Kvant 1978, số 4 · Trang

KVANM 4
1978

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

Hình vẽ thể hiện một cyclola hình cầu có $\frac{r}{R} = \frac{2}{3}$. Đọc về cyclol cầu ở trang 13.

1

TRONG PHÒNG

2 Lời răn của Lênin: “Học, học và học!”
6 I. Shklovsky. Thiên văn học vô hình
13 V. Berezin. Cyclops trên mặt phẳng và trên hình cầu
14 A. Zemlyakov. Phòng thí nghiệm thông tục về số học và hình học «Kvant»
22 A. Dozorov. Trình diễn không trọng lực

23 I. Antimov, S. Schwarzburg. Máy tính tuyệt vời Bài toán Kvant
26 Bài toán M496-M500; F508-F512
28 Lời giải bài toán M446-M448; F462-F466
Qua những trang sách giáo khoa
36 V. Dubrovsky. Sáu chứng minh định lý trung vị «Kvant» cho học sinh nhỏ
39 Bài toán
40 F. Barmenev. Quan sát trong toán học
Xưởng của người nộp đơn
42 A. Kikoin. e là gì? d.s.?
48 N. Rozov. Lời khuyên của độc giả
53 S. Kozel, Y. Nikolsky, B. Fedosov, V. Chekhlov, A. Shelazin. Viện Vật lý và Công nghệ Moscow
Đánh giá, thư mục
56 I. Zorich. Vật lý đẹp
Thông tin
58 Yu. Ivanov. Tổng cộng một tuần về khoa học, công nghệ và sản xuất dành cho trẻ em và thanh thiếu niên.
60 ngày 1 tháng 4
62 Đáp số, gợi ý, lời giải
Danh sách độc giả gửi đúng lời giải bài toán từ “Sách Vấn Đề” «Kvant» (21, 38, 52, 57, 59)
Pha trộn (35)

Trên bìa tạp chí, bạn thấy bức vẽ “Chiếc lá của Moebnus” của M. Escher (xem trang 35).

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản Nuka, «Kvant», 1978.

2

Di chúc của Lênin:
“Học, học và học!”

Điều 45. Công dân Liên Xô có quyền được giáo dục. Quyền này bảo đảm thực hiện tự do mọi loại hình giáo dục, thực hiện phổ cập giáo dục trung học cho thanh niên, phát triển rộng rãi giáo dục nghề, trung cấp chuyên ngành và đại học trên cơ sở gắn học tập với đời sống, với sản xuất; phát triển thư tín và giáo dục buổi tối; Chúng tôi cung cấp học bổng và phúc lợi của tiểu bang cho sinh viên; phân phối miễn phí sách giáo khoa; cơ hội học tập ở trường bằng ngôn ngữ mẹ đẻ của họ; tạo điều kiện cho việc tự học.

Hiến pháp Liên Xô

“Thể hiện ý chí của nhân dân Liên Xô, thực hiện chỉ thị của họ, Xô viết tối cao Liên Xô đã thông qua Hiến pháp mới của Liên bang Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết. Luật cơ bản của nhà nước xã hội dân tộc đầu tiên trên thế giới đã được thông qua. Một cột mốc lịch sử mới trong phong trào hướng tới chủ nghĩa cộng sản của chúng ta đã được hiến pháp ghi nhận - xây dựng sự phát triển của đất nước và phúc lợi cho học sinh; phân phát sách giáo khoa miễn phí; cơ hội học tại trường bằng tiếng mẹ đẻ của họ; tạo điều kiện cho việc tự giáo dục.”

Một phần đặc biệt của Hiến pháp - Nhà nước và Nhân cách - thiết lập các quyền, tự do và nghĩa vụ của công dân Liên Xô. Và một điều khoản riêng trong phần này đảm bảo quyền được giáo dục của mọi người dân Liên Xô. Hơn nữa, quyền được giáo dục không chỉ được tuyên bố một cách đơn giản - Luật Cơ bản quy định chính xác những gì quyền này đảm bảo. Hàng triệu học sinh, sinh viên các trường dạy nghề, sinh viên kỹ thuật Liên Xô từ kinh nghiệm cá nhân hàng ngày của mình biết rõ cách bảo đảm hiệu quả quyền được giáo dục và không ngừng cảm nhận công lao cha mẹ của Đảng Cộng sản, Chính phủ Liên Xô và toàn thể nhân dân ta.

Hiến pháp Liên Xô đảm bảo mọi người dân Liên Xô đều có quyền được giáo dục. Tiểu bang của chúng ta phải chi những khoản chi lớn cho việc giáo dục và nuôi dưỡng thanh thiếu niên: ví dụ, chi phí hàng năm cho mỗi học sinh ở một trường toàn diện là 160 rúp (không bao gồm chi phí phát hành sách giáo khoa miễn phí), trong giáo dục kỹ thuật - 640 rúp, ở vzeta - hơn 1000 rúp. Tuy nhiên, bên cạnh việc đảm bảo quyền được giáo dục, nhà nước xã hội của người dân đồng thời đòi hỏi mỗi công dân của mình phải tận dụng tối đa cơ hội này. Luật cơ bản của đất nước nêu rõ: “Trách nhiệm và nghĩa vụ của mọi công dân Liên Xô có khả năng làm việc là làm việc tận tâm trong lĩnh vực hoạt động có ích cho xã hội đã chọn của mình và tuân thủ kỷ luật lao động” (Điều 60). Điều khoản này của Hiến pháp Liên Xô áp dụng đầy đủ cho các công dân trẻ của Tổ quốc chúng ta - học sinh. Mọi

3

Mỗi học sinh Liên Xô phải tận dụng hiện tại, đấu tranh để đạt được trình độ tri thức cao, trau dồi trong mình một lý tưởng sâu sắc, thuyết phục, chăm chỉ, kỷ luật và chuẩn bị cho những công việc có ích cho xã hội.

Trong tất cả các giai đoạn lịch sử của Nhà nước Xô Viết, các đảng và chính phủ đều đặc biệt quan tâm đến vấn đề giáo dục, đào tạo và nuôi dưỡng thế hệ trẻ. Cách mạng Tháng Mười đã diễn ra - và chính phủ Liên Xô phải đối mặt với hàng nghìn, hàng nghìn vấn đề cấp bách, then chốt. Sự tồn tại của những người công nhân tài nguyên trẻ tuổi phụ thuộc vào số phận của nhiều người trong số họ. Nhưng ngay cả trong điều kiện khó khăn đó, V.I. Lênin luôn dành thời gian để chỉ đạo quá trình hình thành hệ thống giáo dục thanh niên Xô Viết mới, hình thành trường học Xô Viết mới. Ngay trong Hiến pháp đầu tiên của chúng tôi - Hiến pháp RSFSR năm 1918 - điều cực kỳ quan trọng bài toán “cung cấp cho công nhân và nông dân nghèo nhất một nền giáo dục đầy đủ, toàn diện và miễn phí” đã được xây dựng. Trong những năm bị can thiệp và nội chiến, trong những năm kinh tế bị tàn phá, thất nghiệp và đói kém, sự quan tâm của Lênin đối với trẻ em đã được thể hiện đầy đủ - đất nước đã cho các em mọi thứ có thể và mọi điều tốt đẹp nhất.

Ngay từ những ngày đầu tồn tại, chính quyền Xô viết dưới sự lãnh đạo của V.I. Lênin đã hăng hái bắt đầu xóa bỏ di sản đáng xấu hổ của chế độ Sa hoàng - tình trạng mù chữ hàng loạt. Và vấn đề máy chủ này đã được giải quyết trong thời gian ngắn chưa từng có. Năm 1906, tạp chí “Bản tin giáo dục” của Nga đã viết rằng phải mất 4.600 (!) năm mới chứng kiến ​​tình trạng mù chữ ở Kazakhstan và Trung Á. Nhưng Kazakhstan và những người lao động khai thác tài nguyên ở Trung Á từ lâu đã trở thành vùng đất có trình độ học vấn hoàn chỉnh. Tại các thành phố và làng mạc, chỉ riêng SCP Kazakhstan hiện đang tuyển dụng hơn 160 nghìn người; Trước Cách mạng Tháng Mười vĩ đại ở Kazakhstan không có chế độ tòng quân, nhưng hiện có hơn 200 nghìn sinh viên đang theo học tại 50 cơ sở giáo dục trung học. Cơ sở của những thành tựu đó là hệ thống xã hội chủ nghĩa trên đất nước Xô viết; không có điều gì như thế này có thể xảy ra trong thế giới tư bản. Đây là dữ liệu từ Cục Giáo dục Liên bang Hoa Kỳ: ở quốc gia tư bản giàu có nhất, nơi tự tuyên bố mình là “nhà nước phúc lợi”, ngày nay có 23 triệu người trưởng thành thậm chí không thể đọc được lịch trình đường sắt. Theo các chuyên gia của tổ chức quốc tế UNESCO, chuyên giải quyết các vấn đề giáo dục, khoa học và văn hóa, có tới 800 triệu người trên toàn cầu hiện hoàn toàn mù chữ, tức là cứ ba người trưởng thành thì có một người không thể đọc hoặc viết.

Nhà trường Xô Viết đã đi qua một chặng đường vẻ vang trong 60 năm tồn tại của Nhà nước ta và mọi thành công của nó đều là sự thực hiện thực sự những giao ước bất diệt của Lênin. Tuy nhiên, một trong những thành tựu văn hóa và xã hội thay thế của nhân dân Liên Xô trong Kế hoạch 5 năm lần thứ 9 là chuyển đổi sang phổ cập giáo dục trung học. Hiện nay, phổ cập giáo dục trung học bắt buộc cho thanh niên đã được ghi trong Hiến pháp Liên Xô. Vạch ra những triển vọng cho kế hoạch 10, 5 năm về hiệu quả và chất lượng, Đại hội lần thứ 25 của CPSU trong “Các phương hướng chính cho sự phát triển nền kinh tế quốc dân của Liên Xô giai đoạn 1976-1980” đã chỉ ra sự cần thiết phải “phát triển hơn nữa hệ thống giáo dục công phù hợp với yêu cầu của tiến bộ khoa học và công nghệ và bài toán sự gia tăng ổn định về trình độ văn hóa, kỹ thuật và giáo dục phổ thông của người dân lao động.” Thực hiện Đại hội gợi ý này, Ủy ban Trung ương CPSU và Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô đã thông qua một số Nghị quyết đề ra những giải pháp cụ thể nhằm cải thiện quá trình đào tạo và giáo dục học sinh ở các trường trung học và cơ sở giáo dục kỹ thuật nghề. Trong số 1 của tạp chí năm 1977, chúng tôi đã nói về sự quan tâm đặc biệt của chính phủ đến việc cải thiện điều kiện làm việc của các trường trung học nông thôn.

4

Câu nói của V.I. Lenin, được ông phát biểu tại Đại hội Komsomol toàn Nga lần thứ III, được biết đến rộng rãi: “Bạn chỉ có thể trở thành một người cộng sản khi bạn làm phong phú trí nhớ của mình bằng kiến ​​​​thức về tất cả của cải mà một người đã tạo ra”. bài toán Vladimir Ilyich này được hình thành vào buổi bình minh của xã hội xã hội chủ nghĩa. Lúc đó nó có liên quan - và ngày nay nó thậm chí còn có liên quan hơn. Suy cho cùng, những gì một người vận hành máy nông nghiệp tập thể làm ngày nay trong một loạt công việc cho đến gần đây vẫn được coi là chỉ có nhân viên kỹ thuật hoặc kỹ sư mới có thể tiếp cận được. Và điều này đặt ra những yêu cầu mới ngày càng cao về trình độ và chất lượng kiến ​​thức của bất kỳ người lao động nào - bất kể anh ta làm việc trong nhà máy hay ngoài đồng, trong xây dựng hay vận tải, trong phòng thí nghiệm khoa học hay trường học. Như vậy, đối với mỗi thành viên của một xã hội xây dựng chủ nghĩa cộng sản, giáo dục trung học đã trở thành một nhu cầu khách quan.

Đó là lý do tại sao Nghị quyết của Ủy ban Trung ương CPSU và Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô “Về việc cải tiến hơn nữa quá trình đào tạo và giáo dục học sinh trong hệ thống giáo dục kỹ thuật nghề nghiệp” đặt ra bài toán “phát triển và cải thiện công việc của các trường trung cấp kỹ thuật dạy nghề, … trong đó tạo điều kiện cần thiết để thanh niên thành thạo các ngành nghề hiện đại, được giáo dục trung học hoàn chỉnh và chuẩn bị toàn diện cho cuộc sống lao động độc lập.” Tầm nhìn kỹ thuật chuyên nghiệp của Liên Xô, có khả năng làm chủ và cải tiến trường kỹ thuật mới, cung cấp một nền giáo dục trung học hoàn chỉnh, mở ra mọi con đường cho giáo dục nâng cao cả trong các cơ sở giáo dục chuyên ngành trung cấp kỹ thuật và giáo dục đại học. Hơn nữa, bất cứ ai tốt nghiệp loại xuất sắc trường trung cấp kỹ thuật dạy nghề sau khi thi tuyển thành công sẽ được tuyển vào một trường đại học không có cạnh tranh.

Vào ngay trước năm 1978, Nghị định của Ủy ban Trung ương CPSU và Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô “Về việc tăng cường hơn nữa việc đào tạo, giáo dục học sinh ở các trường trung học và chuẩn bị cho họ đi làm” đã được công bố. Trong tài liệu này, các vấn đề thời sự về đào tạo lao động, giáo dục tư tưởng - chính trị, pháp luật và hướng dẫn nghiệp vụ cho sinh viên được phát triển rộng rãi. Cụ thể, nó nói: “Trong điều kiện hiện đại, khi đất nước đã chuyển sang giai đoạn tốt nghiệp trung học được giáo dục toàn diện, có kiến ​​thức sâu sắc về những kiến ​​​​thức cơ bản về khoa học và kỹ năng lao động để làm việc trong nền kinh tế quốc dân, sự chuẩn bị chặt chẽ để thành thạo một nghề nhất định. Sự cần thiết phải có bước ngoặt quyết định trong trường học để chuẩn bị tốt hơn cho thanh niên làm việc trong lĩnh vực sản xuất vật chất, để đảm bảo lựa chọn hướng nghiệp.”

Lời giải các đảng phái và chính phủ về các vấn đề giáo dục đặt ra «Kvant» các vấn đề quan trọng bài toán đối với ban biên tập và các biên tập viên, yêu cầu nâng cao hơn nữa chất lượng của tạp chí phù hợp với các vấn đề hiện tại của trường học. Phát triển sự quan tâm của giới trẻ đối với khoa học, tăng cường mối liên hệ giữa khoa học và nhà trường, thúc đẩy kiến ​​thức vật lý và toán học, phát triển toàn diện vai trò và tầm quan trọng của toán học và vật lý đối với thực tiễn - tất cả những điều này chắc chắn sẽ góp phần đào sâu kiến ​​thức và định hướng nghề nghiệp cho học sinh.

Ngày mai các học sinh trung học phổ thông của chúng ta sẽ gia nhập hàng ngũ những người tích cực xây dựng xã hội cộng sản. Và chắc chắn rằng họ sẽ cống hiến hết sức lực và kiến ​​thức của mình để hiện thực hóa những giao ước bất diệt của Lênin vĩ đại.

5

KỶ NIỆM CỦA CHÚNG TÔI

ANDREY NIKOLAEVICH KOLMOGOROV

Tháng 4 năm 1978 đánh dấu kỷ niệm 75 năm ngày sinh của Phó tổng biên tập đầu tiên của tạp chí «Kvant», nhà toán học được nhà nước cấp, Anh hùng Lao động xã hội chủ nghĩa, đoạt giải thưởng Lênin và Giải thưởng Nhà nước Liên Xô, viện sĩ Andrei Nikolaevich Kolmogorov.

