Kvant 1977, số 4 · Trang

KVANM 4
1977

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

Nguyên tắc cấu tạo vật trang trí này khá đơn giản: mỗi cạnh của hình vuông được chia thành hai phần bằng nhau và tất cả các điểm phân chia được nối thành từng cặp với nhau bằng các đoạn.
Cố gắng trả lời một loạt câu hỏi liên quan đến vật trang trí này. Các đoạn thẳng trong hình vuông cắt nhau tại bao nhiêu điểm? Có bao nhiêu giao điểm mà tại đó ba đoạn, bốn đoạn, gót, v.v. cắt nhau? Có bao nhiêu giao điểm nằm trên các cạnh của hình vuông có đỉnh tại giao điểm (tìm số lớn nhất và nhiều nhất)? Có đa giác thông thường khác trong hình ảnh? Chúng tôi đang chờ đợi thư của bạn với câu trả lời.

2

máy gia tốc

L. Goldin

Ban biên tập tạp chí «Kvant» từ lâu đã yêu cầu tôi viết một bài về máy gia tốc. Tôi đã trì hoãn việc này trong vài năm. Độc giả của tạp chí có cần biết về những thủ thuật gần như quân sự mà các nhà vật lý và kỹ sư thường xuyên sử dụng để làm cho những cấu trúc khổng lồ, không thể so sánh được này hoạt động được không: chẳng phải tất cả đều quá đặc biệt sao? Sau đó, cuối cùng tôi đã quyết định, nhận ra rằng tài liệu có thể được trình bày theo cách mà người đọc không chỉ hiểu được cấu trúc của cây động vật thuộc họ máy gia tốc mà còn thu được những thông tin và ý tưởng luôn hữu ích cho anh ta. Tôi đã thành công ở mức độ nào, độc giả của tôi sẽ nói.

Trong nhiều thập kỷ nay, vật lý hạt nhân và hạt đã được xác định bằng những gì các nhà khoa học có trong tay về máy gia tốc. Và ngày nay, mỗi máy gia tốc lớn mới sẽ được theo sau bởi những khám phá và thay đổi mới trong các nguyên lý lý thuyết cơ bản. Để nghiên cứu độ sâu của Vũ trụ, các công cụ giả thuyết được chế tạo. Những chiếc gương vạn năng của kính viễn vọng quang học và ăng-ten của kính viễn vọng vô tuyến kéo dài hàng km không làm ai ngạc nhiên. Tuy nhiên, thậm chí những cơ sở lắp đặt lớn hơn - máy gia tốc đa khí hậu khổng lồ - đang được tạo ra để nghiên cứu

6

Ví dụ, chúng ta hãy tính chiều dài của ống trôi dạt để một proton có năng lượng 10 MeV chạm vào. Hãy viết công thức (2) dưới dạng

$$K_n = \frac{m_0 c^2}{2} \left( \frac{v_n}{c} \right)^2.$$

Từ công thức này ta tìm được

$$v_n = c \sqrt{\frac{2K_n}{m_0 c^2}}.$$

Thay thế $K_n = 10$ MeV và $m_0 c^2 = 938$ MeV, chúng ta tìm thấy $v_n = 0,146$ s=4,4×10⁷ m/giây. Chúng ta thấy rằng ở năng lượng 10 MeV, tốc độ proton chỉ nhỏ hơn tốc độ ánh sáng 7 lần. Ở mức năng lượng cao nó thậm chí còn cao hơn.

Ống trôi nên dài bao nhiêu? Sử dụng công thức (4), chúng ta thấy rằng ở tần số dao động điện áp $f = 1/T = 100$ сс thì chiều dài của ống trôi, là một proton có năng lượng 10 MeV, phải là $2,2 \cdot 10^5$ m=220 km, ở tần số 1 MHz - 22 m, ở tần số 10 MHz - 2,2 m. Tất cả những giá trị này đều quá lớn. Để có được điều này, chỉ cần nhớ rằng chúng tôi đã “thiết kế” một máy gia tốc có năng lượng rất thấp 30 MeV và lò Zaki có khoảng 60 ống trôi! Để có được máy gia tốc tuyến tính có kích thước hợp lý, bạn cần tần số cao hơn đáng kể.

Trong máy gia tốc proton, tổng tần số được chọn từ 150 đến 300 MHz, và trong máy gia tốc điện tử, tần số này thậm chí còn cao hơn. Để so sánh, chúng tôi chỉ ra rằng các đài phát thanh sóng dài hoạt động ở tần số khoảng 200 kHz, dải sóng trung bình nằm ở tần số ~ 1 MHz và các đài phát thanh sóng ngắn hoạt động ở tần số ~ 10 MHz. Tần số thay đổi điện thế trên ống trôi máy gia tốc tuyến tính cao gấp 10 20 lần so với độ cao mà các đài vô tuyến sóng ngắn hoạt động! Ở những tần số như vậy, đặc tính sóng của trường trở nên rất quan trọng và thậm chí còn nổi bật hơn.

Lưu ý tần số 150 300 MHz tương ứng với bước sóng $\lambda = c/T = cf$ từ 1 đến 2 m. Trong những điều kiện này, mạch thể hiện trong Hình 2 hóa ra rất thấp và không cho phép sóng vô tuyến đầu tiên xuất hiện, sóng này thường hữu ích để tính công suất của một chất truyền dẫn đáng kể cũng như trong các khối kín (thường được gọi là cộng hưởng). “Hành vi” của sóng điện từ trong chất cộng hưởng rất giống với bề mặt của sóng âm. Chúng ta hãy nhớ lại (như một sự tương tự hữu ích) các rung động tích cực xảy ra như thế nào trong các đường ống của đàn organ. Nhạc sĩ tạo ra những rung động này bằng cách sử dụng những bản fugue của Bach chẳng hạn. Không khí đi qua ống, dao động

7

Có những cái lưỡi, sự chuyển động của nó tạo ra những rung động âm thanh trong không khí.

Không phải bất kỳ rung động nào cũng có thể được kích thích trong một đường ống mà chỉ những rung động mà đường ống được điều chỉnh. Việc điều chỉnh đường ống được xác định bởi sự tương ứng giữa chiều dài của nó và bước sóng. Trong một ống kín ở cả hai đầu, chỉ có thể kích thích các sóng (đứng) như vậy mà một nửa bước sóng được đặt trong ống một số nguyên lần. Để biểu diễn các tác phẩm âm nhạc trên đàn organ, bạn cần kích thích nhiều loại âm thanh khác nhau trong ống. Do đó, các cơ quan chứa hàng ngàn ống.

Theo cách tương tự, dao động điện từ được thiết lập trong các ống kim loại kín. Chiều dài của đường ống phải phù hợp với tần số dao động điện từ mà nó phải hoạt động. Ống được nghiên cứu, đánh bóng và chế tạo cẩn thận này là bộ cộng hưởng của máy gia tốc tuyến tính và được đặt dọc theo ống trôi của nó. Để kích thích rung động, một bộ tản nhiệt được lắp vào đường ống - ăng-ten hoặc cuộn dây.

Hình 3 cho thấy hình ảnh các đường của trường tần số cao tạo ra trong vùng cộng hưởng tại một thời điểm nào đó. Các mũi tên chỉ đường sức điện trường. Các đường sức từ không được thể hiện trong hình. Chúng trông giống như những vòng bao quanh các bó đường sức điện. Sau nửa chu kỳ dao động điện từ, các đường thẳng mới sẽ đổi chiều theo hướng ngược lại.

Điện áp điện trường tạo ra trong chất cộng hưởng đạt cực đại ở gần trục của nó và giảm gần như bằng 0 ở gần các bức tường. Nếu không, điện trường sẽ tạo ra những điểm lớn trên tường, dẫn đến làm nóng tường - gây lãng phí điện năng. Trường có cấu hình này chỉ có thể được tạo trong ống nếu đường kính của nó phù hợp với bước sóng. Chúng tôi thấy rằng cả chiều dài và kích thước ngang của cộng hưởng phải được lựa chọn rất cẩn thận.

Các ống trôi đặt trong bộ cộng hưởng phần nào làm biến dạng hình ảnh dao động điện từ. Một không gian không có rung động xuất hiện bên trong các ống, vì từ trường không thể xuyên qua thành dẫn điện của chúng. Trường sẽ bị ép ra khỏi các ống trôi thành các khoảng trống gia tốc.

Bằng cách tăng tốc các hạt lên năng lượng rất cao, không cần phải “giấu” các hạt trong ống trôi. Thông qua máy gia tốc, sóng điện từ thông thường có thể được truyền đi. Nếu tốc độ của hạt gần bằng tốc độ ánh sáng, thì khi nó chạm vào một phần sóng thuận lợi, trong đó vectơ định hướng của điện trường đã đạt đến độ lớn của hướng, hạt sẽ luôn tăng tốc.

Những năng lượng 《rất lớn》 mà chúng ta đã nói đến có thể khác nhau đối với các hạt khác nhau. Đối với proton và các hạt nặng khác, đây là những năng lượng cỡ hàng nghìn MeV. Và đối với các electron, năng lượng cỡ vài MeV đã là rất lớn.

Máy gia tốc mà chúng ta vừa nói đến được gọi là máy gia tốc sóng lan truyền. Một máy gia tốc tuyến tính lớn có sóng truyền để gia tốc các electron lên năng lượng 2000 MeV được chế tạo tại Viện Vật lý-Kỹ thuật thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Ukraine ở Kharkov.

8

Máy gia tốc tuần hoàn

Máy gia tốc tuyến tính năng lượng cao hóa ra lại rất đắt tiền. Lấy ví dụ, chúng tôi chỉ ra rằng máy gia tốc electron tuyến tính ở Stepford (Mỹ) có năng lượng 20.000 MeV có chiều dài hơn 3,5 km. Trong suốt đoạn đường liên tục này có các trạm tần số cao rất mạnh và rất đắt tiền.

Sẽ kinh tế hơn nếu cuộn quỹ đạo của các hạt được gia tốc thành một đường xoắn ốc hoặc một vòng, liên tục đưa chúng trở lại cùng các trạm gia tốc. Máy gia tốc như vậy được gọi là tuần hoàn. Để loại bỏ quỹ đạo, từ trường được sử dụng. Cho dù nam châm có đắt đến đâu, cho dù chi phí điện năng cần thiết để cung cấp năng lượng cho chúng cao đến đâu, những chi phí này vẫn được bù đắp nhiều hơn bằng việc tiết kiệm chi phí mua các thiết bị tần số cao.

