Kvant 1978, số 9 · Trang

KVANM 9
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 này cho thấy một họ các đường cong bậc hai đi qua các điểm (0,0), (1,2), (3,0) và (3,2). Đường cong bậc hai là đồ thị của phương trình $ax^2+bxy+cy^2+ex+fy+q=0$ (trong đó các số $a, b, c$ không bằng 0). Ví dụ về đường cong bậc hai: hình elip, hyperbol, parabol, cặp đường thẳng. (Bạn có thể đọc thêm về đường cong bậc hai trong «Kvant», 1977, số 8.) Theo định lý Pascal, trong trường hợp tổng quát, có đúng một đường cong bậc hai đi qua đường đi của các điểm. Do đó, cả một họ đường cong bậc hai đi qua các điểm, được thể hiện trong hình. Một vai trò đặc biệt ở đây được đóng bởi parabol “đỏ”, cặp đường thẳng song song $y^2-2y=0$ và cặp đường giao nhau $(2x-3y)(x+y-3)=0$. Những đường này phân tách các khu vực chứa đầy các loại đường cong khác nhau. Ví dụ, vùng màu trắng chứa đầy các hình elip, vùng màu xanh lá cây được lấp đầy bởi một họ hyperbola và vùng màu vàng chứa đầy một họ hyperbolas khác.

1

Được thành lập vào năm 1970
9
1978

khoa học đại chúng
vật lý và toán học
tạp chí
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Nhà xuất bản “Khoa học”
Tòa soạn chính
văn học vật lý và toán học

Trong phòng:

2 Chúc mừng năm học mới!
4 V. Belyak. Phân luồng một phần quan trọng
13 V. Zalgaler. Khối đa diện uốn cong liên tục

Phòng thí nghiệm «Kvant»
20 V. Mayer. Phản ứng của cấu trúc chảy ra và chảy vào
Hội thảo toán học
22 V. Vasilov. Biểu đồ lưới
30 I. Klumova. Chữ tượng hình từ các điểm được thể hiện

câu lạc bộ toán học
33 A.Toom. Lời giải bài toán VZMSH
35 Premni «Kvant»
Vấn đề «Kvant»
36 Bài toán M521—M525; F533—F537
38 Lời giải bài toán M471—M474; F487—F490, F492

Qua những trang sách giáo khoa
45 R. Mescheuer. Chứng minh tổ hợp của công thức Newton

«Kvant» cho học sinh nhỏ
47 Bài toán
48 E. Semenov. Khoảng cách của Styopa Moshkin (từ thư gửi bạn bè)
51 A. Strogova. Phương pháp bình phương tối thiểu

Xưởng của người nộp đơn
53 V. Litvinenko, A. Mordkovich. tiền định

Đánh giá, thư mục
59 M. Smolyansky. Toán trên bàn cờ
60 I. Zorich. Một thế giới không có đường nét

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (tr. 19, 21, 29, 32, 34, 58, 64)

© Tòa soạn chính tạp chí vật lý và toán học được xuất bản bởi
công ty “Khoa học”, 1978

2

Chúc mừng năm học mới!

Các biên tập viên chúc mừng các độc giả trẻ của chúng tôi nhân năm học mới 1978/79!

Năm học vừa qua có rất nhiều sự kiện lớn được coi là nguồn cảm hứng khoa học cho năm học sắp tới.

Đây là năm mà nhân dân Liên Xô và toàn thể nhân loại tiến bộ long trọng kỷ niệm 60 năm Cách mạng xã hội chủ nghĩa Tháng Mười vĩ đại, mở ra một kỷ nguyên mới trong lịch sử nhân loại.

Một sự kiện quan trọng khác trong năm qua có liên quan trực tiếp đến các bạn cũng như mọi công dân của Tổ quốc chúng ta - việc thông qua Hiến pháp mới của Liên Xô.

Năm ngoái cũng là năm diễn ra Đại hội XVIII của Lenin Komsomol, một tổ chức thanh niên mà đại đa số độc giả «Kvant» là thành viên. Độc giả của chúng tôi đặc biệt đánh giá cao bài phát biểu trong sáng của Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương CPSU, Chủ tịch Đoàn Chủ tịch Xô Viết Tối cao Liên Xô L. I. Brezhnev tại Đại hội XVIII của Komsomol. Nó vạch ra bài toán, lời giải trong đó Đảng Cộng sản sẽ chiếm ưu thế trước Komsomol, bày tỏ sự đảm bảo rằng chúng nằm trong tầm tay của nó.

Và vào cuối năm học, Đại hội các nhà khoa học toàn Liên minh - những người cố vấn và bạn bè giảng dạy thanh thiếu niên - đã diễn ra tại Moscow. Tại đại hội này, những vấn đề ảnh hưởng trực tiếp tới toàn bộ học sinh đều được xem xét. Các bài phát biểu của những người tham gia đại hội đều thấm đẫm sự quan tâm đến việc giảng dạy thanh niên, về cách chuẩn bị tốt hơn và hiệu quả hơn cho cuộc sống tự lập trong tương lai. Tuổi trẻ của chúng ta đã được cho đi rất nhiều. Không có quốc gia nào trên thế giới cung cấp cho các bé trai và bé gái những cơ hội giáo dục như ở Liên Xô.

Ngay từ những ngày đầu tiên sau chiến thắng tháng 10, nhà nước Xô Viết đã coi sự nghiệp giáo dục công là một trong những tổ chức bài toán quan trọng nhất. Chúng ta phải nhớ rằng vào thời điểm đó đại đa số dân số nước ta không biết chữ. Kể từ đó, chúng tôi đã đi một chặng đường dài từ các câu lạc bộ xóa mù chữ đến phổ cập giáo dục trung học. Ví dụ, đây là một số số liệu chỉ dành cho một nước cộng hòa liên bang, được lấy từ ấn phẩm thống kê kỷ niệm “Nền kinh tế quốc gia của SCP của người Uzbekistan trong 60 năm quyền lực của Liên Xô”: trong 9498 trường trung học trong năm học 1976/77, có 3.789.900 học sinh và dạy 203.600 giáo viên; 254.300 sinh viên được đào tạo tại 42 trường đại học.