Ngoài công trình khoa học thành công của Andrei Nikolaevich, chúng tôi 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 một chương trình toán học mới, tác giả và biên tập viên khoa học của một số sách giáo khoa cho trường trung học, đồng thời là Chủ tịch Ủy ban Toán học của Hội đồng Giáo dục và Phương pháp của Bộ Giáo dục Liên Xô.

Ban biên tập và ban biên tập tạp chí «Kvant» Thay mặt cho tôi và thay mặt cho nhiều độc giả của chúng tôi, tôi xin chúc mừng Andrei Nikolaevich nhân dịp nửa tháng mười hai của ông và chúc ông nhiều năm tuổi thọ, hạnh phúc cá nhân lớn lao, những thành công mới trong hoạt động khoa học và sư phạm.

ALEXEY IVANOVICH MARKUSHEVICH

Người thực hiện: Thành viên kỷ niệm 70 năm Ban biên tập Tạp chí Quốc gia, thành viên chính thức của Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm, Giáo sư Alexey Ivanovich Markushevich.

Công trình khoa học thành công của Alexey Ivanovich gắn liền với một tổ chức lớn hoạt động tái cơ cấu giáo dục phổ thông ở nước ta. Ông là một trong những tác giả của chương trình giảng dạy toán mới cho bậc trung học. Dưới sự chủ trì của Alexey Ivanovich, tôi đã biên soạn một số sách giáo khoa trung học cơ sở theo chương trình mới: sách giáo khoa toán lớp 4 và 5, “Alebra-6”, “Alebra-7”, “Alebra-8”. Ban biên tập và ban biên tập của tạp chí «Kvant» Thay mặt cho chính tôi và thay mặt cho nhiều độc giả của chúng tôi, tôi xin chúc mừng Andrei Nikolaevich về nửa tháng mười hai của ông và chúc ông sức khỏe, nhiều năm sống và những thành công mới trong công việc cao cả của mình với tư cách là một nhà khoa học và nhà giáo.

6

I. Shklovsky

Thiên văn học
vô hình

Việc chúng ta có thể nhìn thấy các ngôi sao xuyên qua độ dày khổng lồ của bầu khí quyển trái đất chỉ đơn giản là một phép lạ! Rốt cuộc, trên mỗi centimet vuông bề mặt hành tinh của chúng ta có một kg vật chất trong khí quyển - một sự thật thậm chí còn được Ostap Bender biết đến…
Đây là một lông mày thực sự. Tại sao nó chỉ hấp thụ 15-20% bức xạ rơi từ không gian? Nhưng—dừng lại! Cần phải báo trước: chúng ta đang nói về bức xạ nhìn thấy được.

Ánh sáng mà mắt chúng ta nhìn thấy là một dải rất hẹp trên thang bức xạ điện từ, bị giới hạn ở bước sóng 8·10⁻⁷ m (tia đỏ) và 4·10⁻⁷ m (tia phi lê). Theo hướng bước sóng, dải này tiếp giáp với một dải sóng hồng ngoại rộng, kéo dài xấp xỉ bước sóng 10⁻⁴ m. Xa hơn nữa, có một vùng sóng vô tuyến khổng lồ từ sóng dưới milimet đến sóng nhiều km.
Theo hướng sóng ngắn từ dải ánh sáng khả kiến ​​có sóng cực tím có chiều dài lên tới 10⁻⁸ m, tia RENTgen thậm chí còn ngắn hơn và cuối cùng là tia gamma ngắn nhất.

Độ trong suốt đáng kinh ngạc của lớp áo giáp dày của bầu khí quyển trái đất liên quan chủ yếu đến các tia nhìn thấy được. Ngoài ra, bầu khí quyển của trái đất cũng thích hợp với sóng vô tuyến có chiều dài từ 1 cm đến 15-20 mét. Ngoài ra còn có các “cửa sổ trong suốt” riêng biệt trong vùng hồng ngoại của quang phổ. Bầu khí quyển của trái đất hấp thụ hoàn toàn tất cả các loại bức xạ điện từ khác.

Để cản trở việc bầu khí quyển của trái đất được tiên tri cho các tia nhìn thấy được, theo quan điểm của các định luật chung

10

Viện Vật lý vô tuyến điện Serpukhov của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

phần tối của quang phổ, phần này “di chuyển” đến đó từ phần tử ngoại ở xa. Những vạch này chưa bao giờ được quan sát thấy ở bất kỳ vật thể thiên văn nào khác (sao, tinh vân) (phần cực tím của quang phổ bị khí quyển hấp thụ hoàn toàn). Hơn nữa, hóa ra tốc độ di chuyển của một thiên hà như vậy là gần 250.000 km/s, tức là bằng 0,8 tốc độ ánh sáng trong chân không!

Đã được quan sát trong nhiều năm nay, sự dịch chuyển đỏ của vũ trụ học hiện đại, bắt đầu từ nhà vật lý và toán học thay thế chúng ta A. A. Friedman, tuyên bố sự phân bố thực sự của Vũ trụ. Theo thời gian, khoảng cách giữa các thiên hà ngày càng tăng, do đó quy mô của Vũ trụ cũng ngày càng lớn. Quan sát một chuẩn tinh có λ/λ₀=4, chúng ta dường như đang nhìn vào quá khứ xa xôi của Vũ trụ, khi kích thước của nó nhỏ hơn kích thước hiện tại 4 lần và mật độ vật chất trung bình lớn hơn 64 lần. Chà, còn gì bằng nữa?

Cho đến nay, các chuẩn tinh có λ/λ₀ lớn hơn 4,6 vẫn chưa được phát hiện. Rất có thể là không có gì cả, hoặc rất ít. Điều này có nghĩa là các thiên hà (và do đó là hạt nhân của chúng) được hình thành ở một giai đoạn nhất định trong quá trình phát triển của Vũ trụ, khi quy mô của nó nhỏ hơn 4-5 lần so với hiện tại. Ngay cả trong thời đại trước đó cũng không có thiên hà. Chuyện gì đã xảy ra thế? Hóa ra có một loại khí và một trạng thái hóa học khá đơn giản - hỗn hợp hydro và heli. Khi chất khí này giãn nở, gắn liền với sự giãn nở của Vũ trụ, nó giảm mật độ và nguội đi. Điều này có nghĩa là khi “tuổi” của Vũ trụ là vài triệu năm, nhiệt độ của chất khí chứa đầy nó lên tới vài nghìn độ. Ở nhiệt độ này, khí này đã bị khử một phần, tức là nó là plasma.

Một đặc điểm quan trọng của Vũ trụ trong giai đoạn đầu của quá trình tiến hóa là nó chứa một lượng bức xạ khổng lồ. Thành phần quang phổ của bức xạ này giống như thành phần quang phổ của vật thể bị nung nóng đến nhiệt độ tương ứng. Mật độ năng lượng của bức xạ này (năng lượng trên một đơn vị thể tích) lớn hơn hàng trăm triệu lần mật độ năng lượng nhiệt của chất khí (vì vật chất trong Vũ trụ khi đó vẫn có mật độ tương đối thấp). Lượng năng lượng bức xạ ở trạng thái cân bằng với các nguyên tử khí đã hấp thụ và phát ra chúng. Điều này có nghĩa là số lượng tử được hấp thụ bởi các nguyên tử bằng số lượng tử do chúng phát ra (đồng thời). Vì lý do này, nhiệt độ của vật chất và bức xạ là như nhau. Nhưng điều này chỉ có thể kéo dài quá lâu.

Do Vũ trụ giãn nở, mật độ khí giảm nhanh và đây là nguyên nhân khiến quá trình trao đổi năng lượng giữa bức xạ và khí diễn ra ngày càng chậm. Cuối cùng, những quá trình này trở nên chậm đến mức bức xạ lấp đầy Vũ trụ mất đi mọi thứ cùng với chất khí. Điều này sẽ xảy ra ngay khi vũ trụ có tuổi vài triệu năm và kích thước của nó nhỏ hơn kích thước hoàn hảo khoảng một nghìn lần. Khi Vũ trụ tiếp tục giãn nở, mật độ bức xạ

11

Nhiệt độ lấp đầy Vũ trụ giảm nhanh chóng do nhiệt độ của nó thay đổi tỷ lệ với kích thước của nó. Và bây giờ, kể từ thời điểm “tách” bức xạ khỏi vật chất, Vũ trụ đã tăng kích thước của nó lên hơn một nghìn lần, chúng ta dự đoán nhiệt độ của bức xạ lấp đầy nó sẽ vào khoảng vài độ.

Thành tựu lớn nhất của thiên văn vô tuyến là việc phát hiện ra bức xạ này lấp đầy toàn bộ Vũ trụ, hay được gọi là “bức xạ tái phát”. Nó cho thấy môi trường của các loài động vật và thực vật sống trên Trái đất gặp phải “sự lỗi thời sống” - đại diện của hệ động vật và thực vật ở trạng thái xa xưa của Vũ trụ, khi không có các thiên hà và ngôi sao trong đó mà chỉ có khí nóng và bức xạ tràn ngập toàn thế giới. Phát hiện này được thực hiện cách đây 12 năm. Hóa ra là trên các sóng vô tuyến ở phạm vi centimet và milimet, mọi thứ không nhận được như nhau ở mọi hướng. Thành phần quang phổ của bức xạ này tương ứng với một vật thể bị nung nóng đến nhiệt độ 2,7 độ Kelvin. Cường độ tối đa xảy ra ở bước sóng khoảng một milimet. Ý nghĩa của khám phá này chủ yếu nằm ở chỗ phải có thể nghiên cứu Vũ trụ khi nó “trẻ hơn” gấp mười nghìn lần so với hiện tại và hoàn toàn khác với hiện tại. Vũ trụ có một lịch sử; dưới tác động của những nguyên nhân bên trong, nó không ngừng phát triển và tất nhiên ngày càng phức tạp hơn. Hiện tại, Vũ trụ vô cùng phong phú và phức tạp hơn so với thời kỳ riêng biệt đó. Ví dụ, vào thời điểm đó chất này chưa có trạng thái hóa học phong phú như bây giờ. Các nguyên tố khác ngoài hydro và gel hình thành bên trong các ngôi sao muộn hơn nhiều. Cũng không nên quên rằng sự sống trong Vũ trụ chỉ có thể phát sinh sau khi hình thành các nguyên tố nặng.

Thật nghịch lý khi bây giờ chúng ta biết về thời đại đó, tách biệt khỏi chúng ta, khi bức xạ “tái phát” được hình thành, lớn hơn nhiều so với các điều kiện quyết định sự hình thành của Hệ Mặt trời của chúng ta và đặc biệt là Trái đất, mặc dù sự kiện quan trọng này sẽ không xảy ra cách đây rất lâu: chỉ “một số” năm tỷ năm trước, khi kích thước của Vũ trụ chỉ bằng một nửa kích thước ngày nay. Đây là một ví dụ điển hình về việc khoa học phát triển không đồng đều, rằng sự tiến bộ về kiến ​​thức của chúng ta đến từ việc “khám phá” những điều chưa biết.

Một trong những lĩnh vực quan trọng nhất của thiên văn vô tuyến có thể được gọi là “thiên văn”. Chúng ta đang nói về việc nghiên cứu các vạch quang phổ khác nhau, các bước sóng của chúng nằm trong phạm vi vô tuyến. Thông thường, những đường này được quan sát thấy ở một số khu vực nhất định của môi trường giữa các vì sao có độ tinh khiết cao, nghiên cứu tổng hợp về nó đã trở nên đặc biệt quan trọng trong những năm gần đây. Đường vô tuyến “nổi tiếng” nhất có bước sóng 21 cm và thuộc về hydro. Vì hydro là nguyên tố phổ biến nhất trong Vũ trụ nên việc nghiên cứu đường này cung cấp những thông tin rất có giá trị áp dụng cho toàn bộ hệ sao của chúng ta - Thiên hà. Nghiên cứu đường này có thể tiết lộ nhiệt độ của môi trường giữa các vì sao, mật độ của nó và bản chất chuyển động của các đám mây khí giữa các vì sao.

Cùng với các nguyên tử, khí liên sao còn chứa các phân tử. Nhiều người trong số họ phát ra các đường vô tuyến được quan sát thành công. Điều bất ngờ là việc phát hiện ra trong không gian giữa các vì sao các phân tử phức tạp, đa nguyên tử, chẳng hạn như axit formic, rượu etylic và metyl cùng một số phân tử khác. Việc nghiên cứu các đường vô tuyến từ phân tử mở ra nghiên cứu về trạng thái đồng vị của vật chất trong Vũ trụ. Bằng cách này, deuterium giữa các vì sao lần đầu tiên được phát hiện - hydro nặng, có đường truyền vô tuyến có bước sóng khoảng 92 cm. Hóa ra là trong môi trường giữa các vì sao, cứ một trăm nghìn nguyên tử hydro trong đám mây thì có một nguyên tử hydro nặng.

12

Phát hiện này có một số hậu quả khá bất ngờ. Thực tế là các hành động không thể hình thành ở độ sâu của các ngôi sao. Ở nhiệt độ khá “vừa phải” vài triệu độ, các phản ứng hạt nhân xảy ra, dẫn đến sự phá hủy hoạt động của hạt nhân. Vì vậy, cũng giống như hydro thông thường, nó phải có nguồn gốc “tàn dư”. Hóa ra các phản ứng hạt nhân trong đó hành động được tổng hợp phải diễn ra khi nhiệt độ của Vũ trụ lên tới vài tỷ độ và tuổi của nó chỉ khoảng 10 phút! Đây là nơi mà “con mắt” của đài viễn thông vô tuyến có thể nhìn thấy…

Một vị trí đặc biệt trong quang phổ vô tuyến không gian được chiếm giữ bởi việc nghiên cứu các vạch của phân tử hydroxyl OH, bước sóng của chúng (chỉ có bốn) là khoảng 18 cm. Thực tế là ở làn sóng này, khá bất ngờ, người ta đã phát hiện ra những nguồn rất nhỏ, thường nằm trong các tinh vân khí. Hóa ra những nguồn này hoạt động theo nguyên lý giống như tia laser – máy phát lượng tử của sóng điện từ trong dải quang phổ nhìn thấy được. Đối với sóng vô tuyến, nguồn còn được gọi là maser. Ngoài ra, các nguồn rất sáng trong các vạch hơi nước H₂O có bước sóng 1,35 cm, có cùng bản chất, được phát hiện ở gần như cùng một vị trí trên bầu trời. Vì vậy, hóa ra thiên nhiên đã sử dụng trong điều kiện tự nhiên một thiết bị mà ở thời đại chúng ta, nó là biểu tượng của cuộc cách mạng khoa học và công nghệ mà nhân loại đã trải qua! Điều gây tò mò nhất là những nguồn tuyệt vời này nằm rất gần với khu vực của Thiên hà, nơi mà theo tất cả dữ liệu, quá trình hình thành các ngôi sao trẻ từ môi trường khí giữa các vì sao vẫn còn phần lớn bí ẩn. Vì vậy, kỹ thuật vô tuyến, khá bất ngờ, hóa ra lại là một phương tiện hữu hiệu để nghiên cứu vấn đề cổ điển lâu đời này.

Khi liệt kê những thành tựu nổi bật của thiên văn vô tuyến trong 10-15 năm qua, người ta không thể im lặng trước phát hiện khiến nhân loại phấn khích cách đây 10 năm. Chúng ta đang nói về việc phát hiện ra pulsar. Loại nguồn vô tuyến hoàn toàn bất thường này được đặc trưng bởi tính tuần hoàn nghiêm ngặt của tín hiệu vô tuyến. Khoảng thời gian ngắn nhất được biết đến là gần 1/30 giây, dài nhất là khoảng 4 giây. Nghiên cứu đã chỉ ra rằng các sao xung quay rất nhanh sao neutron và chu kỳ quay trùng với chu kỳ quan sát được của các xung vô tuyến. Sao neutron là gì? Hãy tưởng tượng Mặt trời của chúng ta lăn xuống kích thước khoảng 10 km. Vì bán kính của Mặt trời gần 700.000 km và mật độ trung bình của nó là 1,4 g/cm³, mật độ trung bình của một quả bóng 10 km - một ngôi sao neutron - sẽ gần bằng 10¹⁵ g/cm³. Đây là một giá trị lớn đến bất ngờ, gần bằng mật độ chất của hạt nhân nguyên tử.

