} = \vec{d}$ và các đoạn $NP$ và $QM$ có ​​một điểm chung $R$ (Hình 6). Sau đó $|MR| + |PR| \geq |PM|, |NR| + |QR| \geq |QN|$, từ đó $|MR| + |PR| + |NR| + |QR| \geq |PM| + |QN|$. Nhưng $|PM| = |PQ + QM| = |c + d|,$

$$|QN| = |QM + MN| = |a + d|,$$

một $|MR| + |PR| + |NR| + |QR| = |QM| + |NP| = |b + d|$. Kể từ đây,

$$|b| + |d| \geq |a + d| + |c + d|.$$

(1)

Ngoài ra, điều rất quan trọng là $|a| + |c| \geq |a + c|$ và $|a + c| = |b + d|$ (xem Hình 6); Đó là lý do tại sao

$$|a| + |c| \geq |b + d|.$$

(2)

Cộng các bất đẳng thức (1) và (2), chúng ta thu được điều cần tìm.

Yu. nonin

33

F397. Có bản thảo sau đây của một lematic annaram. Mặt trên của tấm phẳng lớn được nung ở nhiệt độ không đổi 0°C và mặt dưới được nung ở nhiệt độ 100°C. Nhà phát minh tuyên bố rằng bằng cách nhúng nhựa vào, chúng ta sẽ bay lên không trung giống như một chiếc khinh khí cầu. Giải thích, do đó. Hãy ước tính bậc độ lớn của lực nâng của một đĩa cây thuốc phiện có diện tích 1 m2 ở nhiệt độ không khí 20°C.

Các phân tử không khí tới trên tấm có tốc độ bình phương trung bình căn bằng $\bar{v}_{\text{cp.кв.}} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$, trong đó $T$ là nhiệt độ không khí, $m$ là khối lượng của các phân tử. Giá trị tuyệt đối trung bình của vận tốc thiết kế của các phân tử trên trục $OY$, vuông góc với bề mặt của tấm, bằng $\bar{v}_y \approx \frac{\bar{v}_{\text{cp.кв.}}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{kT}{m}}$.

Khi va chạm với một tấm, “nhiệt độ” của các phân tử sẽ bằng nhiệt độ của tấm. Điều này có nghĩa là sau khi phản xạ từ bề mặt trên

$$\bar{v}'_y = \sqrt{\frac{kT_1}{m}},$$

và sau khi phản xạ từ bề mặt trên

$$\bar{v}'_y = \sqrt{\frac{kT_2}{m}}.$$

Kết quả là hình chiếu $p_y$ của động lượng của các phân tử rơi xuống bề mặt dưới của tấm thay đổi khi va chạm bởi các giá trị sau:

$$\Delta p'_y = m \left( \sqrt{\frac{kT}{m}} + \sqrt{\frac{kT_1}{m}} \right),$$

và một phân tử rơi trên bề mặt trên - theo giá trị

$$\Delta p''_y = m \left( \sqrt{\frac{kT}{m}} + \sqrt{\frac{kT_2}{m}} \right).$$

Trong thời gian $\Delta t$, các phân tử nằm cách tấm một khoảng bằng $\bar{v}_y \Delta t$ sẽ chạm tới từng bề mặt. Số lượng phân tử này là $N = nv_y s \Delta t$, trong đó $n$ là số lượng phân tử trên một đơn vị thể tích, $s$ là diện tích của tấm.

Theo định luật thứ hai và thứ ba của Newton, các lực tác dụng lên tấm theo hướng trên có độ lớn tuyệt đối bằng sự thay đổi hình chiếu của các xung phân tử trong một đơn vị thời gian. Một lực hướng lên tác dụng lên mặt dưới của tấm (Hình 7)

$$|\vec{F}_1| = \frac{N \Delta p'_y}{\Delta t} = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_1}{m}} + \sqrt{\frac{kT}{m}} \right),$$

và trên cùng - một lực hướng xuống

$$|\vec{F}_2| = \frac{N \Delta p''_y}{\Delta t} = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_2}{m}} + \sqrt{\frac{kT}{m}} \right).$$