Ở nước ta, tất cả các loại hình giáo dục, cả ở cấp trung học cơ sở và giáo dục đại học, đều miễn phí. Và Nghị quyết của Ủy ban Trung ương CPSU và Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô được thông qua năm ngoái sẽ đảm bảo việc sử dụng sách giáo khoa miễn phí. Hầu hết lứa tuổi tiên phong đều được tận dụng các bài tập sinh sản miễn phí trong mùa hè. Và trẻ em trong độ tuổi mẫu giáo có cơ hội được giáo dục gần như miễn phí tại các dịch vụ và nhà trẻ. Vì tất cả những điều này, nhà nước Xô Viết sẽ lãng phí nguồn tài nguyên khổng lồ.

Đảng và Chính phủ không ngừng quan tâm đến việc giảng dạy và nâng cao chất lượng giáo dục cho thế hệ trẻ. Điều này được chứng minh bằng một số văn bản được ban hành gần đây, có tầm quan trọng lớn đối với sự phát triển giáo dục công ở nước ta. Ở giữa là các Nghị quyết của Ủy ban Trung ương CPSU và Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô về việc hoàn thành quá trình chuyển đổi sang giáo dục trung học phổ thông, về các trường học ở nông thôn, về cải thiện việc đào tạo và giáo dục học sinh trong hệ thống giáo dục kỹ thuật nghề, về cải thiện đào tạo, giáo dục và chuẩn bị cho công việc của học sinh ở các trường trung học. Hội đồng tối cao Liên Xô đã phê chuẩn “Các nguyên tắc cơ bản của pháp luật của Liên minh SCP và các nguồn lực liên minh về giáo dục công cộng”.

Tất cả những điều này đều là vấn đề về một trong những quyền cơ bản của công dân Xô Viết, được Hiến pháp bảo đảm - quyền được giáo dục. Nhưng ai được ban cho nhiều thì được trọn vẹn nhiều. Học sinh, mỗi học sinh trường dạy nghề, phải đáp ứng thỏa đáng sự quan tâm, chăm sóc của Đảng và Chính quyền Xô viết, đồng thời tận dụng tối đa những cơ hội được nhân dân tạo ra để học tập và học tập.

Đại hội XVIII của Komsomol đặc biệt chú ý đến điều này bài toán. Do đó, được đại hội thông qua có nội dung: “ Komsomol theo chủ nghĩa Lênin được kêu gọi đóng góp cụ thể vào việc thực hiện Đại hội Đảng lời giải XXV, các nghị quyết của Ban Chấp hành Trung ương CPSU và Liên Xô.

3

phủ về việc cải thiện hơn nữa việc đào tạo, giáo dục, chuẩn bị cho cuộc sống và công việc của thanh niên…".

Đại hội 25 hướng tới toàn thể công nhân nước ta trong cuộc đấu tranh nâng cao hiệu quả, chất lượng công việc. bài toán này phù hợp nhất với sinh viên. Suy cho cùng, chất lượng kiến ​​thức hôm nay đồng nghĩa với hiệu quả lao động cao vào ngày mai. Đó là lý do tại sao Đại hội Komsomol lần thứ 18 kêu gọi sinh viên tuyên chiến với “troikas bạc”. Cần phải khơi dậy niềm đam mê học tập ở trẻ, khơi dậy trong trẻ niềm khao khát tri thức, “đoán đoán” và phát triển tài năng của trẻ. Để làm được điều này, cần tận dụng tối đa cơ hội tham gia các hoạt động ngoại khóa, câu lạc bộ, hội khoa học của sinh viên…

Tạp chí «Kvant» của chúng tôi cũng được kêu gọi trợ giúp lời giải điều này bài toán. Mục tiêu chính của nó là đánh thức sự quan tâm của học sinh đối với vật lý và toán học - những ngành khoa học làm nền tảng cho công nghệ hiện đại. Chúng tôi hy vọng rằng những tài liệu thú vị được đăng trên các trang của tạp chí, được nhiều độc giả tiếp cận sẽ giúp nâng cao trình độ giảng dạy vật lý và toán học ở trường. Tạp chí sẽ tiếp tục giới thiệu đến độc giả những thành tựu của khoa học vật lý và toán học cũng như ứng dụng của chúng trong các hoạt động ngoại khóa kỹ thuật, câu lạc bộ, hội khoa học của sinh viên, v.v.

Trong số độc giả của «Kvant» có rất nhiều nam nữ thanh niên quan tâm sâu sắc đến toán học và vật lý, có kiến ​​thức rất tốt về các môn này, thường xuyên tham gia các câu lạc bộ và thi đấu thành công tại các kỳ Olympic. Chúng tôi mong muốn họ trở thành những trợ lý đầu tiên cho các giáo viên vật lý và toán học, để họ coi nhiệm vụ của mình là nghiên cứu những câu hỏi khó của chủ nghĩa hàng hóa, thu hút vẻ đẹp và niềm vui của kiến ​​thức khoa học. Olt cho thấy rằng khi giải thích một vấn đề cụ thể, bạn sẽ đạt được những điểm sâu sắc và tốt nhất của vấn đề đó. Do đó, sự giúp đỡ của chủ nghĩa hàng hóa trong trường học là lẫn nhau. “Không một ai bị tụt lại phía sau!” - khẩu hiệu này của công nhân sản xuất nên trở thành khẩu hiệu của sinh viên.

Giáo dục phổ thông ở nước ta gắn liền với giáo dục lao động. Chính sách này được Đảng và Nhà nước theo đuổi giúp sinh viên lựa chọn nghề lao động tương lai. Giải thích về chính sách này, L. I. Brezhnev nhấn mạnh: “Ví dụ, nếu trước đây chúng ta nói về quyền làm việc, thì bây giờ đó là một quyền bổ sung được lựa chọn nghề nghiệp, loại hình việc làm và làm việc phù hợp với sự công nhận, khả năng, đào tạo và giáo dục chuyên môn của một công dân, đồng thời, không kém phần quan trọng, có tính đến nhu cầu xã hội.”