Sao neutron, là điểm kết thúc tự nhiên của quá trình tiến hóa của một số sao, đã được dự đoán về mặt lý thuyết hơn 40 năm trước. Những ngôi sao này (với một ngoại lệ quan trọng) không thể được phát hiện bằng tia quang học. Chỉ có những phương pháp thiên văn học vô tuyến tiên tiến mới giúp chúng ta ngày nay có thể khám phá ra các sao neutron - giấc mơ của hai thế hệ nhà vật lý và thiên văn học trên khắp thế giới. Đây là một trong những khám phá vĩ đại nhất về thiên văn học và vật lý của thế kỷ 20, giàu thành tựu nổi bật của khoa học.

13

Cyclops trên mặt phẳng và trên hình cầu

Đặc tính của họ cyclopidae đã được nhiều nhà khoa học xuất sắc nghiên cứu trong năm qua. Trong số đó có G. Galileo (1564-1642), người đã đặt cái tên Cyclopides (từ tiếng Hy Lạp khuhlos - “vòng tròn”).

Cyclops phẳng là quỹ đạo của một điểm cố định trên một đường tròn lăn (không trượt) dọc theo một đường thẳng cho trước. Nếu một vòng tròn di động lăn dọc theo một vòng tròn đứng yên, chạm vào nó từ bên ngoài thì điểm cố định của vòng tròn di động mô tả một ngoại xích đạo. Với $r=R$, epicyclopda được gọi là cardiopda («Kvant», 1977, số 12, trang 33), với $\frac{r}{R}=\frac{1}{2}$ - nephrode («Kvant», 1977, số 9, trang 43).

Mọi thứ được mô tả ở đoạn trước đều xảy ra trên máy bay. Để đi vào không gian, đến các cyclop trên một hình cầu, chúng ta định nghĩa một cyclops phẳng theo một cách khác: hãy tưởng tượng rằng một mặt phẳng di động được đặt chồng lên một mặt phẳng cố định, trên đó vẽ một vòng tròn $\Sigma_1$, trên đó vẽ một vòng tròn $l$. Quả cầu $\Sigma_2$ được xoay sao cho vòng tròn $l$ lăn (không trượt) dọc theo vòng tròn $L$. Trong trường hợp này, quỹ đạo của một điểm cố định của đường tròn $l$ sẽ rơi vào hình cầu $\Sigma_1$ và hình cầu cyclops $y$. Hình 1 cho thấy một vòng của một thấu kính hình cầu. Nếu bán kính của hình tròn là $L$

Hình 1.

Hình 2.

và $l$ là vô tỉ, các điểm của thấu kính hình cầu lấp đầy một dải trên hình cầu.

Cố gắng xác định hình dạng của thấu kính cyclops hình cầu, nếu $\frac{r}{R}=\frac{1}{2}$.

Descartes là một trong những người đầu tiên chỉ ra cách người ta có thể xác định hướng của một tiếp tuyến với một thấu kính phẳng tại bất kỳ điểm nào. Hãy thay hình tròn chuyển động bằng hình vuông $ABCD$ có cùng chu vi và làm cho nó lăn dọc theo một đường thẳng cho trước, theo quỹ đạo của điểm $A$ (Hình 2). Trong trường hợp này, hình vuông sẽ lần lượt xoay quanh các đỉnh $D$, $C$, $B$, lần lượt chiếm các vị trí $D$, $C_1$ và $B_2$. Nếu tâm quay tại một thời điểm nhất định là tại điểm $C_1$, thì pháp tuyến (vuông góc với tiếp tuyến) tại điểm $C$ sẽ đi qua điểm $C_1$. Hãy thay hình vuông bằng hình ngũ giác, lục giác đều,… . . , $n$-gon có cùng chu vi. Hình ảnh sẽ giống nhau: pháp tuyến sẽ đi qua đỉnh, gần đó sẽ xảy ra chuyển động quay vào lúc này. Trong giới hạn ở $n \rightarrow \infty$ đa giác đều sẽ biến thành một đường tròn, quỹ đạo của điểm $A$ thành một đường tròn và điểm mà pháp tuyến phải đi qua tại một điểm cho trước của đường tròn sẽ trở thành điểm tiếp tuyến của đường tròn chuyển động (theo vị trí của nó) với đường tham chiếu. Có một pháp tuyến, không khó để chứng minh một tiếp tuyến.

Lý luận tương tự có thể được chứng minh cho epicyclopda và hypopyclopda, chỉ có “đa giác đều” đến từ các cung của một đường tròn cố định chứ không phải từ các đoạn thẳng. Và một lần nữa hóa ra là tiếp tuyến của ngoại tâm tại một điểm nhất định sẽ đi qua điểm tiếp xúc của vòng tròn di động theo vị trí.

Nhà toán học St. Petersburg J. Herman (1678-1733) đã chỉ ra rằng nhận định này cũng đúng đối với các thấu kính hình cầu.

V. Berezin

15

thì hệ lời giải tức thời có thể thấy nó có không quá hai lời giải, hoặc thay $z_2 = v_1 + v_2 - z_1$ vào phương trình thứ hai của hệ sẽ thu được phương trình bậc hai đối với $z_1$; mặt khác, hai lời giải rất dễ thấy - đó là $\begin{cases} z_1 = v_1, \\ z_2 = v_2 \end{cases}$ và $\begin{cases} z_1 = v_2, \\ z_2 = v_1 \end{cases}$.

Điều đầu tiên trong số chúng không có ý nghĩa vật lý: nó có nghĩa là các quả bóng tiếp tục chuyển động với cùng tốc độ, như thể đi xuyên qua nhau. Do đó, trong một va chạm đàn hồi tuyệt đối của hai quả bóng có cùng khối lượng sẽ xảy ra sự trao đổi tốc độ: $z_1 = v_2$ và $z_2 = v_1$.

$2^\circ$. Kết luận này đặc biệt thuận tiện khi diễn giải trên đồ thị chuyển động của các quả bóng trên mặt phẳng tọa độ $Otx$ (t là thời gian, $x$ là tọa độ dọc theo trục $Ox$). Trước khi va chạm, các quả bóng chuyển động theo định luật $x = x_1(t) = a_1 + v_1t$ và $x = x_2(t) = a_2 + v_2t$ (ở đây $a_1$ và $a_2$ là tọa độ ban đầu của các quả bóng); đồ thị chuyển động của chúng là đường thẳng (chính xác hơn là các đoạn hoặc tia) trên mặt phẳng $Otx$, với các hệ số góc $v_1$ và $v_2$. Thời điểm va chạm của các quả bóng tương ứng với giao điểm của đồ thị. Sau va chạm, đồ thị $x = x_1(t)$ và $x = x_2(t)$ cũng thẳng. Sau va chạm, đồ thị $x = x_1(t)$ trở thành bằng $z_1 = v_2$, khi đó đồ thị đầu tiên sau va chạm là phần tiếp theo của đồ thị thứ hai $x = x_2(t)$ trước va chạm; tương tự, đồ thị thứ hai sau va chạm là sự tiếp nối của đồ thị thứ nhất.

§ 2. Đối với các quả bóng có khối lượng khác nhau: không gian cấu hình

Khi hai quả bóng có khối lượng khác nhau va chạm nhau, sẽ không xảy ra sự trao đổi tốc độ mà là sự phân bổ lại tốc độ phức tạp hơn. Trong trường hợp đang xem xét (đối với các quả bóng có khối lượng khác nhau), việc kiểm tra đồ thị trên mặt phẳng $Otx$ không còn mang lại điều gì tốt nữa. Hơn nữa, không thể tưởng tượng được rằng số lượng va chạm nhất thiết phải là hữu hạn: hãy tưởng tượng rằng hai quả bóng lớn tấn công một quả bóng nhẹ từ cả hai phía (không phải đồng thời!) (xem hình trên trình bảo vệ màn hình); chẳng phải quả bóng nhỏ sẽ dao động liên tục giữa những quả bóng lớn sao?

Nó sẽ được hiển thị dưới đây rằng mức tối đa

18

các mặt phẳng thẳng hàng và các hướng được chọn theo nửa không gian, như trong Hình 5 (kiểm tra). chúng tôi có

$$\cos \alpha = \frac{\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2}{\left| \vec{n}_1 \right| \cdot \left| \vec{n}_2 \right|} =$$

$$= \frac{1}{m_2} \sqrt{\frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2}} \cdot \sqrt{\frac{1}{m_2} + \frac{1}{m_3}} =$$

$$= \sqrt{\frac{m_1 m_3}{(m_1 + m_2)(m_2 + m_3)}}.$$

3°. Những gì còn lại chỉ là một hình học thuần túy bài toán về số lượng phản xạ tối đa của một điểm từ các mặt của một góc nhị diện có giá trị cho trước $\alpha$. Theo các điều kiện (A) và (B) thì đoạn quỹ đạo của điểm sau khi phản xạ từ $P$ đối xứng với mặt phẳng $P$ đến phần tiếp theo của đoạn quỹ đạo ban đầu vượt ra ngoài điểm tác động lên $P$ (Hình 6). Do đó, bất kỳ đường gãy nào - quỹ đạo của một điểm chuyển động theo định luật phản xạ đàn hồi giữa các mặt của một góc nhị diện - đều có thể được “làm thẳng”, nghĩa là bằng các đối xứng liên tiếp đối với các mặt của góc, biến thành một đường thẳng, như trong Hình 7, $a$ (trong trường hợp này, chúng ta phản ánh chính góc nhị diện cùng với quỹ đạo). Sẽ thuận tiện hơn khi nhìn bức tranh này “từ một phía” - từ cạnh của cạnh chung của các góc nhị diện thu được (nói cách khác, bản vẽ không gian có thể được chiếu lên một mặt phẳng vuông góc với cạnh của góc nhị diện, như trong Hình 7, 6). Nếu lần đầu tiên điểm $M$ nằm trong mặt $P$, thì sau khi làm thẳng, phần tiếp theo của quỹ đạo sẽ nằm về một phía của mặt phẳng $P$ và chỉ có thể giao nhau với những nửa mặt phẳng thu được bằng các phép đối xứng liên tiếp nằm trên cùng một phía của $P$. Rõ ràng số nửa mặt phẳng như vậy bằng $[\pi/\alpha]$, trừ khi $\alpha \neq \pi/n$, $n \in \mathbb{N}$; trong trường hợp $\alpha = \pi/n$, nửa mặt phẳng cuối cùng sẽ nằm trong mặt phẳng $P$ và quỹ đạo thẳng không thể cắt nó - trong trường hợp này, số điểm giao nhau không quá $[\pi/\alpha] - 1$. Vì các giao điểm

20

Ngược lại, bằng cách sử dụng hình học $n$ chiều, chúng ta có thể chỉ ra rằng tổng số nội dung không thể là vô hạn; Theo sơ đồ này, bài toán này đã được giải quyết vào năm 1971 bởi tác giả của nó, Giáo sư Ya của Đại học Quốc gia Moscow. G. Sinai. Chúng tôi sẽ trình bày lời giải khác không yêu cầu kiến ​​thức về hình học đa chiều; ý tưởng lời giải được đề xuất bởi A. Avdeev, sinh viên Trường Vật lý và Cơ học tại Đại học Tổng hợp Moscow (hiện là sinh viên MIPT); sau đó, lời giải tương tự được tìm thấy bởi sinh viên Đại học Kyiv A. Reznikov và sinh viên tốt nghiệp MSU G. Galperin).

$1^\circ$. Chúng ta sẽ suy luận bằng quy nạp về số lượng bi. Trong § 2 người ta đã chứng minh rằng với $n = 3$ số lần va chạm là hữu hạn. Chúng ta hãy giả sử rằng với bất kỳ điều kiện ban đầu nào trong một nhóm gồm các quả bóng $k < n$ trong khoảng thời gian từ 0 đến $T$ (trong đó $T$ có thể bằng $+\infty$) sẽ chỉ xảy ra một số lượng va chạm hữu hạn. Giả sử rằng với mỗi điều kiện ban đầu $n$ các quả bóng trở nên vô hạn nhiều lần trong khoảng thời gian từ 0 đến $T$. Hãy thay đổi kích thước các quả bóng theo thứ tự chúng dọc theo trục $Ox$, nhưng từ phải sang trái. Tại mỗi thời điểm, hãy xem xét tổng cộng $k$ của các quả bóng bên phải:

$$P_k = m_1 v_1 + m_2 v_2 + \dots + m_k v_k (k = 1, 2, \dots, n)$$

Với mỗi lần va chạm theo cặp, giá trị của $P_k$ chỉ có thể tăng lên: thực sự, $P_k$ không thay đổi nếu các quả bóng ở bên trái của $k$ hoặc ở bên phải của $(k+1)$ được chơi; nếu quả bóng thứ $k$ đối mặt với quả bóng thứ $(k+1)$ thì quả bóng thứ $P_k$ tăng lên, (đối với quả bóng thứ $(k+1)$ chỉ đưa quả bóng thứ $k$ sang bên phải).

Bây giờ chúng ta biểu thị bằng $v_i^{(s)}$ tốc độ của quả bóng thứ $i$ sau va chạm thứ $s$ theo thứ tự (trong đó quả bóng thứ $i$ không được tham gia) và bằng $P_k^{(s)}$ - dấu cộng $P_k$ sau va chạm thứ $s$. Từ kết quả trên, với mỗi $k$ thì chuỗi $P_k^{(s)}$ ($s = 1, 2, \dots$) không giảm.

Mặt khác, trong mọi va chạm, tổng động năng của tất cả các quả bóng được bảo toàn:

$$\frac{1}{2} \left( m_1 v_1^2 + m_2 v_2^2 + \dots + m_n v_n^2 \right) = E = \text{const.}$$

Theo đó, đối với mỗi $i$ tại bất kỳ thời điểm nào, tốc độ bị giới hạn:

$$m_i v_i^2 \leq 2E \text{ и } |v_i| \leq \sqrt{2E/m} \leq \sqrt{2E/m},$$

trong đó $m$ là khối lượng nhỏ nhất trong số $m_1, \dots, m_n$. Điều này ngụ ý giới hạn của từng chuỗi $P_k^{(s)}$:

$$|P_k^{(s)}| \leq m_1 |v_1^{(s)}| + \dots + m_k |v_k^{(s)}| \leq (m_1 + \dots + m_k) \sqrt{2E/m}.$$

Vì vậy, với mọi $k$, chuỗi $P_k^{(s)}$ là đơn điệu và bị chặn, do đó, theo định lý Weierstrass, tất cả các chuỗi này đều có giới hạn tại $s \to \infty$. Nhưng $P_1^{(s)} = m_1 v_1^{(s)}$, vậy nên có giới hạn $v_1^{(s)} = w_1$. Tiếp theo, $P_2^{(s)} = m_1 v_1^{(s)} + m_2 v_2^{(s)}$, vậy nên có giới hạn $v_2^{(s)} = w_2$ (giải thích). Tiếp tục lập luận này, chúng ta suy ra sự tồn tại của giới hạn tốc độ cho tất cả các quả bóng:

$$\lim_{s \to \infty} v_k^{(s)} = w_k (k = 1, 2, \dots, n).$$

$2^\circ$. Bây giờ chúng tôi sẽ chỉ ra rằng tất cả các tốc độ giới hạn $w_k$ phải bằng nhau. Hãy xem xét hai quả bóng lân cận: thứ $k$ và thứ $(k+1)$. Trong khoảng thời gian từ 0 đến $T$, các quả cầu này phải va chạm với nhau vô số lần, nếu không, theo mệnh đề quy nạp sẽ có hữu hạn số cầu mới như vậy (giải thích). Hãy để va chạm thứ $s$ xảy ra giữa những quả bóng này. Chúng ta hãy viết các định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho va chạm này:

$$m_k v_k^{(s)} + m_{k+1} v_{k+1}^{(s)} = m_k v_k^{(s-1)} + m_{k+1} v_{k+1}^{(s-1)},$$

$$m_k \left(v_k^{(s)} - v_{k+1}^{(s)}\right) = m_{k+1} \left(v_{k+1}^{(s-1)} - v_{k+1}^{(s)}\right),$$

21

$$m_k \left( \left(v_k^{(s)}\right)^2 - \left(v_k^{(s-1)}\right)^2 \right) = m_{k+1} \left( \left(v_{k+1}^{(s-1)}\right)^2 - \left(v_{k+1}^{(s)}\right)^2 \right).$$

Chia đẳng thức cuối cùng cho đẳng thức áp chót, ta thu được sự tương ứng
$$v_k^{(s)} + v_{k+1}^{(s-1)} = v_{k+1}^{(s-1)} + v_{k+1}^{(s)}.$$

Nó có giá trị đối với vô số va chạm và trong đó người ta có thể đạt đến giới hạn ở $s \to \infty$. Do đó, để giới hạn tốc độ, chúng ta sẽ có: $2w_k = 2w_{k+1}$, từ đó $w_k = w_{k+1}$. Vì vậy, tất cả các tốc độ tối đa đều bằng nhau, $w_1 = w_2 = \dots = w_n = w$.

