Kvant 1978, số 3 · Trang

KEANT 3
1978
Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

Tháng 3 năm 1978 đánh dấu kỷ niệm 70 năm ngày sinh của biên tập viên tạp chí «Kvant», nhà vật lý kiệt xuất Liên Xô, phó giám đốc Viện Năng lượng nguyên tử I.V. Kurchatov, Anh hùng Lao động xã hội chủ nghĩa, người đoạt giải thưởng Lênin và Nhà nước Liên Xô, học giả ISAAC KONSTANTINOVICH KIKOIN.
Ngoài công việc khoa học hiệu quả, Isaac Konstantinovich còn dành nhiều thời gian và sức lực cho các vấn đề sư phạm ở trường trung học. Ông là một trong những tác giả của chương trình và sách giáo khoa vật lý mới “Vật lý 8”, Chủ tịch Ủy ban Vật lý của Hội đồng Giáo dục và Phương pháp của Bộ Giáo dục Liên Xô và Chủ tịch Ban Tổ chức Trung ương Olympic Trường học Toàn Liên minh.
Ban biên tập và biên tập tạp chí «Kvant», thay mặt cho chính họ và thay mặt cho hàng nghìn độc giả, chúc mừng sinh nhật lần thứ bảy mươi của Isaac Konstantinovich và chúc ông nhiều năm tuổi thọ, hạnh phúc cá nhân, những thành công mới trong hoạt động khoa học và sư phạm.

TRONG PHÒNG:

2 A. Lopschit. Các vùng hình định hướng
11 M. Bronstein. Tính không thuận nghịch của các hiện tượng nhiệt và thống kê
Phòng thí nghiệm «Kvant»
19 Y. Geuzin. Mô hình tinh thể bong bóng
vòng tròn toán học
25 L. Sofman. Tổng chiều dài và năng lượng tối thiểu
29 người chiến thắng cuộc thi «Kvant»
Vấn đề «Kvant»
30 Bài toán M491—M495; F503—F507
32 Lời giải bài toán M444, M445; F458—F461
Qua những trang sách giáo khoa
38 A. Zemlyakov. Một parabol trông như thế nào?
40 V. Berezin. Viviana
«Kvant» cho học sinh nhỏ
41 Bài toán
42 B. Kordemsky. Đối số ẩn
Xưởng của người nộp đơn
44 V. Alimitsev, L. Berkovich, S. Menikov, A. Khvostmov. Đại học bang Kuibyshev
45 I. Gorev, F. Cross. Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova
48 S. Ovchinnikov. Điểm thuộc một đường thẳng và một mặt phẳng
54 V. Orlov. Nghịch lý thân hình to lớn
Đánh giá, thư mục
59 I. Klumova, M. Smolyansky. Sách mới
61 M. Shaskolskaya. Tại sao và làm thế nào sự trống rỗng biến mất
62 Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (10, 18, 43, 47)

Trên trang đầu tiên của trang bìa bạn thấy “vòng cổ của Aituan”. Thông tin chi tiết về nó được mô tả ở trang 47.

2

A. Lopshitz

Các vùng hình định hướng

Người đọc tạp chí của chúng tôi thường bắt gặp nhiều bài toán trong đó thảo luận về các lĩnh vực. lời giải của họ cũng có được bằng nhiều cách khác nhau. Trong «Kvant» Số 3 năm 1977, chúng ta đã nói về ý tưởng của Möbius - để đo diện tích của các đa giác định hướng không chỉ bằng các đa giác dương như đã làm ở trường mà còn bằng các số âm. Chúng tôi hứa sẽ quay lại xem xét những câu hỏi này và giới thiệu cho người đọc giải pháp bài toán do Möbius đặt ra và bài toán, giải pháp mở rộng chúng một cách tự nhiên. Hiện tại, chúng tôi đề xuất đo diện tích của các đa giác định hướng trước tiên—đây là trọng tâm của phần đầu tiên; tình trạng của tài liệu được trình bày trong đó sẽ khiến người đọc chuẩn bị sẵn sàng cho lời giải độc lập không chỉ những bài toán về các lĩnh vực được trình bày trên tạp chí của chúng tôi, mà còn nhiều lĩnh vực khác.

1. Tính chất cơ bản của diện tích các hình định hướng

2. Như các nhà sử học tin rằng, nhu cầu đo diện tích của các hình phẳng là một trong những nguyên tắc cơ bản cho sự xuất hiện và phát triển của hình học: người Ai Cập cổ đại phải khôi phục - sau trận lũ sông Nile tiếp theo - ranh giới các mảnh đất của họ bị ngập bởi nước suối, và lại thay đổi diện tích của chúng.

Ngay trong lớp học làng, học sinh đã học quy tắc đơn giản nhất để tìm diện tích hình bình hành, hình tam giác và hình thang. Đạo hàm toán học của các quy tắc này sử dụng đa giác có diện tích bằng tổng diện tích của tam giác $A_1A_2A_3$ và đa giác $A_1A_3A_4 \dots A_n$:

$$\text{пл. } A_1A_2 \dots A_n = \text{пл. } A_1A_2A_3 + \text{пл. } A_1A_3A_4 \dots A_n.$$

Nhìn lướt qua Hình 1, có vẻ như đủ để chấp nhận tính chất này, tức là theo thực tế là mệnh đề toán học mà nó biểu thị là hợp lệ. Tuy nhiên, đối với đa giác thể hiện trong Hình 1, 6, đặc tính này không đúng; trong trường hợp này

$$\text{пл. } B_1B_2 \dots B_n = \text{пл. } B_1B_3B_4 \dots B_n - \text{пл. } B_1B_2B_3.$$

Do đó, chúng ta sẽ phải thay đổi công thức: diện tích của đa giác $A_1A_2 \dots A_n$ bằng tổng hoặc hiệu diện tích của đa giác $A_1A_3A_4 \dots A_n$ và tam giác $A_1A_2A_3$.

Tuyên bố này đúng cho cả đa giác lồi và không lồi, nhưng, than ôi! - một nhược điểm đáng kể: để sử dụng nó, bạn cần phải nhìn vào bản vẽ mỗi lần và chọn dấu “cộng” hoặc “trừ”.

2. Cách thoát khỏi tình trạng này đã được chỉ ra (trở lại năm 1827) bởi nhà hình học ký hiệu Möbius. Ông đề xuất chỉ gán giá trị dương cho diện tích của tam giác $B_1B_2B_3$ nếu

3

các đỉnh $B_1, B_2, B_3$ nằm theo chiều kim đồng hồ (Hình 2, a), còn ngược lại (Hình 2, b), “diện tích” của tam giác $B_1B_2B_3$ được coi là số âm, mô đun của nó bằng tổng diện tích của tam giác này.

Sự hữu ích của quan điểm mới này được minh họa rõ ràng bằng ví dụ sau. Nếu điểm $P$ nằm bên trong tam giác $ABC$ thì (Hình 3). làm ơn. $ABC =$ xin vui lòng. $PAB +$ xin vui lòng. $PBC +$

• làm ơn. $PCA$. (*)

Tuy nhiên, nếu điểm $P$ nằm bên ngoài tam giác $ABC$, thì đẳng thức này phải được thay thế bằng một đẳng thức khác, chẳng hạn như trong trường hợp được hiển thị trong Hình 4, và đẳng thức

làm ơn. $ABC =$ xin vui lòng. $PAB +$

• làm ơn. $PBC -$ xin vui lòng. $PCA$.

Người đọc có thể dễ dàng nhận thấy rằng, tùy thuộc vào vị trí của điểm $P$, có thêm năm “bình đẳng tương tự” nữa là hợp lệ (Hình 4, b, b; 5, a, b, b). Tuy nhiên, nếu bạn sử dụng quy tắc Möbinus, thì bạn có thể dễ dàng kiểm tra, “tất cả” bảy đẳng thức này có thể được viết dưới dạng (*) (Hình 6).

Vì vậy, Möbinus đúng có thể khẳng định rằng điều đó là công bằng.

Định lý 1. Dù tam giác nằm trong mặt phẳng như thế nào,

4

naka $ABC$ điểm $P$,
làm ơn. $ABC = \text{пл. } PAB + \text{пл. } PBC + \text{пл. } PCA$.

Thay vì bảy định lý - một! Vậy liệu có thể đồng ý về tính hiệu quả của quy tắc Mobinus không?

3. Bây giờ chúng ta đưa ra một định nghĩa chặt chẽ về diện tích bằng cách sử dụng quy tắc Mobinus.

Trước hết, chúng ta hãy làm rõ khu vực mà chúng ta sẽ nói đến những nhân vật nào. Chúng ta hãy gọi một đường gãy khép kín tùy ý là đa đỉnh mà thứ tự các đỉnh $^*$ được chỉ định.

Ký hiệu $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ có nghĩa là đỉnh $A_2$ theo sau đỉnh $A_1$, $A_3$ theo sau $A_2$, …, $A_n$ theo sau $A_{n-1}$ và cuối cùng, và rất quan trọng! — $A_1$ theo sau $A_n$. Thứ tự này được gọi là tuần hoàn (hoặc tuần hoàn). Từ định nghĩa này, suy ra rằng đối với các đỉnh $n$-đỉnh $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ phù hợp cũng có thể được biểu thị như sau: $\overline{A_2A_3 \dots A_nA_1}$. Do đó, các mục $\overline{ABC}$, $\overline{BCA}$, $\overline{CAB}$ có nghĩa là ba đỉnh có thứ tự giống nhau và các mục $\overline{BAC}$, $\overline{ACB}$, $\overline{CBA}$ có nghĩa là ba đỉnh có thứ tự khác. Chúng ta sẽ nói rằng ba đỉnh $\overline{ABC}$ và $\overline{BAC}$ hướng ngược với vị trí.

Đối với các cấu trúc đa đỉnh được định hướng (có thứ tự) mà chúng ta muốn định nghĩa khái niệm diện tích.

Hãy làm theo cách này. Hãy để chúng tôi chỉ ra một số tính chất chính của nó. Các tính chất này sẽ không được chứng minh nhưng mọi phát biểu khác về diện tích các cấu trúc đa đỉnh định hướng sẽ được suy ra từ các tính chất này. (Phương pháp định nghĩa này, được hiểu trong toán học, được gọi là tiên đề.) Vì vậy, chúng tôi tin rằng mỗi đa đỉnh $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ được gán một số nhất định - pl. $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$; nó có thể không chỉ dương mà còn có thể âm, thậm chí bằng 0; trong trường hợp này các tính chất sau được đáp ứng:

(I) $\overline{ABC} = -\text{пл. } \overline{BAC}$;

(II) $\overline{A_1A_2A_3 \dots A_n} = \text{пл. } \overline{A_1A_2A_3} + \text{пл. } \overline{A_1A_3A_4 \dots A_n}$. Nếu chúng ta cho rằng đa đỉnh $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ trùng với đa đỉnh $\overline{A_2A_3 \dots A_nA_1}$ thì tính chất này có thể được viết như sau:

(II’) $\overline{A_2A_3 \dots A_nA_1} = \text{пл. } \overline{A_2A_3A_4} + \text{пл. } \overline{A_2A_4 \dots A_nA_1}$.

Bây giờ chúng ta hãy quay lại Định lý 1. Cơ sở của sự tương ứng (I) và (II), nó đã có thể được xây dựng và chứng minh rồi! Trên thực tế, cho dù các điểm $PABC$ nằm trong mặt phẳng bốn như thế nào thì các đẳng thức vẫn diễn ra - theo (II) và (II’): pl. $\overline{PABC} = \text{пл. } \overline{PAB} + \text{пл. } \overline{PBC}$; làm ơn. $\overline{PABC} = \text{пл. } \overline{ABCP} = \text{пл. } \overline{ABC} + \text{пл. } \overline{ACP}$ và do đó xin vui lòng. $\overline{PAB} + \text{пл. } \overline{PBC} = \text{пл. } \overline{ABC} + \text{пл. } \overline{ACP}$, tức là xin vui lòng. $\overline{ABC} = \text{пл. } \overline{PAB} + \text{пл. } \overline{PBC} - \text{пл. } \overline{ACP}$. Có tính đến điều đó nhờ vào (I), pl. $\overline{ACP} = -\text{пл. } \overline{PCA}$, chúng tôi nhận được xin vui lòng. $\overline{ABC} = \text{пл. } \overline{PAB} + \text{пл. } \overline{PBC} + \text{пл. } \overline{PCA}$.

Bây giờ hãy thử tìm ra ký hiệu cần thiết cho Định lý 1:

Định lý 2. Cho dù điểm $P$ nằm trong mặt phẳng của đa đỉnh có thứ tự $\overline{A_1A_2 \dots A_n}$ thì đẳng thức pl. $\overline{A_1A_2 \dots A_n} = \text{пл. } \overline{PA_1A_2} + \text{пл. } \overline{PA_2A_3} + \dots + \text{пл. } \overline{PA_nA_1}$.

Rút ra một hệ quả từ điều này

7

Hình 12, A.

Bài 4. Chứng minh $(A_3)$ nếu
a) $\lambda$ là số nguyên dương,
b) $\lambda$ là số hữu tỉ dương,
c) $\lambda$ là số hữu tỉ âm.

Thư từ $(A'_3)$ $S(\lambda AB, MN) = S(AB, MN) \cdot \lambda$ cũng hợp lệ. (Bạn chỉ nên sử dụng $(A_3)$ và $(A_2)^*$.))