Hãy viết một số công thức đơn giản. Độ cong của quỹ đạo là do lực Lorentz tác dụng lên hạt từ từ trường. Lực này được biết là bằng

$$F = evB,$$

trong đó $e$ là điện tích của hạt, $v$ là tốc độ của nó và $B$ là cảm ứng từ trường (giả sử rằng hướng $v$ vuông góc với $\vec{B}$). Lực Lorentz vuông góc với cả hướng của từ trường và hướng của vận tốc hạt. Nó truyền cho hạt một gia tốc xây dựng là $a = \frac{v^2}{R}$, để chuyển động đi theo một vòng tròn. Độ lớn của lực $F$ và bán kính của đường tròn có liên hệ với nhau, như đã biết, theo công thức

$$F = \frac{mv^2}{R}.$$

Cân bằng các quy tắc từng phần của công thức (5) và (6), ta thấy

$$evB = \frac{mv^2}{R},$$

hoặc

$$p = mv = eBR,$$

trong đó $p = mv$ là động lượng của hạt. Nếu chúng ta hiểu theo khối lượng thì khối lượng tương đối tính của hạt được xác định theo công thức

$$m = m_0 \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}},$$

thì sự tương ứng (7) hóa ra đúng ở mức năng lượng tương đối tính.

Công thức (7) chứng tỏ rằng cảm ứng của từ trường và kích thước của máy gia tốc không liên quan đến năng lượng hạt quen thuộc với chúng ta mà liên quan đến động lượng của nó. Động lượng và động năng trong cơ học tương đối tính có liên hệ với nhau bằng một công thức khá phức tạp

$$p = \frac{1}{c} \sqrt{K(K + 2m_0c^2)}.$$

Dưới gốc của biểu thức này có một đại lượng có thứ nguyên là bình phương năng lượng. Nếu chúng ta nhân biểu thức này với $c$, chúng ta sẽ nhận được

$$pc = \sqrt{K(K + 2m_0c^2)}.$$

Công thức này cho thấy rằng cùng với động lượng $p$, sẽ thuận tiện khi xét đại lượng $pc$, tỷ lệ thuận với nó, có thứ nguyên năng lượng ($pc$ được đo bằng electron volt). Tại $K \ll m_0c^2$ (trường hợp không tương đối tính), biểu thức này chuyển thành công thức quen thuộc $p = \sqrt{2m_0K}$ và ở $K \gg m_0c^2$ (năng lượng cao), chúng ta chỉ cần có $pc = K$. Trong các đơn vị này, công thức (7) có dạng quen thuộc với tất cả các nhà vật lý.

$$pc (\theta) = 3 \cdot 10^8 BR (m \cdot m).$$

Sử dụng công thức (9), bạn có thể ước tính kích thước của máy gia tốc tuần hoàn. Từ trường luôn được xây dựng để chọn cái sau, nhờ đó máy gia tốc có kích thước và trọng lượng nhỏ hơn. Nhưng với cảm ứng $2m \lambda$ sắt dùng làm nam châm điện sẽ trở nên bão hòa. Vì vậy, không thể thu được từ trường mạnh hơn trong mạch máy gia tốc bằng mạch từ. Trong buồng chân không của máy gia tốc, cảm ứng trường thường không vượt quá 1,6 $m \lambda$. Thông thường, trong cơ học máy gia tốc, cần phải cung cấp những khoảng trống cần thiết để chứa các trạm tăng tốc, thiết bị hiệu chỉnh, thiết bị đầu vào và đầu ra của các hạt, v.v. Do đó, giá trị trung bình $|\vec{B}|$ hóa ra là chẵn

9

bên dưới - khoảng 1,2 ml. Thay $B=1,2$ ml vào công thức (9), ta tìm được

$$R \approx 3 \cdot 10^{-9} \text{ pc.}$$

Hãy để chúng tôi trình bày một số ước tính cho proton. Để gia tốc proton tới năng lượng 20 MeV (pc=200 MeV) cần phải tăng tốc với bán kính $R \approx 60$ cm. Ở năng lượng 600 MeV (pc=1200 MeV) $R \approx 3,6$ m. Khi tăng tốc lên 10 GeV * (pc=11 GeV) $R=30$ m (máy gia tốc của Viện Vật lý Lý thuyết và Thực nghiệm ở Moscow, máy gia tốc của Phòng thí nghiệm Năng lượng Cao ở Dubna). Ở năng lượng 70 GeV (máy gia tốc Serpukhov) $R \approx 200$ m và ở năng lượng 500 GeV (máy gia tốc Fermilab, Hoa Kỳ) $R \approx 1,5$ km. Những ước tính này xác định quy mô của cơ sở và đặt ra những rào cản kinh tế nghiêm trọng đối với việc tăng năng lượng cuối cùng của máy gia tốc. Các kích thước, cùng với chúng là giá thành của máy gia tốc tuần hoàn, cuối cùng được xác định đơn giản bằng tính chất từ ​​của sắt.

Có tiến triển nào có thể xảy ra ở đây không? Cảm ứng tối đa có thể đạt được khi sử dụng các loại sắt từ khác nhau rất gần nhau, vì vậy hy vọng phát minh ra hợp kim có cảm ứng bão hòa cao hơn đáng kể sẽ không thành hiện thực. Cách khả thi duy nhất là từ bỏ nam châm thông thường và chuyển sang nam châm siêu dẫn. Trong trường hợp này, cảm ứng có thể được tăng lên 2-3 lần. Cho dù chất siêu dẫn có đắt tiền đến đâu và dù hoạt động ở nhiệt độ thấp có khó khăn đến đâu thì công nghệ máy gia tốc cũng phải bắt đầu đi theo hướng này. Việc chế tạo máy gia tốc siêu dẫn đầu tiên đang được tiến hành tại Fermilab.

Hãy quay lại công thức (9). Khi các hạt tăng tốc, động lượng $p$ của chúng tăng lên, có nghĩa là bán kính quỹ đạo $R$ hoặc cảm ứng trường $B$ phải tăng. Tất nhiên, cách dễ nhất là làm việc trong một từ trường không đổi. Quỹ đạo của các hạt được gia tốc trong trường hợp này có dạng một vòng xoắn. Công thức (10) xác định bán kính vòng quay ngoài của nó. Từ trường được điện tử hóa và có dạng đĩa bao phủ toàn bộ hình xoắn ốc. Đây là cách cyclotron được thiết kế. Vẫn có thể tạo ra một dải từ liên tục có bán kính 60 cm hoặc 3,6 m. Tuy nhiên, để tăng tốc proton lên năng lượng 10 GeV, cần có các dải có bán kính khoảng 30 m. Cũng không thể tạo dải liên tục. Chính hoàn cảnh này đã hạn chế năng lượng tối đa có được khi sử dụng cyclotron.

Trong máy gia tốc năng lượng cao, từ trường chỉ được tạo ra trên đường vành đai hẹp. Do đó, bán kính $R$ mà các hạt phải di chuyển dọc theo được cho trước và quỹ đạo của các hạt ở cuối và ở đầu gia tốc là như nhau. Sự gia tăng động lượng của hạt phải đi kèm với sự xuất hiện của từ trường. Máy gia tốc có trường vòng tăng theo thời gian được gọi là synchrotron (từ trường tăng đồng bộ với xung).

Cyclotron, phasotron và microtron

Cyclotron được sử dụng để tăng tốc proton và ion nặng. Chúng được phát minh bởi J. Lawrence. Sơ đồ của thiết bị cyclotron được thể hiện trên Hình 4. Từ trường “bọc” các hạt được tạo ra trong khe giữa các dải electron. Buồng pin được đặt vào khoảng trống này, lấp đầy hình dạng của một chiếc lon thiếc khổng lồ. Buồng chân không chứa các electron, giữa chúng tạo ra một điện trường gia tốc. Chúng cũng trông giống như một hộp thiếc. Để có được electron, chiếc lọ này phải được cắt dọc theo đường kính và hai nửa hơi giãn ra để tạo thành một khoảng trống giữa chúng. Mỗi nửa tạo thành một electron. Điện áp tăng tốc tần số cao được áp dụng cho chúng. Như có thể thấy trong Hình 4, b, các electron được định hướng theo hình dạng của chữ cái Latinh $D$. Chúng được gọi là duannas. Lớp vỏ giữa hai hoạt động như một khoảng cách tăng tốc.

Dees trong cyclotron đóng vai trò tương tự như các ống khác trong

10

Máy gia tốc tuyến tính. Trong khi quỹ đạo của các hạt đi vào bên trong dees, chúng được bảo vệ khỏi tác động của điện trường và khi trường giữa các dees đạt được hướng và cường độ mong muốn, các hạt bay ra ngoài khoảng trống, tăng tốc trong đó và bật trở lại bên trong dees. Đây là cách tăng tốc xảy ra.

Chu kì $T$ chuyển động của một hạt trong cyclotren phụ thuộc vào điều gì? Một hạt chuyển động với tốc độ $v$ đi qua một vòng tròn bán kính $R$ trong thời gian $2\pi R/v$. Vì $v = \frac{eBR}{m}$ (xem (7)), thì

$$T = 2\pi \frac{m}{eB}.$$ (11)

Chu kỳ quay được xác định bởi khối lượng của hạt và độ lớn cảm ứng từ trường. Ở mức năng lượng thấp, khối lượng nghỉ $m_0$ có thể được thay thế cùng với khối lượng tương đối tính $m$. Nếu từ trường không đổi trong toàn bộ khoảng cách giữa các dees (vạch từ phẳng), thì phía bên phải của đẳng thức (11) biến thành một hằng số và chu kỳ quay sẽ không đổi. Kết quả này là vô cùng quan trọng. Tần số của điện áp cao cung cấp cho cyclotron không thay đổi và chu kỳ quay của các hạt cũng không đổi. Nếu tần số được chọn chính xác, thì trong toàn bộ chu kỳ gia tốc, các hạt quay trở lại, rơi vào khoảng cách gia tốc giữa các dee và được đặt bên trong dees theo thời gian.

Các hạt liên tục được đưa vào buồng cyclotron gần trung tâm của nó. Sau khi có được năng lượng, chúng thư giãn dọc theo các vòng xoắn ốc và rời khỏi cyclotron. Trong khi một số hạt đang kết thúc chu kỳ tăng tốc, những hạt khác đang ở giữa cuộc hành trình và những hạt khác vẫn chỉ mới bắt đầu. “Phóng” các hạt được gia tốc thoát ra khỏi cyclotron bao gồm các cụm hạt nối tiếp nhau, biến mất khoảng thời gian gia tốc của chúng tại những thời điểm thích hợp cho gia tốc.

Ở trang 2 có một bức ảnh chụp một máy gia tốc đa năng lượng được đặt tại Viện nghiên cứu hạt nhân chung ở Dubna.

Hãy quay lại những cạm bẫy đã ngăn cản chúng ta đổ lỗi. Khó khăn chính liên quan đến việc hiệu chỉnh tương đối tính. Việc thay thế $m$ bằng $m_0$, như chúng tôi đã làm cho đến nay, chỉ có thể được thực hiện nếu cần thiết để tăng tốc thời gian.

Ở trang 2 có một bức ảnh chụp một máy gia tốc đa năng lượng được đặt tại Viện nghiên cứu hạt nhân chung ở Dubna.