$3^\circ$. Gọi $v_1^0, \dots, v_n^0$ là vận tốc ban đầu; thì từ định luật bảo toàn động lượng nó suy ra
$$m_1 v_1^0 + \dots + m_n v_n^0 = m_1 v_1^0 + \dots + m_n v_n^0$$
cho bất kỳ $s$ nào. Do đó, chuyển đến giới hạn ở $s \to \infty$, ta thu được
$$m_1 v_1 + \dots + m_n v_n = (m_1 + \dots + m_n)w$$
trong đó $w$ là giới hạn chung của mọi tốc độ. Kể từ đây,
$$w = \frac{m_1 v_1 + \dots + m_n v_n}{m_1 + \dots + m_n},$$
tức là $w$ là tốc độ chuyển động của khối tâm của tất cả các quả bóng.

Chúng ta chuyển sang hệ quy chiếu tâm, tức là hệ quy chiếu tọa độ, hệ quy chiếu này chuyển động so với hệ quy chiếu ban đầu với tốc độ $w$. Trong hệ thống này, tất cả tốc độ giới hạn đều bằng 0; do đó, năng lượng giới hạn ở hệ khối tâm bằng 0. Vì khối tâm cũng là quán tính nên định luật bảo toàn năng lượng có hiệu lực trong nó, do đó tổng năng lượng ban đầu của các quả bóng trong hệ khối tâm bằng 0. Điều này chỉ có thể xảy ra khi tất cả vận tốc ban đầu trong hệ khối tâm bằng 0, nghĩa là khi trong hệ quy chiếu ban đầu, tất cả vận tốc ban đầu đều bằng $w$; nhưng với cùng tốc độ ban đầu thì không thể có sự va chạm nào giữa các quả bóng - một điều mâu thuẫn.

Người đọc, những người không xem xét sự chuyển đổi sang hệ khối tâm trong bằng chứng về sự trùng hợp của vận tốc ban đầu, có thể trực tiếp chứng minh bằng phép tính rằng giá trị $\sum_{i=1}^{n} m_i \left(v_i^s - w\right)^2$ được bảo toàn (và sẽ có xu hướng về 0 tại $s \to \infty$).

Lưu ý rằng các nhà toán học Moscow L. Wasserstein và G. Galperin đã khái quát hóa lý luận trên cho trường hợp các quả bóng trên mặt phẳng hoặc trong không gian va chạm đàn hồi tuyệt đối với nhau và cũng chứng minh được tính hữu hạn của số va chạm.

Danh sách độc giả đã gửi đúng lời giải bài toán từ “Bài toán Kvant”

Trong số này, chúng tôi công bố họ của những người gửi đúng lời giải bài toán M446—M460 và F448—F462 (số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Matematika

T. Abdulazabov (S. Yarashazmalyar DASSR) 52; K. Abdulkhalikov (Alma-Ata) 46, 54, 60a), 6); A. Avoyan (Kirovakan) 46; A. Adaev (làng Poprovka AzSSR) 57; V. Hayrikyan (Hrazdan) 46; A. Alekseev (Perm) 46, 47, 51, 53, 54; K. Arkhangelsky (Kyiv) 46, 57; V. Baasandorzh (MPR) 54; N. Babina (Khu định cư Nauchny, vùng Crimea) 54; E. Balakina (Moscow) 47, 54; A. Balinsky (làng Dublyany, vùng Lviv) 46, 48, 51, 52, 56, 60a); V. Batyrev (Moscow) 47, 48, 50—52, 54, 56, 57, 60a); V. Bakhrushin (Ordzhonikidze) 46; Yu. Batsenko (làng Demidova, vùng Vinnytsia) 54; M. Bestina (SFRY) 46, 48; N. Bovsunovsky (làng Putlovich, vùng Zhytomyr) 54; V. Bolomnikov (Kharkov) 46, 51, 54; V. Bondarenko (Krasnovshersk) 51; A. Brzezinska (Ba Lan) 51; O. Weinberg (Kazan) 46, 52, 56, 60a); N. Velikorosov (Konkovo) 46, 47, 50; D. Vinogradov (Dzerzhinsk) 54; S. Galstyan (làng Chakhrlu ArmSSR) 46, 47, 50-52, 54, 56, 57; D. Golub (Sumy) 48, 50, 51, 54; V. Grechka (Novokuznetsk) 54; N. Griberg (Kyiv) 54; S. Grishechkin (Moscow) 46-48, 50-59, 60a); V. Guba (Vologda) 60a), 6), d); A. Demushkin (Moscow) 47; M. Dmafarov (Kirovad) 52, 54; O. Evdokimov (Leningrad) 46, 47, 50-58, 60a), 6); A. Egoyan (Tbilisi) 51; S. Zhelezovsky (Saratov) 54; V. Zabelin (Saratov) 52, 54; I. Zaitsev (Nikolaev) 54; I. Zakharevich (Leningrad) 47, 48, 50-55; M. Zeldisk (Kyiv) 58; E. Zimanov (Alma-Ata) 46, 56, 57, 60a); Y. Zolomarev (Tashkent) 47, 56; R. Izmailov (Baku) 47, 50-54, 56-58; S. Iskov (Perm) 46, 53; I. Iskenderov (làng Nyusnos NakhASSR) 47; F. Kabykatsrov (Alma-Ata) 54; L. Kabadze (Tbilisi) 46; V. Kalinatsev (Elizovo) 46, 54; A. Kaplan (Sumgant) 54; A. Karnaukhov (khu định cư Kutana, YASSR) 54; A. Kach (Tashkent) 46, 48, 50; A. Kachurovsky (Novosibirsk) 47, 50, 51;

(Tiếp theo trang 38)

22

Trình diễn không trọng lực

Trạng thái không trọng lượng đạt được khi bay tự do. Một vệ tinh trên quỹ đạo, một hòn đá bay tự do và một người nhảy lên đều ở trạng thái không trọng lượng. Một vật nặng treo trên một sợi dây không có trọng lượng khi bay tự do và do đó không gây ra lực căng trên sợi dây. Thật dễ dàng để chế tạo một thiết bị có khả năng “quan sát” trạng thái không trọng lượng.

Hình 1 thể hiện sơ đồ nguyên lý của thiết bị.

Ở trạng thái “bình thường”, trọng lượng (Γ) kéo vào sợi chỉ, tấm đàn hồi (VII) bị uốn cong, làm đứt tiếp điểm giữa các cực (K1 và K2) của mạch điện. Trong trường hợp này, đèn (L) trong mạch đương nhiên không sáng. Nếu toàn bộ thiết bị được ném lên, tải ở trạng thái không trọng lượng và do đó không làm căng sợi chỉ. Tấm đàn hồi ở vị trí không bị cong, các cực được đóng lại và đèn sáng. Đèn chỉ bật sáng nếu toàn bộ thiết bị không có trọng lượng. Xin lưu ý rằng trạng thái không trọng lượng xảy ra cả khi chuyển động lên và khi chuyển động xuống.

Vít điều chỉnh (B) cho phép bạn đặt các cực sao cho chúng hơi dàn ra khi thiết bị đứng yên. Toàn bộ thiết bị được gắn bên trong một hộp trong suốt. Hình 2 thể hiện cái nhìn tổng quát về thiết bị.

Một số lời khuyên thiết thực để chế tạo thiết bị. Để có thể sử dụng cả pin lớn (phẳng) và “Krona” nhỏ, tốt hơn hết bạn nên tập trung vào pin phẳng lớn hơn trong quá trình sản xuất. Thông thường, thiết bị có chứa pin, vì vậy việc sử dụng pin phải dễ dàng; bạn có thể gắn nó vào phần bị hỏng của thiết bị và tạo các lỗ nhỏ trên vỏ cho các dây được kết nối.

Bất kỳ dải kim loại đàn hồi mỏng nào, thậm chí là nửa lưỡi dao cạo an toàn, đều thích hợp làm tấm đàn hồi.

Hình 1
Hình 2

23

Máy tính tuyệt vời

Nhiều người trong số các bạn có thể đã nghe nói về những chiếc máy tính nhỏ có thể bỏ vừa túi và có thể tính toán “bất cứ thứ gì”.
Bài viết này nói về một trong những chiếc máy này: máy vi tính Elektronka B3-18. Kích thước của thiết bị này là 160×90×46 mm, trọng lượng chỉ 400 gram, nhưng nhờ thành tựu của điện tử hiện đại, “chiếc hộp thần kỳ” này chứa hơn 60 nghìn phần tử: bóng bán dẫn, điện trở, tụ điện…! Vì vậy, không rõ tại sao cô ấy lại ngạc nhiên, vì cô ấy nghĩ nó thật tuyệt vời, hoặc vì

Làm thế nào bạn có thể thu nhỏ nhiều thiết bị điện tử vào một chiếc hộp nhỏ như vậy? Không thể nói về sự sắp xếp của Elektronka và sự rút gọn của nó trong một bài viết. Vì vậy, chúng ta sẽ hạn chế nói về khả năng toán học của cô ấy.

Chúng tôi phải quan sát những người lần đầu tiên cầm “Điện tử” trên tay. Hầu hết họ đều cố gắng tự mình tìm ra sự xuất hiện của nó mà không cần nhìn vào hướng dẫn. Xin thưa cách làm chủ máy tính này là thú vị nhất. Nhưng đối với những độc giả tuyệt vời của chúng tôi, con đường này đã bị đóng lại. Do đó, chúng tôi mời bạn phát huy trí tưởng tượng của mình và tưởng tượng rằng bạn có một chiếc “Điện tử” trong tay.

Tất nhiên, bước đầu tiên là nhấn nút “bật” (mọi người sẽ nói với bạn điều này). Trong trường hợp này, số 0 và dấu phẩy được hiển thị ở chữ số ngoài cùng bên phải của màn hình kỹ thuật số. Hãy tìm tổng 7+3 bằng máy tính. Việc nhấn các phím có hình ảnh số và ký hiệu thao tác là điều đương nhiên. Vì vậy, hãy nhấn phím “7” (xem hình) - số 7 xuất hiện trên màn hình kỹ thuật số, hiển thị màu xanh lục. Tiếp theo, nhấn phím “+” - không có thay đổi nào được quan sát. Sau đó nhấn phím “3”: số trước đó biến mất khỏi bảng và thay vào đó là số 3. Cuối cùng, nhấn phím “=”, số 10 xuất hiện trên bảng - kết quả là lời giải bài toán (lưu ý tất cả các số - 7, 3, 10 - đều hiển thị ở bên phải bảng).

Rõ ràng là bất kỳ ví dụ tranh luận nào có số có một chữ số đều phải được giải theo cách giống hệt nhau. Còn số có nhiều chữ số thì sao? Nhấn phím 7 hai lần liên tiếp. “77” sáng lên trên màn hình. Nếu chúng ta cần số 65 thì sao? Bạn nên nhấn phím nào trước? Hãy thử cả hai tùy chọn, bạn có thể dễ dàng nhận ra rằng trước tiên bạn cần nhấn phím “6”, sau đó là phím “5”. Rõ ràng cách sử dụng các nút có số và số

24

các nút có hình ảnh ký hiệu hoạt động: “+”, “-”, “×”. Phím “->” thực hiện phép chia. Sau khi giải một số bài toán, chúng ta sẽ nhận thấy rằng tất cả các số kết quả không còn chữ số nào nữa và chữ số ngoài cùng bên trái - thứ chín - của bảng dành cho dấu của số: “-” sáng lên trong đó nếu kết quả là số âm.

Máy tính có thể tính giá trị của biểu thức bằng nhiều thao tác. Vì vậy, để cộng một số số, bạn cần nhập phần phụ đầu tiên, nhấn phím “+”, sau đó nhập phần phụ thứ hai, nhấn lại “+”, v.v., và cuối cùng nhấn “=”. Các phím “,” và “/—/” được sử dụng để nhập phân số thập phân và đổi dấu của một số. Nếu bạn cần nhập một phân số thập phân, trước tiên hãy nhập các dấu hiệu của nó đến dấu thập phân, sau đó nhấn phím “,” rồi nhấn các dấu còn lại. Để tạo ký hiệu số “trừ”, trước tiên bạn cần nhấn phím “/—/”. Ví dụ: bảng hiển thị cách quay số - 48.587.

Vì vậy, máy tính có thể thực hiện bất kỳ phép tính số học nào: nó thực hiện một cách im lặng và gần như ngay lập tức. Những người phải làm việc về số học sẽ đánh giá cao những ưu điểm của “Điện tử”.
Nhưng đây không phải là tất cả những gì có thể xem xét về thiết bị. Nó cũng nhanh chóng tính toán giá trị của nhiều hàm. Có thể thấy từ hình vẽ rằng ngoài ký hiệu được đặt vô thời hạn trên phím, còn có một ký hiệu nhất định được viết phía trên mỗi phím. Về cơ bản, đây là các ký hiệu của các hàm: logarit, lượng giác, v.v. Để tính giá trị của các hàm này, bạn cần sử dụng phím “F”.

Ví dụ: giả sử bạn muốn tính $\sqrt{20,25}$. Để thực hiện việc này, hãy quay số 20,25; nó sẽ được hiển thị trên màn hình. Sau đó, bạn cần nhấn các phím “F” và “V^-” (“V^-” là phím giống như “9”), sau đó hiển thị kết quả trên màn hình - số 4,5.

Lưu ý trình tự các ký tự chính được sử dụng khi lời giải được đưa ra bởi bài toán:

«2» «0» «,» «2» «5» «F» «V^-»

Chuỗi ký tự được viết là một lệnh để tính giá trị căn bậc hai của một số cho trước. Lệnh như vậy phải chứa số gốc - đối số của hàm, sau đó là dấu của hàm F và sau đó - ký hiệu

25

chức năng (ngược lại với ký hiệu thông thường).

Tương tự, máy tính tính giá trị của các hàm $1/x$, $10^x$, $e^x$, hàm logarit (logarit thập phân và tự nhiên) và hàm lượng giác.

Chúng tôi sẽ cho bạn biết cách tính giá trị của hàm $x^y$ bằng máy tính. Ví dụ: giả sử chúng ta cần tính $5,1^{3,92}$. Đầu tiên, chúng ta quay số 5.1 (nó xuất hiện trên bảng điểm). Sau đó, nhấn phím “F” và “$x^y$”. Số 1.629241=ln 5.1 xuất hiện trên bảng (thực tế là máy tính tính $x^y$ bằng công thức $x^y = e^y \ln x$). Tiếp theo, chúng ta quay số 3,92 (nó xuất hiện trên bảng điểm). Cuối cùng, nhấn phím “=”, ta được số 593.8486 trên bảng điểm, đây là kết quả ban đầu: $5,1^{3,92} = 593,8486$.