Để kết thúc danh sách các công thức này, chúng tôi sẽ chỉ ra rằng chúng bao hàm một định lý rất quan trọng cho toàn bộ lý thuyết về mặt phẳng:

Nếu các đoạn $AB$ và $CD$ thẳng hàng (tức là nằm trên các đường thẳng song song hoặc trên cùng một đường thẳng), thì

$$S(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{CD}) = 0^*.$$

Thật vậy, do $(A_2)$ ta có

$$S(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AB}) = -S(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AB}),$$

và do đó

$$S(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AB}) = 0.$$

Nếu đoạn $\overrightarrow{CD}$ thẳng hàng với đoạn $\overrightarrow{AB}$ thì $\overrightarrow{CD} = \lambda \overrightarrow{AB}$; Đó là lý do tại sao

*) Không thể thiết lập tính đúng đắn của các công thức $(A_3)$ và $(A'_3)$ đối với số vô tỷ $\lambda$ dựa trên công thức $(A_1)$. Để mở rộng các công thức này thành số vô tỷ $\lambda$, cần phải áp đặt các hạn chế neokotny đối với biểu thức $S(\overrightarrow{AB}, \lambda MN)$ như một hàm của $\lambda$. Chẳng hạn, chỉ cần giả định rằng hàm này là đơn điệu là đủ.

**) Vâng, điều này rất tuyệt! - người đọc sẽ nói.

Xét cho cùng, hình bình hành $PQRS$, được xây dựng trên các đoạn thẳng thẳng hàng, được biểu thị như sau: tất cả các đỉnh của nó nằm trên cùng một đường thẳng và do đó diện tích của nó bằng 0. Tuy nhiên, việc sử dụng từ “posto” trong “điều kỳ diệu” này về mặt logic là không hợp lý chút nào - chỉ trong những trường hợp đó, chúng ta mới có thể nói “posto” khi chúng ta dựa vào các quy định chính của I, II, III hoặc dựa trên các định lý đã được chứng minh với sự trợ giúp của chúng.

8

III. Tính toán mặt phẳng định hướng của đa đỉnh phẳng có thứ tự tùy ý

7. Đặt $O$ là một điểm được chọn tùy ý trên mặt phẳng và đặt các vectơ $\overrightarrow{OE}_1$ và $\overrightarrow{OE}_2$ nằm trong đó không phải là hình tròn.

Nếu $x_1$ và $x_2$ là hai số tùy ý thì vectơ $x_1\overrightarrow{OE}_1+x_2\overrightarrow{OE}_2$ được gọi là tổ hợp tuyến tính của các vectơ $\overrightarrow{OE}_1$ và $\overrightarrow{OE}_2$.

Cho phép

(1) $x_1\overrightarrow{OE}_1+x_2\overrightarrow{OE}_2=\overrightarrow{OP}$.

Như vậy, việc chỉ định một cặp số có thứ tự ($x_1; x_2$) đồng thời xác định điểm $P$ (tương ứng với cặp số này). Người ta thường nói rằng $x_1$ là tọa độ đầu tiên của điểm $P$, $x_2$ là tọa độ thứ hai của điểm $P$ so với hệ tọa độ $\langle O; E_1, E_2 \rangle$ được xác định bởi gốc $O$ và “vectơ tỷ lệ” $\overrightarrow{OE}_1$ và $\overrightarrow{OE}_2$.

Trong phần trình bày sau đây, chúng tôi sẽ giả sử rằng điểm $O$ và các vectơ $\overrightarrow{OE}_1$ và $\overrightarrow{OE}_2$ là cố định và chúng tôi sẽ sử dụng ký hiệu (1) cùng với ký hiệu ngắn: $P=(x_1, x_2)$.

Bài toán 6. Các điểm của mặt phẳng nằm ở đâu ($O, E_1, E_2$):

a) có tọa độ đầu tiên (trong hệ $\langle O; E_1, E_2 \rangle$) là một số dương (âm) và tọa độ thứ hai bằng 0,

b) cả hai tọa độ đều là số dương (âm),

b) tọa độ đầu tiên là dương (âm) và tọa độ thứ hai là dương)?

Cho các số $x_1$ và $x_2$ tất cả các giá trị có thể có trong công thức (1), ta thu được tất cả các vectơ có thể có $\overrightarrow{OP}$ của mặt phẳng chứa các điểm $O$, $E_1$, $E_2$; nói cách khác, mỗi điểm $P$ của mặt phẳng này có cặp tọa độ riêng: $x_1; x_2$ (Hình 13). Dễ dàng thấy rằng chúng có thể được tính bằng các công thức sau:

(2) $x_1 = \frac{\pi l. \overrightarrow{OPE}_2}{\pi l. \overrightarrow{OE}_1 E_2}; \quad x_2 = \frac{\pi l. \overrightarrow{OPE}_1}{\pi l. \overrightarrow{OE}_2 E_1}$.

Thật vậy, nhân (xiên!) lần

9

IV. Bài toán Mobius và các sản phẩm của nó

10. Trong bài viết có tựa đề này (trong số thứ ba của tạp chí của chúng tôi năm ngoái), chúng tôi đã đề xuất chứng minh rằng dù các hình ngũ giác A, B, C, D và E nằm trong mặt phẳng như thế nào thì diện tích x của hình ngũ giác $\overline{ABCDE}$ vẫn là nghiệm của phương trình bậc hai

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

trong đó a, b, c, d, e là diện tích ba đỉnh định hướng $\overline{ABC}, \overline{BCD}, \overline{CDE}, \overline{DEA}, \overline{EAB}$.

Sự quan tâm đặc biệt mà bài toán này gợi lên là do ngũ bộ $\overline{ABCDE}$ có thể không lồi và thậm chí có các cạnh cắt nhau (Hình 14); Do đó, không có gì đáng ngạc nhiên khi các số a, b, c, d và e cũng có thể âm.

Chứng minh tao nhã mà Möbius đưa ra sử dụng bộ máy toán học đặc biệt mà ông mô tả - phép tính barycentric (barycenter - trọng tâm), mà Möbius phát hiện ra khi nghiên cứu các vấn đề của cơ học vật rắn. Đại số vectơ hiện đại cũng phát sinh dưới ảnh hưởng của những ý tưởng này của Möbius. Chúng tôi sẽ giới thiệu với độc giả bằng chứng vectơ bài toán của Möbius - nó sử dụng lý thuyết về các vùng định hướng được mô tả ở trên, chính xác hơn là “danh tính Möbius” đã được chứng minh ở đoạn 8 - mà chúng tôi sẽ viết như sau:

làm ơn. $\overline{ABC} \cdot$ xin vui lòng. $\overline{ADE}$ +
(4) + xin vui lòng. $\overline{ADB} \cdot$ xin vui lòng. $\overline{ACE}$ +

• làm ơn. $\overline{ABE} \cdot$ xin vui lòng. $\overline{ACD} = 0$.

Do tính chất của khu vực định hướng pl. $\overline{ABCDE} = x =$ xin vui lòng. $\overline{ABC}$ +

• làm ơn. $\overline{ACD} +$ xin vui lòng. $\overline{ADE} = a +$ xin vui lòng. $\overline{ACD} +$d;

x = hình vuông $\overline{CDE} +$ pl. $\overline{CEA}$ +

• làm ơn. $\overline{CAB} = c +$ xin vui lòng. $\overline{CEA} + a$,

x = hình vuông $\overline{DEA} +$ pl. $\overline{DAB}$ +

• làm ơn. $\overline{DBC} = d +$ xin vui lòng. $\overline{DAB} + b$, và do đó

10

xin vui lòng $ACD = x - a - d$;
Pl. $DAB = x - b - d$;
Pl. $CEA = x - c - a$.

Thay các biểu thức này vào (4), ta được
$$ad - (x - b - d)(x - c - a) + e(x - a - d) = 0,$$
tức là phương trình (3).

11. Möbius cũng đề xuất chứng minh rằng nếu diện tích (được định hướng!) của bốn đỉnh $ABCD$, $BCDE$, $CDEA$, $DEAB$, $EABC$ lần lượt bằng nhau, $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\delta$, $\varepsilon$, thì diện tích $x$ ngũ phân $ABCD$ là nghiệm của phương trình bậc hai
    $$x^2 - x(\alpha + \beta + \gamma + \delta + \varepsilon) + (\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \delta + \delta \varepsilon + \varepsilon \alpha) = 0$$
    (“giống nhau,” Möbius nói, như phương trình 3).

Người đọc tự kiểm tra chứng minh này. Khó khăn hơn sẽ là lời giải “phần tiếp theo” bài toán của Möbius:

Chứng minh rằng nếu diện tích các tam giác định hướng
$$ACD, BDE, CEA, DAB, EBC$$ bằng (tương ứng) $p, q, r, s, t$ thì diện tích $x$ của ngũ giác $ABCD$ là nghiệm của phương trình bậc hai
$$x^2 = (p + q + r + s + t)^2 - 4(pr + rt + tq + qs + sp).$$

12. Cuối cùng chúng ta hãy chú ý đến thực tế là cả bài toán của Möbius và “sự tiếp nối” của nó đều là những trường hợp đặc biệt của bài toán đó.

Trên các cạnh $AB, BC, \dots$ của năm đỉnh định hướng $ABCD$, các điểm $A', B', C', D', E'$ được lấy sao cho $AA' = \lambda AB; BB' = \lambda BC; \dots$. Cần phải xây dựng một phương trình thỏa mãn diện tích $x$ của hình ngũ giác $ABCD$, nếu diện tích các hình tam giác $ABCDE$, $BCD', \dots$ lần lượt cho trước bằng $a', b', c', d', e'$. (Trong trường hợp $\lambda = 0$ là bài toán của Möbius; nếu $\lambda = 1$ là “sự tiếp tục” của nó).

Một đáp số hoàn toàn bất ngờ thu được trong trường hợp khi $\lambda = 1/3$; đây là:
$$x = \frac{3}{5}(a' + b' + c' + d' + e').$$

Có vẻ còn bất ngờ hơn nữa khi đối với một giá trị tùy ý cho trước $\lambda$ (tuy nhiên, không bằng $1/3$) bài toán có ​​một… xấu xí đáp số:
$$x^2(1 - \lambda - \lambda^2) - x(a' + b' + c' + d' + e')(1 - \lambda) + (a' + b' + c' + d' + e')^2\left[\frac{1 - 2\lambda + 2\lambda^2}{(2 - \lambda)^2} - \frac{(1 - \lambda)^2(1 - 3\lambda)^2}{[(1 - \lambda)^5 + 1](2 - \lambda)} \right] + [(1 - \lambda)(a'b' + b'c' + c'd' + d'e') + e'a') - \lambda^2(a'c' + c'e' + e'b' + b'd') + d'a')] \frac{(2 - \lambda)(1 - 3\lambda)^2}{(1 - \lambda)^5 + 1} = 0.$$

Có thể điều an ủi là đối với $\lambda = 0$ và đối với $\lambda = 1$ công thức này vẫn dẫn đến các phương trình (3) và (6). Một khuyến khích bổ sung cho việc suy ra công thức (7) sẽ là (đối với người đọc thực sự!) thực tế là nó mang lại lời giải như vậy bài toán: với giá trị nào của số $\lambda$ (ngoại trừ $\lambda = 1/3$) là diện tích của hình gấp năm lần $A'B'C'D'E'$ được xác định duy nhất bằng cách chỉ định các diện tích $a', b', c', d', e'$?

Và cuối cùng, liệu có thể giải được bài toán cuối cùng này mà không cần rút ra công thức “xấu xí” không?

Tái sử dụng

Hãy thử giải mã các ví dụ về phép nhân sau, trong đó mỗi ví dụ có các chữ cái giống nhau biểu thị cùng một số và các chữ cái khác nhau biểu thị các số khác nhau và không có số nào bắt đầu bằng số 0.

11

M. Bronstein

Tính không thuận nghịch của các hiện tượng nhiệt và thống kê

Bài viết này là một chương trong cuốn sách “Cái giá của vật chất” được viết bởi nhà vật lý nổi tiếng Liên Xô và nhà phổ biến khoa học nổi tiếng M. S. Bronstein. Cuốn sách này được xuất bản vào năm 1936. Nội dung được in có những thay đổi nhỏ.

Chúng ta gọi hiện tượng là tất cả những hiện tượng xảy ra với các vật thể vĩ mô, trong đó chúng ta không còn có thể giới hạn mình trong khoảng cách chuyển động của toàn bộ vật thể vĩ mô mà còn phải tạo khoảng cách chuyển động của các bộ phận nhỏ nhất của vật thể này so với nhau, tức là, trong trường hợp cuối cùng, có tính đến cấu trúc nguyên tử của vật thể; Vì vậy, chẳng hạn, sự giãn nở của chất khí, sự biến dạng của một thanh kim loại, v.v., theo nghĩa này, chúng ta gọi hiện tượng kể, cùng với sự nóng lên của chất khí đựng trong một bình có thể tích không đổi. Định luật bảo toàn năng lượng, đại diện cho một trong những nguyên lý cơ bản của cơ học, cũng có giá trị trong lĩnh vực hiện tượng nhiệt; Điều này thể hiện bằng chứng nghiêm túc về quan điểm cho rằng một vật thể vĩ mô có thể được hiểu là một hệ cơ học bao gồm các nguyên tử, nói cách khác, “vật thể đó là chuyển động”. Đó là lý do tại sao định luật bảo toàn năng lượng được gọi là nguyên lý của lý thuyết cơ học về cơ thể (thay vì diễn đạt “lý thuyết cơ học về cơ thể”, cái tên ngắn hơn “nhiệt động lực học” thậm chí còn được sử dụng nhiều hơn).

Khi chúng ta cố gắng áp dụng các nguyên lý cơ học vào một vật thể vĩ mô bao gồm một số lượng lớn các nguyên tử, ngay từ đầu chúng ta đã gặp phải hai khó khăn đáng kể. Khó khăn đầu tiên trong số này hoàn toàn là thực tế. Thực tế là đối với lời giải bài toán về việc tăng một hệ cơ học bao gồm, chẳng hạn như 102⁵ hạt, cần phải viết và sau đó giải cùng một số lượng phương trình khổng lồ; Nếu chúng ta có thể viết được một phương trình trong một giây thì chúng ta sẽ phải mất hàng tỷ tỷ năm mới viết được một hệ phương trình như vậy.