Hãy quay lại công thức (11). Không phải lần đầu tiên, việc đảm bảo tính ổn định của chu kỳ lưu thông trong trường hợp này có vẻ không khó. Khối lượng của hạt $m$ tăng dần. Đồng thời, bán kính của vòng xoắn ốc được mô tả tăng lên. Có vẻ như không khó để đảm bảo tính hằng định của quan hệ $m/B$, và do đó đảm bảo tính hằng số của $T$. Để làm điều này, chỉ cần tạo ra một trường giữa các sọc trong cyclotron, cảm ứng của trường này tăng dần từ trung tâm đến ngoại vi. Tuy nhiên, con đường này đã bị đóng. Hóa ra với dạng từ trường này, chuyển động của hạt trở nên không ổn định:

11

Ngay cả với những sai lệch nhỏ so với mặt phẳng ngang trung bình, các hạt được gia tốc sẽ nhanh chóng di chuyển lên hoặc xuống và chạm vào các lớp phủ. Do đó, các cyclotron thông thường, trong đó không có biện pháp nào được thực hiện để bù đắp cho các hiệu ứng liên quan đến sự tăng khối lượng tương đối tính, chỉ có thể gia tốc proton đến mức năng lượng thấp – xấp xỉ năng lượng 20 MeV.

Cách thứ hai là chấp nhận thực tế là chu kỳ chuyển động của các hạt tăng dần và do đó làm thay đổi chu kỳ của điện áp tăng tốc. Đây chính xác là những gì được thực hiện thường xuyên nhất. Tuy nhiên, trong trường hợp này, cyclotron không thể hoạt động liên tục được nữa. Tại thời điểm chu kỳ điện áp tần số cao tăng theo năng lượng của các hạt được gia tốc, việc cho các hạt mới vào là vô nghĩa - chu kỳ quay của chúng không bằng chu kỳ thay đổi của trường tần số cao. Khi chu trình tăng tốc hoàn thành, tần số có thể được nâng lên trở lại và các hạt mới có thể được đưa vào. Do đó, Cyklotron sẽ tạo ra các phần riêng biệt hoặc như người ta thường nói, “nhổ” các hạt được gia tốc. Máy gia tốc loại này được chế tạo với năng lượng cỡ 1 GeV (máy vòng được sử dụng khi tăng tốc lên năng lượng cao hơn). Những máy gia tốc như vậy được gọi là phasomron.

Có một cách thứ ba. Có thể đảm bảo rằng chu kì chuyển động không phụ thuộc vào năng lượng của hạt, với điều kiện

Hình 5.

Hình 6.

niv hình dạng quỹ đạo của nó. Đây là những gì được thực hiện trong cyclotron đẳng thời. Như chúng ta đã tìm ra, với quỹ đạo có dạng hình tròn (hay chính xác hơn là xoắn ốc), chu kỳ chuyển động của các hạt tăng theo bán kính. Để tránh điều này, chúng tôi tăng thời gian chuyển động của hạt ở mức năng lượng thấp một cách giả tạo. Điều này có thể được thực hiện bằng cách loại bỏ đường dẫn, chẳng hạn như ghép hình tròn lại với nhau thành hình đa giác với các góc tròn. Những quỹ đạo thuộc loại này được thể hiện trong Hình 5. Khi năng lượng của hạt tăng lên, các góc của đa giác ngày càng tròn hơn và quỹ đạo của hạt tiến đến hình tròn.

Để làm cho một hạt chuyển động theo quỹ đạo như vậy, cần phải tạo ra một từ trường có cấu hình phức tạp. Để làm được điều này, nam châm điện của cyclotron đẳng thời được làm từ nhiều nam châm riêng lẻ, đặt ở những khu vực mà quỹ đạo phải được làm tròn. Các dải nam châm điện có hình dạng phức tạp (xem Hình 6).

Con đường này tuy hấp dẫn nhưng lại rất khó khăn. Nhưng bạn có thể đi dọc theo nó nếu bạn cần cường độ cao, điều đó có nghĩa là không phải “tia phun” riêng lẻ mà là “dòng” hạt gia tốc chất lượng cao.

Kết thúc bài đánh giá của chúng tôi về máy gia tốc sử dụng từ trường không đổi theo thời gian, chúng ta hãy nói vài lời về micromet. Đây là tên của máy gia tốc electron được phát minh

12

một thời của Viện sĩ V.I. Veksler, sau đó bị giết một cách oan uổng và cuối cùng, gần đây đã sống lại. Quỹ đạo của các electron trong những điều kiện như vậy có dạng một vòng tròn tiếp xúc với nhau tại một điểm, như trong Hình 7. Một khe gia tốc (bộ cộng hưởng) được đặt tại một điểm chung cho tất cả các vòng tròn. Sau khi đi qua nó một lần nữa, tần số tăng tốc và chuyển sang vòng tròn tiếp theo. Các electron khác di chuyển dọc theo các vòng tròn trước đó.

Để micropron hoạt động thành công, các electron cần phải đến khe gia tốc vào thời điểm trường có hướng mong muốn. Có thể chứng minh rằng điều kiện này được thỏa mãn nếu tần số, khi đi qua khe gia tốc, thu được năng lượng bằng (hoặc bội số của) năng lượng nghỉ của nó $m_0 c^2$. (Tính toán này rất đơn giản và bằng cách sử dụng các công thức mà chúng tôi đã đưa ra, người đọc có thể thực hiện độc lập.) Khi đó, mỗi vòng quay tiếp theo của quỹ đạo electron sẽ dài hơn vòng trước, với thời gian bằng một hoặc vài chu kỳ dao động của trường gia tốc. Và mỗi lần nó sẽ đi vào bộ cộng hưởng vào thời điểm trường gia tốc được định hướng đúng hướng.

Những máy gia tốc như vậy chỉ có thể được chế tạo cho các electron, vì đối với các hạt nặng hơn thì mức tăng năng lượng cần thiết là cực kỳ lớn. Và để tăng tốc các electron, micropron được sử dụng thành công và có thể thu được các chùm tia cường độ cao liên tục.

Bài tập

1. Trong công nghệ máy gia tốc tuyến tính, chiều dài của ống trục được biểu thị không phải qua chu kỳ dao động điện từ mà qua bước sóng của chúng. Trong trường hợp này, cùng với tốc độ hạt $v$, tốc độ tương đối $\beta = v/c$ được đưa vào, trong đó $c$ là tốc độ ánh sáng. Thu được công thức tương ứng.

$$E^2 = p^2 c^2 + m_0^2 c^4.$$

Trong công thức này, $E$ là tổng năng lượng bằng $K + m_0 c^2$. Chứng minh rằng công thức

$$p = \frac{1}{c} \sqrt{K (K + 2 m_0 c^2)},$$

mà chúng tôi đã sử dụng tương đương với thư từ này. (Chúng tôi xin nhắc bạn rằng đối với proton $m_0 c^2 = 938$ MeV.)

3. Phasotron ở Dubna tăng tốc proton lên năng lượng 680 MeV. Tần số của trường tần số cao đang tăng tốc phải bằng bao nhiêu lần trong thời gian tăng tốc? Giả sử từ trường không phụ thuộc vào bán kính.

4. Chứng tỏ rằng để micropron hoạt động thành công thì mỗi lần nó đi qua khe gia tốc, hạt phải thu được năng lượng $m_0 c^2$ (hoặc vài $m_0 c^2$).

Bài toán
độc giả của chúng tôi

1. Cho hai đường tròn có bán kính $R$ và $r$. Các tiếp tuyến chung trong của chúng vuông góc với nhau. Tìm diện tích của tam giác tạo bởi các tiếp tuyến này và tiếp tuyến chung ngoài của các đường tròn đã cho.

J. Lev (Chernivtsi)

2. Cho một hình thang $ABCD$ có đáy $|AD|=a, |BC|=b$. Đường thẳng $l$ song song với đáy và cắt cạnh $AB$ tại điểm $M$, cạnh $CD$ tại điểm $N$ và $(MC) \parallel (AN)$. Tìm $S_{AMCN}:S_{ABCD}$.

V. Lenkarev (Lukhovits)

3. Giải các phương trình sau $(xy - yz) = 1$; $(\frac{1}{x}) = 0,1 \ xx \ ...$;

$$xx \cdot yy = (x-1) xx (x-1).$$

I. Mikhalkovich (vùng Minsk)

4. Tìm tất cả các nghiệm thực của phương trình $1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + \dots + 1977 x^{1976} = 0$.

P. Paramonov (Moscow)

13

Điểm đặc trong đa giác và đa diện

Trong bài viết này, chúng ta sẽ nghiên cứu các đa giác, tất cả các đỉnh của chúng đều nằm tại các điểm tích phân của mặt phẳng tọa độ - tại các nút của tờ giấy ca rô. Đặt $F$ là một đa giác như vậy và $S(F)$ diện tích của nó. Nếu $N(F)$ là số nút nằm bên trong và trên cạnh của đa giác $F$ thì $S(F) \approx N(F)$. Đối với $S(F)$ cũng có các công thức chính xác, ví dụ như công thức của Pick («Kvant», 1974, số 12):

$$S(F) = N(F) - B(F)/2 - 1,$$

trong đó $B(F)$ là số nút nằm trên cạnh $F$.

Công thức của Pick có một nhược điểm: nó không có phép phân tích trực tiếp trong không gian. Ví dụ trong Hình 1 cho thấy thể tích $V(F)$ của khối đa diện $F$ với các đỉnh tại các nút của mạng hình khối không thể được biểu thị thông qua $N(F)$, số lượng nút được tìm thấy bên trong và trên mặt $F$, và thông qua $B(F)$, số lượng nút được tìm thấy trên mặt $F$. Tuy nhiên, có thể đưa ra các công thức tương tự có thể khái quát hóa hoàn hảo cho trường hợp không gian.

Trong bài viết này, một lý thuyết nhỏ sẽ được xây dựng cho phép chúng ta dung hòa và chứng minh tất cả những điểm tương đồng về mặt tinh thần của công thức Pick trên mặt phẳng và trong không gian *).

*) Xem bài toán M385, «Kvant», 1976, Số 5.

§ 1. Giới thiệu

Hệ phương trình có bao nhiêu lời giải?

$$\begin{cases} P(x, y) = 0, \\ Q(x, y) = 0, \end{cases}$$

trong đó $P$ và $Q$ là đa thức trong $x, y$ với hệ số thực?

Để trả lời câu hỏi này, đối với mỗi đa thức một năm $x^m y^n$, có hệ số khác 0 ở ít nhất một trong các đa thức $P$ hoặc $Q$, chúng ta đánh dấu một điểm trên mặt phẳng tọa độ bằng tọa độ $(m; n)$. Chúng ta hãy lấy bao lồi của các điểm bù - đa giác lồi nhỏ nhất chứa tất cả các điểm bù. Đa giác này được gọi là đa giác Newton*) của hệ (1). Thật thuận tiện để vẽ nó trên giấy ca rô.

Sau khi giải được vài chục hệ có dạng (1), tôi bắt đầu nghi ngờ rằng các hệ sau

Định lý 1. Số lượng hệ lời giải khác 0 (1) là vô hạn hoặc không vượt quá một nửa diện tích đa giác Newton của nó.

Hình 1. $N(T_n) = 4$, $B(T_n) = 4$, $V(T_n) = n/6$.