Để đánh giá cao sự tiện lợi của lời giải tính toán bài toán bằng máy tính, chỉ cần sử dụng nó trong các bài học toán ở trường - sử dụng bảng hoặc thước trượt là đủ. Trong trường hợp này, cần phải logarit, tăng cường và thực hiện các phép toán khác. Tất cả điều này mất rất nhiều thời gian. Máy tính, đồng thời mang lại lợi ích lớn hơn về thời gian lời giải bài toán, đảm bảo độ chính xác lời giải và loại bỏ các lỗi kỹ thuật khác nhau.

Để tính các giá trị của các hàm lượng giác nghịch đảo, lớp “cung” được sử dụng; và bằng cách sử dụng nút chuyển “rad/grad”, kết quả có thể được biểu thị bằng độ hoặc radian. Ví dụ: để tính arctg 1 theo độ, bạn cần đặt công tắc sang vị trí “grad” và nhấn liên tiếp các phím “1”, “F”, “arc”, “tg”. Kết quả sẽ xuất hiện trên bảng điểm - số 45 (hoặc có thể là con số gần đúng của nó, chẳng hạn mà không tính đến con người). Nhưng trong mọi trường hợp, một nhà toán học không thể phàn nàn rằng máy tính bằng cách nào đó đã làm chậm công việc của anh ta. Xin vui lòng, ngược lại - máy tính sẽ dành quá nhiều thời gian để chờ lệnh tiếp theo.

Trong thực tiễn giáo dục, máy tính là sự kế thừa xứng đáng cho các bảng toán và thước đếm. Chúng tôi hy vọng rằng không còn xa nữa khi những chiếc máy tính này hoặc những chiếc máy tính tương tự sẽ trở thành thiết bị cần thiết (và giá cả phải chăng!) trong các bài học toán, vật lý và hóa học.

26

Bài toán

M496-M500; F508-F512

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy chia sẻ tin tức của trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị cho chúng tôi bài toán này. Tất nhiên, không phải tất cả những bài toán này đều được xuất bản lần đầu tiên.

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất vào ngày 1 tháng 7 năm 1978 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka, 21/16, tòa soạn tạp chí «Kvant», “Bài toán Kvant. Sau địa chỉ trên phong bì, viết các số bài toán, lời giải bạn đang gửi, ví dụ: “M496, M497” hoặc “F508”. Lời giải bài toán cho mỗi môn học (toán học và vật lý), cũng như các bài tập mới phải được gửi trong các phong bì riêng. Vui lòng gửi các bài tập từ các số khác nhau của tạp chí trong các phong bì khác nhau. lời giải). Vui lòng gửi các điều kiện của bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản thành hai bản cùng với lời giải của bạn cho những nhiệm vụ này (trên phong bì ghi: “Bài toán Kvant, bài toán mới trong vật lý” hoặc “… mới bài toán trong toán học”).

Ở đầu mỗi chữ cái, vui lòng cho biết họ và tên, số trường, lớp mà bạn đang theo học.

M496. Số có sáu chữ số nào lớn hơn: số nào có thể được biểu diễn dưới dạng tích của hai số có ba chữ số hoặc số không thể biểu diễn được?

S. Fomin

M497. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác nhọn ABC lấy các điểm tùy ý A₁, B₁, C₁; Các vòng tròn được xây dựng trên các đoạn AA₁, BB₁ và CC₁ như trên đường kính. Chứng minh rằng ba dây chung của các cặp đường tròn này cắt nhau tại giao điểm các đường cao của tam giác ABC.

V. Gutenhacher

M498*. Với mọi số tự nhiên n ≥ 3, hãy chỉ ra k nhỏ nhất sao cho n điểm bất kỳ trong mặt phẳng, không có ba điểm nào cùng thuộc một đường thẳng, cách nhau bởi k đường thẳng. (Tôi sẽ chia các điểm này thành các đường nếu với bất kỳ hai điểm nào trong số này có một đường thẳng mà chúng nằm đối diện nhau.)

N. Vasiliev, A. Egorov

M499. Ta gọi một số là số cân bằng nếu trong ký hiệu thập phân của nó, một số bắt đầu nhất định trùng với một số cuối nhất định (ví dụ: các số 1971, 19219 cân bằng, nhưng các số 1415145 thì không.) Chứng minh rằng có một số mà sau khi cộng một số bất kỳ trong số 10 chữ số bên phải nó sẽ trở nên cân bằng.

G. Gurewitz

M500. N học sinh lớp một biểu diễn thành một hàng (vai kề vai). Khi có lệnh “nale-VO”, mọi người cùng lúc quay 90°, một số sang trái và một số khác sang phải. Đúng một giây sau, tất cả những người đối mặt với người hàng xóm của cô ấy đều quay ngoắt - 180°. Sau một giây nữa, mỗi người bây giờ thấy mình đang đối mặt với người hàng xóm của mình lại quay ngoắt 180°, v.v. (Hình 1).

a) Chứng minh rằng sau một thời gian hữu hạn chuyển động sẽ dừng lại.

27

6. • Một người có thể quay một vòng tròn bao nhiêu lần?
     b) * Khoảng thời gian tối đa mà sự chuyển động trong đội hình có thể tiếp tục là bao nhiêu?
     d) Cho đường thẳng vô hạn theo cả hai hướng và khi có lệnh “halle-BO” chỉ có một tập hữu hạn K học sinh lớp một quay sang phải, số còn lại quay sang trái. Khi đó, theo quy tắc bài toán (in nghiêng), chuyển động sẽ tiếp tục vô tận. Tuy nhiên, hãy chứng minh rằng chuyển động sẽ dừng sau một thời gian hữu hạn nếu quy tắc này được thay thế bằng quy tắc sau: cổ điển đầu tiên chỉ quay 180° nếu người đầu tiên (hàng xóm của anh ta) và người thứ ba trong số những người đứng trước mặt anh ta đang đối mặt với anh ta (Hình 2).

G. Kurdimov, Yu. Neretin

F508. Thời kỳ Sao Thủy quay quanh Mặt trời là 88 ngày Trái đất và quanh trục của nó - 59 ngày Trái đất. Độ dài ngày và đêm trên sao Thủy là bao nhiêu?

E. Levitan

F509. Có một dòng nước trong hồ chỉ hút được lớp nước trên cùng. Một chiếc bè có lắp đặt hệ thống thu âm trôi nổi dọc theo dòng nước. Ở phía dưới, phía trước dòng điện có một nguồn âm đứng yên. Một người quan sát trên bè phát hiện ra rằng tại một thời điểm nào đó âm thanh truyền đến bè theo hướng tạo một góc α với phương thẳng đứng. Lúc này đường thẳng đứng hướng về phía nguồn âm một góc bằng bao nhiêu?

Tốc độ của dòng chảy là v, tốc độ âm thanh trong nước là c, độ dày của lớp chuyển động nhỏ hơn nhiều so với độ sâu của đại dương.

G. Kotkin

F510. Một lưới cao su chắc chắn được căng trên quả bóng cao su, các khía của chúng chạy dọc theo kinh tuyến của quả bóng. Quả bóng sẽ có hình dạng như thế nào nếu áp suất trong nó tăng lên?

F511. Các bản của tụ điện phẳng có diện tích S tạo thành một góc nhỏ α (α << 1) với nhau. Khoảng cách trung bình giữa các bản là d. Vẽ hình ảnh gần đúng của đường dây điện trường nhà máy điện của tụ điện và tìm điện dung của tụ điện.

F512. Mục tiêu thể hiện trên Hình 3 bao gồm dòng điện xoay chiều có tần số v = 50 Hz. Bằng cách sử dụng một cổ góp, một hướng xen kẽ giữa các điểm a và b, sau đó một hướng giữa các điểm b và c được cung cấp cho đầu vào của máy ghi dao động. Màn hình osilograph tạo ra hình ảnh của hai đường cong. Hình 4 được tạo từ ảnh chụp bức tranh trên màn hình máy đo dao động. Xác định độ tự cảm L của mạch nếu C = 32 μF, R = 65 Ohm.

B. Nzhnik

28

M446. Một hình tròn có chiều dài 1 lăn từ bên ngoài dọc theo một hình tròn có chiều dài $\sqrt{2}$. Tại thời điểm ban đầu, điểm tiếp xúc của vòng tròn được đánh dấu bằng một vạch sơn. Khi lăn, các điểm sơn của tôi và vòng tròn bên ngoài khác được sơn bởi nước tiểu mà chúng tiếp xúc. Có bao nhiêu điểm khác nhau của vòng tròn cố định sẽ bị bẩn khi vòng tròn chuyển động quay được 100 vòng quanh vòng tròn cố định?

Hình 1.

Trước tiên chúng ta hãy tìm hiểu xem sẽ để lại bao nhiêu vết đỏ trên vòng tròn cố định $a$ (chiều dài $\sqrt{2}$) nhân với điểm màu đỏ đầu tiên $B$ của vòng tròn di động $b$ (chiều dài 1) trong $n$ vòng quay.

Hãy lăn vòng tròn $b$ dọc theo một đường thẳng. Sau đó (nếu chúng ta lấy điểm màu đỏ đầu tiên trên dòng làm phần đầu của báo cáo $O$), dấu vết của điểm $B$ sẽ rơi vào các điểm có tọa độ nguyên không âm (Hình 1). Bây giờ chúng ta cuộn đường thẳng quanh vòng tròn $a$, bắt đầu từ điểm $O$. Mỗi vòng quay tương ứng với một đoạn thẳng có độ dài $\sqrt{2}$. Rõ ràng là các điểm màu đỏ khác nhau của đường thẳng sẽ đi vào các điểm khác nhau của đường tròn $a$, vì đẳng thức $k_1 - k_2 = m \sqrt{2}$ đối với số nguyên $m, k_1 \neq k_2$ là không thể (số $\sqrt{2}$ là số vô tỷ). Như vậy, trong $n$ vòng quay đầu tiên, điểm $B$ sẽ để lại dấu vết $[n \sqrt{2}] + 1$: đó chính xác là số điểm nguyên trên đoạn $[0; n \sqrt{2}]$.

Bây giờ chúng ta hãy thử xem xét tất cả các dấu vết còn sót lại trên vòng tròn này và vòng tròn kia. Thoạt nhìn

có vẻ như số lượng của chúng tăng theo cấp số nhân tùy thuộc vào số vòng quay $n$: sau mỗi vòng quay, mặt phẳng trung bình của các điểm (số điểm trên một đơn vị chiều dài) trả về khoảng hai lần - sau cùng, dấu vết của các điểm từ một vòng tròn khác được thêm vào các chấm đỏ trên mỗi vòng tròn. Tuy nhiên, giả định này hóa ra hoàn toàn không chính xác: không có điểm màu đỏ nào khác xuất hiện trên vòng tròn $a$, ngoại trừ những điểm trong đó điểm đầu tiên $B!$ rơi vào. Thật vậy, một số chấm trống $B' \in b$ có màu khi chúng tiếp xúc với chấm đỏ $A' \in a$. Vì $A'$ có màu đỏ nên điểm đầu tiên $B$ đã tiếp xúc với nó. Rõ ràng là, khi trở thành màu đỏ, $B'$ sẽ chạm vào các điểm tương tự (khoảng cách từ $A'$ ở khoảng cách 1, 2, … theo hướng quay) trong đó $B$ đã chạm vào sau khi tiếp xúc với $A'$.

Theo cách tương tự, có thể chứng minh rằng sẽ không có điểm nào xuất hiện trên vòng tròn $b$, ngoại trừ những điểm bị bao phủ bởi điểm đỏ đầu tiên $A \in a$, do đó sau $n$ vòng quay trên vòng tròn $b$ chấm đỏ thứ $(n+1)$ sẽ xuất hiện.

Vì vậy, số lượng chấm đỏ không tăng theo cấp số nhân mà chỉ theo quy luật tuyến tính $[n \sqrt{2}] + 1$.

N. Vasiliev

M447. Trong tam giác nhọn $ABC$, các đoạn $BO$ và $CO$ (ede $O$ là tâm của đường tròn bị bỏ qua) được kéo dài cho đến khi chúng cắt nhau tại các điểm $D$ và $E$ với các đường thẳng $AC$ và $AB$ của tam giác. Hóa ra là $BDE = 50^\circ$ và $CED = 30^\circ$. Bạn có thể tìm các góc của tam giác $ABC$ bằng định lý sin. Hãy đặt $EBD = \varphi$. Sau đó $OEB = 100^\circ - \varphi$, $ABC = \varphi + 40^\circ$, $ACB = 90^\circ - \varphi$,

28

29

$OCD = 50^\circ - \varphi, ODC = \varphi + 50^\circ;$ do đó $0^\circ < \varphi < 50^\circ$.
Từ các tam giác $ODE, OBE$ và $OCD$ ta tìm được:

$$\frac{\sin 50^\circ}{\sin 30^\circ} = \frac{|OE|}{|OD|} = \frac{|OE|}{|OB|} \cdot \frac{|OC|}{|OD|} = \frac{\sin OBE}{\sin OEB} \cdot \frac{\sin ODC}{\sin OCD} =$$

$$= \frac{\sin \varphi \sin (\varphi + 50^\circ)}{\sin (100^\circ - \varphi) \sin (50^\circ - \varphi)} = 2 \sin 50^\circ,$$

Phương trình mà chúng ta phải tìm $\varphi$ ($0^\circ < \varphi < 50^\circ$):

$$\frac{\sin \varphi \sin (\varphi + 50^\circ)}{\sin (100^\circ - \varphi) \sin (50^\circ - \varphi)} = 2 \sin 50^\circ,$$

tương đương sau:

$$2 \sin 50^\circ (\cos 50^\circ - \cos (150^\circ - 2 \varphi)) =$$

$$= \cos 50^\circ - \cos (50^\circ + 2 \varphi),$$

$$\sin 20^\circ - \sin (2 \varphi - 40^\circ) + 2 \sin 50^\circ \cos (2 \varphi + 30^\circ) = 0,$$

$$\cos (\varphi - 10^\circ) \sin (30^\circ - \varphi) + \sin 50^\circ \sin (60^\circ - 2 \varphi) = 0,$$

$$\sin (30^\circ - \varphi) (\cos (\varphi - 10^\circ) + 2 \sin 50^\circ \cos (30^\circ - \varphi)) = 0.$$

Vì $\cos(\varphi - 10^\circ)$ và $\cos(\varphi - 30^\circ)$ dương tại $0^\circ < \varphi < 50^\circ$ nên phương trình cuối cùng có một nghiệm duy nhất $\varphi = 30^\circ$.

Do đó $A\widehat{BC} = 70^\circ, A\widehat{CB} = 60^\circ$.

Tiếp theo, $B\widehat{EC} = 70^\circ \Rightarrow |CE| = |CB|; \quad O\widehat{DC} = 80^\circ \Rightarrow \Rightarrow |CD| = |CO|; \quad A\widehat{DE} = 50^\circ \Rightarrow |EA| = |ED|$.

Độ dài bằng nhau mà bạn muốn đặt thành bài toán cho bạn biết tam giác $ABC$ phải có những góc nào. Nhưng ngay cả khi biết đáp số, cũng khó có thể suy ra lượng giác lời giải nêu trên. Thay vào đó, chúng ta có thể tranh luận theo cách khác.