Xem xét kỹ các hiện tượng nhiệt, chúng ta thấy rằng quan điểm mô tả ở trên về lý thuyết vật thể với tư cách là cơ học của một hệ gồm một số lượng lớn các hạt cũng gặp phải một khó khăn khác, không còn mang tính thực tiễn nữa mà có tính chất sâu sắc và cơ bản hơn. Để thử độ khó này, hãy xem xét ví dụ sau. Giả sử rằng chúng ta có một bình kín, được chia thành hai phần bằng nhau bằng một van (Hình 1).

Hình 1.

Giả sử có một lượng khí nhất định ở phần I và tính trống rỗng ở phần II. Chúng ta hãy kéo cửa chớp vào một thời điểm nào đó và xem điều gì sẽ xảy ra bên trong con tàu, bắt đầu từ thời điểm này. Kinh nghiệm cho thấy rằng khí ban đầu được đặt ở phần I sẽ nở ra vào khoảng trống liền kề và được phân bố khắp bình với mật độ đồng đều. Hiện tượng này xảy ra như thể “tự nó”: điều này có nghĩa là kể từ thời điểm màn trập được kéo ra, khí là một hệ thống khép kín, mà chúng ta giám sát từ bên ngoài, không hề giống nhau

12

Khâu vào các quá trình đang diễn ra bên trong cô ấy. Cho dù chúng ta có theo dõi khí nhiều đến mức nào trong tương lai, nó sẽ luôn được phân bổ với mật độ như nhau trong toàn bộ thùng chứa; cho dù chúng tôi có chờ đợi bao lâu, chúng tôi cũng không thể quan sát thấy khí, được phân phối khắp tàu $I + II$, “tự nó”, tức là không có bất kỳ sự can thiệp nào từ bên ngoài, đã rời khỏi phần $II$ và tập trung hoàn toàn ở phần $I$, để chúng tôi có thể vặn van điều tiết lại và do đó trở lại trạng thái ban đầu. Từ đó, rõ ràng rằng quá trình giãn nở của khí thành trạng thái trống rỗng là một quá trình không thể đảo ngược: điều này có nghĩa là mặc dù bản thân nó có thể xảy ra trong một hệ kín mà không có bất kỳ sự can thiệp nào từ bên ngoài, nhưng quá trình ngược lại (chuyển toàn bộ khí thành phần $I$ để khoảng trống được hình thành một phần $II$) “tự nó” sẽ không xảy ra. Kinh nghiệm cho thấy các hiện tượng ấm hầu như luôn có đặc tính “không thể thuận nghịch”: ví dụ, nếu có hai vật ở cạnh nhau, vật này nóng hơn vật kia, thì nhiệt độ của chúng dần dần cân bằng, tức là nhiệt “tự” truyền từ vật ấm hơn sang vật lạnh hơn; tuy nhiên, quá trình ngược lại sẽ không bao giờ xảy ra nếu không có sự can thiệp từ bên ngoài. Một miếng đường cho vào trà nóng sẽ tan trong đó, nhưng điều đó không bao giờ xảy ra với trà nóng mà một miếng đường đã được hòa tan, phần đường sau sẽ tách ra và lại trở thành một miếng nguyên vẹn. Có thể đưa ra bất kỳ số ví dụ nào về tính không thể đảo ngược tương tự. Bây giờ chúng ta hãy thử tìm hiểu xem liệu tính không thể đảo ngược này có thể được giải thích dựa trên các nguyên lý cơ học hay không. Chúng ta hãy xem xét một số chuyển động xảy ra tuân theo các nguyên tắc này trong một số hệ thống cơ học khép kín (tức là trong các điều kiện bên ngoài không đổi). Giả sử hiện tượng này bao gồm việc chúng ta ném một hòn đá từ một điểm nào đó $A$, cuối cùng hòn đá này rơi ở điểm $B$. Để đơn giản, chúng ta hãy giả sử rằng hòn đá đang chuyển động trong chân không (nếu không chúng ta sẽ phải tính đến lực cản của không khí đối với sự chuyển động của hòn đá, và lực cản này là một hiện tượng nhiệt; Vì chúng ta muốn so sánh các hiện tượng nhiệt với những hiện tượng trong đó khả năng áp dụng các nguyên lý cơ học là một thực nghiệm cơ bản và chắc chắn, nên chúng ta phải loại trừ trước tất cả các hiện tượng nhiệt trong trải nghiệm cơ học tưởng tượng của mình). Đường bay của hòn đá từ $A$ đến $B$ có bị đảo ngược không? Không còn nghi ngờ gì nữa, vì quá trình ngược lại rất dễ thực hiện. Để làm điều này, bạn chỉ cần đứng tại điểm $B$ và ném một hòn đá, cho nó vận tốc tuyệt đối như khi nó rơi xuống điểm $B$, nhưng hướng theo hướng ngược lại. Theo kinh nghiệm và từ các nguyên lý cơ học, trong trường hợp này hòn đá sẽ chạm đúng điểm mà nó đã mô tả trước đó, nhưng theo hướng ngược lại và sẽ rơi ở điểm $A$. Ví dụ được thảo luận một cách hữu ích chỉ là một phần của trường hợp nguyên lý chung của cơ học, phát biểu rằng nếu bất kỳ chuyển động nào có thể xảy ra trong một hệ cơ học kín thì chuyển động “ngược lại” cũng có thể xảy ra. Để thực hiện chuyển động ngược lại, chỉ cần để tất cả các bộ phận của hệ thống của chúng ta tại một thời điểm nào đó và sau đó truyền cho chúng những vận tốc bằng giá trị tuyệt đối, nhưng ngược chiều trực tiếp với vận tốc mà chúng có ngay trước khi dừng lại. Như vậy, mọi hiện tượng cơ học đều nghịch đảo. Tại sao các sự kiện ấm áp là không thể đảo ngược?

Thoạt nhìn, có vẻ như tính không thuận nghịch của các quá trình nhiệt là kết quả của cơ học, rằng mọi chuyển động đều đảo ngược, vì vậy chúng ta có thể đã nghi ngờ tính đúng đắn của tuyên bố “vật thể là chuyển động”. Mâu thuẫn mà chúng ta vừa nói đến chỉ được vạch trần vào nửa sau thế kỷ 19 bởi nhà lý thuyết người Đức Ludwig Boltzmann. Bolshan đã chứng minh rằng mâu thuẫn này chỉ là hiển nhiên.

13

Để hiểu ý tưởng của Bolshoi, hãy xem xét ví dụ sau: giả sử rằng chúng ta có một nền tảng được đánh bóng theo chiều ngang được bao quanh bởi barBEROM ở tất cả các phía và trên nền tảng này có một quả bóng được đánh bóng trơn tru trượt dọc theo nền tảng, phản chiếu barBERA khi nó tiếp xúc với nó. Đường đi của quả bóng trong thời gian dài sẽ là một đường đứt đoạn phức tạp và phức tạp. Giả sử rằng toàn bộ bề mặt của nền tảng có màu trắng, ngoại trừ chỉ có một số điểm đen được áp dụng trên đó. Những điểm này có thể có hình dạng bất kỳ, tròn, uốn lượn, thon dài, v.v., với điều kiện duy nhất là tổng bề mặt của tất cả các điểm gộp lại chiếm một phần không đáng kể trên bề mặt của toàn bộ nền. Khi quả bóng di chuyển dọc theo bục, thỉnh thoảng nó sẽ chỉ đi vào lãnh thổ của các điểm. Nếu chúng ta theo dõi chuyển động của quả bóng trong một khoảng thời gian đủ dài, chúng ta sẽ thấy rằng nó sẽ nằm trên lãnh thổ của các điểm chỉ trong một phần không đáng kể trong khoảng thời gian này, bằng tổng diện tích tương đối của các điểm đen so với diện tích của toàn bộ nền tảng. Điều này là do chuyển động của quả bóng quá lộn xộn và quanh co đến mức nó sẽ đi qua từng milimét vuông trên bề mặt của bệ chính xác nhiều lần như xuyên qua bất kỳ bề mặt nào khác, chỉ cần chúng ta theo dõi chuyển động của quả bóng đủ lâu để xảy ra sự cân bằng như vậy. Tỷ lệ thời gian bóng ở lâu trên sân đen trong một khoảng thời gian đủ lớn cho trước so với khoảng thời gian này được gọi là xác suất quả bóng nằm trong lãnh thổ của các điểm đen. Xác suất này rất nhỏ và các phát biểu sau có liên quan đến điều này: nếu vị trí và tốc độ của quả bóng tại một thời điểm nhất định không được cung cấp cho tôi với độ chính xác thực sự để tôi có thể tính toán chuyển động của nó trong 10 giây tiếp theo, thì tôi luôn có thể nói với xác suất khá cao rằng sau

Trong 10 giây, quả bóng sẽ có màu trắng chứ không phải màu đen. Nếu ai muốn cam kết với tôi thì tôi có thể bảo đảm cho tuyên bố này bằng một số tiền lớn so với một cam kết nhỏ ở phía bên kia. Vì vậy tôi có quyền đưa ra hai phát biểu sau:

1. nếu biết hiện tại quả bóng đang ở trên sân đen thì rất có thể 10 giây nữa nó sẽ ở trên sân trắng;

2. Nếu biết hiện tại quả bóng đang ở trên sân trắng thì rất có thể 10 giây nữa nó sẽ ở trên sân đen.

Hai phát biểu này có thể được thay thế bằng công thức ngắn gọn sau: việc chuyển một quả bóng từ sân đen sang sân trắng là rất có thể xảy ra, nhưng việc chuyển bóng từ sân trắng sang sân đen là khó xảy ra. Nếu tỷ lệ diện tích của các điểm đen trên diện tích của toàn bộ nền tảng thực sự là cực kỳ nhỏ, chẳng hạn như bằng một phần tỷ, thì quả bóng sẽ ở trong vùng đen trung bình một giây trong ba mươi năm (ba mươi năm là khoảng một tỷ giây). Vì vậy, có lẽ trong nhiều năm, chúng ta thường không lo lắng về việc quả bóng rơi vào vùng đen, trừ khi chúng ta cố tình đặt nó vào một trong những vị trí ngay từ đầu. (Trong ví dụ của chúng ta, chúng ta đều biết về thiết bị tính toán đường đi của quả bóng từ hướng chuyển động của nó; với điều này là đủ để giả sử rằng quả bóng nhận được tốc độ ban đầu của nó, chẳng hạn, khi mặt sàn vô tình bị rung chuyển và không nằm trong tầm kiểm soát của chúng ta. Do đó, mặc dù chúng ta có thể hướng quả bóng đến điểm đen khi bắt đầu chuyển động, nhưng sau đó chúng ta không thể làm cho nó đến đó).

Vì vậy, với xác suất quả bóng nằm trên sân đen, thực tế là chúng ta không thể quan sát được sự chuyển đổi của một quả bóng từ sân trắng sang sân đen, mặc dù chúng ta rất dễ dàng thực hiện chuyển đổi của nó từ sân đen: đối với điều này là đủ

14

chắc chắn đã đưa anh ta vào một vùng đen ngay từ đầu. Kết quả là tính không thể đảo ngược tự do: sự chuyển đổi của quả bóng từ trường đen sang trường trắng là một hiệu ứng thực tế và sự chuyển đổi của nó từ trường trắng sang trường đen là một hiệu ứng thực tế. Tuy nhiên, rõ ràng là tính không thể đảo ngược này chỉ hiển nhiên, vì trong một khoảng thời gian khá lớn (ví dụ, hơn một triệu năm), quả bóng sẽ chuyển động từ sân trắng sang sân đen và quay lại nhiều lần, và cả hai lần chuyển đổi rõ ràng sẽ xảy ra chính xác với số lần như nhau. Theo đó, quá trình chuyển một quả bóng từ sân đen sang sân trắng trên thực tế là bị đảo ngược, nhưng tính không thể đảo ngược trong thực tế sẽ nảy sinh do sự kiểm soát không đầy đủ của chúng ta đối với các điều kiện ban đầu của thí nghiệm: ngay từ đầu chúng ta có cơ hội hạ cánh quả bóng xuống một sân có màu nhất định ở nơi mà chúng ta mong muốn, nhưng chúng ta không thể kiểm soát hướng vận tốc ban đầu của nó. Do đó, cách duy nhất để chắc chắn rằng quá trình trên thực tế đã bị đảo ngược là phải đợi đủ lâu: nếu trong ví dụ được mô tả, trong đó diện tích của các điểm nhỏ hơn một tỷ lần so với diện tích của nền tảng, chúng ta có thể theo dõi chuyển động của quả bóng hoạt động sau chuyển động của quả bóng hoạt động, chúng ta thậm chí còn ít hy vọng quan sát được sự đảo ngược của các quá trình như sự chuyển nhiệt từ vật nóng sang vật thể lạnh, sự giãn nở của khí thành trạng thái trống rỗng, v.v., so với trường hợp quả bóng và bệ vừa xem xét.