Vì $T_1 > T_2$, nên đường dẫn $\vec{R}$ bằng nhau của các lực $\vec{F}_1$ và $\vec{F}_2$ hướng lên trên và bằng nhau về giá trị tuyệt đối

$$|\vec{R}| = |\vec{F}_1| - |\vec{F}_2| = m n \bar{v}_y s \left( \sqrt{\frac{kT_1}{m}} - \sqrt{\frac{kT_2}{m}} \right) = nsk \sqrt{T} \left( \sqrt{T_1} - \sqrt{T_2} \right).$$

Số lượng phân tử chứa trong thể tích $V$ của không khí ở áp suất $p$ và nhiệt độ $T$ bằng $N_V = v \cdot N_A$, trong đó $v$ là số lượng phân tử không khí trong thể tích $V$, $N_A$ là số Abogadro. Nhưng $v = \frac{M}{\mu} = \frac{pV}{RT}$. Vậy số phân tử trên một đơn vị thể tích

$$n = \frac{p}{RT} N_A.$$

34

Như vậy,

$$|\vec{R}| = \frac{pN_A sk}{RT} \sqrt{T_1} - \sqrt{T_2} = \frac{ps}{\sqrt{T}} (\sqrt{T_1} - \sqrt{T_2}).$$

Thay thế dữ liệu vào các điều kiện số lượng trong biểu thức này (đếm $p = 10^5 \text{h}/\text{m}^2$), chúng ta thu được

$$|\vec{R}| \approx 1,5 \cdot 10^4 \text{ h}.$$

F398. Đã xảy ra lỗi khi kết nối đồng hồ bảy đèn với hai công tắc. Kết quả là khi đóng một trong các công tắc, cả ba đèn đều cháy ở cường độ không hoàn toàn. Khi đóng, những công tắc khác vẫn đang cháy) và đạt được hiệu quả tương tự bằng cách đóng cả hai công tắc cùng một lúc. Khi mở công tắc thì cả 3 đèn đều không sáng. Vẽ sơ đồ lắp đặt đã hoàn thành và giải thích các tác động đạt được.

F399. Ba quả cầu kim loại nhỏ giống hệt nhau đặt trong chân không ở các đỉnh của một tam giác đều. Các quả bóng được kết nối lần lượt với một dây dẫn từ xa, được đặt và duy trì không đổi. Kết quả là quả bóng thứ nhất có điện tích $Q_1$, và quả bóng thứ hai có điện tích $Q_2$. Xác định điện tích của quả bóng thứ ba.

Mạch chuyển đổi đèn được hiển thị trong Hình 8. Khi phím $K_1$ đóng và phím $K_2$ mở, cả ba đèn được bật nối tiếp và do đó chúng cháy với nhiệt không hoàn toàn. Khi cả hai công tắc được đóng đồng thời, đèn $J_1$ bật sáng và đèn $J_2$ và $J_3$ được mắc song song với một đoạn mạch có rất ít điện trở. Ví dụ, không có đủ trên chúng và đèn không sáng. Khi một phím $K_2$ được đóng, chỉ có đèn $J_1$ bật.

Hình 8.

Khi mỗi quả bóng được nối với một dây dẫn ở xa, điện thế F được giữ không đổi thì điện thế của quả bóng bằng F.

Điện tích $Q_1$ xuất hiện trên quả bóng đầu tiên bằng

$$Q_1 = C\varphi,$$

trong đó $C$ là sức chứa của quả bóng.

Điện thế Ф của quả bóng thứ hai bao gồm điện thế trường được tạo ra bởi điện tích $Q_1$ ở khoảng cách $l$ tính từ quả bóng thứ nhất ($\varphi_1 = \frac{Q_1}{l}$) và điện thế của trường “riêng” của điện tích $Q_2$ ($\varphi_2 = \frac{Q_2}{C}$):

$$\varphi = \varphi_1 + \varphi_2 = \frac{Q_1}{l} + \frac{Q_2}{C}.$$

Thế năng Ф của quả bóng thứ ba bằng

$$\varphi = \frac{Q_1}{l} + \frac{Q_2}{l} + \frac{Q_3}{C},$$

trong đó $\frac{Q_1}{l}$, $\frac{Q_2}{l}$ là thế năng tương ứng của trường điện tích $Q_1$ và $Q_2$ ở khoảng cách $l$ tính từ chúng, $\frac{Q_3}{C}$ là thế năng của trường điện tích “riêng” $Q_3$.