Tình hình việc làm của thanh niên trong thế giới tư bản hoàn toàn khác. Sau đây là một câu chuyện điển hình được Komsomolskaya Pravda đăng ngày 30/5/1978:

“…Năng khiếu toán học của anh ấy bộc lộ từ khi còn nhỏ. Lúc bốn tuổi, anh ấy đã có thể đếm đến một nghìn. Lúc bảy tuổi, anh ấy được miễn học toán ở trường… Lúc tám tuổi, anh ấy có thể tư vấn cho các học sinh tốt nghiệp trường… Năm mười hai tuổi, anh ấy được phép tham gia các lớp học tại Khoa Toán của Đại học Monchen, và ở tuổi mười ba, anh ấy đã làm báo cáo tại Viện Sư phạm quê hương mình.

Tất cả những điều này khiến chúng ta nói về Elmar Eder như một thần đồng…

Thần đồng được gửi đến học tại một trường toán học đặc biệt ở Anh, nơi cậu tốt nghiệp với kết quả xuất sắc ở tuổi mười lăm. Ba năm sau, anh nhận được bằng tốt nghiệp của Khoa Toán của Đại học Monchen, và hai năm sau anh được trao bằng tiến sĩ.

Những năm tháng nghiên cứu đã trôi qua và nhà toán học 20 tuổi phải đối mặt với câu hỏi nên làm việc ở đâu. Các trường đại học, viện và trung tâm nghiên cứu, nơi một nhà toán học trẻ nộp đơn xin việc, đã đưa ra một đáp số: không còn chỗ trống.

Cụm từ này ở Đức đã được nhiều lần đón nhận ở đáp số và 40 nghìn sinh viên tốt nghiệp các cơ sở giáo dục đại học khác. của đất nước…”.

Tiếc thay, chúng ta vẫn còn có thanh niên nam nữ không muốn tìm hiểu về sản xuất, không tôn trọng người lao động. Họ cố gắng phân biệt việc tiếp thu các kỹ năng lao động trước khi rời ghế nhà trường và che đậy sự thiếu hứng thú với công việc bằng nhiều lý do khác nhau. Những sinh viên như vậy nên nhớ đến lời của Bí thư thứ nhất Ủy ban Trung ương Komsomol, B. N. Pastukhov, người trong báo cáo của mình trước Đại hội Komsomol XVIII đã lưu ý: “Công việc có ích cho xã hội là sự hiểu biết tích cực về thế giới, kiến thức về bản thân. Nó không loại trừ mà chứa đựng sự lựa chọn nghề nghiệp có ý thức, kiến thức chuyên sâu. Người đoạt giải Lenin, học giả Rem Viktorovich Khokhlov bắt đầu làm thợ cơ khí sau giờ học, sau đó trở thành sinh viên tại Đại học Moscow, và nhiều năm sau đó - đó là Hiệu trưởng. Nhà vật lý kiệt xuất của Liên Xô giờ đây luôn nhớ đến ngôi trường của tập thể lao động như vậy.

Học sinh trung học, sinh viên các trường dạy nghề, cũng như toàn thể người dân Liên Xô, được hưởng công lý trước những thành công nổi bật mà Tổ quốc ta đạt được dưới sự lãnh đạo của Đảng Cộng sản quê hương, nhận thức rõ ràng rằng bệ phóng cho tất cả những thành công đó chính là hệ thống xã hội xã hội chủ nghĩa. Chúng tôi tin chắc rằng giới trẻ đất nước Xô Viết sẽ làm mọi cách để năm học - năm kỷ niệm 60 năm thành lập Komsomol - sẽ được đánh dấu bằng những thành công mới trong học tập và công tác.

4

V. Belyakov

Các bộ phận chuyển kênh trong tinh thể

Trong số thứ hai của tạp chí của chúng tôi trong năm nay, một bài báo của A. Kitay-gorodsky “Khoảng cách giữa các nguyên tử trong tinh thể thay đổi như thế nào” đã được xuất bản. Trong bài viết này tôi nói về các phương pháp chính để nghiên cứu cấu trúc tinh thể - PHÂN TÍCH CẤU TRÚC THUÊ.

Bây giờ chúng tôi mang đến cho bạn sự chú ý một câu chuyện về một phương pháp nghiên cứu tinh thể khác, mới xuất hiện gần đây.

Một chút lịch sử

Tất nhiên, bất cứ ai nhìn thấy một mô hình tinh thể làm từ các quả bóng và thanh mỏng (xem phần giới thiệu của bài viết) đều nghĩ về đặc tính thú vị của nó. Nếu quay chậm, người ta kiểm tra một mô hình như vậy dưới ánh sáng, người ta có thể thấy rằng ở một số hướng, nó gần như trong suốt, ở những hướng khác, nó gần như mờ đục. Mô hình trở nên trong suốt khi các lỗ (hoặc, như người ta nói, các kênh) mở ra, được hình thành bởi một số nguyên tử - quả bóng hoặc khe giữa các mặt phẳng, tạo thành các quả bóng; mờ đục - khi tất cả tính hữu dụng được bao phủ hoàn toàn bởi các quả bóng.

Đặc tính này của mô hình tinh thể vào năm 1912 (vào buổi bình minh của sự phát triển vật lý nguyên tử và trạng thái rắn) đã khiến nhà khoa học người Đức Stark suy nghĩ xem liệu đặc tính được mô tả của mô hình có liên quan đến tinh thể thực hay không. Stark kết luận rằng anh ấy có. Đặc biệt, ông dự đoán rằng nếu một tinh thể được bao phủ bởi các hạt tích điện dương, thì độ sâu thâm nhập của chúng vào độ sâu của tinh thể phụ thuộc vào góc mà chùm hạt rơi trên tinh thể. Vì vậy, nếu hướng của chùm tia trùng với hướng

5

bằng cách kiểm soát một trong các kênh được mô tả ở trên, các hạt thâm nhập vào tinh thể sâu hơn so với các trường hợp khác.