Chúng ta hãy quay lại hình ảnh của chiếc bình trong Hình 1. Rõ ràng là nếu thể tích của phần 1 và 11 bằng nhau thì trung bình mỗi phân tử khí sẽ vượt quá cùng một thời gian ở cả hai phần, tức là xác suất để một phân tử nhất định tồn tại ở phần 1 hoặc phần 11 chính xác là 1/2. Hãy để có các phân tử trong trạng thái của chúng tôi. Làm thế nào những phân tử này có thể được phân bố khắp thể tích của bình? Hình 2 cho thấy tất cả 16 kết hợp có thể. Tất cả những sự kết hợp này đều có khả năng xảy ra như nhau: nếu chúng ta giám sát tàu của mình trong một khoảng thời gian $T$, thì từ khoảng thời gian này sẽ có $\frac{1}{16} T$ cho mỗi sự kết hợp, trừ khi khoảng thời gian hiện tại này đủ dài để sự tương đương đó xảy ra. Trong tất cả các kết hợp của chúng tôi, chỉ có một kết hợp tương ứng với trường hợp tất cả các phân tử được thu thập trong phần 1 - kết hợp 1; bốn tổ hợp tương ứng với trường hợp ba phân tử được thu thập ở phần 1 và một phân tử ở phần 11 (tổ hợp 2, 3, 5, 9); sáu tương ứng với trường hợp có hai phân tử ở phần 1 và hai phân tử ở phần 11 (tổ hợp 4, 6, 7, 10, 11, 13); bốn - trong trường hợp có một phân tử ở phần 1 và có ba phân tử ở phần 11 (sự kết hợp 8, ​​12, 14, 15); và cuối cùng, chỉ trong một sự kết hợp, 16 phân tử được tìm thấy

15

được thảo luận ở Phần II. Từ đó có thể thấy rằng khả năng xảy ra cao nhất là sự phân bố đồng đều của các phân tử (sáu kết hợp trong số 16). Xác suất của sự phân bố như vậy bằng $\frac{1}{16} \cdot 6$, tức là $37^{1/2} \%$, trong khi xác suất của trạng thái ban đầu (tại thời điểm màn trập đã được nâng lên, nhưng các phân tử vẫn chưa rời khỏi phần I) chỉ là $\frac{1}{16}$, tức là $6^{1/4} \%$.

Nếu chúng ta chỉ có $N$ phân tử trong hệ thống của mình thì tổng số kết hợp có thể có sẽ là $2^N$; số lượng trong đó phần $I$ chứa $x$ phân tử và phần $II$ chứa $N - x$ còn lại, bằng đại số cơ bản cho thấy, với số $\frac{N!}{x!(N - x)!} \cdot 1$. Do đó, xác suất ở trạng thái khí trong đó phần $I$ chứa $x$ phân tử là $\frac{N!}{x!(N - x)!} \cdot \frac{1}{2^N}$. Xác suất của trạng thái ban đầu chỉ là $\frac{N!}{x!(N - x)!} \cdot 2^N$, $x$ càng gần với $\frac{N}{2}$. Do đó, sau khi nâng van lên, khí sẽ chuyển sang trạng thái có khả năng xảy ra cao nhất - trạng thái mà các phân tử của nó được phân bổ đều giữa cả hai phần của bình. Tuy nhiên, nếu chúng ta đợi đủ lâu, cuối cùng một sự kết hợp sẽ xuất hiện tương ứng với sự tích tụ của tất cả các phân tử $N$ trong phần $I$; sau đó chúng ta có thể hạ van điều tiết xuống một lần nữa và tuyên bố rằng sự đảo ngược quá trình phân phối khí “không thể thuận nghịch” vào khoảng trống đã xảy ra. Câu hỏi duy nhất là bạn phải đợi điều này trong bao lâu. Ví dụ: nếu $N = 10^{20}$, thì trong thời gian quan sát, tổng thời gian lưu trú của tất cả các phân tử $N$ cùng một lúc trong một phần $I$ chỉ là

*) Chúng ta hãy nhớ lại rằng ký hiệu $n!$ biểu thị tích $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$ (cái gọi là “en-factoral”).

16

0,001 giây, điều cần thiết là toàn bộ khoảng thời gian mà chúng ta quan sát được khí phải bằng $0,001 \cdot 2^N = 0,001 \cdot 2^{(10^20)}$ giây.

Đây là khoảng thời gian chúng ta cần chờ đợi để có thể chắc chắn rằng chúng ta có thể quan sát được sự đảo ngược của quá trình giãn nở “không thể đảo ngược” của khí thành chân không. Khoảng thời gian này, được viết bằng giây, được biểu thị bằng một số có ba mươi tỷ tỷ chữ số trước dấu thập phân. Nếu chúng ta muốn biểu thị khoảng thời gian này không phải bằng giây mà bằng cách lấy $10^{13}$ năm làm đơn vị thời gian (theo nhiều nhà thiên văn học, điều này xấp xỉ khoảng thời gian tồn tại của hệ sao của chúng ta và Dải Ngân hà), thì chúng ta sẽ phải khéo léo chitchiu 20 ký hiệu (1 năm ≈ $3 \cdot 10^7$ giây). Nhưng con số 20 chẳng là gì so với $3 \cdot 10^{19}$. Do đó, trong các đơn vị thời gian “thiên văn” mới này, chúng ta sẽ có thể nói điều tương tự về khoảng thời gian mà chúng ta quan tâm như thể nó được biểu thị bằng giây, cụ thể là nó được viết dưới dạng một số trong đó có ba mươi tỷ tỷ chữ số thập phân. Vì vậy, khoảng thời gian được xem xét mà chúng ta phải chờ đợi để xem sự đảo ngược của quá trình giãn nở khí thành khoảng trống hiện là rất lớn, do đó, khi so sánh với nó, sự khác biệt giữa một giây và thời gian tồn tại của hệ sao của chúng ta trở nên hoàn toàn không đáng kể và không đáng kể! Do đó, tính không thể đảo ngược trong thực tế, đã được thảo luận ở trên, trở nên không thể phân biệt được với tính không thể đảo ngược cơ bản, và do đó, tính không thể đảo ngược của các hiện tượng nhiệt hóa ra là hệ quả trực tiếp của cơ học của chúng và hoàn toàn không mâu thuẫn, như các nhà vật lý trước Bolzano nghĩ.

Do đó chúng ta có thể khẳng định rằng các hiện tượng nhiệt luôn xảy ra theo cách mà xác suất của trạng thái đó tăng lên; Sự đảo ngược các hiện tượng nhiệt liên quan đến việc giảm xác suất của trạng thái là không thể. Nguyên lý này được gọi là “nhiệt động lực học nhiều điểm đầu” (nguyên lý đầu tiên, như chúng ta đã nói, là định luật bảo toàn năng lượng).

Chúng ta hãy quay lại xem xét ví dụ về chất khí trong bình. Chúng ta sẽ có thể phân biệt các trạng thái khác nhau bằng số $x$, tức là số lượng phân tử trong phần $I$. Xác suất của một trạng thái có $x$ cho trước, như chúng ta đã thấy, bằng

$$\frac{N!}{x!(N-x)!2^N}.$$

Vì chúng ta chỉ quan tâm đến tỷ lệ xác suất của các trạng thái khác nhau, nên chúng ta có thể giảm tất cả các xác suất về cùng một bội số $\frac{N!}{2^N}$, không chứa $x$ và do đó giống nhau cho tất cả các trạng thái. Những gì còn lại là biểu hiện

$$\frac{1}{x!(N-x)!},$$

tỷ lệ thuận với xác suất của trạng thái; nó được gọi là “trọng số thống kê” của một trạng thái nhất định. Định luật thứ hai của nhiệt động lực học có thể được phát biểu như sau: tất cả các hiện tượng nhiệt trong một hệ kín xảy ra theo cách mà trọng số thống kê của trạng thái trả về. Nếu bình chứa khí đang đề cập không được chia thành hai mà thành nhiều phần bằng nhau hơn thì biểu thức khối lượng thống kê có thể được viết theo cách tương tự. Ví dụ: nếu một bình được chia thành ba phần và phần đầu tiên chứa $x$, phần thứ hai $y$ và phần thứ ba - $z$ phân tử ($x+y+z=N$), thì trọng lượng thống kê của trạng thái đó bằng

$$\frac{1}{x!y!z!}.$$

Nếu một bình được chia thành $n+m$ phần bằng nhau chứa $x_1, x_2, \dots, x_n, y_1, y_2, \dots, y_m$ phân tử thì trọng lượng thống kê là

$$\frac{1}{x_1!x_2! \dots x_n!y_1!y_2! \dots y_m!}.$$

Để $n$ đầu tiên của các phần này biến thành phần mà chúng ta sẽ gọi là phần $I$, các phần $m$ còn lại biến thành phần $II$ (các phần $I$ và $II$ không còn bằng nhau nữa). Khi đó trọng số thống kê của phần $I$, được xem xét

17

được phát triển như một hệ thống riêng biệt bằng
$$\frac{1}{x_1! x_2! \dots x_n!},$$
trọng số thống kê của phần $1$ bằng
$$\frac{1}{y_1! y_2! \dots y_m!}.$$

Điều này cho thấy trọng lượng thống kê của toàn bộ khí bằng tích của trọng lượng thống kê của phần $1$ và $11$ của nó.

Và vì logarit của sản phẩm bằng tổng logarit của các yếu tố riêng lẻ, nên do đó, logarit của trọng lượng thống kê của toàn bộ khí bằng tổng logarit của trọng lượng thống kê của phần nó, tức là logarit của trọng lượng thống kê có tính chất aditivity. Nhờ tính chất đơn giản và quan trọng này, logarit của trọng lượng thống kê đã nhận được một cái tên đặc biệt - nó được gọi là entropy. Vì logarit của một số càng lớn thì bản thân số đó càng lớn, nên cùng với sự gia tăng về xác suất và trọng số thống kê, entropy cũng phải tăng. Do đó, định luật thứ hai của nhiệt động lực học có thể được phát biểu như sau: có một đại lượng vật lý gọi là entropy, có tính chất aditivity và tính chất là entropy của một hệ kín không thể giảm theo bất kỳ cách nào mà chỉ có thể tăng hoặc không đổi (khi nó đã đạt đến mức tối đa). Lưu ý rằng trong công thức này, định luật thứ hai của nhiệt động lực học đã được biết đến từ rất lâu với các hiện tượng kể trước khi Bolshman (khoảng những thế kỷ bảy mươi trôi qua) phát hiện ra ý nghĩa thực sự của entropy là logarit của một đại lượng tỷ lệ với xác suất của một trạng thái. Sự cân bằng không hoàn hảo đầu tiên gợi ý của định luật thứ hai của nhiệt động lực học có thể được tìm thấy trong công trình của nhà vật lý người Pháp Sadi Carnot (1824), và công thức vừa đưa ra đã được Clausis (1850) và William Thomson (do Lord Kelvin sao chép lại) (1851) nêu rõ ràng. Bolshman đã chứng minh bằng cách sử dụng ví dụ về chất khí rằng định luật thứ hai của nhiệt động lực học, cùng với tính không thuận nghịch đặc trưng của nó là hệ quả của cơ học, và nhà lý thuyết người Mỹ Willard Gibbs đã tổng hợp để khái quát hóa bằng chứng này cho bất kỳ vật thể vĩ mô nào, xây dựng một lý thuyết cơ học về một hệ thống bao gồm một số lượng lớn các bộ phận (cái gọi là cơ học thống kê).

Định luật thứ hai của nhiệt động lực học, như chúng ta thấy, phát biểu rằng entropy của một hệ kín luôn tăng, có xu hướng đạt cực đại; đạt đến mức tối đa này thì nó sẽ không thể thay đổi thêm nữa, kết quả là hiện tượng nhiệt liên quan đến sự tăng entropy sẽ không còn xảy ra nữa. Trạng thái này của hệ thống, trong đó entropy đạt giá trị cực đại, được gọi là trạng thái cân bằng thống kê. Sự chuyển đổi của một hệ thống mà không có bất kỳ sự rung lắc nào từ trạng thái cân bằng thống kê sang trạng thái rất khác với nó, như chúng ta đã thấy, trên thực tế là không thể, vì để nó diễn ra, người ta phải chờ đợi những khoảng thời gian thực sự kỳ diệu. Tuy nhiên, điều này không áp dụng cho sự chuyển đổi từ trạng thái cân bằng thống kê sang trạng thái khác rất ít so với trạng thái đó, nghĩa là ở trạng thái trong đó entropy đạt giá trị cực đại bằng một giá trị rất nhỏ.

Hệ thống sẽ tự động chuyển sang các trạng thái như vậy một cách hoàn toàn tự do, đây là đặc điểm cực kỳ đặc trưng của định luật nhiệt động thứ hai như một định luật có ý nghĩa thống kê (chủ nghĩa thống kê được gọi là bất kỳ định luật nào, việc thiếu nó không phải là hoàn toàn không thể xảy ra mà chỉ cực kỳ khó xảy ra). Vì những sự vắng mặt như vậy càng ít xảy ra thì chúng càng lớn, nên việc vắng mặt nhiều định luật nhiệt động lực học thứ hai sẽ hầu như không thể xảy ra trong thực tế; Đối với những sự vắng mặt nhỏ, bạn luôn có thể tìm thấy những sự vắng mặt nhỏ đến mức chúng không những có khả năng xảy ra mà còn thực sự hầu như luôn xảy ra. Sự vắng mặt nhỏ tương tự từ trạng thái cân bằng thống kê đến tất cả các loại ước tính về trạng thái không cân bằng,

18

xảy ra trong hệ vĩ mô cân bằng được gọi là dao động. Sự tồn tại của dao động là minh họa rõ nhất cho tính đúng đắn của lý thuyết thống kê của Boltzmann. Dao động dễ quan sát nhất và đơn giản nhất là chuyển động Brown, ý nghĩa của nó như sau. Số lượng và lực trung bình *) tác động của các phân tử chất lỏng lên một bề mặt của bất kỳ vật thể nào được ngâm trong chất lỏng ở trạng thái cân bằng thống kê ở các giá trị được xác định hoàn toàn (ở nhiệt độ nhất định của chất lỏng). Tuy nhiên, trên thực tế, những giá trị này liên tục có những biến động nhỏ liên quan đến việc không có trạng thái cân bằng thống kê. Những rung động này nhỏ đến mức chỉ có một hạt rất nhỏ được đặt

*) Xung trung bình truyền đi trong một đơn vị thời gian.