Trước hết, hãy lưu ý rằng các điều kiện $OED = 30^\circ, ODE = 50^\circ$ xác định duy nhất đáp số. Thật vậy (Hình 3), nếu trên một đường tròn có tâm $O$, chúng ta bao quanh các điểm $B$ và $C$ sao cho $B\widehat{OC} = 100^\circ$ và di chuyển điểm $A$ dọc theo cung $B'\ C'$ (cung đối xứng $BC$) từ điểm $B'$ đến điểm $C'$, thì điểm $D \in [B'\ O]$ sẽ di chuyển đến gần $O$ và $E \in [OC']$ sẽ di chuyển ra xa $O$; trong trường hợp này, giá trị của góc $ODE$ sẽ tăng và góc $OED$ sẽ giảm; Điều này có nghĩa là chỉ ở một vị trí $A$ các đại lượng này mới có thể nhận các giá trị được yêu cầu ($50^\circ$ và $30^\circ$).

Bây giờ chúng ta cần chứng minh rằng một tam giác có các góc $A = 50^\circ, B = 70^\circ, C = 60^\circ$ thỏa mãn các điều kiện, nghĩa là tất cả các góc đều như trong Hình 4. Điều này rõ ràng đối với các góc, các góc còn lại không được tô bóng. Việc chứng minh rằng các góc màu đỏ có các giá trị được chỉ định sẽ khó khăn hơn một chút (chỉ cần làm điều này đối với một trong các góc). Chúng ta hãy đưa ra hai bằng chứng.

1°. Chỉ cần kiểm tra $DE - \text{биссектриса угла } ADB$ là đủ:

$$\frac{|AE|}{|EB|} = \frac{|AE|}{|EC|} \cdot \frac{|EC|}{|EB|} = \frac{\sin 20^\circ \sin 70^\circ}{\sin 50^\circ \sin 40^\circ} =$$

$$= \frac{2 \sin 20^\circ \cos 20^\circ}{2 \sin 50^\circ \sin 40^\circ} = \frac{\sin 30^\circ}{\sin 50^\circ} = \frac{|AD|}{|DB|}$$.

Ở đây chúng ta lại sử dụng định lý sin. Đây là một bằng chứng hình học thuần túy.

2°. Tam giác $ECB$ có tính đối xứng vì $C\widehat{EB} = C\widehat{BE}$. Giả sử $K$ là một điểm đối xứng với điểm $O$ so với trục này (Hình 5). Khi đó tam giác $KCD$ bằng $(|KC| = |OC| = |DC| = a, K\widehat{CD} = 60^\circ)$, và do đó $|KD| =$

31

F462. Nếu bộ điều chỉnh nhiệt điện tử được đặt ở vị trí “nylon”, tiện ích của tôi sẽ bật định kỳ ở $\tau_1 = 10$ giây và tắt ở $\tau_2 = 40$ giây. Đồng thời, bề mặt của tiện ích được làm nóng đến nhiệt độ $t_1 = 100^\circ C$. Nếu bộ điều chỉnh nhiệt được đặt ở vị trí “vỗ tay”, tiện ích của tôi định kỳ bật ở $\tau_1 = 20$ giây và tắt ở $\tau_2 = 30$ giây. Xác định nhiệt độ đã thiết lập $t_2$ của bề mặt tiện ích ở vị trí này của bộ điều chỉnh nhiệt. Cụ thể là, tiện ích đã bật sẽ hoạt động ở nhiệt độ nào $t_3$ nếu bộ điều chỉnh nhiệt bị hỏng.
Giả sử rằng việc loại bỏ phấn tỷ lệ thuận với nhiệt độ và không khí xung quanh. Nhiệt độ phòng $t_0 = 20^\circ C$.

F463. Hai tảng băng đang chuyển động với tốc độ ngẫu nhiên có cùng giá trị tuyệt đối, một tảng về phía bắc, một tảng băng về phía tây. Đúng là tại bất kỳ thời điểm nào trên cả hai tảng băng đều có thể sắp xếp đồng hồ sao cho vận tốc của hai đầu kim giây so với Trái đất sẽ bằng nhau và đối với mỗi thời điểm chỉ có một cách sắp xếp như vậy. Xác định quãng đường di chuyển của tảng băng mỗi ngày nếu chiều dài mỗi kim giây là 1 cm. Các mặt đồng hồ được đặt theo chiều ngang.

Gọi $P$ là lực phóng ra trong thanh sắt. Rồi đến lúc $\tau_1$ năng lượng sẽ được giải phóng trong đó
$$W_1 = P\tau_1.$$
Trong thời gian $\tau_1 + \tau_2$ utigot giải phóng năng lượng
$$W_2 = \alpha (t_1 - t_0) (\tau_1 + \tau_2),$$
trong đó $\alpha$ là hệ số tỷ lệ.
Ở nhiệt độ bàn ủi ổn định $W_1 = W_2$:
$$P\tau_1 = \alpha (t_1 - t_0) (\tau_1 + \tau_2).$$
(1)

Tương tự như vậy, ở chế độ khi bộ điều chỉnh nhiệt được đặt ở vị trí “bông”,
$$P\tau'_1 = \alpha (t_2 - t_0) (\tau'_1 + \tau'_2).$$
(2)

Thay giá trị $P$ từ (1) vào (2), ta tìm được $t_2$:
$$t_2 = \frac{\tau'_1}{\tau_1} \frac{(t_1 - t_0)(\tau_1 + \tau_2)}{\tau'_1 + \tau'_2} + t_0 = 180^\circ C.$$
Sử dụng các phép tính và phép tính tương tự, chúng ta tìm thấy $t_3$:
$$t_3 = 420^\circ C.$$
V. Skorovarov

Tốc độ $v$ của đầu mũi tên so với Trái đất bằng tổng vectơ của tốc độ của tảng băng $v_1$ và tốc độ $v_2$ của đầu mũi tên so với tảng băng.

Gọi vectơ $\vec{OA}$ trong Hình 9 là tốc độ của tảng băng; vectơ $\vec{AB'}$, $\vec{AB''}$, $\vec{AB'''}$ là tốc độ của đầu bàn tay so với tảng băng đối với một số hướng đồng hồ. Khi đó các vectơ $\vec{OB'}$, $\vec{OB''}$, $\vec{OB'''}$ lần lượt là vận tốc của đầu mũi tên so với Trái đất.

Rõ ràng là với tất cả các hướng có thể có của vectơ $\vec{AB}$ ($\vec{AB'}$, $\vec{AB''}$, …), quỹ tích hình học của các điểm $B$ ($B'$, $B''$, …) là một hình cầu (có vị trí nằm ngang của đồng hồ - hình tròn) với tâm là điểm $A$. Các vận tốc có thể có $v$ trong một “không gian vận tốc” như vậy được mô tả tương ứng tại điểm $O$ và kết thúc tại điểm $B$ trên hình cầu (hoặc hình tròn). Cấu trúc của tảng băng thứ hai khác nhau bằng cách xoay vectơ tốc độ của tảng băng thêm $90^\circ$.

Hình 9.

Hình 10.

32

Sửa đổi

Ở «Kvant» Số 3, do lỗi của nhà in nên hình vẽ của lời giải bài toán M445 (xem trang 35, Hình 8) bị sao chép không chính xác. Bản vẽ sẽ trông như thế này:

Hình 10 cho thấy cấu trúc của hai tảng băng cùng một lúc. Các vectơ $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OA'}$ là tốc độ của tảng băng, còn các vòng tròn $S$ và $S'$ là vị trí hình học của các đầu của vectơ $\vec{v}$ và $\vec{v}'$ với sự tương ứng khác nhau giữa các giá trị tốc độ của tảng băng và các đầu mũi tên. Nếu vận tốc ở hai đầu mũi tên quá nhỏ thì các đường tròn $(S_1$ và $S_1')$ không có điểm chung và vận tốc $\vec{v}$ và $\vec{v}'$ không thể bằng nhau đối với bất kỳ hướng nào của đồng hồ. Vòng tròn $S_3$ và $S_3'$ tương ứng với trường hợp hướng không phải là duy nhất.

Điều kiện bài toán tương ứng với tình huống được biểu thị bằng các đường tròn tiếp tuyến $S_2$ và $S_2'$. Như có thể thấy từ hình, trong trường hợp này là $\left| \vec{v} \right| = \left| \vec{v}_2 \right|$ và tốc độ của tảng băng $\left| \vec{v}_1 \right| = \left| \vec{v}_2 \right| V^2$. Kim giây quay một vòng trong 60 giây, do đó, tốc độ đầu kim của nó là $\left| \vec{v}_2 \right| = 2\pi l/60 \approx 0,105$ cm/s ($l=1$ cm là chiều dài của kim giây). Đối với tốc độ của tảng băng, chúng ta thu được $\left| \vec{v}_1 \right| \approx 0,15$ cm/s≈130 m/ngày.

V. Belonukkin

F464. Hình 11 cho thấy hai vòng khép kín: ABBA và ABCA. Cả hai chu trình đều được thực hiện với thời gian đơn nguyên lý tưởng.

1. Cho biết chúng tôi nhận được phần nào của chu kỳ và phần nào chúng tôi cung cấp menlo.
2. Chu trình nào có hiệu suất cao hơn? Bao nhiêu lần?

Hãy xem xét chu trình ABC. Từ sơ đồ $pV$, rõ ràng là $T_B > T_B > T_A$. Do đó, ở đoạn AB và BV khí nhận khí và ở đoạn BA khí được thoát ra. Trong trường hợp này, ở phần AB, khí được làm nóng mà không sinh công ($\Delta V=0$), còn trong phần BV và BA, khí thực hiện công bằng (độ biến thiên nội năng của khí trong mỗi chu kỳ bằng 0)

$$A_1 = Q_{AB} + Q_{BB} + Q_{BA} \quad (Q_{BA} < 0).$$

Như vậy, trong chu trình ABBA

$$\eta_1 = \frac{A_1}{Q_{AB} + Q_{BB}}.$$

Hãy xem xét chu trình ABGA. Từ sơ đồ $pV$ cho thấy rõ rằng $T_B > T_G > T_A$, sao cho ở phần AB khí nhận được Tello, còn ở phần BG và GA nó thoát ra. Ở phần HA khí có tác dụng

$$A_2 = Q_{AB} + Q_{BG} + Q_{GA} \quad (Q_{BG}, Q_{GA} < 0),$$

Vì thế

$$\eta_2 = \frac{A_2}{Q_{AB}}.$$

Hãy so sánh các giá trị của $\eta_1$ và $\eta_2$. Từ sơ đồ $pV$, rõ ràng rằng $A_1 = A_2$ (vì công thực hiện trên mỗi chu kỳ về mặt số lượng bằng diện tích của hình được giới hạn bởi biểu đồ chu trình), do đó

$$\frac{\eta_1}{\eta_2} = \frac{Q_{AB}}{Q_{AB} + Q_{BB}},$$

và vì $Q_{AB} + Q_{BB} > Q_{BA}$, nên $\eta_2 > \eta_1$.

Hãy tính tỉ số $\frac{\eta_1}{\eta_2}$. Để làm điều này, chúng tôi tìm $Q_{AB}$, $Q_{BB}$ và $Q_{AB}$.

Theo sơ đồ $pV$ $Q_{AB} = \Delta U_{AB}$, trong đó $\Delta U_{AB}$ là độ biến thiên nội năng của khí trong tiết diện AB. Đối với một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử $\Delta U_{AB} = \frac{3}{2}R \times (T_B - T_A)$. Từ phương trình trạng thái khí ta tìm được $T_B = \frac{2p_0V_0}{R}$, $T_A = \frac{p_0V_0}{R}$. Như vậy,

33

$$Q_{AB} = \Delta U_{AB} = \frac{3}{2} R \left( \frac{2 p_0 V_0}{R} - \frac{p_0 V_0}{R} \right) = \frac{3}{2} p_0 V_0.$$

Tại phần $BB$ $Q_{BB} = \Delta U_{BB} + A_{BB}$, nơi

$$\Delta U_{BB} = \frac{3}{2} R (T_B - T_B) =$$

$$= \frac{3}{2} R \left( \frac{2 p_0 3 V_0}{R} - \frac{2 p_0 V_0}{R} \right) = 6 p_0 V_0$$

(cho một nốt ruồi),

$$A_{BB} = 2 p_0 2 V_0 = 4 p_0 V_0.$$

Như vậy,

$$Q_{BB} = 6 p_0 V_0 + 4 p_0 V_0 = 10 p_0 V_0,$$

$$Q_{AB} + Q_{BB} = 11,5 p_0 V_0.$$

Nhưng $Q_{AB} = -Q_{BA}$,

$$Q_{BA} = A_1 - (Q_{AB} + Q_{BB}) =$$

$$= p_0 V_0 - 11,5 p_0 V_0 = -10,5 p_0 V_0,$$

Vì thế

$$Q_{AB} = 10,5 p_0 V_0.$$

Vì thế,

$$\frac{\eta_1}{\eta_2} = \frac{Q_{AB}}{Q_{AB} + Q_{BB}} = \frac{10,5}{11,5} \approx \frac{21}{23}.$$

A. Zilberman

F465. Trong máy phát điện cao áp, các điện tích được truyền bằng lenti điện môi và tích điện cho điện cực điện cao áp có bán kính $R = 1,5$ m (Hình 12). Ước tính giá trị điện áp và điện áp tối đa có thể thu được từ máy phát điện như vậy nếu tốc độ của dây đai là $v = 20$ m/s và chiều rộng của nó là $l = 1$ m. Có thể xảy ra sự cố khi điện áp trường điện là $E_0 = 30$ kV/cm.

Điện thế cực đại mà điện cực hình cầu cao áp của máy phát điện có thể được tích điện được xác định bởi cường độ điện của không khí: điện áp điện trường gần bề mặt điện cực không thể vượt quá giá trị $E_0 = 30$ kV/cm, tại đó xảy ra sự cố, tức là

$$E_{\max} = E_0.$$

Do đó, điện thế tối đa có thể có trên mỗi điện cực là

$$\varphi_{\max} = E_{\max} R = E_0 R = 4,5 \cdot 10^6 \text{ B}.$$

(Sự tương ứng này tuân theo định luật Coulomb và từ biểu thức của thế trường Coulomb.)

Dòng điện tối đa có thể thu được từ máy phát điện cũng được xác định bởi cường độ điện của không khí. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\sigma$ mật độ bề mặt của điện tích được truyền bởi lenthium. Khi đó điện áp gần bề mặt của lenthium là $E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$. Giá trị này không được vượt quá $E_0$. Do đó, mật độ điện tích bề mặt tối đa có thể có trên băng bằng

$$\sigma_{\max} = 2\varepsilon_0 E_0.$$

Dòng điện tối đa rõ ràng bằng điện tích tối đa được truyền bởi lenti trên một đơn vị thời gian, nghĩa là

$$I_{\max} = \sigma_{\max} lv = 2\varepsilon_0 E_0 lv \approx 10^{-3} \text{ A}.$$

Tính toán trên cho thấy tại sao máy phát tĩnh điện phải lớn.

S. Kozel

35

Dải Moebius trong nghệ thuật

Dải Mobius là đại diện phổ biến nhất của bề mặt một mặt *). Điều này được giải thích không chỉ trong tài liệu toán học mà ngay cả trong tiểu thuyết. Ví dụ, trong cuốn tiểu thuyết của nhà văn Costa Rica Joaquin Gutierrez “Vào buổi sáng, Federico?…” (“Văn học nước ngoài”, 1976, số 2) có nói:

*) Dải Mobius sẽ được thảo luận chi tiết trong một trong những số sắp tới; Ngoài ra, xem «Kvant», 1974, không. 3 và 1975, không. 7.