14

(Lời giải $(x_0, y_0)$ được gọi là khác 0 nếu $x_0 \neq 0$ và $y_0 \neq 0$.) Khi cố gắng chứng minh Định lý 1, tôi gần như đã chứng minh được một định lý tương tự là đúng

Định lý 2. Số lượng lời giải khác 0 của hệ (1) là vô hạn hoặc không vượt quá $N(2F) - 2N(F) + 1$, trong đó $2F$ là đa giác thu được từ $F$ với khoảng cách gấp đôi so với gốc tọa độ (Hình 2).

Để hoàn thành chứng minh khá dài của Định lý 2, tất cả những gì tôi phải làm là chỉ ra rằng

a) đối với mọi đa giác nguyên $F$ thì hàm $N(nF)$ là đa thức bậc hai trong $n$ đối với số nguyên $n \geq 0$ (Tôi gọi là số nguyên đa giác nếu các đỉnh của nó nằm ở các nút).

Cố gắng hiểu định lý nào - 1 hoặc 2 - mạnh hơn, tôi tin chắc rằng

b) với mọi đa giác nguyên

$$2S(F) = N(2F) - 2N(F) + 1,$$

nghĩa là Định lý 1 và Định lý 2 về cơ bản trùng khớp nhau.

Hóa ra cả a) và b) đều có thể được suy ra từ công thức của Pick ngay lập tức.

Bài tập 1. Suy ra a) và b) từ công thức Pick.

Bài tập 1. Lập dạng tương tự Định lý 1 cho hệ phương trình $P(x, y, z) = Q(x, y, z) = R(x, y, z) = 0$ và dạng tương tự công thức b) cho đa giác. Kiểm tra công thức của bạn bằng cách nhìn vào Hình 3.

$$2S(F) = N(2F) - 2N(F) + 1$$

§ 2.

Chúng ta sẽ bắt đầu xây dựng lý thuyết đã hứa ở trên bằng cách chứng minh một cách trung thực công thức đơn giản này. Hãy biểu thị vế phải của nó bằng $P(F)$. Hãy chứng minh rằng nếu đa giác nguyên $F$ được chia theo đường chéo $I$ thành các đa giác $F_1$ và $F_2$, với công thức 6) là đúng thì nó cũng đúng với $F$. Thật vậy, vì $N(F) = N(F_1) + N(F_2) - N(I)$ nên $P(F) = P(F_1) + P(F_2) - P(I)$ cũng vậy. Rõ ràng là $S(F) = S(F_1) + S(F_2)$. Vì vậy $2S(F) = 2S(F_1) + 2S(F_2) = -P(F_1) + P(F_2) = P(F) + P(I)$. Có thể dễ dàng kiểm tra trực tiếp điều đó đối với bất kỳ phân đoạn số nguyên nào $I$ (nghĩa là phân đoạn có điểm cuối là điểm nguyên) $P(I) = 0$. Vì vậy, $2S(F) = P(F)$. Do đó, từ giá trị 6) đối với các tam giác bằng quy nạp tuân theo giá trị 6) đối với $n$-giác: một tứ giác nguyên có thể cắt thành hai tam giác nguyên, một ngũ giác thành một tứ giác và một tam giác, v.v.

Công thức 6) có thể được xác minh trực tiếp một cách dễ dàng đối với các hình chữ nhật gồm toàn bộ ô (Hình 4). Hãy lấy “một nửa” của hình chữ nhật như vậy $F$—tam giác vuông $F_1$. Chúng tôi đã biết điều đó $2S(F) = P(F)$. Bằng sự đối xứng $S(F_1) = S(F_2) = S(F)/2$ và $P(F_1) = P(F_2)$. Vì $P(I) = 0$, nên $P(F) = 2P(F_1)$, do đó $2S(F_1) = P(F_1)$. Như vậy công thức 6) đã được chúng tôi chứng minh

Hình 3. $N(F) = (p+1)(q+1)(r+1)$,
$B(F) = N(F) - (p-1)(q-1)(r-1)$,
$V(F) = pqr$.

15

Hình 4 $N(F) = (p+1)(q+1)$, $N(2F) = (2p+1)(2q+1)$, $S(F) = pq$.

cho các tam giác vuông (có hai chân song song với các trục).

Có thể thu được một tam giác nguyên tùy ý bằng cách cắt tuần tự các tam giác vuông khỏi một hình chữ nhật phù hợp (Hình 5). Điều này có nghĩa là công thức 6) đúng với mọi tam giác nguyên, điều này vẫn cần được chứng minh.

§ 3. Chúng ta sẽ khái quát hóa các lập luận từ § 2 như thế nào

Để chứng minh các công thức khác, chẳng hạn như công thức Pick, chúng ta có thể lặp lại lý luận ở § 2 và chứng minh sự trùng hợp của hai hàm số xác định trên tập hợp tất cả các đa giác nguyên. Trong § 2 các hàm như vậy là 2S(F) và P(F). Để chứng minh công thức Pick, chúng ta sẽ lấy S(F) và N(F)—B(F)/2—1, v.v. Cách tiếp cận này tệ ở ba điểm. Trước hết, nó rất nhàm chán. Thứ hai, bằng cách này, bạn có thể chứng minh các công thức đã đoán được nhưng không thể nghĩ ra công thức mới. Thứ ba, hành động theo cách này, chúng ta sẽ không bao giờ trưởng thành hơn khi đã nhận được tất cả những công thức thú vị.

Trong hai cách tiếp cận tiên đề được phát triển bởi một nhà toán học thế kỷ 20, chúng tôi sẽ cố gắng mô tả ngay toàn bộ lớp hàm mà lý luận ở § 2 được áp dụng. Để làm được điều này, chúng ta cần phân tích kỹ lưỡng lời giải bài toán 6). Sơ đồ tiêu chuẩn để phân tích như vậy trong trường hợp của chúng tôi trông như thế này:

Bước 1. Cần liệt kê các thuộc tính của hàm xác định trên tập đa giác nguyên được sử dụng cho lời giải gốc bài toán.

Bước 2. Bạn cần nghiên cứu tất cả các hàm có các thuộc tính này. (Chúng tôi sẽ gọi chúng là thuận tiện.)

Bước 3. Cần chứng minh hàm số phù hợp với tiêu chí và mô tả đầy đủ các hàm số thuận tiện. (Tiêu chí phải đơn giản và ứng dụng của nó sẽ giải quyết ngay được bài toán ban đầu.)

Bước 4. Cần áp dụng tiêu chí kết quả để khái quát hóa bài toán ban đầu.

§ 4. Các hàm đáng chú ý trên tập hàm số nguyên phẳng

Đa giác thôi là không đủ

Tôi tin rằng người đọc đã nhận thấy rằng trong lý luận của § 2, chúng ta không chỉ gặp phải các đa giác mà còn cả các phân đoạn.

Sự định nghĩa. Chúng ta sẽ gọi hàm số nguyên phẳng (hoặc gọi đơn giản là hàm) là điểm nguyên, đoạn nguyên hoặc đa giác nguyên. Tập hợp tất cả các hàm số nguyên phẳng được ký hiệu là F.

Chúng ta sẽ xét Φ đã xử lý trong tập số thực - các hàm trên tập Φ.

16

Hình 6. “Dọc”. $T(x, y) = (x+y; y);$
$T(1; 3) = (4; 3)$.
Mỗi đường thẳng nằm ngang $\{(x; y)|y=c\}$, dưới tác dụng của “độ lệch” $T$, bị dịch chuyển dọc theo chính nó một khoảng $c$. Mỗi đường thẳng đứng “cong vênh” giống như trục $y$ biến thành một đường chấm.

Bước 1 - chúng ta sẽ xem xét những hàm nào trên Ф.

Chúng ta sẽ gọi hàm $f$ trên tập hợp $\Phi$ phụ gia nếu nó có các thuộc tính sau:

A) nếu các hàm nguyên $F, F_1, F_2$ là các cực đại sao cho $F = F_1 \cup F_2$ và $F_1 \cap F_2$ là số đếm hoặc đoạn, chúng ta có thể
$f(F) = f(F_1) + f(F_2) - f(F_1 \cap F_2)$.

Hãy giới thiệu tọa độ $x, y$ trên mặt phẳng. Chúng tôi sẽ gọi bốn loại biến đổi được chấp nhận:

1°. truyền song song sang vectơ số nguyên $(a; b)$: $T(x; y) = (x+a; y+b)$;
2°. đối xứng: $T(x; y) = (\pm x; \pm y)$;
3°. hoán vị tọa độ: $T(x; y) = (y; x)$;
4°. “biến dạng”: $T(x; y) = (x+ay; y)$, trong đó $a$ là số nguyên tùy ý (Hình 6).

Hàm $f$ trên tập hợp $\Phi$ được gọi là bất biến đối với phép biến đổi $T$ nếu đối với bất kỳ hàm nào $F \in \Phi$ đẳng thức $f(TF) = f(F)$ giữ nguyên.

Chúng ta sẽ gọi hàm $f$ là bất biến nếu nó bất biến dưới bất kỳ phép biến đổi nào được chấp nhận.

Phép giãn 2. Chứng minh rằng hàm $R$, nhận giá trị 0 trên bất kỳ điểm nguyên nào, giá trị 2 trên bất kỳ khoảng nguyên nào và giá trị $n$ trên bất kỳ số nguyên $n$-gon nào, là bất biến nhưng không cộng tính.

Định nghĩa cơ bản. Chúng ta sẽ gọi hàm $f$ trên tập $\Phi$ phụ gia nếu nó là phụ gia và bất biến.

Ví dụ về các chức năng tiện lợi

Chúng ta biểu thị tập hợp tất cả các hàm tiện lợi trên $\Phi$ bằng $Y$. Chức năng thuận tiện tồn tại. Ví dụ: hàm $E$, gán số 1 cho mỗi hàm số nguyên, rất tiện lợi. Rõ ràng, hàm $N$, gán cho mỗi số nguyên funcre $F$ số $N(F)$, là thuận tiện. Rõ ràng là hàm $S$ là hàm cộng. Rõ ràng là $S(TF) = S(F)$ đối với mọi hàm $F$ và đối với mọi phép biến đổi được chấp nhận $T$ của loại $1^\circ - 3^\circ$. Tính bất biến rõ ràng bằng trực giác của hàm $S$ đối với “sự biến dạng” tuân theo nguyên lý của Cavalieri (xem “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 10”, đoạn 107). Điều này có nghĩa là chức năng $S$ rất tiện lợi. Từ các chức năng tiện lợi đã biết, bạn có thể nhận các chức năng mới bằng cách sử dụng quy tắc sau.

Phép giãn 3. Đối với bất kỳ hàm $F \in \Phi$ nào, chúng ta biểu thị bằng $nF$ hàm số thu được từ $F$ bằng cách giãn $n$ lần so với gốc tọa độ. Chứng minh rằng nếu $f \in Y$ thì hàm $f_n$ gán cho mỗi hàm $F$ số $n(F)$ cũng thuận tiện.

Đặc biệt, hàm $N_n$ gán hàm $F$ cho số $n(F)$ rất tiện lợi.