Bài tập
độc giả của chúng tôi

1. Đối với một số hàm $f$ và tất cả $x$, sự tương ứng là đúng
   $$f(x) = f(x-a) \cdot f(x+a),$$
   trong đó $a$ là một số cố định. Chứng minh rằng
   a) hàm $f$ là hàm tuần hoàn;
   $$6) f(x-5a) \cdot f(x+5a) = f(x-7a) \cdot f(x+7a);$$
   c) tìm chu kỳ của hàm số $f$.
   O. Svetozersky
   (r. Vladivostok, lớp 8)

2. Hãy viết ra tất cả các số nguyên tố nhân (mỗi) với một số tự nhiên cố định, lần lượt từng số một. Chứng minh rằng trong dãy chữ số thu được, mỗi chữ số từ 0 đến 9 sẽ xuất hiện vô số lần.
   V. Soboleya
   (r. Moscow, lớp 10)

3. Chứng minh rằng nếu $x_0$ là căn bậc chung của tam thức bình phương $a_1x^2 + b_1x + c_1$ và $a_2x^2 +$

$$+b_2x + c_2, \quad D_1 \text{ и } D_2 \text{ — их дискриминаенты } (D_2 \neq 0),$$
$$\lim_{x \to x_0} \frac{a_1x^2 + b_1x + c_1}{a_2x^2 + b_2x + c_2} = \pm \frac{\sqrt{D_1}}{\sqrt{D_2}},$$
Hơn nữa, dấu “cộng” được lấy nếu $x_0$ là căn lớn hơn của mỗi tam thức hoặc căn bậc ba nhỏ hơn của mỗi tam thức, và dấu “trừ” được lấy nếu $x_0$ là căn lớn hơn của một tam thức và là căn nhỏ hơn của tam thức kia.
N. Vasilyeva
(r. Novocherkask, lớp 10)

4. Lập phương của số có hai chữ số đầu tiên bằng bình phương của số có hai chữ số thứ hai. Số thứ hai lớn hơn $n$ lần ($n \in \mathbb{N}$) số thứ nhất. Tìm các số có hai chữ số này.
   N. Mikhalkovich
   (Vùng Minsk)

5. Trong một giải đấu cờ vua sử dụng hệ thống vòng tròn tính điểm (tức là mỗi người chơi cờ với những người khác một lần), khi tổng hợp kết quả, hãy chỉ ra rằng số lượng các số tạo thành một cấp số cộng. Nhà vô địch giải đấu có bao nhiêu điểm nếu “người ngoài cuộc” ghi được $2\frac{1}{2}$ điểm?

P. Vinokur
(r. Mátxcơva)

6. Có số nào có bốn chữ số $abcd$ sao cho
   a) $abcd = ac \cdot bd$;
   b) $abcd = ac \cdot bd + ac + bd$?
   G. Goldfine
   (r. Riga)

7. Tìm số có bốn chữ số $abcd$ thỏa mãn đẳng thức
   $$abcd = 8ab \cdot (c + d).$$
   M. Stereberz
   (r. Saratov)

8. Tìm ba chữ số phân biệt $a, b$ và $c$ sao cho
   $$abc = ba \cdot bc.$$
   E. Turkevich
   (r. Chernivtsi)

20

bản thân nó là sự sắp xếp không gian của các nguyên tử hoặc, ví dụ, những hướng trong tinh thể mà nó bị biến dạng hoặc dẫn dòng điện dễ dàng hơn những hướng khác. Nếu cần thiết, điều không thể thiếu là sử dụng dữ liệu thực nghiệm và cái gọi là thông điệp chung để tưởng tượng khả năng sắp xếp các nguyên tử trong tinh thể chưa được nghiên cứu. Chính loại mô hình này - quả bóng và dây - đã giúp thực hiện một trong những khám phá lớn nhất của thế kỷ 20 - để thiết lập cấu trúc của phân tử DNA. Nhiều tín dụng thuộc về mô hình đã chết!

Tuy nhiên, chúng tôi muốn mô hình hóa không phải một tinh thể “chết” mà là một tinh thể “sống”. Để làm điều này, bạn thực sự cần học cách mô hình hóa sự tương tác giữa các nguyên tử trong tinh thể và mong đợi sự đóng băng trong các dây tương tác.

Tương tác giữa các nguyên tử trong tinh thể

Một đặc điểm, có lẽ là quan trọng nhất, của sự tương tác này xuất phát trực tiếp từ một thực tế đơn giản nhất: khoảng cách giữa hai nguyên tử lân cận do nhiệt độ có một giá trị nhất định trong sóng. (Tất nhiên, chúng ta đang nói về khoảng cách giữa các vị trí xung quanh mà các nguyên tử thực hiện dao động nhiệt. Biên độ của những dao động này nhỏ hơn đáng kể so với khoảng cách giữa các nguyên tử.)

Định nghĩa về khoảng cách có nghĩa là nếu chúng ta cố gắng tăng nó lên, các nguyên tử chống lại điều này sẽ ẩn mình về phía nhau và nếu chúng ta cố gắng giảm nó, chúng sẽ phản ứng. Vì vậy, chỉ từ thực tế là có một khoảng cách nhất định giữa các nguyên tử, nên sự tương tác giữa chúng có đặc điểm vừa che giấu vừa làm lệch hướng.

Ở những khoảng cách nhất định giữa các nguyên tử (chúng tôi gọi nó là một khoảng nhất định), lực co và lực tách ra có giá trị tuyệt đối bằng nhau. Các nguyên tử trong mạng nằm ở khoảng cách này.

Sẽ thật tuyệt nếu nghĩ ra một kỹ thuật mô hình hóa có thể truyền tải sự cạnh tranh giữa lực hút và lực đẩy. Nói cách khác, nó sẽ “hồi sinh” sự tương tác giữa các nguyên tử trong tinh thể. Đây chính xác là những gì các tác giả của mô hình BLN đã làm! Các yếu tố tạo nên mô hình này không phải là đất sét hay quả bóng gỗ mà là… bong bóng xà phòng nhỏ.

Sự tương tác của bọt xà phòng với nước

Chúng không hề thờ ơ với nhau: hai bong bóng xà phòng tách rời trên mặt nước ẩn mình về phía nhau, nhưng khi chạm vào thì đẩy nhau. Điều này có thể được quan sát thấy trong một thí nghiệm rất đơn giản mà bất kỳ độc giả nào của Kvanat đều có thể tiếp cận được. Đây là kinh nghiệm.

Đầu tiên, chúng ta sẽ tách các “thiết bị” cần thiết: một cái đĩa, một kim y tế ra khỏi ống tiêm, một buồng bóng chuyền và một chiếc kẹp có áp suất đều đặn, với sự trợ giúp của nó, bạn có thể bóp ống cao su - phần mở rộng của buồng bóng chuyền - với cường độ khác nhau. Bây giờ chúng ta hãy chuẩn bị thí nghiệm. Đổ đầy nước xà phòng lên gần mặt đĩa và thêm

Hình 1.

vài giọt glyxerin. Điều này là để các bong bóng mà chúng ta thổi trên bề mặt nước xà phòng được ổn định. Chúng ta hãy thổi phồng ống bóng chuyền, kẹp phần mở rộng của nó và nhét kim tiêm vào đó (tất nhiên là bằng đầu cùn). Hãy hạ đầu tự do của kim xuống nước (nông) và nới lỏng kẹp một chút (Hình 1) - các phần không khí giống hệt nhau sẽ bắt đầu thoát ra khỏi kim lần lượt, các khoang sẽ biến thành

22

Sự tiếp cận của bong bóng có thể được bắt nguồn từ sự va chạm của chúng. Sau khi các bong bóng va chạm, một lực đẩy bắt đầu tác dụng giữa chúng. Điều này là do thực tế là trong các bong bóng ép lẫn nhau (Hình 5), áp suất khí tăng lên, điều này làm bong bóng nở ra.

Rõ ràng, bong bóng xà phòng hoàn toàn phù hợp để tạo mô hình tinh thể nếu bạn đặt không phải một, không phải hai mà là nhiều bong bóng giống hệt nhau trên bề mặt dung dịch xà phòng. Nếu bán kính của bong bóng là $R=5 \cdot 10^{-2}$ cm thì có thể đặt $N \sim (R_T/R)^2 \sim 4 \cdot 10^4$ bong bóng trên bề mặt dung dịch xà phòng trong một đĩa vật kính, bán kính của nó là $R_T=10$ cm! Một chiếc bè như vậy, bao gồm các bong bóng mà giữa lực hút và lực đẩy tác dụng, là mô hình hai chiều của tinh thể. Ví dụ, các tác giả đánh giá một mô hình đẹp này đã chỉ ra rằng sự tương tác của các bong bóng có bán kính $R \sim 10^{-1}$ cm rất giống với sự tương tác của các nguyên tử trong tinh thể đồng.

Mô hình đang hoạt động

Sẽ rất vui nếu tất cả độc giả «Kvant» chiếu một bộ phim trong đó mô hình BLN được quay bằng hành động. Họ sẽ nhìn thấy một tinh thể lý tưởng và một tinh thể có các khuyết tật chuyển động và tương tác cũng như nhiều quá trình đơn giản và phức tạp xảy ra trong một tinh thể thực. Trong bài viết, bạn chỉ có thể nói về điều gì đó và minh họa điều gì đó bằng ảnh và phim.

Sử dụng mô hình BLN, có thể xác minh một số hệ quả của lý thuyết được xây dựng liên quan đến một tinh thể hoàn toàn không có bất kỳ khuyết tật nào, được gọi là tinh thể lý tưởng. Trên thực tế, người thí nghiệm không thể thu được một tinh thể như vậy trong tự nhiên, nhưng việc chế tạo một tinh thể từ bong bóng hóa ra lại đơn giản và dễ tiếp cận (Hình 6).

Một trong những khiếm khuyết phổ biến nhất trong tinh thể là vị trí trống trong mạng tinh thể, không được thay thế.

23

Hình 6.

nguyên tử. Các nhà vật lý gọi đó là chỗ trống. Trong mô hình BLN, chỗ trống là một bong bóng vỡ (Hình 7).

Hoàn toàn phù hợp với lẽ thường và kết quả thí nghiệm với tinh thể thật, mô hình BLN chỉ ra rằng thể tích của một chỗ trống nhỏ hơn một chút so với thể tích trên mỗi vị trí bị chiếm dụng. Thật vậy, sau khi bong bóng vỡ, bong bóng lân cận trước đây của nó sẽ di chuyển vào khoảng trống đã hình thành và thu nhỏ nó. Hầu như không thể nhìn thấy điều này bằng mắt thường, nhưng nếu bạn chiếu phim hoặc phim ảnh lên màn hình và đo cẩn thận khoảng cách giữa các bong bóng, bạn có thể tin chắc rằng, so với vị trí bị chiếm giữ, chỗ trống hơi đáng chú ý. Đối với các nhà vật lý, bằng chứng này của mô hình BLN không chỉ mang tính định tính hay không gian mà nó còn có giá trị định lượng.

Rất thường xuyên, trong một tinh thể, do lịch sử của nó, dường như có sự tích tụ của một tạp chất, một sự biến dạng của tinh thể. Với lời giải nhiều bài toán vật lý tinh thể, điều rất quan trọng là phải biết các nguyên tử xung quanh bao thể sẽ trộn lẫn như thế nào. Hóa ra, sự hiện diện của một tạp chất lạ được cảm nhận không chỉ bởi các kết nối trực tiếp, mà còn bởi các nguyên tử nằm ở một khoảng cách đáng kể so với tạp chất. Mô hình BLN minh họa rõ ràng điều này (xem Hình 7).

Hầu hết các chất rắn kết tinh là đa tinh thể. Điều này có nghĩa là chúng bao gồm nhiều tinh thể được định hướng ngẫu nhiên, cách nhau bởi các ranh giới. Gần như hiển nhiên là nhiều tính chất của đa tinh thể (chẳng hạn như độ bền cơ học hoặc khả năng chống lại dòng điện) phải phụ thuộc vào cấu trúc của các ranh giới. Mô hình BLN hóa ra cũng hữu ích trong vấn đề này: vật lý tinh thể đã gợi ý cấu trúc của ranh giới thay đổi như thế nào tùy thuộc vào hướng tương đối của các tinh thể liền kề, sự hiện diện của tạp chất nằm ở ranh giới, v.v. Dưới đây là một số ví dụ.

Trong đa tinh thể, quá trình mở rộng một số khu vực (hạt) có thể xảy ra làm tổn hại đến những khu vực khác, do đó kích thước hạt trung bình tăng lên. Quá trình kết tinh này được chiết xuất và nó xảy ra vì một lý do rõ ràng: kích thước hạt càng lớn thì tổng bề mặt của các ranh giới càng nhỏ và do đó năng lượng dư thừa liên quan đến các ranh giới càng nhỏ. Năng lượng của đa tinh thể trong quá trình kết tinh lại giảm, do đó, quá trình này có thể xảy ra một cách tự phát (vì nó đạt đến trạng thái cân bằng ổn định, trong đó mức dự trữ năng lượng là tối thiểu). Hình 8 thể hiện một kinogram, hoặc xây dựng các giai đoạn liên tiếp của việc “cho ăn” một hạt lớn và hạt nhỏ nằm trong đó.

Hóa ra (điều này đã được các nhà lý thuyết dự đoán và được các nhà thí nghiệm nghiên cứu cẩn thận trong các thí nghiệm với tinh thể thật), ranh giới chuyển động giữa các hạt “nuốt chửng” những chỗ trống mà nó gặp phải dọc theo.