Tuy nhiên, ý tưởng lý thuyết của Stark vào thời điểm đó không thể được xác minh và nó bị phát hiện đã bị chặn. Hơn năm mươi năm trôi qua trước khi các nhà khoa học bắt đầu nghiên cứu thực nghiệm sự phụ thuộc của độ sâu thâm nhập của các hạt tích điện vào tinh thể vào sự định hướng của các mẫu tinh thể so với chùm tia của các hạt này. Quả thực, hóa ra nếu hướng chuyển động của một hạt trùng với hướng của kênh tinh thể hoặc gần với hướng đó, thì hạt đó khi chuyển động trong tinh thể sẽ mất năng lượng chậm hơn nhiều so với khi chuyển động theo các hướng khác. Kết quả là, chiều dài khoảng cách của nó theo hướng này dài hơn đáng kể so với các hướng khác (Hình 1). Trong trường hợp này, họ nói rằng hạt bị bắt vào một kênh tinh thể và bản thân hiện tượng này được gọi là sự truyền kênh hạt.

Sự quan tâm đến hiện tượng này được khơi dậy bởi “khám phá thứ hai” về sự truyền kênh, được thực hiện vào đầu những năm sáu mươi (cũng như lần đầu tiên về mặt lý thuyết) khi mô hình hóa chuyển động của các ion trong một tinh thể trên máy tính điện tử. Hóa ra các hiện tượng truyền kênh và đi kèm là mối quan tâm lớn của vật lý chất rắn và vật lý hạt nhân, vì chúng là một phương pháp hiệu quả để nghiên cứu tính chất của tinh thể và một số hiện tượng hạt nhân. Nhiều khả năng sử dụng kỹ thuật phân kênh cũng đã xuất hiện, đặc biệt là trong công nghệ bán dẫn. Nhưng về toàn bộ lãnh thổ sông này muộn hơn một chút.

Về mô tả cấu trúc tinh thể

Như đã biết, trong tinh thể, các nguyên tử được sắp xếp trong không gian một cách đều đặn và tạo thành cái gọi là mạng tinh thể. Các nguyên tử tinh thể (giống như mọi vật thể khác) trải qua chuyển động nhiệt, nhưng chuyển động này bị hạn chế rất nhiều. Các nguyên tử dao động ở vị trí gần cân bằng, gọi là mạng tinh thể, với biên độ rất nhỏ ($\sim 10^{-9}$ cm). Do đó, để mô tả một số tính chất của cấu trúc tinh thể, chúng ta có thể giả sử rằng các nguyên tử không hề chuyển động. Trong mọi trường hợp, mô hình tinh thể với các nguyên tử đứng yên, như các nhà vật lý nói, là một sự gần đúng đã được nghiên cứu kỹ lưỡng để mô tả các đặc tính đa điểm của tinh thể. Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ sử dụng ý tưởng này về cấu trúc của tinh thể.

Cần lưu ý rằng bức tranh lý tưởng được vẽ ở trên, trong đó các nguyên tử trong toàn bộ thể tích của tinh thể nằm đúng vị trí của chúng, rất hiếm khi được thực hiện trong tự nhiên. Những mẫu lý tưởng như vậy được gọi là các tinh thể đơn. Các vật thể tinh thể được nghiên cứu còn lâu mới trở thành một vật thể hoàn hảo như vậy - những khu vực rất nhỏ trong đó có trật tự hoàn hảo trong việc sắp xếp các nguyên tử, nhưng khi di chuyển từ tinh thể này sang tinh thể khác, trật tự đó bị phá vỡ. Hiện tượng truyền kênh mà chúng ta đang thảo luận được thể hiện rõ nhất trong các thí nghiệm với các tinh thể đơn lẻ, do đó, trong phần tiếp theo, thuật ngữ “tinh thể” sẽ được hiểu là “đơn tinh thể”.

Do trong tinh thể (đơn tinh thể) có một trật tự nghiêm ngặt trong việc sắp xếp các nguyên tử, nên để nghiên cứu về tinh thể, chỉ cần sử dụng thể tích tối thiểu của tinh thể, phản ánh đầy đủ tất cả các cấu trúc kết nối của nó là đủ. Thể tích tối thiểu này được gọi là ô đơn vị của tinh thể. Kích thước của ô đơn vị theo thứ tự (1–10) $10^{-8}$ cm.

Hình 2 cho thấy các ví dụ về các ô cơ bản (để định nghĩa, khối). Ô đơn giản nhất là một khối lập phương, ở các hàng ngắn phía trên nó được đặt theo nguyên tử. Các tế bào tập trung vào cơ thể, tập trung vào khuôn mặt và tập trung vào cơ sở có cấu trúc lớn (chúng có thể được nhìn thấy rõ ràng trong Hình 2).

6

Hình 1. Minh họa sự phụ thuộc của phạm vi của nan vào hướng ban đầu của vận tốc của nó so với trục kênh bằng ví dụ về mô hình hai chiều của mạng tinh thể. Gần quỹ đạo của bộ phận, giá trị của góc được tạo bởi tốc độ ban đầu của bộ phận với trục của kênh được biểu thị.

Như đã đề cập, không phải tất cả các hướng trong tinh thể đều bằng nhau. Để xác minh điều này, thật thuận tiện (như thông lệ trong vật lý tinh thể) khi liên kết hệ tọa độ với ô đơn vị. Nói chung, gốc tọa độ được chọn tại một trong các đỉnh của ô và trục tọa độ hướng dọc theo các cạnh của nó, trong khi độ dài của các cạnh thường được coi là đơn vị. hướng dọc theo trục $X$ được ký hiệu là [100], dọc theo trục $Y$ là [010] và dọc theo trục $Z$ là [001]. Các mặt phẳng trùng với các cạnh của hình lập phương và vuông góc với các trục $X$, $Y$ và $Z$ được ký hiệu bằng các trục tương ứng (100), (010), (001). các hướng dọc theo đường chéo của các mặt được ký hiệu là [110], [101], [011] và các mặt phẳng tinh thể vuông góc với các hướng này được ký hiệu là (110), (101), (011). Cuối cùng, hướng của đường chéo không gian được chỉ định [111] và các mặt phẳng tinh thể vuông góc với nó được chỉ định (111).