“Hôm nay cô giáo cho chúng em xem một dải giấy Mobius. Cái này hay đấy. Lấy một dải giấy - từ một tờ báo thì tốt hơn, nó dài hơn - và các em sẽ thấy dải giấy đó có hai mặt; xác nhận điều này là nếu một con kiến muốn bò dọc một bên thì nó có thể làm thế này bao nhiêu tùy thích, nhưng để bò sang bên kia thì nó phải trèo qua mép. Đó là lý do tại sao người ta nói rằng sọc có hai mặt. Nhưng dải Mobius lại thành ra như thế này. Bạn cần phải lật lại. một đầu của dải giấy, như thể bạn định đóng nó lại, nhưng chúng ta chỉ quay một lượt và dán các đầu lại với nhau, khi đó tờ giấy sẽ chỉ có một mặt, ai muốn kiểm tra nếu nghi ngờ thì dẫn đầu ngón tay như đuổi theo một con kiến dọc theo toàn bộ dải băng, anh ta chợt tin rằng cả hai mặt đã hội tụ thành một và không cần phải vượt qua mép ”.
Cả nghệ sĩ và nhà điêu khắc đã nhiều lần sử dụng dải Mobius. Khá nhiều bức vẽ khác nhau mô tả dải Mobius được để lại bởi họa sĩ nổi tiếng người Hà Lan M. Escher (1898-1971). Một trong số đó được giới thiệu trên trang bìa tạp chí của chúng tôi.
Một loạt các biến thể của dải Mobius được tạo ra bởi nhà điêu khắc Max Bill (sinh năm 1908). Trong gần hai mươi năm, ông liên tục tìm đến dải Mobius, cố gắng thể hiện trong tác phẩm điêu khắc ý tưởng về chuyển động không ngừng và một hình thức mở ra trong không gian. Tuy nhiên, một trong những tác phẩm của ông - tác phẩm điêu khắc “Nút thắt không có hồi kết”, đặt tại Bảo tàng Nghệ thuật Hiện đại Quốc gia ở Paris - được miêu tả trong bức tranh.

N. X

36

V. Dubrovsky

Sáu chứng minh định lý trung vị

Bạn không thể làm hỏng miếng bảo vệ miệng bằng dầu.

Định lý về giao điểm của các đường trung tuyến của một tam giác không được chứng minh trong sách giáo khoa “Hình học 6, 7, 8” mà được giả sử ở dạng bài toán. Định lý này sau đó được sử dụng trong sách giáo khoa Hình học 9. Ở đây chúng tôi trình bày một số bằng chứng của nó.

Định lý. Các đường trung tuyến AA₁, BB₁ và CC₁ của tam giác ABC cắt nhau tại một điểm M và mỗi đường trung tuyến được chia cho điểm này theo tỷ lệ 2:1, tính từ đỉnh:
|AM| : |MA₁| = |BM| : |MB₁| =
= |CM| : |MC₁| = 2. (1)

Trong tất cả các bằng chứng được đưa ra dưới đây, ngoại trừ chứng minh thứ sáu, chúng tôi chỉ chứng minh rằng đường trung tuyến BB₁ đi qua điểm M, điểm này chia đường trung bình AA₁ theo tỷ lệ 2:1.

Nếu, theo cách suy luận tương ứng, chúng ta thay [BB₁] bằng [CC₁] thì chúng ta thu được rằng [CC₁] cũng đi qua M. Điều này sẽ chứng tỏ rằng cả ba đường trung tuyến cắt nhau tại một điểm nào đó M và |AM| : |MA₁| = 2.

Vì tất cả các trung vị đều bằng nhau nên chúng ta có thể thay thế [AA₁] bằng [BB₁] hoặc [CC₁]; (1) theo sau từ đây.

Chứng minh đầu tiên (dành cho lớp 6). Gọi K là trung điểm của đoạn AM, B’ là giao điểm của đường thẳng BM với cạnh AC. Ta chỉ cần chứng minh |AB’| là đủ = |B’C|. Qua các điểm K và A₁ song song với đường thẳng BM ta vẽ các đoạn [KL] và [A₁N] (Hình 1). Qua-

37

Hình vuông $MAC$ và $MA_1C$ (Hình 3).
Chiều cao của chúng, bị bỏ qua khỏi đỉnh $C$, trùng nhau và độ dài của các cạnh đối diện với đỉnh này tỷ lệ với 2:1, do đó $S_{AMC} = 2S_{A1MC}$.
Tương tự như vậy, $S_{AMB} = 2S_{A1MB}$.
Nhưng $S_{A1MC} = S_{A1MB}$. Vì vậy, $S_{AMC} = S_{AMB} = S_{BMC}$.
Do đó, các hình tam giác $MAB$, $MBC$ và $MCA$ có ​​kích thước bằng nhau. Hãy để $B' = (BM) \cap (AC)$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $|AB'| = |B'C|$. Một mặt, $\frac{|AB'|}{|B'C|} = \frac{S_{AB'M}}{S_{CB'M}}$. Mặt khác, $\frac{|AB'|}{|B'C|} = \frac{S_{AB'B}}{S_{CB'B}}$. Vì vậy, $\frac{|AB'|}{|B'C|} = \frac{S_{AB'B}}{S_{CB'B}}$. Sử dụng định lý $\frac{a}{b} = \frac{c}{d} \Rightarrow \frac{c-a}{d-b} = \frac{a}{b}$.
từ đây chúng ta có được
$$\frac{|AB'|}{|B'C|} = \frac{S_{AB'B} - S_{AB'M}}{S_{CB'B} - S_{CB'M}} = \frac{S_{ABM}}{S_{CBM}} = 1.$$

Hình 3.

Hình 4.

Vì vậy, $|AB'| = |B'C|$.
Chứng minh thứ tư (lớp 7). Từ hình 4
$$\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AM} =$$
$$= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \frac{2}{3} \overrightarrow{AA_1} =$$
$$= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \frac{2}{3} \left( \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CA_1} \right) =$$
$$= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \frac{2}{3} \overrightarrow{AC} + \frac{1}{3} \overrightarrow{CB} =$$
$$= \overrightarrow{BC} - \frac{1}{3} \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} - \frac{2}{3} \overrightarrow{CA} =$$
$$= \frac{2}{3} \overrightarrow{BC} + \frac{1}{3} \overrightarrow{CA} =$$
$$= \frac{2}{3} \left( \overrightarrow{BC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{CA} \right) =$$
$$= \frac{2}{3} \left( \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CB_1} \right) = \frac{2}{3} \overrightarrow{BB_1}$$.

Do đó, điểm $M$ nằm trên đường trung tuyến $BB_1$.
Chứng minh thứ năm (lớp 8). Hãy lại $B' = (BM) \cap (AC)$ (Hình 3). Trước tiên, áp dụng định lý sin cho các tam giác $AB'B$ và $CB'B$, sau đó cho các tam giác $ABM$ và $A_1BM$, biết được rằng $\sin \overrightarrow{AB'B} = \sin \overrightarrow{CB'B}$, $\sin \overrightarrow{AMB} = \sin \overrightarrow{A_1MB}$, $|BC| = 2|A_1B|$ và $|MA| = 2|MA_1|$, ta thu được
$$\frac{|AB'|}{|B'C|} =$$
$$= \frac{|AB| \sin \overrightarrow{ABM}}{\sin \overrightarrow{AB'B}}: \frac{|BC| \sin \overrightarrow{A_1BM}}{\sin \overrightarrow{CB'B}} =$$
$$= \frac{|MA| \sin \overrightarrow{AMB}}{2|MA_1| \sin \overrightarrow{A_1BM}} = 1.$$

Vì vậy, $|AB'| = |B'C|$.
Chứng minh thứ sáu (lớp 9). Chúng ta hãy vẽ một mặt phẳng $\alpha$ đi qua các điểm $A$ và $B$, không chứa $C$ và dựng một tam giác đều $ABC'$ trong mặt phẳng này (Hình 5). Từ tính chất chung của phép chiếu song song (“Hình học 9”, § 12), suy ra phép chiếu song song dọc theo đường thẳng $CC'$ lấy $\triangle ABC$ đến

38

Hình 5.

$\Delta ABC'$ và các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ chiếu vào các đường trung tuyến của tam giác $ABC'$. Nhưng trong một tam giác đều, các đường trung tuyến cũng là đường phân giác và do đó cắt nhau tại một điểm. Cũng dễ dàng chứng minh (chứng minh!) rằng đối với tam giác $ABC'$ đẳng thức (1) là đúng.

Từ đó định lý của chúng ta cũng đúng với $\Delta ABC$.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng $\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{MA}_1 = 0$ và nếu điểm $P$ không trùng với $M$ thì $\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC} = \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MC} = 3\overrightarrow{PM} \neq 0$. Nói chung, điểm $G$ được gọi là tâm (hoặc trọng tâm) của hệ điểm $A_1, A_2, \dots$,

$$\frac{|AP|}{|PA_1|} = \frac{|BP|}{|PB_1|} = \frac{|CP|}{|PC_1|}.$$

Chứng minh rằng $P$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

6. Chứng minh rằng bảy đoạn thẳng: đoạn thẳng nối các đỉnh của tứ diện với trọng tâm của các mặt đối diện và các đoạn thẳng nối trung điểm của các cạnh đối diện cắt nhau tại một điểm. Những đoạn này được chia cho điểm chung của chúng theo những cách nào?

7. Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác là điểm duy nhất mà tổng bình phương khoảng cách đến các đỉnh của tam giác đạt giá trị nhỏ nhất.

(Để bắt đầu, xem trang 21)
N. Kevkhshivili (Tbilisi) 47, 52, 54; A. Korolev (Gorky) 57, 60a), 6), d); S. Korchanov (Angarsk) 46, 47, 49a), 50, 56, 57, 60a); V. Kostmusak (Zaporozhye) 46, 48, 50; L. Kostmok (Kyiv) 54; E. Kuzmin (Cherpovet) 46, 48, 54, 56, 57; A. Kudinov (Voronezh) 57; S. Kuznetsov (Angarsk) 53; A. Kulesko (Donetsk) 47, 50, 53—55, 60a), 6), c); P. Kulinits (Voronezh) 54; A. Kurkev (Nikolaev) 52; E. Lapin (Alma-Ata) 52; I. Lozitsky (Gantsevich) 46, 48, 52, 53; E. Lumelskaya (Perm) 56, 57; V. Marzzoy (Alma-Ata) 54; G. Martirosyan (làng Talin, ArmSSR) 46; D. Martinov (Cherknzovo) 57; R. Meshchoir (Moscow) 51, 56, 57, 60a); A. Milevsky (Mytits) 51, 52, 57; D. Mindlin (Tashkent) 46, 48, 50, 51, 54, 56; B. Mintsbere (Leningrad) 54; A. Mirlin (Leningrad) 46, 47, 49a), 50, 51, 53-58, 60a), 6), c), d); A. Molotovitkov (Teykov) 54; E. Mostshvenko (Syktyvkar) 51, 54; I. Myshe (Chernivtsi) 57; N. Naumova (Kamyshin) 54; A. Nenashev (Leningrad) 46, 48, 50—59, 60a), 6), c), d); N. Nesterenko (Novosibirsk) 47, 48, 51-54; A. Nikitenkov (Velikie Luki) 48; G. Nikolov (NRB) 52, 56, 57; A. Onarin (Gorky) 47, 48, 53, 60a), 6); V. Ostmanenko (Alma-Ata) 54; D. Papush (Kharkov) 46, 50-52, 54-57; I. Pashin (Tạm thời) 46; I. Ponomarev (Penza) 46; A. Popov (Chusovoy) 54, 60a), 6); V. Pomemkin (Donetsk) 52; G. Puninsky (Bobryysk) 46, 52, 54, 60a), 6), c), d); S. Putintsev (Nevinomysk) 51-55; H. Rivilis (Odessa) 496), 56-58; I. Roizman (làng Kalinovka, vùng Vinnytsia) 51, 54; V. Romanovsky (Tiếp theo, xem trang 52)

39

Nhiệm vụ

1. Một số có ba chữ số được đưa ra. Hãy tìm tổng các chữ số của nó. Sau đó chúng ta tìm tổng các chữ số của kết quả. Số ban đầu là bao nhiêu nếu nó và hai tổng kết quả có thể được viết như trong hình (các số giống nhau tương ứng với các số giống nhau)?

2. Có một số chiếc bình, trong đó có hai chiếc bình có hình dạng khác nhau và hai chiếc bình có màu sắc khác nhau. Chứng minh rằng trong số đó có hai bình có hình dạng giống nhau và khác màu.

3. Số tự nhiên A là số mà khi chia cho A thì số lẻ và lập phương của nó đều có cùng số dư. Tìm tất cả các số như vậy.

4. Mực đen được đốt trên bề mặt trắng. Có đúng là vậy không:
   a) có hai điểm cùng màu cách nhau 1 m;
   b) Có hai điểm khác màu cách nhau 1 m không?

40

F. Barmenev

Quan sát trong toán học

Tính chất của các con số được biết đến ngày nay phần lớn được khám phá thông qua quan sát.

Leonard Euler

Các quy luật tự nhiên thường được nghiên cứu như thế nào?

Các nhà vật lý, nhà hóa học và nhà sinh học tiến hành thí nghiệm. Sau đó, họ kiểm tra kết quả đo lường thu được, nhận thấy các mẫu và rút ra kết luận nhất định.

Điều đáng ngạc nhiên là các nhà toán học thường sử dụng các quan sát cũng như các quan sát tự nhiên trong công việc khoa học của họ. Để hiểu sâu sắc ngay cả toán học “trường học”, để giải quyết sự phát triển của bài toán phức tạp, bạn cần học cách quan sát trong toán học.

Đây là một sự thật thú vị từ lịch sử khoa học. Nhà toán học xuất sắc K. Gauss và A. Kolmogorov thời thơ ấu đã được đề nghị bài toán tương tự: Gauss 10 tuổi - tìm tổng 1 + 2 + 3 + … + 98 + 99 + 100, và Kolmogorov 6 tuổi - tổng 1 + 3 + 5 + … + 95 + 97. Gauss đã giải được bài toán của mình gần như ngay lập tức, nhận thấy rằng 1 + 99 = 2 + 98 = 3 + 97 = … Kolmogorov, sau khi tính các tổng 1 + 3, 1 + 3 + 5, 1 + 3 + 5 + 7, nhận thấy rằng 1 = 12, 1 + 3 = 2, 1 + 3 + 5 = 3, 1 + 3 + 5 + 7 = 4, và cũng nhanh chóng tìm ra đáp số.

Cách giải quyết vấn đề này bài toán:

Tìm hai chữ số cuối của 31122?

Thực sự chúng ta có nên tính lũy thừa 28 của 311 không? Tất nhiên là không! Cần lưu ý rằng hai chữ số cuối của số 311¹ là 11, các số 311² là 21, 311³ là 31, …; vậy hai chữ số cuối của số 3112² là 81.

Hãy xem một cái khác tương tự bài toán:

Số 7⁵¹ là hai chữ số nào?

Trước tiên chúng ta hãy tìm hai chữ số cuối của các số 7¹, 7², 7³, 7⁴ và 7⁵. Dễ dàng nhận thấy 7¹ chỉ có một chữ số - 7; hãy viết nó như thế này: 07; 7² có 49, 7³ có 43 (hai chữ số cuối của tích 49 x 7), 7⁴ có 01, vậy 7⁵ lại có hai chữ số cuối là 07. Ta thấy rằng hai chữ số cuối của lũy thừa bảy cắt nhau, tạo thành một dãy tuần hoàn có chu kỳ 4: 07, 49, 43, 01, 07, 49, 43, 01, 07, 49, …

Việc còn lại là tìm số dư khi chia số 51 cho 4 - nó bằng

41

ba, và xem lập phương của bảy có hai chữ số nào: các số $7^{51}$ và $7^3$ có hai chữ số cuối giống nhau. Vậy đây là đáp số: hai chữ số cuối của $7^{51}$ là 43.

Hãy giải thêm một câu bài toán, khác với những câu trước.