Từ đẳng thức (2), sử dụng đẳng thức (1), ta tìm được $l$:

$$l = \frac{Q_1 C}{Q_1 - Q_2}.$$

Thay biểu thức này cho $l$ vào đẳng thức (3), chúng ta tìm thấy $Q_3$:

$$Q_3 = C \left[ \varphi - \frac{Q_1 + Q_2}{l} \right] = \frac{Q_2^2}{Q_1}.$$

36

F402. Một thấu kính phân kì có tiêu cự $F = -0,6$ m được đặt sao cho một tiêu điểm của nó trùng với vạch trên gương trong. Tiêu cự $F'$ của gương là bao nhiêu nếu biết hệ cho ảnh thật của một vật đặt cách thấu kính một khoảng bất kỳ? Ảnh được tạo ra bởi các tia sáng truyền qua thấu kính lần thứ hai sau khi phản xạ từ gương.

Ở đâu
$$\frac{I_2}{I_1} = \frac{R}{r_2}.$$

Mặt khác, $\varphi_A = \varphi_C + I_1 r_G$ ($r_G$ là điện trở của điện kế) và $\varphi_B = \varphi_C + I_2 r_1$. Vì thế
$$\varphi_C + I_1 r_G = \varphi_C + I_2 r_1,$$

Ở đâu
$$\frac{I_1}{I_2} = \frac{r_G}{r_1}.$$

So sánh biểu thức (1) và (2), ta thu được:
$$\frac{R}{r_2} = \frac{r_G}{r_1},$$

hoặc
$$r_G = \frac{r_1}{r_2} R.$$

Biết các điện trở $r_1$, $r_2$, $R$, ta có thể tìm được điện trở của điện kế $r_G$.

◆
Thấu kính phân kỳ luôn cho ảnh thật nhỏ nhất của nguồn. Do đó, để hệ thống tạo ra một ảnh hợp lệ, ảnh trung gian thu được sau khi tia phản xạ từ gương phải là nguồn tối thiểu cho thấu kính, tức là nó phải ở bên phải thấu kính.

Trên thực tế, từ công thức tính thấu kính phân kỳ trong trường hợp nguồn sáng tối thiểu
$$-\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = -\frac{1}{F}$$

nó theo sau đó
$$f = \frac{dF}{F - d}.$$

(Nhắc lại $d$ là khoảng cách từ thấu kính đến nguồn, $f$ là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh, $F$ là tiêu cự của thấu kính.) Từ (1) cho thấy rõ rằng $f \geq 0$ nếu $d$ dương và không vượt quá $F$.

Do đó, ảnh trung gian $S_2$ của nguồn sau gương (Hình 14) phải đặt ở bên phải gương một khoảng $f_2$ sao cho
$$F \leq f_2 \leq 2F.$$

Nguồn của gương là ảnh trung gian $S_1$ - ảnh cực tiểu của nguồn $S$, được thấu kính cho sau lần khúc xạ đầu tiên của tia (xem Hình 14). Từ công thức thấu kính cho trường hợp này
$$\frac{1}{d_1} - \frac{1}{f_1} = -\frac{1}{F}$$

• chúng tôi tìm thấy
  $$f_1 = \frac{d_1 F}{d_1 + F}.$$

37

Khoảng cách $d_1$ từ nguồn đến ống kính có thể thay đổi từ 0 đến $\infty$. Trong trường hợp này, như sau từ công thức (3), $f_1$ thay đổi từ 0 thành $F$. Khoảng cách $d_2 = F + f_1$ từ ảnh $S_1$ đến gương thay đổi từ $F$ thành $2F$. Hãy nhớ lại rằng hình ảnh này đóng vai trò là nguồn cho gương. Vì vậy, chúng ta cần tìm ở tiêu cự $F'$ của gương ảnh của một nguồn nằm cách gương một khoảng $d_2$ sao cho

$$F \leqslant d_2 \leqslant 2F,$$

(4a)

thu được ở khoảng cách $f_2$ tính từ gương sao cho

$$F \leqslant f_2 \leqslant 2F.$$

(46)

Từ công thức gương -

$$\frac{1}{d_2} + \frac{1}{f_2} = \frac{1}{F'}$$

• nó theo sau đó

$$\frac{1}{f_2} = \frac{1}{F'} - \frac{1}{d_2}.$$

(5)

Theo điều kiện (46)

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{f_2} \leqslant \frac{1}{F},$$

vậy phần bên phải của đẳng thức (5) nằm trong

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{F'} - \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F}.$$