Xét hình ảnh của ô đơn vị, dễ dàng nhận thấy các hướng [100], [010], [001] của tinh thể tương đương với nhau và không tương đương với hướng [111].

Ở trên chúng tôi đã liệt kê cái gọi là hướng bầu trời tinh thể và mặt phẳng tinh thể. Các hướng và mặt phẳng khác được ký hiệu tương tự: [hkl] cho một hướng và (hkl) cho các mặt phẳng vuông góc với hướng này. Các đại lượng $h$, $k$, $l$ lấy giá trị nguyên và được gọi là chỉ số tinh thể học (hoặc chỉ số Muller). Đối với các hướng và mặt phẳng không phải là hướng và mặt phẳng chính, ít nhất một trong các chỉ số khác 0 hoặc 1.

Ký hiệu (hkl) không biểu thị một mặt phẳng cụ thể mà là một tập hợp các mặt phẳng song song đi qua các nút (nguyên tử) của mạng tinh thể. Hơn nữa, trong mặt phẳng tương ứng với các chỉ số tinh thể nhỏ, mật độ nguyên tử hóa ra lớn hơn trong mặt phẳng có chỉ số tinh thể cao hơn và khoảng cách giữa các mặt phẳng này lớn hơn khoảng cách giữa các mặt phẳng có chỉ số tinh thể cao. Ví dụ: đối với một tinh thể có ô hình khối đơn giản nhất, khoảng cách giữa các mặt phẳng (100) bằng 1 và giữa các mặt phẳng (110) tương ứng với các chỉ số cao hơn, khoảng cách là $\sqrt{2}/2$ (xem Hình 2).

8

được chọn sao cho khi quay mẫu, hướng của các kênh tinh thể rộng nhất tuần tự trùng với hướng của chùm tia và người ta quan sát thấy dòng điện tăng mạnh (nghĩa là số lượng proton đi qua mẫu).

Ảnh hưởng của kênh đến các quá trình hạt nhân. Hiệu ứng khóa

Kết quả thí nghiệm nghiên cứu phản ứng hạt nhân trong điều kiện chuyển kênh của các hạt gây ra phản ứng hạt nhân rất thú vị. Hóa ra là các hạt được truyền kênh phản ứng kém dễ dàng hơn các hạt chưa trải qua quá trình truyền kênh. Ví dụ, hãy xem xét phản ứng này. Nếu hạt nhân của đồng vị silicon $^{28}$Si bị bắn phá bằng proton thì kết quả là hạt nhân phốt pho $^{29}$P và lượng tử gamma:

$$2^{28}Si + p \rightarrow 2^{29}P + \gamma.$$

Số lượng các sự kiện phản ứng có thể được đánh giá bằng số lượng tử γ được phát ra.

Trong một thí nghiệm trong đó tinh thể silicon được sử dụng làm bia và chùm proton hướng vào tinh thể ở các góc khác nhau so với hướng [110], sự phụ thuộc rõ rệt của số lượng tử γ vào hướng chùm tia đã được tiết lộ (Hình 4). Khi hướng của chùm proton trùng với hướng [110], số lượng sự kiện phản ứng tối thiểu được quan sát thấy, bằng chứng là tốc độ đếm của lượng tử γ giảm.

Kết quả tương tự cũng thu được đối với một số phản ứng hạt nhân khác.

Hình 4. Sự phụ thuộc hướng của hiệu suất phản ứng hạt nhân $^{28}Si + p \rightarrow 2^{29}P + \gamma$ khi hướng của chùm proton thay đổi gần trục [110].

Hình 5.

Một hiện tượng liên quan chặt chẽ đến việc truyền kênh được gọi là hiệu ứng chặn. Thực tế là sự phát ra của các hạt tích điện từ tinh thể, do sự phân rã phóng xạ của hạt nhân trong một tinh thể, phụ thuộc rất nhiều vào góc giữa hướng vận tốc của chúng và trục của kênh tinh thể. Hơn nữa, theo hướng của trục kênh, số lượng hạt thoát ra khỏi tinh thể là tối thiểu. Điều này là do sự phân rã phóng xạ của hạt nhân xảy ra tại một nút của mạng tinh thể và chuyển động của một hạt phát ra theo hướng song song với trục kênh sẽ làm biến đổi các nguyên tử tạo thành thành của kênh.

Tán xạ góc lớn

Gần với hiệu quả chặn - theo kết quả quan sát được - là sự phản xạ (hoặc tán xạ ngược) của các ion từ các mục tiêu đơn tinh thể. Thật vậy, để nó bị phản xạ trở lại (tán xạ trên một góc lớn), nó cần phải đến gần một lõi nguyên tử nào đó của tinh thể. Chỉ trong trường hợp này, lực đẩy tĩnh điện dương giữa cô mang điện và hạt nhân nguyên tử mới đủ mạnh để thay đổi hướng chuyển động của cô sang hướng ngược lại. Do đó, sự tán xạ ngược của nó gần giống như sự phát xạ của một hạt tích điện từ hạt nhân đã thảo luận ở trên trong quá trình phân rã phóng xạ. Các thí nghiệm hoàn toàn xác nhận điều này.

Ví dụ, nếu bên cạnh một tinh thể được chiếu xạ proton,

10

như thể đang hình thành các bức tường của kênh. Nếu thành phần vận tốc vuông góc với trục kênh nhỏ thì lực đẩy không cho phép nó thoát ra khỏi kênh. Trong trường hợp này, nó, sau khi bị đẩy ra khỏi một bức tường của kênh, sẽ tiếp cận bức tường đối diện, đồng thời di chuyển dọc theo trục của kênh. Sau đó, anh ta sẽ “đẩy ra” từ bức tường đối diện theo cách tương tự. Nói chung, chuyển động của nó dọc theo kênh tinh thể sẽ đi kèm với “dao động” giữa các thành của kênh.