Với số nào thì bất đẳng thức đúng:
$$|a| + |b| > |a + b|$$

Hãy xem xét một vài ví dụ. Để thực hiện việc này, hãy điền vào một vài hàng của bảng sau:

| a | b | |a|+|b| | |a+b| |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| -3 | 2 | 5 | 1 | | | |
| -7 | -1 | 8 | 8 | | | |
| 0 | -4 | 4 | 4 | | | |
| 4 | 0 | 4 | 4 | | | |
| 2 | 3 | 5 | 5 | | | |
| 7 | -1 | 8 | 6 | | | |

Nhìn vào bảng này, không còn khó để đoán đáp số trong bài toán cuối cùng phải là gì: tổng các giá trị abscimal của hai số lớn hơn giá trị abscimal của tổng các số này chỉ khi các số này khác 0 và có các giá trị khác nhau.

Tất nhiên, bất kỳ sự “đoán” hay giả thuyết nào cũng cần có bằng chứng toán học nghiêm ngặt. Chúng tôi để lại điều này cho độc giả của chúng tôi.

Nếu bạn đã tìm ra lời giải ba bài toán đầu tiên, hãy thử tự mình giải thêm ba bài toán nữa, một chút ở câu cuối cùng.

Nhiệm vụ 1.

1. Những chữ số nào không thể là tổng $1+2$, $1+2+3$, $1+2+3+4$, $1+2+3+4+...$?

2. Có 60 đơn vị dương và âm trong một vòng tròn (và có cả hai). Biết rằng tích của ba số liên tiếp bất kỳ là -1. Tìm tổng của tất cả các số.

3. Cần bao nhiêu lần cắt để cắt một hình lập phương có cạnh 3 cm thành các hình lập phương có cạnh 1 cm?

Để kết luận, chúng tôi khuyên người đọc tránh kết luận vội vàng từ kết quả quan sát. Để chứng minh một phát biểu, bạn cần đảm bảo rằng nó đúng trong mọi phần của phép hợp nhất; đồng thời, để xác minh bất kỳ tuyên bố nào, chỉ cần chứng minh rằng nó không đúng trong ít nhất một trường hợp cụ thể là đủ (như các nhà toán học nói, hãy mang theo một cái phản biện). Hãy để chúng tôi giải thích những gì chúng tôi muốn nói.

Xét một tập hợp các số có dạng $m = n^2 + 3n + 1$, trong đó $n$ là số tự nhiên bất kỳ. Đối với các giá trị $n = 1, 2, 3, 4$ và 5, chúng ta nhận được $m = 5, 11, 19, 29$ và 41, tức là năm giá trị đầu tiên của $m$ là số nguyên tố. Chúng ta có thể kết luận rằng bất kỳ phần tử nào trong tập hợp của chúng ta sẽ là số nguyên tố (đối với mọi số tự nhiên $n$) không? Tất nhiên là không: đã ở $n = 6$ chúng ta nhận được giá trị tổng hợp $m = 55$.

Nhiệm vụ 2.
4. Đặt $A$ là tập hợp các số có dạng $6n-1$ và $P$ là tập hợp các số nguyên tố. Câu $A \subset P$ đúng hay sai nếu $n \in N$?

5. Có đúng là với mọi số nguyên $n$ thì bất đẳng thức $4n^2 + 40n + 99 > 0$ có đúng không?

Đôi khi rất khó tìm được một quan điểm đối lập để xác định một tuyên bố chung. Điều đó xảy ra là việc chứng minh sự tồn tại của bộ đếm tương ứng sẽ dễ dàng hơn là xây dựng nó.

Ví dụ, rõ ràng là nếu 100 học sinh nhận được 101 mảnh đất và mỗi học sinh nhận được ít nhất một mảnh đất, thì sẽ có một học sinh nhận được hai mảnh đất.

Kỹ thuật suy luận mà chúng tôi sử dụng để đi đến kết luận trong ví dụ trước được gọi là “Dirichlet Priitz” và thường được áp dụng cho lời giải bài toán. Chúng ta hãy sử dụng nó để giải quyết vấn đề sau bài toán:

Chứng minh rằng trong 101 số có thể chọn được hai số có hiệu hai số đó chia hết cho 100.

Trên thực tế, khi chia cho 100, số dư có thể tạo ra một trong các số sau: 0, 1, 2, …, 99 - đây là những số khác nhau. Do đó, trong 101 số chắc chắn sẽ có hai số chia cho 100 có số dư bằng nhau. Do đó hiệu của chúng chia cho 100.

Và cuối cùng, một bài toán khác về nguyên lý Dirichlet.

Nhiệm vụ 6. Có 710.000 cây thông Noel mọc trong rừng. Mỗi cây có không quá 100.000 cây thông Noel. Chứng minh rằng trong rừng có ít nhất 8 cây linh sam có cùng số cây linh sam.

42

A. Kikoin

emf là gì?

Vào đầu thế kỷ 19, nhà khoa học người Ý Alexandro Volleta đã tạo ra một thiết bị có khả năng duy trì dòng điện không đổi trong một mạch dẫn kín. Ông gọi thiết bị này là thiết bị điện động. Sau này nó được gọi là tế bào điện. Volta tin, và không phải không có lý, rằng có một số lực tác dụng lên thiết bị này khiến các điện tích chuyển động. Có lẽ đó là lý do tại sao đặc điểm chính của thiết bị do Volt phát minh và tất cả các thiết bị tương tự khác bắt đầu được gọi bằng thuật ngữ “sức điện động”. Đó là những gì họ gọi nó ngày nay.

Tuy nhiên, trong thực tế có một suất điện động - emf?

Để hiểu vấn đề này, chúng ta hãy nhớ lại ngắn gọn những thông tin cơ bản về các khái niệm như dòng điện và hệ điện trường.

Hệ thống dòng điện và điện trường

Dòng điện là chuyển động có trật tự, tức là chuyển động có hướng của các điện tích giống hệt nhau. Trong kim loại, hạt mang điện chuyển động có hướng là electron. Những hạt này được “định hướng” bởi trường điện được tạo ra trong kim loại. Điện trường là trường được tạo ra bởi các điện tích đứng yên. Đặc điểm chính của trường điện là tính định hướng $\vec{E}$.

Trong điện trường, công thực hiện khi di chuyển một điện tích từ điểm này sang điểm khác của điện trường không phụ thuộc vào quỹ đạo mà điện tích di chuyển giữa các điểm này. Theo đó, công do điện trường thực hiện trên một điện tích khi nó di chuyển dọc theo một đường kín bằng không.

Công mà một trường thực hiện khi di chuyển một điện tích giữa hai điểm được gọi là hướng điện giữa các điểm này của điện trường.

Qua quá trình cơ học, người ta biết rằng khối lượng công có liên quan đến một đại lượng khác - thế năng. Cụ thể, công thực hiện khi một vật chuyển động bằng độ biến thiên thế năng của vật đó với dấu ngược lại trong quá trình chuyển động đó.

Để xác định giá trị thế năng của điện tích tại một điểm nhất định trong trường, bạn cần chọn “mức 0” - điểm mà tại đó thế năng được lấy bằng 0. Trong kỹ thuật điện, mức 0 được coi là điểm bất kỳ được kết nối bằng dây dẫn với Trái đất. Trong vật lý, họ thường chọn bất kỳ điểm nào ở xa vô hạn so với điện tích tạo ra trường.

Vì công thực hiện khi di chuyển một điện tích giữa hai điểm trong trường tĩnh điện không phụ thuộc vào quỹ đạo mà điện tích tác dụng nên thế năng của điện tích tại một điểm nhất định trong trường không phụ thuộc vào cách thức (theo đường nào) điện tích đi đến một điểm nhất định. Năng lượng này, được gọi là đơn vị điện tích dương, có thể đóng vai trò là đặc tính của một điểm trường nhất định. Đây là tiềm năng tại một điểm nhất định trong lĩnh vực này. Vì vậy, điện thế tại một điểm nhất định là

43

ke về cơ bản là điện áp giữa điểm này và điểm điện thế bằng 0.

Như vậy, điện áp giữa hai điểm là hiệu điện thế giữa các điểm đó. (Cần lưu ý rằng điều này chỉ đúng với trường tĩnh điện. Cũng có những điện trường điều này không đúng.)

Một điện tích dương trong điện trường chuyển động theo hướng vectơ cường độ trường. Trong trường hợp này, trường thực hiện công dương và do đó thế năng của điện tích giảm. Điều này có nghĩa là điện tích dương trong trường tĩnh điện sẽ chuyển từ điện thế cao hơn sang điện thế thấp hơn. Ngược lại, điện tích âm trong trường chuyển từ điện thế thấp sang điện thế cao.

Dòng điện một chiều và công của trường tĩnh điện

Bây giờ chúng ta xét một mạch kín có dòng điện chạy qua. Chúng ta sẽ chuyển sang ví dụ quen thuộc nhất về dòng điện trong mạch gồm các dây dẫn kim loại. Trong các dây dẫn này, các điện tích chuyển động (các hạt mang dòng điện) là các điện tử tự do. Đây là những chất điện tử đã được tách ra khỏi nguyên tử và do đó trở nên “tự do”.
Sự tự do của họ nằm ở chỗ dưới tác dụng của điện trường, họ có thể chuyển động trong kim loại. Bản thân các nguyên tử bị mất điện tích là các ion tích điện dương tạo thành mạng tinh thể của kim loại. Như bạn đã biết, dòng điện là hướng chuyển động của các điện tích giống nhau. Các điện tích này được “định hướng” bởi lực do trường tĩnh điện tạo ra trong kim loại tác dụng lên chúng. Chuyển động trong kim loại, các electron tương tác với nhau và truyền cho chúng năng lượng mà chúng thu được trong điện trường. (Chúng ta biết điều này từ kinh nghiệm - kim loại nóng lên khi có dòng điện chạy qua.) Năng lượng mà các electron thu được rất bằng công thực hiện bởi điện trường tác dụng lên các electron. Vì vậy, công việc này không phải là số không. Nhưng, như đã biết, công của trường tĩnh điện khi một điện tích chuyển động dọc theo một mạch kín là bằng không. Điều này có nghĩa là chuyển động của các điện tử dọc theo một mạch kín không thể chỉ xảy ra dưới tác động của trường tĩnh điện. Và nếu có một dòng điện trong mạch, thì điều này có nghĩa là ở đâu đó trong mạch đã tạo ra một trường khác, không tĩnh điện, công của nó tác dụng lên các điện tích dọc theo một đường kín không bằng 0. Ở đây chắc chắn phải có một loại lực không đổi nào đó tác dụng so với lực tĩnh điện. Điểm chung của họ được gọi là lực lượng phụ. Công của các lực này rất indo và các electron bù đắp năng lượng mà chúng mất đi khi tương tác với chúng. Vì vậy, cuối cùng, chính những lực này đã duy trì dòng điện không đổi trong mạch.

Vai trò của các thế lực bên ngoài

Để hiểu vai trò của các lực bên trong mạch điện một chiều, trước tiên chúng ta hãy xem xét mạch điện áp thấp, chẳng hạn như mạch trong Hình 1. Giả sử rằng bằng cách nào đó, tại một thời điểm nào đó, đầu A của mạch tích lũy quá nhiều điện tử, do đó nó trở nên tích điện âm. Khi đó ở đầu kia của chuỗi có một lượng điện tích dương dư thừa. Bên trong kim loại sẽ tồn tại một trường tĩnh điện và các electron tự do sẽ chạy từ A đến B. Do đó, trong kim loại sẽ có dòng điện chạy từ B đến A. Nhưng dòng điện này không đổi. Trong một thời gian rất ngắn, lượng electron dư ở A sẽ biến mất và lượng điện tích dương dư ở B cũng biến mất. Từ trường trong kim loại sẽ biến mất cùng với đó là dòng điện.

Nhưng chúng ta hãy tưởng tượng rằng trong khoảng giữa A và B có một điểm nhất định

44

một nàng tiên có phép thuật và hiệu quả đến mức cô ấy có thể di chuyển mọi electron từ $B$ quay lại $A$.
Khi đó, rõ ràng, $A$ sẽ duy trì điện tích giải phóng không đổi và $B$ sẽ duy trì điện tích dương không đổi. Kim loại sẽ duy trì điện trường không đổi và dòng điện không đổi.

Tuy nhiên, hãy lưu ý rằng nàng tiên của chúng ta phải hoạt động chống lại trường năng lượng. Rốt cuộc, các điện tích trong $A$ và $B$ tạo ra một trường như vậy không chỉ bên trong kim loại mà còn bên ngoài nó. Và trường bên ngoài kim loại trong khoảng từ $A$ đến $B$ cũng có hướng từ $B$ đến $A$. Do đó, nàng tiên phải chuyển các electron từ đầu tích điện dương $B$, nơi các electron bám vào, sang giải phóng đầu tích điện $A$, từ đó chúng đẩy nhau. Tất nhiên, lực lượng nhà máy điện không có khả năng làm được điều này. Vì vậy, nàng tiên thực hiện điều này tác động lên các electron không phải bằng lực điện mà bằng một lực nào khác - ngoại lực. Vai trò của lực bên thứ ba trong mạch điện trở nên rõ ràng: truyền điện tích chống lại lực của nhà máy điện, tách điện tích âm khỏi điện tích dương và “gắn” chúng vào điện tích phóng điện. Các lực bên ngoài tác dụng của chúng đóng mạch và đảm bảo sự ổn định của điểm. Có hai phần trong mạch điện: một phần, nhờ nỗ lực của các nàng tiên, các điện tích của các dấu hiệu khác nhau được tách ra, và phần còn lại (ở phần bên ngoài của mạch) chúng được kết nối lại. Fey hoạt động bằng cách tách các điện tích và tạo ra điện trường. Và cái sau kết nối các điện tích, và bên trong kim loại, công này được chuyển thành làm nóng kim loại. Hoạt động của các nàng tiên lấp đầy hoạt động của Sisyphus, người, theo thần thoại cổ xưa, đặt một hòn đá trên đỉnh núi, khi lên tới đỉnh sẽ lăn xuống. Giống như Sisyphus, nâng một hòn đá, chỉ hoạt động chống lại lực hấp dẫn để hòn đá, đã có được thế năng, có thể lăn xuống núi dưới tác động của trọng lực, nàng tiên của chúng ta, tách các điện tích khác nhau, chỉ hoạt động chống lại các lực của trường năng lượng để thu được thế năng, những điện tích này có thể, dưới tác động của các lực điện, hợp nhất lại. Tuy nhiên, tác phẩm của fen không thể gọi là Sisyphus theo nghĩa người ta thường nói. Rốt cuộc, Sisyphus được gọi là công việc “vô nghĩa”, vô ích. Và công việc của Fen dẫn đến kết quả rõ ràng - dòng điện một chiều chạy qua mạch.

Hãy quay trở lại mạch điện của chúng ta. Tất nhiên, không có nàng tiên phi nhà máy điện nào thực sự tồn tại. Nhưng có những thiết bị đặc biệt trong đó lực phi điện (của bên thứ ba) tác dụng, có khả năng tách các electron tích điện âm khỏi điện tích dương. Những thiết bị này được gọi là nguồn dòng điện, mặc dù trên thực tế chúng không phải là nguồn immi như chúng ta vừa thấy. Chúng khác với các nguồn hiện tại ở các đặc điểm khác của lực trong chúng cũng như nguồn gốc của các quá trình và thiết kế của bản thân các thiết bị. Chúng khác nhau về số lượng bởi một giá trị gọi là suất điện động.

Sức điện động là gì?

Chúng ta hãy xem xét phần không bát phân của mạch điện giữa các điểm $a$ và $b$ (Hình 2), trong đó tồn tại một dòng điện. Vì có dòng điện nên có nghĩa là có điện trường. Giả sử có một điện áp $U$ trong khu vực này, hoặc tương tự, một hiệu điện thế $\varphi_1 - \varphi_2$. Khi đó công thực hiện khi di chuyển điện tích neoctor $q$ từ $a$ đến $b$ bằng $A = qU$.

Bây giờ chúng ta hãy tưởng tượng rằng trong phần $ab$ cũng có một nguồn dòng điện không tác nhân trong đó các phía của lực tác dụng (Hình 3). Bây giờ chúng ta cần cộng công của các ngoại lực vào công của trường nhà máy điện $qU$.