Bài tập 2. Chứng minh rằng mọi hàm số tiện lợi $f$ đều có các tính chất sau:

B) $f$ nhận cùng một giá trị trên tất cả các phân đoạn số nguyên $I$, tối đa hóa giá trị đó $N(I) = 2$.

Lưu ý rằng việc lựa chọn các tiên đề mô tả nhiều hàm số thuận tiện phần lớn là tùy ý. Chúng tôi đã đề xuất một tập hợp các tiên đề dễ khái quát hóa nhất cho trường hợp ba chiều; nhưng có thể thực hiện được với ít tiên đề hơn. Đây là một ví dụ.

Bài 3. Ta ký hiệu $Y'$ tập hàm cộng bất biến dưới các phép biến đổi loại $1^\circ - 2^\circ$ và thêm thuộc tính B). Chứng minh rằng $Y' = Y$.

bài toán này cần được giải quyết sau khi tất cả các chức năng tiện lợi đã được tìm thấy.

18

Hình 8. $F = F_1 \cup F_2$.

Một ví dụ khác về chức năng tiện lợi
Định lý chính có thể được sử dụng để chứng minh công thức Pick không? Vấn đề là cho đến nay hàm $B$ chỉ được xác định trên tập hợp các đa giác nguyên thực. Làm thế nào để xác định nó trên các đoạn và điểm? Nếu chúng ta muốn mở rộng $B$ thành một hàm thuận tiện trên Ф, thì từ Hình 8, rõ ràng là chúng ta nên đặt $B(I) = B(F_1) + B(F_2) - B(F)$, và cũng từ hình đó, rõ ràng rằng vế phải của đẳng thức này là $2 + 2 \cdot (\text{число неконечных мочек отрезка } I)$. Cuối cùng, nếu $X$ là một dấu chấm, thì vì lý do tương tự, chúng ta nên đặt $B(X) = 0$.

Luật không có 4 (truyền miệng). Chứng minh rằng hàm $B$ xác định ở trên thực sự tiện lợi.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh công thức Peak. Từ định nghĩa của hàm $B$, dấu chấm hỏi ở hàng thứ sáu của Bảng 1 có thể được thay thế bằng $B$. Nhưng ở trên chúng ta phát hiện ra rằng dòng này tương ứng với hàm $2N$ - $2E$ - $2S$. Điều này có nghĩa là, theo định lý chính, $N$—$E$—$B/2 = S$.

Câu hỏi mang tính chất cảnh báo. Tại sao nó không tuân theo đẳng thức $\vec{R} = \vec{B}$, trong đó $R$ là hàm từ điều khiển 2, mà $R = B$?

Bước 4 - khái quát hóa công thức 6) và công thức Peak.

Đặt $e, f, g, h$ là bốn hàm tiện lợi, $e, f, g, h$ là bốn vectơ tương ứng trong không gian. Tuy nhiên, một trong số chúng luôn có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của ba phần còn lại với hệ số thực. Theo định lý chính, điều tương tự cũng đúng với các hàm ban đầu. Bằng cách chọn các hàm tiện lợi khác nhau (một số hàm hình học thuần túy) làm $e, f, g, h$, chúng ta sẽ thu được các công thức hình học mới. Ví dụ: chúng ta hãy biểu thị $B(F)$ đến $N(F)$ và $N(2F)$. Hãy lấy bốn hàm tiện lợi $B, E, N, N_2$. Chúng ta sẽ tìm các số $c_1, c_2, c_3, c_4$ cũng như $B = c_1E + c_2N + c_3N_2$. bài toán này được chứng minh bằng lời giải của hệ thống kiểm soát sau (xem bảng 1):

$$\begin{cases} 0 = c_1 + c_2 + c_3, \\ 2 = c_1 + 2c_2 + 3c_3, \\ 3 = c_1 + 3c_2 + 6c_3. \end{cases}$$

Giải nó, chúng ta thu được $c_1 = -3, c_2 = 4, c_3 = -1$, tức là $\vec{B} = 4\vec{N} - \vec{N}_2 - 3\vec{E}$. Điều này có nghĩa là với mọi đa giác nguyên bất kỳ $F$

$B(F) = 4N(F) - N(2F) - 3$.

Luật không có 4 (truyền miệng). Chứng minh rằng hàm $B$ được xác định ở trên thực sự tiện lợi.

§ 5. Các hàm đáng chú ý trên tập hàm số nguyên không gian

Hàm số nguyên (hoặc đơn giản là hình) trong không gian ba chiều là hàm số nguyên, phân đoạn số nguyên, đa giác số nguyên hoặc đa giác số nguyên. Chúng ta biểu thị các tập hợp hàm số nguyên, như trong trường hợp hai chiều, bằng $\Phi$.

Chúng tôi đưa ra một định nghĩa chặt chẽ về hàm tiện lợi trên tập $\Phi$ trong “Phụ lục”. Điều quan trọng đối với chúng ta bây giờ là chức năng $E, N, N_n, V$ hóa ra rất tiện lợi. Đặt $A_1, A_2, A_3, A_4$ là các điểm trong không gian ba chiều có tọa độ $(0; 0; 0), (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1)$. Giả sử $X_1$ là một điểm $A_1, X_2$ là một đoạn thẳng $A_1A_2, X_3$ là một tam giác $A_1A_2A_3, X_4$ là một tứ giác $A_1A_2A_3A_4$.

Mỗi hàm tiện lợi $f$ có thể so sánh được với bốn số - giá trị của nó trên hàm $X_1, X_2, X_3, X_4$. Bốn kết quả thu được từ các hàm $V, E, N, N_2, N_3$ mà chúng ta đã biết được trình bày ở dòng 1-5 của Bảng 2.

Chúng ta cũng giả sử rằng đối với các hàm thuận tiện trên tập $\Phi$ ký hiệu của định lý chính từ § 4 là hợp lệ:

Nếu $h$ là một hàm thuận tiện trên Φ và $h(X_1) = h(X_2) = h(X_3) = h(X_4) = 0$, thì hàm $h$ là điểm không có tác dụng.

19

§ 6. Phụ lục

Chứng minh định lý chính.

Nếu $X$ là một điểm nguyên thì bằng giao điểm song song nó có thể được chuyển đến điểm $X_1$. Vì vậy $h(X) = h(X_1) = 0$.

Nếu $I$ là phân đoạn nguyên và $N(I) = 2$ thì theo lời giải bài toán 2 $h(I) = h(X_1) = 0$.

Nếu $N(I) > 2$ thì ta chia đoạn $I$ cho điểm $X$ thành hai đoạn $I_1$ và $I_2$ sao cho $N(I_1) < N(I)$, $N(I_2) < N(I)$. Theo A), $h(I) = h(I_1) + h(I_2) - h(X) = h(I_1) + h(I_2)$. Lấy dấu hiệu, chúng ta thu được $h(I) = 0$ cho bất kỳ tam giác nguyên nào $F$. Từ tính chất A) và Hình 5, đẳng thức này sẽ hợp lệ nếu $h$ biến mất trên tất cả các hình chữ nhật ở cạnh song song với các trục tọa độ, song song với các trục tọa độ.

Hóa ra nếu $h$ biến mất trên hình chữ nhật từ cạnh song song với các trục tọa độ, song song với các trục tọa độ, thì $h$ biến mất trên hình chữ nhật của tam giác $F$. Từ tính chất A) và Hình 5, đẳng thức này sẽ hợp lệ nếu $h$ biến mất trên tất cả các hình chữ nhật ở cạnh song song với trục tọa độ song song với trục tọa độ.

Hóa ra nếu $h$ biến mất trên hình chữ nhật từ cạnh song song với các trục tọa độ, song song với các trục tọa độ, thì $h$ biến mất trên hình chữ nhật của tam giác $F$. Từ tính chất A) và Hình 5, đẳng thức này sẽ hợp lệ nếu $h$ biến mất trên tất cả các hình chữ nhật ở cạnh song song với trục tọa độ song song với trục tọa độ.

Hóa ra nếu $h$ biến mất trên hình chữ nhật từ cạnh song song với các trục tọa độ, song song với các trục tọa độ, thì $h$ biến mất trên hình chữ nhật của tam giác $F$. Từ tính chất A) và Hình 5, đẳng thức này sẽ hợp lệ nếu $h$ biến mất trên tất cả các hình chữ nhật ở cạnh song song với trục tọa độ song song với trục tọa độ.

Bây giờ đặt $F$ là một đa giác nguyên tùy ý. Chia $F$ theo đường chéo $I$ thành hai đa giác $F_1$ và $F_2$ có ít cạnh hơn $y$, theo A), ta thu được $h(F) = h(F_1) + h(F_2) - h(I) = h(F_1) + h(F_2)$. Chấp nhận chỉ dẫn, ta thấy rằng chỉ cần chứng minh đẳng thức $h(F) = 0$ cho tam giác nguyên bất kỳ $F$ là đủ. Từ tính chất A) và Hình 5, đẳng thức này sẽ hợp lệ nếu $h$ biến mất trên tất cả các hình chữ nhật ở cạnh song song với trục tọa độ song song với trục tọa độ.

Thật vậy, chúng ta hãy chia hình chữ nhật $F$ như vậy theo đường chéo $I$ thành các hình tam giác $F_1$ và $F_2$. Sau đó $h(F) = h(F_1) + h(F_2)$. Giả sử $h(F) = 0$, thì $h(F_1) + h(F_2) = 0$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $h(F_1) = h(F_2)$. Đặt $F'_1$ là một tam giác đối xứng với $F_1$ so với một trong các trục tọa độ và $F'_2$ là một tam giác đối xứng với $F_2$ so với trục tọa độ còn lại. Vì $h$ là bất biến đối với tính đối xứng nên chúng ta thu được $h(F_1) = h(F_1')$, $h(F_2) = h(F_2')$. Nhưng $F'_1$ có thể được dịch sang $F'_2$ pa-

Hình 9.

20

Hình 10.

do đó, chuyển giao rappel, do đó $h(F_1') = h(F_2')$. Do đó $h(F_1) = h(F_2)$ và do đó, $h(F_1) = h(F_2) = 0$.

Vẫn còn phải chứng minh rằng $h$ biến mất trên các hình chữ nhật có cạnh song song với các trục tọa độ. Chia một hình chữ nhật như vậy thành các hình chữ nhật nhỏ hơn, bằng quy nạp, ta thấy đủ để chứng minh rằng $h$ biến mất trên bình phương đơn vị $X_3 \cup Y_3$ như trên Hình 10. Theo A), $h(X_3 \cup Y_3) = h(X_3) + h(Y_3)$. Theo các điều kiện của Định lý $h(X_3) = 0$. Ở trên chúng ta đã chứng minh rằng $h(Y_3) = h(X_3)$, do đó $h(Y_3) = 0$. Do đó $h(X_3 \cup Y_3) = 0 + 0 = 0$. Việc chứng minh định lý là hợp pháp.

Lời giải bài toán 2.