Nếu thành phần ngang của vận tốc quá mạnh thì lực đẩy Coulomb không đủ để giữ nó trong kênh tinh thể; nó vượt ra ngoài kênh, nghĩa là không có sự chuyển kênh nào xảy ra.

Một mô hình trực quan về hành vi này có thể được cung cấp bằng chuyển động của một quả bóng trong máng xối (Hình 7). Nếu chúng ta, khi phóng một quả bóng dọc theo trục của máng, đồng thời cho nó một tốc độ nhỏ vuông góc với trục của máng, thì chuyển động của nó dọc theo máng sẽ kèm theo dao động từ tường này sang tường khác. Nếu thành phần vận tốc vuông góc với trục quá mạnh, quả bóng sẽ nhảy ra khỏi máng. Sự tồn tại của một tốc độ ngang giới hạn của quả bóng, tại đó nó chưa nhảy ra khỏi máng, tương ứng với góc tới hạn $\psi_c$ được giới thiệu ở trên đối với việc chuyển kênh.

Thoạt nhìn, sự tương tự giữa chuyển động của một hạt được chuyển động và chuyển động của một quả bóng trong một cái máng có thể gây ngạc nhiên. Quả thực, những “bức tường” kênh rạch trong suốt của thành phố giống một tấm lưới đánh cá có mắt lưới lớn hoặc lưới bóng chuyền hơn là những bức tường kiên cố của máng xối. Sự tương tự hóa ra chỉ đúng vì khi di chuyển dọc theo trục của kênh, hạt tạo ra một dao động từ bức tường này sang bức tường khác trong suốt chiều dài của khe, xấp xỉ bằng một trăm khoảng cách quốc tế, do đó độ rời rạc của bức tường trở nên không đáng kể. Nếu hạt đột ngột thay đổi hướng chuyển động của nó do tương tác với một hạt nhân, thì sự tương tự với chuyển động của một quả bóng trong một cái máng sẽ không đúng. Nhưng trong trường hợp này, như chúng ta đã thấy, sự truyền tải hạt không xảy ra. Vì vậy, miễn là hạt được truyền kênh, thì sự tương tự về máng là khá tốt.

Lưu ý rằng chuyển động của một hạt trong tinh thể gần nhất với chuyển động của một quả bóng trong một cái máng khi chúng ta đang nói về sự truyền kênh giữa các hành tinh của một hạt, trong đó hạt dao động giữa các mặt phẳng tinh thể bao quanh kênh. Trong trường hợp kênh chính, chuyển động của hạt trở nên phức tạp hơn (ví dụ: xem phần giới thiệu của bài viết).

Mô tả định tính ở trên về hành vi của một hạt được truyền trong tinh thể giúp có thể thu được sự phụ thuộc của góc tới hạn $\psi_c$ vào năng lượng của hạt. Chúng ta hãy biểu thị bằng $v$ tốc độ chuyển động của hạt và bằng $v_c$ giá trị tới hạn của vận tốc ngang của nó. Đối với một hạt chuyển động một góc nhỏ so với trục kênh, vận tốc ngang

$$\vec{v} = \vec{v}_c - \frac{\vec{v}_c}{\|\vec{v}\|}.$$

Biểu diễn vận tốc hạt thông qua

12

Phương pháp này phù hợp để đo thời gian của các quá trình hạt nhân (phản ứng) kèm theo sự phát xạ của các hạt tích điện. Quá trình của các phản ứng như vậy có thể được chia thành hai giai đoạn. Giai đoạn đầu tiên là việc bắt giữ một trong các hạt có trong mẫu bằng hạt nhân của nguyên tử tinh thể. Giai đoạn thứ hai là sự phân rã của hạt nhân bắt giữ các hạt.

Thời gian trôi qua từ thời điểm bắt giữ hạt cho đến khi hạt nhân phân rã có thể được xác định bằng cách biểu hiện hiệu ứng chặn trong việc giải phóng các sản phẩm phân rã tích điện từ tinh thể. Ý tưởng của phương pháp dự án rất tao nhã và bao gồm những điều sau đây. Hạt nhân đã bắt được hạt (như các nhà vật lý nói, hạt nhân phức hợp), nhận động lượng của hạt bị hấp thụ, bị đánh bật ra khỏi nút tinh thể mà nó chiếm giữ và bắt đầu chuyển động trong tinh thể với tốc độ rất cao, theo thứ tự $10^8-10^9$ cm/s. Nếu thời gian tồn tại của lõi hỗn hợp rất ngắn và thực tế nó không có thời gian để báo cáo từ nút mà nó chiếm giữ trước khi phân rã, thì hiệu ứng chặn được biểu hiện đầy đủ khi các sản phẩm phân rã tích điện rời khỏi tinh thể.

Nếu trong suốt thời gian tồn tại của nó, lõi quản lý để báo cáo từ nút của nó, thì hiệu ứng chặn sẽ bị suy yếu, vì trong trường hợp này, chuyển động của sản phẩm phân rã dọc theo trục tinh thể không được tự động ngăn chặn. Hình thành các bức tường của kênh. Mức độ suy yếu của sự tắc nghẽn quyết định khoảng cách mà lõi phức hợp sẽ trộn lẫn, và, khi biết sự tích tụ của nó, hiện tại vẫn chưa có sự hiểu biết đầy đủ về đặc điểm chuyển động của các hạt này trong các tinh thể đơn lẻ. Tuy nhiên, rõ ràng là một phương pháp mới, tinh tế đến kinh ngạc để nghiên cứu tinh thể đang xuất hiện trong tay các nhà vật lý. Người ta hy vọng rằng trong tương lai gần, việc phân kênh sẽ trở thành phương pháp tương tự để nghiên cứu các tinh thể như phân tích cấu trúc RENT hiện nay.