24

Hình 9.

BLN làm nguội nó đi một chút, làm nổi bật những tác động bên ngoài của cả những hạn chế của mô hình và “sự thật nửa vời” mà nó chứa đựng.

Mô hình BLN chỉ có khả năng mô phỏng một cấu trúc: cấu trúc lục giác hai chiều. Và tinh thể thực sự có nhiều cấu trúc. Khả năng của một mô hình “chết” là vô cùng mạnh mẽ: trong không gian ba chiều, các quả bóng có thể được định vị theo vô số cách và do đó, bất kỳ cấu trúc tinh thần nào cũng có thể được mô hình hóa. Ngoài ra, mô hình BLN trong phiên bản hiện đại của nó là mô hình hai chiều. Các tác giả của nó cũng đã cố gắng triển khai mô hình bong bóng không gian (nhiều lớp), nhưng việc thử nghiệm nó hóa ra không hề dễ dàng chút nào và mô hình này không có gốc rễ. Trong phòng thí nghiệm của chúng tôi, chúng tôi đã triển khai cả mô hình BLN hai chiều và ba chiều và tin rằng mô hình thực tế ba chiều là không khả thi.

Chúng ta đừng đổ lỗi cho mô hình về những điểm yếu đã được đề cập và giữ im lặng. Chúng ta hãy biết ơn cô ấy vì những điểm mạnh của cô ấy.

25

L. Sofman

Tổng chiều dài và năng lượng tối thiểu

bài toán Toán học thường được đề xuất bởi tự nhiên, hay đúng hơn là bởi sự giải thích của chúng ta về tự nhiên, bởi các ngành khoa học vật lý. Lời giải toán học bài toán cũng có thể được đề xuất một cách tự nhiên; vật lý cung cấp cho chúng ta những manh mối mà nếu để mặc chúng ta, chúng ta sẽ có rất ít cơ hội đảm bảo cho chính mình.

D. Hát một

Trong ghi chú này, chúng ta sẽ xem xét một số hình học bài toán nổi tiếng. Chúng tôi sẽ chỉ ra cách giải quyết chúng bằng cách sử dụng một nguyên lý cơ học đơn giản - nguyên lý thế năng tối thiểu, theo đó bất kỳ hệ cơ học nào ở vị trí cân bằng ổn định đều có thế năng tối thiểu.

Bài toán 1. Trên mặt phẳng đã cho có các đường thẳng $l$ và các điểm $A$ và $B$, nằm về một phía của $l$. Tìm điểm cực đại $X \in l$ sao cho độ dài của đường đứt nét $AXB$ là nhỏ nhất.

Rõ ràng bài toán này được giải bằng cách sử dụng tính đối xứng: nếu $B'$ là một điểm đối xứng với $B$ đối với đường thẳng $l$, thì điểm cần có là $X = l \cap [AB']$ (Hình 1). Do đó, các đoạn $AX$ và $BX$ tạo thành các góc bằng nhau với $l$: $\alpha = \beta$.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một bài toán cơ học như vậy. Mũi đâm không trọng lượng $X$ có thể trượt không ma sát dọc theo thanh ngang $l$. Hai sợi dây được gắn vào $X$, ném qua các khối quay quanh các trục cố định trong mặt phẳng thẳng đứng tại các điểm $A$ và $B$ (Hình 2).

Các tải có khối lượng bằng nhau được gắn vào đầu tự do của các sợi $C_1$ và $C_2$. (Các sợi dây không trọng lượng và không co giãn, các khối quay không ma sát, kích thước của các khối và vòng $X$ nhỏ đến mức có thể coi là các điểm vật chất.) Cần tìm vị trí của vòng $X$ trên thanh $l$, tại đó toàn bộ hệ cơ khí ở trạng thái cân bằng.

Chúng ta hãy chứng minh rằng bài toán cơ học này theo một nghĩa nào đó tương đương với bài toán hình học của chúng ta. Thật vậy, ở vị trí cân bằng, thế năng của một hệ cơ học là nhỏ nhất; do đó, ở vị trí cân bằng, các tải trọng phải được đặt cùng nhau càng thấp càng tốt, tức là tổng khoảng cách của chúng với một mặt phẳng ngang nhất định (mặt đất) phải nhỏ nhất (tải trọng như nhau!). Do đó, tổng của $|AC_1|$ và $|BC_2|$ phải lớn nhất. Vì độ dài của mỗi luồng là không đổi nên tổng $|AX| + |BX|$ phải nhỏ nhất. Vì vậy, cơ khí bài toán

26

Ngôi nhà thực sự hóa ra là điểm với bài toán hình học 1.

Chúng ta hãy giải bài toán cơ học đã cho bài toán mà không sử dụng thông điệp năng lượng. Ở vị trí cân bằng của một hệ cơ học, tổng các lực tác dụng lên cọc X bằng không. X bị ảnh hưởng bởi lực căng của các sợi $\vec{T}_1$ và $\vec{T}_2$ ($|\vec{T}_1| = |\vec{T}_2|$ - các trọng lượng kéo từng sợi của chúng với một lực bằng nhau và các lực này được truyền qua các khối mà không tổn thất ma sát) và phản lực $\vec{N}$ của thanh (xem Hình 2). Vì $\vec{N} + \vec{T}_1 + \vec{T}_2 = 0$ và $\vec{N} \perp l$, khi chiếu lên l ($|\vec{T}_1| \cdot \cos \alpha = |\vec{T}_2| \cdot \cos \beta$, từ đó $\alpha = \beta$. Chúng ta nhận được kết quả tương tự như khi sử dụng hình học lời giải ở trên.

Hãy thay đổi cơ học bài toán một chút: giả sử rằng thời gian và tải trọng e (khối lượng m và M tương ứng) được treo ở hai đầu tự do của sợi dây.

Khi đó, điều kiện cân bằng $\vec{N} + \vec{T}_1 + \vec{T}_2 = 0$ trong phép chiếu lên l sẽ cho ra sự tương ứng m cos $\alpha = M$ cos $\beta$, tức là tiền cược X sẽ có vị trí sao cho các trạng thái gắn liền với các trạng thái không phải là mun tạo thành các góc $\alpha$ và $\beta$, được xác định từ điều kiện $\frac{\cos \alpha}{\cos \beta} = \frac{M}{m}$ (Hình 3). Sử dụng nguyên lý thế năng tối thiểu, không khó để chứng minh rằng cơ học tương ứng bài toán cũng có hiệu quả theo cách hình học như vậy.

Bài toán 2. Tên trên dòng l là lũy thừa của X ứng với các đại lượng m · |AX| + M |BX| chúng tôi đạt đến mức tối thiểu

27

Mặt khác, ở vị trí cân bằng, tổng các lực tác dụng tại điểm $X$ bằng không. Trong $X$ có ba lực căng của các sợi $\vec{T}_1, \vec{T}_2$ và $\vec{T}_3$, bằng nhau về giá trị tuyệt đối (các lực căng bằng nhau trên mỗi sợi): $|\vec{T}_1| = |\vec{T}_2| = |\vec{T}_3|$ và $\vec{T}_1 + \vec{T}_2 + \vec{T}_3 = 0$. Từ hai điều kiện này, chúng ta thu được rằng các lực này phải nghiêng với nhau, sao cho ở vị trí cân bằng của hệ cơ học của chúng ta, góc giữa hai trong số ba sợi dây bất kỳ có một đầu chung $X$ phải bằng $120^\circ$. Do đó, đáp số trong bài toán 3 (với điều kiện là trong tam giác $ABC$ tất cả các góc đều nhỏ hơn $120^\circ$!) thì ta suy ra: điểm $X$ là một điểm mà từ đó tất cả các cạnh của tam giác $ABC$ đều nhìn thấy được ở một góc $120^\circ$.

(Trong trường hợp các điểm $A, B$ và $C$ tạo thành một tam giác trong đó một trong các góc là $\geq 120^\circ$, thì điểm $X$ trùng với một trong các điểm $A, B$ hoặc $C$ (đỉnh của góc “lớn”). Hãy nghĩ về điều này đáp số và đặt nó để giải thích.)

Việc giải thích cơ học về hình học bài toán đặc biệt hữu ích trong trường hợp các phương pháp lời giải hình học thuần túy không tạo ra kết quả mong muốn.

Bài toán 4. Trên các bờ sông khác nhau có con đường định cư $A_1, A_2, A_3, B_1, B_2$ ($A_1, A_2, A_3$ ở một bờ, $B_1, B_2$ bên kia; Hình 5). Cần xây dựng một cây cầu $CD$ sao cho tổng chiều dài các con đường $A_1C, A_2C, A_3C, B_1D, B_2D$ từ khu dân cư đến nơi là tối thiểu. (Bờ sông song song, cầu vuông góc với bờ.)

Để giải quyết bài toán này, hãy xem xét hệ cơ học sau. Một thanh cứng $CD$ có thể trượt không ma sát dọc theo hai đường ray song song, luôn vuông góc với chúng (xem Hình 5). Các sợi chỉ được gắn vào hai đầu $C$ và $D$ của thanh, ném chúng qua các khối, xoay quanh các trục cố định tại các điểm $A_1, A_2, A_3, B_1$ và $B_2$. Các vật nặng giống hệt nhau được treo ở đầu tự do của sợi chỉ. Trey

28

Hình 6.

chiếu lên một đường thẳng song song với đường ray, từ điều kiện này ta thu được
$$\cos \alpha_1 + \cos \alpha_2 + \cos \alpha_3 + \cos \beta_1 + \cos \beta_2 = 0$$
(các góc được tính ngược chiều kim đồng hồ, $0 \leqslant \alpha_i \leqslant \pi$, $\pi \leqslant \beta_j \leqslant 2\pi$, $i = 1, 2, 3, j = 1, 2$; xem Hình 5).

Mối quan hệ (), mặc dù nó không cho phép xây dựng đoạn $CD$ bằng la bàn và thước kẻ nhưng thường tỏ ra hữu ích trong thực tế lời giải bài toán thuộc loại này. Nếu có một quyết toán trên mỗi ngân hàng, thì mối quan hệ () cho $\cos \alpha + \cos \beta = 0$, từ đó $\beta = \pi + \alpha$ (Hình 6) - nghĩa là các phân đoạn $AC$ và $BD$ phải song song. Trong trường hợp này, đoạn $CD$ có thể được dựng bằng compa và thước (xây dựng nó!).

Vì vậy, chúng ta đã thấy rằng phương pháp cơ học hóa ra lại rất hữu ích cho lời giải hình học bài toán loại được xem xét. Tóm lại, chúng tôi cung cấp cho độc giả một số bài toán cho sự độc lập lời giải. Một số trong chúng có thể được giải hoàn toàn bằng hình học, lời giải trong khi những điều khác chỉ có thể thực hiện được với sự trợ giúp của diễn giải máy móc. Hãy thử so sánh kết quả hình học và cơ học lời giải.

Hình 7.

Bài toán

5. Một từ dòng $l$, hai điểm $A$ và $B$ được cho. Đặt đoạn $CD$ này trên $l$, sao cho độ dài của đường gãy $ACDB$ là tối thiểu.

6. Bên trong góc nhọn $MON$ cho một điểm $A$. Vẽ một tam giác có chu vi nhỏ nhất, có đỉnh trùng với điểm cho trước $A$, hai tam giác còn lại nằm đối diện với góc $MON$.

7. Bên trong góc $MON$ có hai điểm - $A$ và $B$. Tìm các điểm $C$ và $D$ trên các tia $OM$ và $ON$ tương ứng sao cho độ dài của đường gãy $ACDB$ là nhỏ nhất.

8. Các khu định cư $A$ và $B$ bị ngăn cách bởi một số con sông. Cần phải xây dựng các địa điểm qua các con sông này sao cho đường đi từ $A$ đến $B$ có chiều dài ngắn nhất (Hình 7).

9. Giữa các đường cao tốc vuông góc mùa đông có một hồ nước tròn. Trên bờ hồ cần xây dựng khu điều dưỡng $A$ và nối với đường nhựa ra đường cao tốc $l_1$ và đường bê tông ra đường cao tốc $l_2$ (Hình 8). Xây dựng một km

Hình 8.

đường nhựa có giá $p$ rúp, và một km đường bê tông có giá $q$ rúp. Nên xây nhà điều dưỡng ở đâu để tổng chi phí làm đường là nhỏ nhất?

Hình 9.

10. Có hai thành phố trên một đoạn hình tròn - $A$ và $B$. Tại điểm nào trên bờ của đoạn đường nên xây dựng bến tàu $C$ sao cho tổng chiều dài của con đường $AC$ và $BC$ từ thành phố đến bến tàu là nhỏ nhất?

11. Đoạn đường tròn được bao quanh bởi một đường đua chứa đầy nước. Có một khóa $A$ trên đoạn này. Chủ nhân của lâu đài muốn xây dựng con đường ngắn nhất nối lâu đài $A$ với điền trang $B$ của cố vấn của mình. Bạn nên xây dựng một nơi bên kia mương ở đâu? Cầu phải vuông góc với bờ mương (Hình 9).

29

Người chiến thắng trong cuộc thi Kvaita

Năm ngoái, các biên tập viên đã nhận được khoảng 10.000 lá thư kèm theo giải pháp bài toán từ Vấn đề Im lặng.
Dưới đây là danh sách học sinh - người chiến thắng trong cuộc thi của chúng tôi lời giải bài toán. Theo quyết định của ban tổ chức All-Olympiad, những người chiến thắng đã nhận được quyền tham gia vòng cộng hòa của All-Olympiad năm 1978.