Chúng ta sẽ nói rằng hàm $F_1$ và $F_2$ là tương đương (ký hiệu: $F_1 \sim F_2$) nếu hàm $F_1$ thu được từ các hàm $F_2$ bằng một số nguyên các phép biến đổi chấp nhận được. Rõ ràng là mọi hàm thuận tiện đều nhận cùng một giá trị trên các hàm tương đương. Chúng ta hãy biểu thị bằng $I_a,b$ đoạn có các đầu $(0; 0)$ và $(a; b)$. Hãy chứng minh rằng mọi đoạn $I_a,b$ đều tương đương với đoạn $I_{n,0}$. Chuyển đổi $1^\circ$ bất kỳ phân đoạn nào $I$ đều được chuyển đổi thành $I_a,b$. Sau khi thực hiện các phép biến đổi $2^\circ$ và $3^\circ$, chúng ta có thể giả sử rằng $a \geq b \geq 0$. Nếu $b > 0$, thì hãy xem xét tất cả các phân đoạn có thể lấy được từ $I_a,b$ bằng cách sử dụng “warps”. Từ Hình 11, rõ ràng là trong số các phân đoạn như vậy nhất thiết phải có một phân đoạn $I_c,b$, trong đó $0 \leq c < b$. Tạo $3^\circ$, chúng tôi nhận được $I_a,b \sim I_b,c$ đó. Lặp lại những khác biệt tương tự nhiều lần, chúng ta thu được $I \sim I_{n,0}$. Nếu người ta biết thêm rằng $N(I) = 2$, thì $N(I_{n,0}) = 2$, tức là $n = 1$. Do đó, hàm tiện lợi $f$ trên bất kỳ phân đoạn nào $I$ mà $N(I) = 2$ có cùng giá trị với phân đoạn $I_{1,0}$.

Xác định hàm số thuận tiện trên Ф trong trường hợp không gian.

Tính thích ứng. Hàm $f$ trên tập $\Phi$ được gọi là $\Phi$ trên hàm $F \in \Phi$ trên hàm $F_1$, …, $F_k \in \Phi$, thỏa mãn các điều kiện $F_1 \cap F_2 \cap \dots \cap F_k \neq \emptyset$ và $V(F_i \cap F_j) = 0$ cho $i \neq j$,

21

Về phương trình
$$C_n^m = C_{n+1}^{m-1}$$

A. Shirshov

Tôi đi đến phương trình nêu trong tiêu đề bằng cách xét đường thứ 14 của tam giác Pascal:
1, 14, 91, 364, 1001, 2002, 3003, 3432, 3003, 2002, 1001, 364, 91, 14, 1.

Tam giác Pascal được thảo luận ở đoạn 7 và 8 của sách giáo khoa “Đại số và Giải tích cơ bản 9”.

Hãy nói ngắn gọn về anh ấy cho những ai chưa biết về anh ấy.

Trong hàng thứ n của tam giác Pascal, ở vị trí m-m có số $C_n^m$, việc đánh số cả dòng và số trong mỗi dòng bắt đầu từ 0 (15 dòng đầu tiên của tam giác Pascal được hiển thị trong hình).

Để hiểu bài viết, chỉ cần biết một điều về các con số $C_n^m$ là đủ:
$$C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!}$$

($n! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot n; 0! = 1$). Từ (1) dễ dàng suy ra
$$C_n^m + C_{n+1}^{m+1} = C_{n+1}^{m+1}.$$

Bằng cách sử dụng sự tương ứng này, bạn có thể dựng tam giác Pascal mà không cần sử dụng công thức (1) (xem hình).

Ở dòng thứ 14, đáng chú ý là 1001+2002=3003, tức là
$$C_{14}^4 + C_{14}^5 = C_{14}^6.$$

Theo quan điểm (2), đẳng thức này có thể được viết lại như sau:
$$C_{15}^5 = C_{14}^6.$$

Đẳng thức (3) cho thấy cặp (6, 14) là nghiệm của phương trình nêu ở tiêu đề.

Những cặp số nào khác là nghiệm của phương trình này? Bài báo cho đáp số cho câu hỏi này. Để làm cho đáp số có dạng đẹp hơn, chúng ta thay m trong phương trình bằng y và n bằng x-1. Khi đó định lý sau là đúng. Tất cả các phương trình lời giải $C_x^{y-1} = C_x^{-1}$ đều có dạng
$$x_k = \gamma_{2k} \gamma_{2k+1}; \quad y_k = \gamma_{2k-1} \gamma_{2k}, \quad k = 1, 2, 3, \dots, \text{еде } \gamma_n - n-\text{й член последовательности Фибоначчи}^*): 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, \dots$$

Bằng chứng.

1. Hãy sử dụng công thức (1) và viết lại phương trình của chúng ta:
   $$\frac{x!}{(y-1)!(x-y+1)!} = \frac{(x-1)!}{y!(x-y-1)!}.$$

Sau khi biến đổi rõ ràng, nó được rút gọn về dạng sau:
$$(x-y+1)(x-y)=xy.$$

Hãy ký hiệu w là ước số chung nhất của các số x và y. Khi đó x=uw, y=vw, trong đó u và v là nguyên tố cùng nhau. Thay các biểu thức của x và y vào (4), sau khi triệt tiêu bằng w, ta thu được $(u-v)[(u-v)w+1]=uvw.$

Các số u và v là nguyên tố cùng nhau. Do đó u-v và uv cũng nguyên tố cùng nhau. Các số w và $(u-v)w+1$ cũng nguyên tố lẫn nhau. Nhưng khi đó các đẳng thức sau phải đúng:
$$\begin{cases} (u-v)w+1=uv, \\ u-v=w. \end{cases}$$

*) Đối với dãy này $\gamma_n = \gamma_{n-1} + \gamma_{n-2}$ với n > 2.

22

Hệ thống này tương đương với hệ thống sau:

$$\begin{cases} v^2 + vw - w^2 = 1, \\ v + w = u. \end{cases}$$

Do đó, lời giải của phương trình của chúng tôi trùng với lời giải của phương trình

$$v^2 + vw - w^2 = 1$$

bằng số tự nhiên.

2. Chúng ta hãy thực hiện ba thay đổi đơn giản về lời giải của phương trình (7). Giả sử cặp $\langle v, w \rangle$ là nghiệm của phương trình (7). Sau đó

a) $v$ và $w$ là nguyên tố cùng nhau;
b) nếu $v = w$ thì $v = w = 1$;
c) $v \leq w < 2v$;
d) cặp $\langle v + w, v + 2w \rangle$ và $\langle 2v - w, w - v \rangle$ là nghiệm của phương trình.

Hãy nhớ rằng $v$ và $w$ là các số tự nhiên.

c) suy ra từ đẳng thức $w = \frac{v + \sqrt{5v^2 - 4}}{2}$, thu được nếu (7) được coi là một phương trình của $w$, và d) có thể được kiểm chứng bằng cách thay các cặp tương ứng vào phương trình (7).

Sử dụng phép biến đổi

$$\langle v, w \rangle \Rightarrow \langle v + w, v + 2w \rangle,$$

Dựa trên lời giải $\langle 1, 1 \rangle$, chúng ta xây dựng chuỗi lời giải $\langle 2, 3 \rangle, \langle 5, 8 \rangle, \langle 13, 21 \rangle, \langle 34, 55 \rangle, \dots$.

Chữ viết ra lời giải trông giống như

$$v_h = \gamma_{2h-1}, w_h = \gamma_{2h}.$$

Hãy chứng minh rằng phương trình (7) không có lời giải nào khác. Giả sử rằng cặp $\langle v, w \rangle$ là nghiệm của phương trình (7). Hãy chứng minh rằng nó là một trong các cặp (8).

23

Nếu $v \neq w$ thì sử dụng phép biến đổi
$$\langle v, w \rangle \Rightarrow \langle 2v - w, w - v \rangle$$
Hãy chuyển từ cặp này sang cặp $\langle v_1, w_1 \rangle$ với các thành phần nhỏ hơn. Nếu $v_1 \neq w_1$ thì chúng tôi sẽ thực hiện lại quá trình chuyển đổi này. Nếu $v_2 \neq w_2$, một lần nữa…
Mỗi lần ta sẽ được các cặp số tự nhiên nhỏ hơn. Do đó, sau một số hữu hạn bước, chúng ta sẽ nhận được một cặp $\langle v_l, w_l \rangle$ số giống hệt nhau - theo quy tắc của chúng tôi, quá trình chỉ có thể kết thúc ở một cặp như vậy. Nhưng, như chúng ta đã biết, thì $v_l = w_l = 1$. Bây giờ chúng ta hãy lưu ý rằng các chuyển đổi () và (**) nghịch đảo lẫn nhau: nếu $v = 2v - w$, $w = w - v$, thì $v = v + w$, $w = v + 2w$. Do đó, cặp $\langle v, w \rangle$ của chúng ta có thể được lấy từ cặp $\langle 1, 1 \rangle$ bằng cách sử dụng () trong $l$ bước, tức là $\langle v, w \rangle = \langle v_l, w_l \rangle$.

Vì vậy, tập lời giải của phương trình (7) bao gồm các cặp $\langle \gamma_{2k-1}, \gamma_{2k} \rangle$.

3. Bây giờ chúng ta có thể tóm tắt: $u_k = v_k + w_k = \gamma_{2k+1}$, có nghĩa là $x_k = u_k v_k = \gamma_{2k} \gamma_{2k+1}$, $y_k = v_k w_k = \gamma_{2k-1} \gamma_{2k}$. Định lý đã được chứng minh.

4. Một lưu ý cuối cùng. Nếu chúng ta muốn kiểm tra lời giải của mình và xem $k$ nào tương ứng với dòng 14, thì hóa ra $k = 2$. $k = 1$ tương ứng với cái gì? Chúng ta có nhận được thêm lời giải không? $k = 1$ tương ứng với đẳng thức $C_0^2 = C_1^1$, nhưng ba số liên tiếp dường như vô hình. Tuy nhiên, trên thực tế chúng tồn tại, chỉ là số đầu tiên - số 0 - không được viết.

Thông tin lịch sử. Phương trình đang được xem xét đã được tìm thấy trong tài liệu toán học, mặc dù ở dạng hơi khác. (The American Mathematical Monthly, tập 37, trang 508, tác giả bài toán - Norman Anning.) Lời giải cô, xuất bản trong tập 38, trang. 351, không có gì chung cả về phương pháp cũng như hình thức đáp số với cách giải được đưa ra trong ghi chú này.

Nhiệm vụ của độc giả của chúng tôi

1. Hai ô tô số tự động giống hệt nhau đang chạy dọc đường với cùng tốc độ. Tuy nhiên, máy đang chở tải nặng, trong khi máy kia lại trống. Nếu một ô tô bắt đầu giảm tốc độ cùng lúc để bắt đầu quay (bánh xe của chúng không quay), thì ô tô nào sẽ dừng lại trước?

B. Coan (Moscow)

2. Tuy nhiên, thanh được cố định ở trọng tâm để có thể dễ dàng quay trong mặt phẳng thẳng đứng. Các vật nặng giống hệt nhau được gắn vào hai đầu của thanh. Một hệ thống như vậy ở trạng thái cân bằng ở bất kỳ vị trí nào. Và cân đòn bẩy, trên cả hai phần có tải trọng giống hệt nhau, chỉ được lắp đặt theo chiều ngang. Tại sao bạn nghĩ vậy?