Hình 7. Quỹ đạo của quả bóng trong máng ở các giá trị khác nhau của tốc độ ngang của nó. Các quỹ đạo 1, 2 và 3 lần lượt đề cập đến vận tốc ngang thấp nhất, gần cực đại nhất và lớn nhất của quả bóng.

13

V. Zalgaaler

Khối đa diện có thể uốn cong liên tục

1. đa diện
   Ở đây chúng ta sẽ gọi khối đa diện là một bề mặt (không phải khối!) được tạo thành từ một số hữu hạn các đa giác. Những đa giác này là các mặt của khối đa diện. Các cạnh của các mặt là các cạnh của khối đa diện. Giả sử rằng dọc theo mỗi cạnh không có quá hai mặt liền kề nhau. (Vì vậy, bề mặt được mô tả trong hình a) trên màn hình giật gân không phải là một khối đa diện.) Khối đa diện phải bao gồm một mảnh: từ bất kỳ mặt nào của nó, bạn có thể đi đến bất kỳ mặt nào khác, di chuyển từ mặt này sang mặt khác một cách tuần tự qua các cạnh dọc theo các mặt liền kề.

Nếu một khối đa diện có một cạnh chỉ thuộc một mặt thì đó là khối đa diện có một cạnh (Hình 6). Nếu mỗi cạnh thuộc về hai mặt thì khối đa diện được gọi là khối đóng (Hình 8). Một khối đa diện khép kín không có cạnh.

Chúng ta sẽ gọi một khối đa diện là lồi nếu nó là biên của một vật lồi. Một khối đa diện như vậy nhất thiết phải đóng lại. Theo nguyên tắc, chúng ta sẽ chỉ xét các khối đa diện có các mặt

14

2. Uốn một khối đa diện

Chúng ta sẽ giả sử rằng hình dạng và kích thước của mỗi mặt của khối đa diện bị cấm thay đổi, nghĩa là chúng ta sẽ coi các mặt đó là các tấm vật liệu rắn. Chúng ta hãy thay đổi các góc nhị diện ở các cạnh. Nếu bằng cách thay đổi các góc ở các cạnh, khối đa diện ban đầu có thể được sắp xếp lại sao cho trong khi vẫn giữ nguyên thứ tự tiếp xúc của các mặt, hình dạng của nó thay đổi, thì người ta nói rằng khối đa diện mới thu được từ khối đa diện ban đầu bằng cách uốn cong hữu hạn.

Sự uốn cong của một khối đa diện có một cạnh rất dễ hình dung. Ví dụ, đối với một khối đa diện được tạo thành từ hai hình tam giác, bạn có thể thay đổi tùy ý góc của một cạnh chung.

Hãy cho một ví dụ về sự uốn cong hữu hạn của một khối đa diện kín. Khối đa diện trong Hình 1, a, được tạo thành từ năm mặt của một khối lập phương, mặt thứ sáu được thay thế bằng mặt bên của một hình chữ nhật tứ giác đều thấp đặt trên khối lập phương. Khối đa diện trong Hình 1, b được xây dựng theo cách tương tự, chỉ khác là bây giờ khối kim tự tháp tương tự được đưa vào bên trong khối lập phương. Trong ví dụ này, khi uốn khối đa diện, các góc nhị diện ở một số cạnh không chỉ thay đổi giá trị mà còn trở thành góc tới. Một ví dụ thú vị về sự uốn cong hữu hạn của một khối đa diện được thể hiện trên Hình 2*). Ở đây, trong quá trình uốn, các góc nhị diện nhô ra vẫn nhô ra và các góc nhị diện tới vẫn hướng ra ngoài.

Trong cả hai ví dụ, việc uốn cong được thực hiện bằng một cú xoay mà không bị gián đoạn. Ví dụ, nếu bạn lười biếng rất nhiều

*) Ví dụ này được lấy từ ghi chú của A. D. Aleksaidrov và S. M. Vladimirova (“Bản tin của Đại học Leningrad”, 1962, số 13).

15

Hình 3.

Hình 4.

$a \approx 5,3752$cm; $b \approx 5,9103$ cm; $c \approx 9,0935$ cm. Các cạnh $b$ và $c$ tiến đến tâm của ngôi sao.

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ giả sử rằng trong một khối đa diện khép kín, tất cả các mặt đều cứng abscilton, và dọc theo các cạnh, các mặt lân cận đều có bản lề, giống như các bản lề của cửa. Chúng ta có thừa nhận ít nhất một khối đa diện kín nhỏ có dư thừa liên tục không?

4. Bát diện Bricard đầu tiên

Chúng ta hãy xem xét cơ cấu bốn thanh $ABCD$ trên mặt phẳng $P$ (Hình 3). Các đỉnh $A, C, B, D$, nơi đặt bản lề, đóng vai trò là các đỉnh của một hình thang bằng nhau. Tứ giác $ACBD$ có thể di chuyển được: góc $\alpha$ có thể thay đổi trong những giới hạn nhất định; trong trường hợp này, các liên kết $AB$ và $CD$ trượt tự do lên nhau. Khi $\alpha$ thay đổi, các đỉnh của tứ giác tiếp tục tạo thành một hình thang bằng nhau. Do đó, một đường tròn có thể được mô tả xung quanh tứ giác $ACBD$ bất cứ lúc nào.

Bây giờ chúng ta hãy sửa vị trí của cạnh $AB$ trên mặt phẳng $P$. Khi đó bán kính $R(\alpha)$ của đường tròn ngoại tiếp phụ thuộc liên tục vào $\alpha$. Tâm của đường tròn $O(\alpha)$ cũng liên tục phụ thuộc vào $\alpha$ (theo nghĩa là một sự thay đổi nhỏ $\alpha$ sẽ dẫn đến một sự dịch chuyển nhỏ của điểm $O(\alpha)$).