Toán học

A. ALEXEV - Moscow, FMS 18, lớp 10.
B. ARONOV - Saratov, tr. w. lớp 13, 10
A. BALINSKY - Lviv, làng. w. 11, 8 lớp
V. BATYREV - Mátxcơva, tr. w. lớp 2, 10
O. WEINBERG - Kazan, tr. w. 18, 10 lớp
N. VELIKOROSSOV - Konakhogo, làng. w. lớp 5, 10
S. GALSTYAN - Yerevan, s. w. lớp 1, 10
S. GRISHECHKIN - Mátxcơva, tr. w. lớp 2, 10
V. GUBA - Vologda, làng. w. lớp 8, 9
O. EVDOKIMOV - Leningrad, FMS 45, lớp 10.
A. EGOYAN - Tbilisi, tr. w. 42, 10 ô
A. ZHERDEV - Slavyansk, s. w. lớp 5, 10
E. ZIMANOV - Alma-Ata, RFMSH, lớp 10.
Y. ZOLOTAREV - Tashkent, s. w. 232, 10 ô
R. IZMAILOV - Baku, tr. w. 134, 9 ô
L. KAKABADZE - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. Komarova, 10 kl.
A. KAPLAN - Thành phố, làng Sumgant. w. 11, 8 lớp
A. KACHUROVSKY - Novosibirsk, tr. w. 165, 10 ô
S. KORCHANOV - Angarsk, s. w. lớp 10, 10
V. KOSTUSYAK - Zaporozhye, làng. w. lớp 28, 10.
E. KUZMIN - Cherepovets, làng. w. lớp 4, 9
A. KULESKO - Donetsk, int. trường học. lớp 10, 9
I. LOZITSKY - Gantsevich, làng. w. lớp 1, 10
E. LUMELSKAYA - Perm, làng. w. lớp 7, 10
A. MILEVSKY - Mytishchi, làng. w. 26, 10 lớp
D. MINDLIN - Thành phố Tashkent, tr. w. lớp 5, 9
A. MIRLIN - Leningrad, FMS 45, lớp 9.
E. MOSTIVENKO - Syktyvkar, làng. w. lớp 4, 10
A. NENASHEV - Leningrad, FMS 45, lớp 10.
D. PAPUSH - Kharkov, tr. w. 27, 10 lớp
V. POTEMKIN - Donetsk, s. w. lớp 2, 10
G. PUNINSKY - Bobruisk, làng. w. lớp 2, 10
V. ROMANOVSKY - Grodno. vùng, làng Novodvorskaya sh., 10 cl.
A. SARCIMELAYA - Tbilisi, Trường Vật lý và Âm nhạc được đặt theo tên. Komarova, 9 kl.
V. TROFIMOV - Mátxcơva, tr. w. lớp 2, 10
D. SHULEMBAEV - Alma-Ata, RFMSH, lớp 10.

Vật lý

S. VESELYANSKY - Kharkov, s. w. 27, 10 lớp
V. GAVRILOV - Orsk, tr. w. lớp 8, 10
M. GAVRILOV - làng. Chernogolovka, s. w. lớp 82,9.
N. GAZDA - làng Klevan, vùng Rivne, làng. w. lớp 1, 10
V. GARKAVYY - Lida, làng. w. lớp 1, 10
A. ZABRODIN - làng. Chernogolovka, s. w. lớp 82, lớp 10.
V. LASHKIN - Kyiv, s. w. lớp 96,9.
D. LYUDMIRSKY - Kyiv, tr. w. 145, 9 ô.
A. NIKITENKOV - Velikiye Luki, làng. w. lớp 3, 10
V. PALEY - Kharkov, tr. w. 27, 10 lớp
P. POVYLICA - Leningrad, làng. w. 521, lớp 9.
E. PONOMAREV - làng. Chernogolovka, s. w. lớp 82, lớp 10.
K. TRUTNEV - Kazan, tr. w. Lớp 39, 10.
A. FOMIN - Novosibirsk, tr. w. 130, 10cl.
A. CHURILOV - Kharkov, tr. w. 27, 10 lớp
A. SHEPTOVETSKY - Mátxcơva, tr. w. lớp 2, 10

30

Bài toán

M491—M495; F503—F507

M491. Khoảng cách của một đường cắt hình học, tất cả các số hạng của nó đều là số nguyên. (Ví dụ: 16, 24, 36, 54, 81.)
a) Chứng minh rằng tổng bình phương của ba số hạng tiên lượng liên tiếp chia hết cho tổng các số hạng đó.
b) Với những số tự nhiên $n$ nào thì tổng bình phương $n$ của các số hạng liên tiếp của phần bị cắt nhất thiết phải bằng tổng của các số hạng $n$ này?

F. Kadirov, A. Adaev

M492. Tam giác $ABC$ nội tiếp tam giác $A_1B_1C_1$ (sao cho các đỉnh $A_1, B_1$ và $C_1$ lần lượt nằm trên các cạnh $BC, CA$ và $AB$) và các đoạn $AA_1, BB_1$ và $CC_1$ cắt nhau tại một điểm $P$. Chứng minh rằng các đường nối các cạnh $AB$ và $A_1B_1, BC$ và $B_1C_1, CA$ và $C_1A_1$ cắt nhau tại một điểm $Q$, các điểm $P, Q$ và trọng tâm của tam giác $ABC$ cùng nằm trên một đường thẳng.

V. Korzhov

M493. Chứng minh các bất đẳng thức
$$0,785n^2 - n < \sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 2^2} + \dots + \sqrt{n^2 - (n - 1)^2} < 0,79n^2,$$
A. Sivatsky, học sinh lớp 8.

M494. Có $n^2$ điểm bên trong hình vuông có cạnh 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường đứt nét chứa các điểm này mà $n$ nhỏ hơn 3; 6)* 2$n$.

A. Tarmakovsky, học sinh lớp 10.

M495*. Trong không gian bên ngoài xung quanh các mặt phẳng $O$ ba vệ tinh quay đều theo ba quỹ đạo tròn có tâm $O$. Vận tốc góc của các vệ tinh lần lượt là $\omega_1, \omega_2$ và $\omega_3$ và vị trí ban đầu của chúng có thể tùy ý. Có nhất thiết phải có một thời điểm mà cả ba vệ tinh và điểm $O$ nằm trong cùng một mặt phẳng nếu

31

a) $\omega_1=\omega_2=\omega_3=1$; 6) $\omega_1=\omega_2=1, \omega_3=2$;
b) $\omega_1=2, \omega_2=3, \omega_3=4$?

Hãy thử tìm hiểu xem đáp số sẽ là bao nhiêu đối với câu hỏi này đối với các tỉ số vận tốc góc khác.

G. Galperin

F503. Một sợi có chiều dài $2l$ được gắn vào trục thẳng đứng, ở cuối và ở giữa có gắn các quả bóng giống hệt nhau (Hình 1). Trục quay với vận tốc góc $\omega$. Tại giá trị nào của vận tốc góc thì các phần $OA$ và $AB$ bắt đầu lệch khỏi phương thẳng đứng? Tỷ lệ góc lệch nhỏ của các phần ren $OA$ và $AB$ so với phương thẳng đứng sẽ là bao nhiêu?

G. Budaenko

F504. Các bánh xe của ô tô khách được tự động cân bằng không ổn định - chúng được thêm vào để đảm bảo rằng trọng tâm của bánh xe nằm chính xác trên trục quay của nó. Tại sao cần phải cân bằng bánh xe?

F505. Hãy xem xét một mạch để sạc tụ điện từ pin (Hình 2). Tụ điện được sạc đến điện áp $U$ của pin, thu năng lượng $\frac{1}{2}CU^2$ và sạc $q=CU$. Khoản phí này được tiêu thụ từ pin, do đó pin hoạt động $qU=CU^2$. Hệ số hiệu quả là 1/2. Tìm cách sạc tụ vào điện áp ắc quy để đạt hiệu quả cao hơn. Không được phép sử dụng các nguồn năng lượng bổ sung.

A. HodULEV

F506. Dưới pít-tông của hình trụ có một chất có thể tích $V_p$ và $k$ mol khí lý tưởng. Diện tích bề mặt của piston là $S$. Pít-tông và xi-lanh được làm bằng vật liệu được làm ướt một cách lý tưởng bởi đường. Thanh dưới piston có hình dạng như Hình 3, đối xứng với trục xi lanh. Lực $F$ tác dụng lên piston.

1. Suy ra phương trình trạng thái của hệ thủy ngân + khí có dạng $p=f(V, T)$, trong đó $p$ là áp suất, $T$ là nhiệt độ tuyệt đối, $V$ là thể tích phần bình đặt dưới pít-tông.

2. Tìm điều kiện để $p=0$. Sức căng bề mặt của rutivo là σ. Bỏ qua lực hấp dẫn. Giả sử rằng thể tích của ruthia và sức căng bề mặt σ của nó được xây dựng (tức là không phụ thuộc vào $T$ và $p$) và $h \ll R$.

Olympic thể chất XXVI dành cho học sinh Ba Lan

F507. Cho hai lò xo làm bằng cùng một vật liệu, mỗi lò xo xoắn lần lượt. Đường kính của lò xo là 3 mm và 9 mm, chiều dài là 1 cm và 7 cm, đường kính của dây là 0,2 mm và 0,6 mm. Hệ số cứng của lò xo thứ nhất là 0,14 N/cm. Tìm hệ số cứng của lò xo thứ hai.

A. Kuznetsov, I. Kuznetsov

32

Lời giải bài toán

M444, M445; F458—F461

M444 a) Trong Hình 1, bốn đường thẳng chia mặt phẳng thành các khu vực đơn lẻ: một tứ giác (1), hai hình tam giác (2 và 3), ba góc (4, 5 và 6), bốn “tam giác vô hạn” - các khu vực được giới hạn bởi một đoạn thẳng và hai tia (7, 8, 9 và 10) và một “tứ giác vô hạn” - một khu vực được giới hạn bởi hai đoạn thẳng và hai tia (11).

Liệu tuyên bố có đúng với mọi tứ giác (1), hai tam giác (2 và 3), ba góc (4, 5 và 6), bốn “tam giác vô hạn” - các diện tích giới hạn bởi một đoạn thẳng và hai tia (7, 8, 9 và 10) và một “tứ giác vô hạn” - một diện tích được giới hạn bởi hai đoạn thẳng và hai tia (11).

Ba đường tròn lớn không đi qua một điểm được chia thành tám hình tam giác. Bốn vùng đất lớn được chia thành những khu vực nào mà không có ba vùng nào đi qua cùng một điểm? (Độ dốc lớn trên hình cầu là đường tròn là giao điểm của hình cầu với mặt phẳng đi qua tâm hình cầu, Hình 2.)

8. Bốn vùng đất lớn có thể chia thành những khu vực nào mà không có ba vùng nào đi qua cùng một điểm?

Hình 1.

Chúng ta sẽ nói rằng một số đường thẳng trên một mặt phẳng (hoặc các đường dốc lớn trên hình cầu) ở vị trí tổng quát nếu chúng cắt nhau theo cặp và tại các điểm khác nhau. Để cho ngắn gọn, chúng ta sẽ gọi hình lồi trên mặt phẳng giới hạn bởi hai tia và n-1 đoạn là góc n (và n góc của n đỉnh thì góc 1 là góc theo nghĩa tổng quát). Hãy chuyển sang lời giải bài toán.

a) Dễ dàng chứng minh rằng với bốn đường thẳng bất kỳ ở vị trí tổng quát thì phân số luôn bằng nhau:

| Quadragon | 3-giác | góc | 2 góc | 3 góc |
| :— | :— | :— | :— | :— |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 1 |

• giống như trong Hình 1. Sau vài phút vẽ bốn đường thẳng, điều này trở nên khá rõ ràng. Các lập luận mà độc giả đưa ra về chủ đề này rất đa dạng, nhưng chúng cho thấy rằng một bằng chứng ngắn gọn, đồng thời thuyết phục về sự thật hiển nhiên này không đơn giản như vậy. Trên thực tế, nếu không tham khảo hình vẽ, trong chứng minh hình thức, bạn sẽ phải dựa trực tiếp vào trục hình học đặc trưng cho vị trí của các đoạn thẳng và đường thẳng trên mặt phẳng - lời giải sẽ khá dài. Chúng tôi sẽ không tranh luận với giáo viên mà chỉ đưa ra một bản tóm tắt bằng chứng, rõ ràng là hoàn toàn thuyết phục. Về cơ bản, đây chính xác là những gì thường được thực hiện trong lời giải hình học bài toán, “gần với các tiên đề”.

Chúng ta hãy chứng minh rằng một trong những phần mà bốn đường tổng quát chia mặt phẳng thành một hình tứ giác.

Điều này là đủ cho lời giải bài toán: rõ ràng là nếu chúng ta tiếp tục các cạnh của bất kỳ tứ giác lồi nào không có các cạnh song song thì chúng ta cũng sẽ thu được 10 vùng còn lại, như trong Hình 1.

Đầu tiên chúng ta hãy vẽ ba đường tổng quát. Chúng cắt nhau thành từng cặp tại ba điểm A, B và C. Đường thẳng thứ tư l chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng. Nếu hai trong ba điểm A, B, C nằm trong một nửa mặt phẳng và một điểm (chẳng hạn như A) nằm trong một nửa mặt phẳng khác thì đường thẳng l cắt tứ giác ABC (BCED; Hình 3, a). Nếu cả ba điểm đều nằm trong cùng một nửa mặt phẳng, đường thẳng A cách l xa hơn B và C thì đường thẳng l cắt góc tứ giác có đỉnh B và C (BCED; Hình 3, 6).

Đối với mỗi bài toán 6) và c), chúng tôi sẽ đưa ra hai lời giải và cái sau sẽ sử dụng bài toán a), còn cái trước thì không.

6. Đáp số: việc chia tách luôn giống nhau; nó bao gồm 14 vùng - 6 bộ tứ và 8 bộ tứ.