E. Gudesblam (Odessa)

3. Chứng minh rằng nếu trong một tam giác $ABC$ với chiều dài $a, b, c$ các cạnh của nó, các bất đẳng thức $c > b > a$ và $\beta_A, \beta_B, \beta_C$ thỏa mãn—độ dài các bissertrise bên trong các đầu, $\beta_A', \beta_B', \beta_C'$—độ dài các đường cao, thì đẳng thức sau đây đúng:

$$\frac{1}{a \beta_A \beta_A'} + \frac{1}{c \beta_C \beta_C'} = \frac{1}{b \beta_B \beta_B'}$$

6. $$\frac{h_a}{\beta_A \beta_A'} + \frac{h_c}{\beta_C \beta_C'} = \frac{h_b}{\beta_B \beta_B'}$$

U. Alla (Võru)

Những quan sát sau một tách cà phê buổi sáng

V. Schaefer

Chúng tôi mượn bài viết này từ tạp chí “Uspekhi Fizicheskikh Nauk” (1972, tập 108, số 3).
Tác giả bài báo, Vincent J. Schaefer, là giám đốc Trung tâm Nghiên cứu Khí quyển tại Đại học Bang New York ở Albany, Hoa Kỳ.
Bài viết được in với một số chữ viết tắt nhất định.

Quan sát kỹ các hiện tượng đời thường sẽ hé lộ nhiều hiện tượng vật lý hóa học vô cùng thú vị khi một tách cà phê đen rất nóng được chiếu sáng bởi một chùm ánh sáng cực mạnh song song với bề mặt chất lỏng. Lần đầu tiên tôi quan sát được những hiện tượng này là bằng mắt dọc theo bờ suối sôi vào mùa đông ở Công viên Yellowstone *). Vài năm sau, tôi phát hiện ra chúng trong tách cà phê buổi sáng, ngay sau khi mặt trời mọc. Lần này mọi chuyện diễn ra trong không khí khô hanh của Bắc Arizona.

Ở Yellowstone, việc quan sát thường bị cản trở do độ ẩm bốc lên từ nước nóng gây khó chịu.
*) Vườn quốc gia Yellowstone nổi tiếng với suối nước nóng và đặc biệt là mạch nước phun. (Bản dịch ước chừng)

đậm đặc trong không khí và phần lớn thời gian che giấu bề mặt chất lỏng khỏi mắt người quan sát. Ngược lại, ở Arizona, không khí trong lành của buổi sáng sớm và ánh sáng rực rỡ của Mặt trời mọc đã tạo điều kiện lý tưởng để quan sát những hiệu ứng thú vị mà tôi muốn bắt đầu mô tả.

Nếu bạn đổ đầy cốc cà phê đen (hòa tan hoặc thường), gần sôi và nhìn nó dưới ánh sáng thích hợp, điều đầu tiên đập vào mắt bạn là những tế bào kỳ lạ hình thành trên bề mặt cà phê dưới hơi nước bốc lên (xem hình). Các tế bào có kích thước ngang từ 1 đến 3 cm có dạng đa giác không đều, trông giống như những đốm sáng bụi bặm được bao bọc bởi các vạch tối hẹp. Các đốm đánh dấu những nơi chất lỏng sớm xuất hiện trên bề mặt. Sau đó, những dòng này lan rộng trên bề mặt, nguội đi một chút và ở những nơi được đánh dấu bằng các vạch tối, đầu ra được ngâm bên trong cà phê, tạo thành một cấu trúc được gọi là ô đầu ra Benard.

Những tế bào này có mặt trong tất cả các chất lỏng và khí trong trường hợp

25

nếu những con voi phía dưới của chúng có nhiệt độ cao hơn những con phía trên. Không quan trọng sự chênh lệch nhiệt độ như vậy được tạo ra như thế nào: chất lỏng được làm nóng lên hay làm mát từ bên trên - điều quan trọng là nhiệt độ giảm dần lên trên. Hiện tượng này có thể biểu hiện ở nhiều quy mô khác nhau. Người Pháp Henri Benard, người đầu tiên chú ý đến nó vào năm 1900, đã sử dụng kính hiển vi để quan sát*). Tuy nhiên, hiện tượng này có thể được nhìn thấy ở khu vực phía trên trái đất, trên mặt nước ở biển và thậm chí trong cấu trúc quang quyển của Mặt trời.

Trên bề mặt cà phê nóng hiện rõ tế bào Benard do hiện tượng sau: Dòng chảy mạnh của các phân tử hơi nước bốc lên từ bề mặt nóng của cà phê tác động lên bầu không khí lạnh hơn ngay sát bề mặt chất lỏng với một lực hướng lên trên. Hầu hết các giọt nước ngưng tụ trong không khí bão hòa độ ẩm sẽ chìm trở lại chất lỏng hoặc bay lên khí quyển và bay hơi ở đó. Tuy nhiên, đây chính xác là những giọt quá lớn để các lớp không khí phía trên bay lên, đồng thời quá nhỏ để trọng lực của chúng vượt qua áp suất của những giọt bay lên trong không khí phía trên bề mặt cà phê nóng. Tại ranh giới của tế bào Benard có dòng hơi nước đi xuống, các giọt lắng xuống và ở đây bề mặt đen của cà phê đang khát nước. Nếu bạn sử dụng kính hiển vi có độ phóng đại nhẹ, bạn sẽ nhận thấy rằng các vết bụi phía trên dòng nước dâng lên của cà phê nóng sẽ bao gồm

*) Trong trường hợp không có khả năng xây dựng, có thể nhìn thấy một mạng lưới các xoáy lục giác gần như đều đặn trên bề mặt chất lỏng, với chất lỏng dâng lên dọc theo trục của mỗi ô và chảy xuống dọc theo các ranh giới bên ngoài của nó. (Ghi chú của biên tập viên)

những giọt nước nhỏ li ti, đồng đều được nén chặt. Kích thước của các giọt và chiều cao định vị của chúng trên mức chất lỏng được xác định bởi áp suất của hơi nước, số lượng trung tâm ngưng tụ trong một thể tích nhất định và lực hấp dẫn.

Thực tế là số lượng và kích thước của các giọt nước được xác định bởi nguồn gốc của các tâm ngưng tụ có thể được chứng minh bằng cách sử dụng một que diêm cũ được giữ bên dưới mép cốc. Ngọn lửa của que diêm, như đã biết, tạo ra các trung tâm ngưng tụ bổ sung*), do đó nồng độ của các giọt giảm mạnh, kích thước của chúng trở nên nhỏ hơn đáng kể và chúng tập trung gần bề mặt chất lỏng nóng.

Nếu bề mặt của chất lỏng được chiếu sáng bằng một chùm ánh sáng song song nằm ngang (ví dụ: tia sáng của Mặt trời mọc, chùm ánh sáng từ máy chiếu cho diapason hoặc từ đèn pin sáng) và quan sát được thực hiện theo hướng chiếu sáng và gần trục của chùm sáng, thì có thể nhìn thấy ánh sáng bị phân hủy quang phổ phía trên bề mặt của chất lỏng tối. Hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng bởi những giọt nhỏ ở các tầng cao của khí quyển đôi khi dẫn đến sự xuất hiện của các vương miện màu xung quanh Mặt trời hoặc Mặt trăng khi chúng bị bao phủ bởi những đám mây gồm những giọt gần như đồng nhất**).

Một người thực nghiệm chân chính và lành nghề cũng có thể nhận thấy một hiện tượng điện đặc trưng và khá kỳ lạ. Nếu bạn mang một vật thể được chỉ định (ví dụ: một chiếc lược ebonite) lên bề mặt chất lỏng, thì những giọt hơi ẩm lơ lửng trong không khí sẽ biến mất. Điều này cho thấy các giọt có điện tích cao. Nếu vật bị nhiễm điện không tích điện nhiều

*) Dưới tác dụng của ngọn lửa diêm, một số phân tử không khí được tạo ra. Các ion thu được đóng vai trò là trung tâm ngưng tụ. (Ghi chú của biên tập viên)

**) Có thể đọc nhiều chi tiết về hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng bởi những giọt nhỏ, chẳng hạn như trong cuốn sách của M. Minnart “Ánh sáng và màu sắc trong thiên nhiên” (M., “Nuka”, 1969, trang 222 ff). Chúng ta chỉ cần lưu ý rằng sự nhiễu xạ ánh sáng trên một giọt nước xảy ra giống hệt như trên một vật hình tròn trên màn ảnh. (Ghi chú của biên tập viên)

26

mạnh mẽ, sau đó đồng thời với sự hiện diện của vùng ổn định gồm các giọt cân bằng gần bề mặt chất lỏng, xuất hiện dòng giọt nhỏ, ngưng tụ trên các ion lan truyền từ vật tích điện.

Một tách cà phê nóng là một thiết bị lý tưởng để quan sát tất cả hoặc một số hiện tượng được mô tả. Tuy nhiên, khi còn lại cà phê, tác dụng sẽ nhanh chóng biến mất. Để quan sát lâu hơn, tôi đã sử dụng thiết bị sau. Một hộp thiếc được rửa sạch sẽ chứa đầy nước, nhuốm mực đen và đun nóng trên bệ nóng. Một chiếc bàn ủi điện đóng vai trò như một giá đỡ nóng với tay cầm của nó quay xuống và kẹp vào một cái kẹp bàn. Thiết bị này cho phép bạn quan sát bao lâu tùy thích. Dự án đóng vai trò là nguồn sáng tuyệt vời để hiển thị phạm vi và người ta có thể quan sát vị trí, kích thước và các đặc điểm khác của các giọt “nổi” bằng kính hiển vi. Vospled–

Ánh sáng “trên mây”

Khi vào một ngày nắng có một đám mây trên bầu trời, trước mặt bạn có thể nhìn thấy mặt trời bị mây che phủ với những tia sáng phân tán theo nhiều hướng khác nhau. Khi chúng di chuyển ra khỏi đám mây, các chùm tia dần dần mở rộng. Nếu bạn tưởng tượng chúng tiếp tục ở phía sau đám mây cho đến khi chúng giao nhau, thì chúng sẽ “hội tụ” ở nơi có mặt trời.

Đồng thời, người ta biết rằng các tia từ mặt trời tới mặt đất gần như song song (đường kính góc của mặt trời khoảng 30′).

Tại sao các tia từ mặt trời bị mây che phủ lại phân tán rộng như vậy? Và tại sao lại có sự giãn nở theo cột của từng tia sáng từ bức xạ “siêu việt” như vậy?

A. Mitrofanov

27

Trên dây của đường cong liên tục

Tổng quát hóa khái niệm dây cung của một đường tròn, chúng ta sẽ gọi dây cung của một đường cong tùy ý là bất kỳ đoạn nào có các đầu thuộc về α. Ví dụ, đối với đường cong α được hiển thị trong Hình 1, các dây cung không chỉ là các đoạn PQ và RS mà còn là đoạn TU, là một phần của đường cong α.