Kể từ đây,

$$\frac{1}{2F} + \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F'} \leqslant \frac{1}{F} + \frac{1}{d_2}.$$

Bất đẳng thức thu được phải đúng với mọi điều kiện tùy ý $d_2$ thỏa mãn (4a). Theo điều kiện này

$$\frac{1}{2F} \leqslant \frac{1}{d_2} \leqslant \frac{1}{F},$$

nên tiêu cự $F'$ của gương phải sao cho điều kiện

$$\frac{1}{2F} + \frac{1}{F} \leqslant \frac{1}{F'} \leqslant \frac{1}{F} + \frac{1}{2F}.$$

Do đó, $\frac{1}{F'} = \frac{3}{2F}$, hoặc

$$F' = \frac{2}{3} F = 0,4 \text{ m}.$$

I. Slovodetsky

38

V. Gutenmacher

Khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng

Có một số bài toán trong sách giáo khoa Hình học 10 yêu cầu bạn tìm khoảng cách từ một điểm cho trước đến một mặt phẳng cho trước. Thật kỳ lạ, những bài toán này lại gây ra một số khó khăn cho học sinh (mặc dù thực tế là một trong những bài toán này - Số 28, trang 10 - đã được giải quyết trong văn bản). Vì vậy, chúng tôi sẽ nói về vấn đề này chi tiết hơn một chút.

Công thức mới

Đặt $A(x_0; y_0; z_0)$ là một điểm trong không gian tọa độ $Oxyz$ và $\alpha$ là mặt phẳng được xác định bởi phương trình $ax+by+cz+d=0$. Khoảng cách $\rho(A, \alpha)$ từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\alpha$ được tính theo công thức

$$\rho(A, \alpha) = \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.$$

Công thức này có thể được mô tả như sau:

Cần thay tọa độ của điểm $A$ vào biểu thức $ax+by+cz+d$ thay cho các biến $x, y, z$. Lấy mô đun của số kết quả và chia cho số $\sqrt{a^2+b^2+c^2}$.

Đạo hàm của công thức

Đạo hàm của công thức (*) về cơ bản lặp lại lời giải bài toán Số 28 ở trang 28. 10-11 SGK “Hình học 10”.

Chúng ta thả từ điểm $A(x_0; y_0; z_0)$ giới hạn xuống mặt phẳng $\alpha$, cho bởi phương trình $ax+by+cz+d=0$; gọi $B$ là giao điểm của phần tràn này với mặt phẳng $\alpha$; thì $|AB|$ là khoảng cách từ $A$ đến $\alpha$ (xem hình). Chúng ta hãy biểu thị bằng $(x_1; y_1; z_1)$ tọa độ của điểm $B$; Sau đó

$$\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA} = (x_1-x_0; y_1-y_0; z_1-z_0),$$

Ở đâu

$$|AB| = |\overrightarrow{AB}| = \sqrt{(x_1-x_0)^2 + (y_1-y_0)^2 + (z_1-z_0)^2}.$$

Vì vectơ $\overrightarrow{AB}$ vuông góc với mặt phẳng $\alpha$ nên nó thẳng hàng với vectơ $\vec{n}$ có ​​tọa độ $(a; b; c)$.

Điều này có nghĩa là có một số $p$ sao cho

$$\overrightarrow{AB} = p \cdot \vec{n}.$$

(1)

Từ đẳng thức này suy ra rằng

$$x_1-x_0 = p \cdot a, \quad y_1-y_0 = p \cdot b, \quad z_1-z_0 = p \cdot c.$$

(2)

Như vậy,

$$|AB| = \sqrt{p^2a^2 + p^2b^2 + p^2c^2} = |p| \cdot \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}.$$

Tất cả những gì còn lại là tìm số $|p|$. Vì điểm $B$ thuộc mặt phẳng $\alpha$ nên $ax_1+by_1+cz_1+d=0$. Vì $x_1=x_0+pa, y_1=y_0+pb, z_1=z_0+pc$ (xem phần tương ứng (2)), với $p$ ta thu được phương trình

$$a(x_0+pa) + b(y_0+pb) + c(z_0+pc) + d=0,$$

từ đó $|p|$ được tìm thấy:

$$|p| = \frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{a^2+b^2+c^2}.$$