Đầu tiên là lời giải. Đầu tiên chúng ta hãy thực hiện ba lượt lớn 1, 2, 3 (xem Hình 2). Họ chia quả cầu thành tám phần. Chúng ta hãy tìm xem có bao nhiêu trong số chúng sẽ giao nhau với hình tròn bốn nút 4, chúng ta ở vị trí chung với 1, 2 và 3. Để làm được điều này, chỉ cần tìm ra có bao nhiêu hình tròn riêng biệt mà hình tròn 4 được chia thành các giao điểm với các khay khác. Mỗi hai sườn dốc lớn giao nhau ở hai điểm đối xứng đường kính. Do đó, độ dốc 4 lớn hơn giao với ba độ dốc lớn 1, 2, 3 khác chỉ ở sáu điểm, tức là chúng ta được chia tổng cộng thành sáu cung. Như vậy,

34

Chúng tôi đã nhận được đáp số như thế này:

| 5-giác | Quadragon | 3-giác |
| :— | :— | :— |
| 4 vòng tròn chia hình cầu thành | 0 | 6 | 8 |
| Vòng tròn thứ 5 còn nguyên chia 3 giác thành chia 4 giác thành | 0 | 2 | 4 |
| | 0 | 4 | 4 |
| | 2 | 4=2+2 | 2 |

Tổng cộng. . . 2 10 10

Bây giờ chúng tôi sẽ chỉ cho bạn cách để có được đáp số tương tự dễ dàng hơn nhiều.

Thứ hai lời giải. Hãy chiếu một hình cầu từ tâm $P$ lên mặt phẳng $\alpha$, song song với đường xích đạo $O$. sau đó, một cặp $n$-giác đối xứng trên hình cầu, không hướng tới $O$, sẽ được ánh xạ lên một $n$-giác trong mặt phẳng $\alpha$ và một cặp $n$-giác, hướng tới $O$ - trên một góc $(n-2)$; Sử dụng kết quả bài toán a) - tính duy nhất của phép chia mặt phẳng cho bốn đường thẳng và bảng thứ nhất - chúng ta kết luận rằng năm đường tròn lớn bất kỳ chia hình cầu thành hai hình ngũ giác (hình chiếu của chúng là 3 góc), $2(1+4)=10$ tứ giác (trong đó tám đường thẳng hướng đến đường tròn lớn đã cho $O$ và bốn cặp này được chiếu lên 2 góc), và $2(2+3)=10$ hình tam giác (trong đó có sáu hình thẳng đến đường tròn lớn $O$).

Tất nhiên, những người quen thuộc với khái niệm mặt phẳng xạ ảnh (xem, ví dụ, «Kvant», 1974, số 3) sẽ nhận thấy rằng “phép chiếu” mà chúng ta đang nói đến được giải thích một cách tự nhiên hơn là ánh xạ của một hình cầu lên mặt phẳng xạ ảnh (trong trường hợp này, ánh xạ của hai điểm đối xứng đường kính của hình cầu được hợp nhất thành một, ảnh của tất cả các đường tròn lớn đều là các đường thẳng, bao gồm cả ảnh của đường tròn $O$-đường dây từ xa vô tận).

Hình 6 minh họa lời giải thứ hai cần được tính. Vì “đường ở vô cực” rất khó vẽ nên trong Hình 6 chúng ta đã vẽ một điểm song song rất gần với đường tròn lớn - đường xích đạo $O$; Hình ảnh của nó khi chiếu sẽ là một hình tròn có bán kính rất lớn trong mặt phẳng $\alpha$, chứa trong nó các giao điểm của bốn đường thẳng; những đường thẳng này chia “vòng tròn rất lớn” xuất hiện trên mặt phẳng thành 11 vùng: một “ngũ giác”, năm “tam giác” và năm “tứ giác”; quay trở lại từ mặt phẳng đến hình cầu, chúng ta thu được sau khi nhân đôi đáp số. Tóm lại, chúng tôi lưu ý rằng trong cả ba nhiệm vụ, không chỉ các loại phân vùng (số cạnh) mà cả vị trí tương đối của chúng cũng được xác định duy nhất.

Mời độc giả «Kvant» là bài toán nghiên cứu để tìm ra cách chia hình cầu có sáu hình tròn lớn hoặc một mặt phẳng - một phần năm là các đường thẳng (không còn là hình duy nhất nữa). Rõ ràng, điều khó khăn nhất ở đây là chứng minh rằng tất cả các phân vùng có thể đã được tìm thấy.

N. Vasiliev

**M445. Tâm của các đường tròn giống hệt nhau không giao nhau nằm tại tâm các mặt phẳng tại các đỉnh của hình thoi (cạnh của hình thoi là trung điểm kép của hình lục giác, góc ở đỉnh là $60^\circ$). Như vậy, chúng ta có một mạng hình thoi trên mặt phẳng; các đỉnh của hình thoi là các nút mạng (xem Hình 7). Hơn nữa, nếu đa giác $M$ có các đỉnh tại các nút được biểu diễn dưới dạng liên kết

35

ke 7. Cho $M$ là một đa giác có các đỉnh nằm trong chuỗi đường tròn. Hãy tô màu đỏ cho các vòng tròn hoặc đồng hồ (duen) nằm bên trong $M$ của chúng. Hãy chứng minh rằng tổng cường độ mưa đá của các trận mưa đá màu đỏ bằng $C \cdot 180^\circ$, trong đó $C = C(M)$ là một số nguyên và chúng tôi đưa ra một cách giải thích hình học khác cho một số khác.

Hình 7.

Hình 8.

Hình 9.

Hình 10.

đa giác $A_1, \dots, A_k$ (có đỉnh tại các nút): $M = \bigcup_{i=1}^{k} A_i$,

Cái đó

$$C(M) = C(A_1) + \dots + C(A_k);$$

một chức năng như vậy được cho là phụ gia. Theo đó, nếu đa giác $M$ với các đỉnh tại các nút được biểu diễn dưới dạng tập hợp các đa giác $A_1, \dots, A_k$, từ đó sự kết hợp của các đa giác $B_1, \dots, B_l$ ($A_i$ và $B_j$ - với các đỉnh tại các nút) bị loại bỏ - xem Hình 8; tức là nếu

$$M = \bigcup_{i=1}^{k} A_i \setminus \bigcup_{j=1}^{l} B_j,$$

và $\bigcup B_j \subseteq \bigcup A_i$ (*)

(ở đây $\setminus$ là hiệu đa giác hoặc ký hiệu phần bù), thì

$$C(M) = \sum_{i=1}^{k} C(A_i) - \sum_{j=1}^{l} C(B_j).$$

Dưới đây chúng tôi sẽ chỉ ra rằng mọi đa giác $M$ (có các đỉnh tại các nút) đều có thể được biểu diễn dưới dạng (*), trong đó $A_i$ và $B_j$ là hình tam giác. Vì vậy, chỉ cần chứng minh khẳng định bài toán cho các tam giác $T$ có đỉnh tại các nút là đủ.

Vì vậy, hãy chứng minh rằng $C(T)$ là một số nguyên. Chúng ta hãy nội tiếp tam giác $T$ vào hình bình hành $Π$ có ​​các cạnh song song với các cạnh. Vì đỉnh $T$ nằm trong các nút nên đỉnh $Π$ cũng nằm trong các nút. Chúng ta hãy tưởng tượng hình bình hành $Π$ là sự kết hợp của tam giác $T$ và tam giác $T_\pi$, có hai cạnh song song với các cạnh của mạng (Hình 9, a), 6). Rõ ràng là đối với bất kỳ hình bình hành nào $Π$ có các đỉnh tại các nút và độ dài các cạnh $a$ và $b$ (đối với đơn vị độ dài chúng ta chọn độ dài cạnh hình thoi tạo ra mạng, các số $a$ và $b$ là số nguyên), số $C = C(\Pi) = 2ab$ (П được chia thành $ab$ tạo ra mạng hình thoi $R$ (Hình 10) và với mỗi điểm của hình thoi $C(R) = 2$: trong hình thoi tổng độ lớn mưa đá của các cung là $360^\circ = 2 \cdot 180^\circ$). Vì vậy, đối với mỗi $Π$ có các đỉnh tại các nút, số $C(\Pi)$ là một số nguyên ($T_\pi$ luôn có thể hoàn thành thành hình bình hành $Π$ (Hình 11); sau đó $2C(T_\pi) = C(\Pi) = 2ab$, tiết lộ $C(T_\pi) = ab$ là một số nguyên). Đối với một tam giác tùy ý $T$ có các đỉnh tại các nút, chúng ta có: $C(T) = C(\Pi) - \Sigma C(T_\pi)$, tức là $C(T)$ cũng là một số nguyên. Vì vậy, đối với một tam giác có các đỉnh tại các nút, mệnh đề đã được chứng minh.

Nhân tiện, lưu ý rằng từ đẳng thức $C(\Pi) = 2ab$, ngay lập tức suy ra rằng $C(\Pi)$ tỉ lệ với diện tích $Π$:

$$S(\Pi) = ab \sin 60^\circ,$$

và $C(\Pi)/S(\Pi) = 1/\sqrt{3}$ ($S(T_\pi))$ là diện tích tam giác $T_\pi$.

Posny $C(T) = (S(\Pi) - \Sigma S(T_\pi))/\sqrt{3} = S(T)/\sqrt{3}$ và chúng tôi nhận được điều đó cho mọi tam giác $T$ với các đỉnh tại các nút $C(T)/S(T) = 1/\sqrt{3}$. Vì hàm $C(M)$ và diện tích $S(M)$ là cộng, nên đối với một đa giác tùy ý $M$

$$C(M) = S(M)/\sqrt{3}.$$

Đây là cách giải thích hình học của số $C$: đối với bất kỳ đa giác $M$ nào, số $C(M)$ tỷ lệ thuận với diện tích của nó.

Cần chứng minh rằng mọi $n$-gon $M$ đều có thể biểu diễn dưới dạng (*).

Lưu ý rằng nếu đường chéo $AB$ không cắt các cạnh $M$ và nằm bên trong $M$ thì nó sẽ tách $M$ thành $k$-giác và $l$-giác, với $k < n$ và $l < n$. Nếu nó nằm bên ngoài $M$ thì $M$ được biểu thị bằng sự khác biệt giữa $k$- và $l$-gon. Do đó, chỉ cần chứng minh rằng trong bất kỳ đa giác nào cũng có một đường chéo không cắt các cạnh của nó là đủ.

Hãy lấy ba đỉnh liên tiếp của đa giác $M$: $A_1, A_2, A_3$. Nếu đường chéo $A_1A_3$ không giao nhau với các cạnh $M$ thì đã tìm được đường chéo yêu cầu. Nếu không thì

36

Hình 11.

F458. Cậu bé bơi với tốc độ bằng một nửa tốc độ đuổi theo dòng sông. Anh ta nên bơi sang bờ bên kia theo hướng nào để anh ta bị cuốn theo ít nhất có thể?

Hình 12.

F459. Điện cực chứa ba vòng xoắn ốc có điện trở $R=120$ Ohm, mỗi vòng xoắn ốc được kết nối song song với nhau. Máy sưởi được nối thành bảy dãy có điện trở $r=50$ Ohm. Thời gian cần thiết để cắt hình xoắn ốc này bằng nước để đun sôi sẽ thay đổi như thế nào nếu một trong các hình xoắn ốc bị cháy?

Hình 13.

Gọi $v_0$ là tốc độ của dòng sông, $v_1$ là tốc độ của cậu bé so với dòng nước. Khi đó vận tốc của cậu bé so với bờ là

$$v = v_0 + v_1.$$

Vectơ vận tốc của cậu bé so với dòng chảy có thể có hướng khác nhau, nhưng đầu của nó nhất thiết phải nằm trên một đường tròn bán kính $|v_1|$ (Hình 13). Từ hình vẽ có thể thấy rằng vectơ $v$ tạo một góc tối thiểu với đường bờ biển trong trường hợp nó hướng tiếp tuyến với đường tròn - vị trí hình học của các đầu của vectơ có thể có $v_1$. Trong trường hợp này, cậu bé rõ ràng sẽ bị dòng nước cuốn đi một khoảng cách tối thiểu có thể. Từ hình vẽ ta thấy rằng trong trường hợp này cậu bé phải bơi một góc với bờ biển bằng

$$\alpha = \arccos \frac{|v_1|}{|v_0|} = \arccos \frac{1}{2} = 60^\circ.$$

O. Savigan

Điện trở của viên gạch có ba hình xoắn ốc mắc song song là $R_1 = R/3 = 40$ ohms. Sau khi cháy hết một vòng xoắn ốc, điện trở của viên gạch trở thành $R_2 = R/2 = 60$ Ohm.

Cho đến khi vòng xoắn cháy hết, dòng điện $I_1 = \frac{U}{R_1 + r}$ chạy qua mạch (U là điện áp mạng). Sau khi kiệt sức - $I_2 = \frac{U}{R_2 + r}$.

Trong trường hợp đầu tiên, lượng nhiệt $Q$ cần thiết để đun sôi một ấm nước được giải phóng trong viên gạch trong thời gian đó

$$t_1 = \frac{Q}{I_1^2 R_1} = \frac{Q (R_1 + r)^2}{U^2 R_1},$$

trong trường hợp thứ hai - trong thời gian

$$t_2 = \frac{Q}{I_2^2 R_2} = \frac{Q (R_2 + r)^2}{U^2 R_2}.$$

Hãy tìm tỉ số của thời gian $t_1$ và $t_2$:

$$\frac{t_1}{t_2} = \frac{(R_1 + r)^2 R_2}{(R_2 + r)^2 R_1} = \frac{243}{242}.$$

Do đó $t_2 = \frac{242}{243} t_1$.