1. O bài toán M413

Trong bài toán («Kvant», 1976, số 11), nó được trình bày để tìm ra những số dương α nào thì câu lệnh sau là đúng: với mọi hàm f xác định trên khoảng [0, 1], liên tục tại mỗi điểm của khoảng này và cực đại f(0)=f(1)=0, phương trình

$$f(x+a)-f(x)=0$$

(1) có lời giải.

Hãy giải quyết nó. Chúng ta hãy viết lại phương trình (1) ở dạng bằng nhau

$$f(x+a)=f(x).$$

Chúng tôi tin rằng (xem điều kiện bài toán) rằng trong các phương trình (1), (2) a>0 và hàm f được xác định trên khoảng [0, 1], là liên tục tại mỗi điểm của khoảng này và f(0)=f(1)=0.

Đồ thị của hàm α f là một đường cong liên tục nối các điểm A〈0, 0〉 và B·〈1, 0〉. Đồ thị β của hàm y=f(x+a) thu được bằng cách chuyển song song đường cong α dọc theo trục hoành sang trái (vì a>0) sang a (Hình 2).

Sự tồn tại của lời giải trong phương trình (2) có nghĩa là đồ thị của α và β cắt nhau: nếu f(x₀+a)=f(x₀)=y₀, thì điểm có tọa độ 〈x₀, y₀〉 thuộc cả α và β (Hình 3).

Hóa ra là để các đường cong α và β cắt nhau, điều cần thiết và đủ là α phải có một dây cung có độ dài song song với trục hoành. Tuyên bố này xuất phát từ bổ đề sau (bạn hãy tự chứng minh):

Bổ đề. Đường cong α, nối các điểm A và B,_MODEA và milk_MODEA có dây AB song song có độ dài r, trong đó đường cong β, thu được từ α bằng cách dịch song song theo hướng BA ở khoảng cách r, giao với α.

Do đó, chúng ta có thể “dịch” bài toán M413 sang “ngôn ngữ của hợp âm”: chúng ta cần tìm xem đồ thị của bất kỳ hàm f nào xác định trên đoạn [0, 1] liên tục tại mỗi điểm của đoạn này và cực đại hóa f(0)=f(1)=0, ta có một dây cung có độ dài song song với trục hoành.

2. “Vị trí” của số: a≠1/n.

Hãy chứng minh rằng với mọi giá trị α dương không bằng $\frac{1}{n}$ (n=1, 2, 3, 4, …), tồn tại một hàm số có dạng được mô tả, đồ thị của nó không có dây cung có độ dài song song với trục x.

Rõ ràng, với bất kỳ hàm nào như vậy đối với bất kỳ CD dây cung nào của đồ thị song song với trục hoành, |CD|≤|AB|=1 (Hình 4). Do đó, chúng ta có thể giả sử rằng 0<a<1.

Nếu $\frac{1}{2}<a<1$, vẽ qua A và B bất kỳ đường thẳng nào u₁||u₂ và qua điểm giữa R₁ của đoạn AB - bất kỳ đường thẳng v₁ nào cắt chúng. Dễ dàng thấy rằng hàm f₂, có đồ thị là đường đứt nét α₂=AP₁Q₁B (Hình 5), là hàm bắt buộc, vì đối với bất kỳ CD dây âm nào của đồ thị của nó song song với trục hoành, |CD|≤1.

Hãy để bây giờ $\frac{1}{3}<a<\frac{1}{2}$. Chúng ta hãy chia đoạn AB cho các điểm R₁, R₂ thành ba phần bằng nhau và bất chấp điều này, cho điểm S₁—làm đôi. Hãy thực hiện

28

qua $A$, $S_1$ và $B$ bất kỳ đường thẳng song song nào $u_1 \parallel u_2 \parallel u_3$ và qua $R_1$, $R_2$ bất kỳ đường thẳng song song nào $v_1 \parallel v_2$ cắt chúng. Hàm $f_3$, có đồ thị là đường gãy $\alpha_3 = AP_1Q_1P_2Q_2B$ (Hình 6), là hàm bắt buộc: đối với bất kỳ hợp âm $CD$ nào của đồ thị của nó, song song với trục x, $|CD| \leq \frac{1}{3}$ hoặc $|CD| \geq \frac{1}{2}$. Thực vậy. Nếu các điểm $C$ và $D$ nằm trên các liên kết liền kề của đường đứt nét $\alpha_3$ (tức là trên $AP_1$ và $P_1Q_1$ hoặc trên $P_1Q_1$ và $Q_1P_2$, v.v.), thì rõ ràng là $|CD| \leq \frac{1}{3}$. Nếu điểm $C$ và $D$ nằm “thông qua một liên kết”, thì $|CD| = \frac{1}{3}$ (khi $C \in P_1Q_1$, $D \in P_2Q_2$) hoặc $|CD| = \frac{1}{2}$. Trong các trường hợp khác $|CD| > \frac{1}{2}$.

Tương tự, chúng ta dựng đường đứt nét $\alpha_n$ (đồ thị của hàm $f_n$), nối $A$ và $B$ và không chứa bất kỳ điểm song song nào với trục hoành của dây cung $CD$ sao cho $\frac{1}{n} < |CD| < \frac{1}{n-1}$. Chúng ta hãy chia đoạn $AB$ cho các điểm $R_1, R_2, \dots, R_{n-1}$ thành $n$ các phần bằng nhau và bất kể điều này, theo các điểm $S_1, S_2, \dots, S_{n-2}$ thành $n-1$ các phần bằng nhau. Chúng ta hãy vẽ qua $A, S_1, S_2, \dots, S_{n-2}$ và $B$ mọi đường thẳng song song $u_1, u_2, \dots, u_n$ và qua $R_1, R_2, \dots, R_{n-1}$ mọi đường thẳng song song $v_1, v_2, \dots, v_{n-1}$ cắt chúng. Đường đứt nét $\alpha_n = AP_1Q_1P_2Q_2 \dots P_{n-1}Q_{n-1}B$ (Hình 7 thể hiện đường đứt nét $\alpha_6$) là đường bắt buộc. Điều này được thiết lập lại bằng cách liệt kê các vị trí khác nhau có thể có của các điểm $C$ và $D$ (kiểm tra!).

Sự ngưng tụ 1. Kiểm tra xem $n = 2, 3, 4, \dots$ đồ thị hàm số $g_n$:
$$g_n(x) = \sin(2\pi(n-1)x)$$
trên đoạn $[0, 1]$ không có dây cung có độ dài $\frac{1}{n} < a < \frac{1}{n-1}$ song song với trục x. Vẽ biểu đồ này.

2. Chứng minh rằng với mọi số dương $a$ không bằng $\frac{1}{n}(n=1,2,3,4,\dots)$ thì đồ thị của hàm số $h_a$:
   $$h_a(x) = \sin^2\left(\frac{\pi}{a}x\right) - \sin^2\left(\frac{\pi}{a}\right)x$$

29

3. Số 《Tốt》: $a = \frac{1}{n}$

Chúng ta sẽ chứng minh rằng với $a = \frac{1}{n}$ ($n = 1, 2, 3, 4, \dots$) đồ thị của hàm số $f$ được xét có dây cung có độ dài $a$ trên khoảng [0, 1] song song với trục hoành.

Thật vậy: đường dẫn $M_0$ và $N_0$ là các điểm trên đồ thị của hàm $f$, tương ứng với các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm này. Chúng ta hãy vẽ qua $M_0$ và $N_0$ các đường thẳng $m$ và $n$, song song với trục hoành. Rõ ràng là toàn bộ đồ thị của hàm $f$ nằm trong dải $\Delta$, giới hạn bởi các đường thẳng $m$ và $n$ (Hình 8).

Bây giờ chúng ta giả sử rằng đồ thị của hàm $f$ không có dây cung có độ dài $a = \frac{1}{n}$ song song với trục x.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\alpha_0$ đồ thị của hàm $f$ đang được xem xét và bằng $\alpha_h$ đường thẳng thu được từ $\alpha_0$ bằng cách dịch song song theo hướng của trục x sang phải một khoảng cách $ka$ ($k = 1, 2, \dots, n$).

Theo bổ đề, các đường cong $\alpha_0$ và $\alpha_1$ không có điểm chung. Cung $M_0N_0$ của đồ họa $\alpha_0$ (trong Hình 8 được tô đậm) chia sọc $\Delta$ thành hai phần - phải và trái. Vì đường cong $\alpha_1$ không giao nhau với $\alpha_0$ và không bị gián đoạn nên nó hoàn toàn nằm ở bên phải các phần này.

Do đó, nếu $M_kN_k$ là cung của đường $\alpha_k$, thu được từ $M_0N_0$ bằng cách truyền song song, thì tại $l > k$ toàn bộ đường $\alpha_l$ nằm trong dải $\Delta$ bên phải cung $M_kN_k$ và tại $l < k$ - ở bên trái của $M_kN_k$.

Cụ thể, dòng $\alpha_0$ nằm ở dải $\Delta$ ở bên trái của $M_1N_1$ và dòng $\alpha_n$ nằm ở bên phải của $M_1N_1$, và do đó

cả $\alpha_0$ và $\alpha_n$ đều không có điểm chung.

Mặt khác, đường $\alpha_n$ có được từ $\alpha_0$ bằng cách dịch song song đến khoảng cách $na = 1$. Trong trường hợp này, việc chuyển điểm $A \in \alpha_0$ sẽ chuyển sang điểm $B$, tức là $B \in \alpha_n$. Ngoài ra, vì $B \in \alpha_0$ nên các đường thẳng $\alpha_0$ và $\alpha_n$ có một điểm chung.

Mâu thuẫn thu được chứng tỏ đường thẳng $\alpha_0$ có dây cung có độ dài $1/n$ song song với trục x. Như vậy, bài toán M413 đã được giải quyết hoàn toàn.

Bài trước 3. Chứng minh rằng phát biểu này (về sự tồn tại của dây có độ dài $1/n$, song song với trục hoành) không chỉ đúng với đường thẳng $\alpha_0$, là đồ thị và hàm số, mà còn đúng với đường cong liên tục tùy ý nối các điểm $A = < 0, 0>$ và $B = < 1, 0>$.

4. Khái quát hóa

Lý do được thực hiện trong đoạn trước có thể được hiểu như sau. Đặt $\alpha_0$ là một đường cong liên tục tùy ý nối các điểm $A$ và $B$. Giả sử số $a = \frac{1}{n}$ là “xấu” đối với đường cong này, tức là khi truyền song song đến khoảng cách $a$ thì kết quả là đường thẳng $\alpha_1$ không có điểm chung với $\alpha_0$. Khi đó các số $2a, \dots, na$ cũng “xấu” đối với đường thẳng $\alpha_0$, do đó mâu thuẫn hoàn thành chứng minh.

Người đọc có thể xác minh một cách độc lập (bằng cách lặp lại cùng một lý do) rằng tuyên bố tổng quát hơn sau đây là đúng:

Nếu một đường cong liên tục $\alpha$ nối $A$ và $B$ không có dây AB song song có độ dài $p$ và không có dây AB song song có độ dài $q$ thì nó cũng không có dây AB song song có độ dài $p + q$.