Chúng ta hãy vẽ một đường vuông góc với mặt phẳng đi qua điểm $O(\alpha)$ và vẽ các đoạn $O(\alpha) M$ trên đường vuông góc này lên xuống tính từ mặt phẳng $P$

3. Một chút lịch sử

Trở lại năm 1813, nhà toán học nổi tiếng người Pháp Augustin Cauchy đã chứng minh rằng một khối đa diện lồi hoàn toàn không cho phép dư thừa mà vẫn bảo toàn tính lồi (trừ khi người ta coi ảnh phản chiếu của nó bị uốn cong) *. Cố gắng trả lời câu hỏi liệu một khối đa diện kín không lồi có thể bị uốn cong liên tục hay không, R. Bricard vào năm 1897 đã xây dựng các ví dụ về loại khối đa diện này. Nhưng đây là những khối đa diện có giao điểm tự thân. Dưới đây chúng tôi mô tả hai thiết kế Bricard.

Câu hỏi về sự tồn tại của một khối đa diện khép kín linh hoạt liên tục mà không tự giao nhau vẫn còn bỏ ngỏ. Nhiều nhà hình học cho rằng khối đa diện như vậy không tồn tại. Tuy nhiên, vào năm 1977, nhà toán học người Mỹ R. Coelli **) đã chế tạo được một khối đa diện như vậy! Việc xây dựng nó dựa trên kết quả của Bricard.

4. Bát diện Bricard đầu tiên

Chúng ta hãy xem xét cơ cấu bốn thanh $ABCD$ trên mặt phẳng $P$ (Hình 3). Các đỉnh $A, C, B, D$, nơi đặt bản lề, đóng vai trò là các đỉnh của một hình thang bằng nhau. Tứ giác $ACBD$ có thể di chuyển được: góc $\alpha$ có thể thay đổi trong những giới hạn nhất định; trong trường hợp này, các liên kết $AB$ và $CD$ trượt tự do lên nhau. Khi $\alpha$ thay đổi, các đỉnh của tứ giác tiếp tục tạo thành một hình thang bằng nhau. Do đó, một đường tròn có thể được mô tả xung quanh tứ giác $ACBD$ bất cứ lúc nào.

Bây giờ chúng ta hãy sửa vị trí của cạnh $AB$ trên mặt phẳng $P$. Khi đó bán kính $R(\alpha)$ của đường tròn ngoại tiếp phụ thuộc liên tục vào $\alpha$. Tâm của đường tròn $O(\alpha)$ cũng liên tục phụ thuộc vào $\alpha$ (theo nghĩa là một sự thay đổi nhỏ $\alpha$ sẽ dẫn đến một sự dịch chuyển nhỏ của điểm $O(\alpha)$).

Chúng ta hãy vẽ một đường vuông góc với mặt phẳng đi qua điểm $O(\alpha)$ và vẽ các đoạn $O(\alpha) M$ trên đường vuông góc này lên xuống tính từ mặt phẳng $P$

*) Chứng minh Ostroym của Cauchy được trình bày, ví dụ, trong cuốn sách “Hình học cơ bản” của Hadamard, tập 2 (Uchredgiz, 1952).

**) R. Connelly, A counterexample to the rigidity conjecture for polyhedra (Publ. Math., IHEE, 1978, v. 47. c. 333—338).

16

và $O(\alpha) M'$ có độ dài $h(\alpha) = \sqrt{L^2 - R^2}(\alpha)$, trong đó $L$ là một hằng số nào đó. Trên mỗi liên kết $AB, BC, CD, DA$, làm cơ sở, chúng ta sẽ dựng hai hình tam giác: có đỉnh $M$ và có đỉnh $M'$. Tất cả các cạnh của những hình tam giác này đều có độ dài $L$ (bất kể $\alpha$!). Tám hình tam giác này tạo thành khối bát diện Bricard tự giao nhau đầu tiên (Hình 4). Với sự thay đổi của $\alpha$ nó uốn cong liên tục.

Thật không may, ngay cả khi chúng tôi cố gắng tạo ra một cơ chế bản lề $ABCD$, chúng tôi không thể xây dựng mô hình hoạt động của khối bát diện Bricard đầu tiên từ giấy: không thể lập mô hình giao điểm có thể thay đổi của các hình tam giác ($AMB$ và $DMC$, $AM'B$ và $DM'C$) bằng các tờ giấy! Tuy nhiên, nếu những hình tam giác này được xây dựng bằng cách kéo dài một mạng lưới các sợi theo chiều ngang trên các cạnh của chúng thì mô hình thu được sẽ cho thấy các hình tam giác liên tục trượt qua nhau như thế nào (Hình 4).

5. Notch Conelli

Chúng ta hãy xem xét một góc nhị diện $QlQ'$, bao gồm một cạnh thẳng $l$ và các nửa cạnh $Q$ và $Q'$ (Hình 5). Chúng ta biểu thị mặt phẳng nhị phân của nó bằng $P$. Chúng ta hãy dựng bát diện Bricard đầu tiên sao cho vòng $AB$ nằm trên đường thẳng $l$, tứ giác $ACBD$ nằm trong mặt phẳng $P$ và các hình tam giác $AMB, AM'B$ nằm trong nửa mặt phẳng $Q$ và $Q'$. Sau đó, chúng tôi xóa phần $AB$ khỏi cạnh $l$ và các hình tam giác $AMB$ và $AM'B$ khỏi các mặt $Q$ và $Q'$. Chúng ta sẽ loại bỏ hai hình tam giác giống nhau khỏi bát diện Bricard. Con số hiển thị trong Hình 5 sẽ vẫn giữ nguyên. Chúng ta sẽ nói rằng một rãnh Conelli được tạo ra trên mép của góc nhị diện.

Khối đa diện có cạnh như trong Hình 5 cho phép uốn cong liên tục: khi $\alpha$ thay đổi, bát diện Bricard uốn cong, đồng thời, khoảng cách $MM'$ liên tục thay đổi, và cả (trong một số giới hạn nhất định) góc nhị diện $QlQ'$ cũng thay đổi.

Không giống như bát diện Bricard đầu tiên, hãy tạo một giá trị hợp lệ

17

Hình 7.

Hình 8.

∆ ∼ 180°. Phần CDMB tương ứng với vết nứt dọc theo cạnh MC, tại đó hình thành góc β (α), được chọn cho mỗi α sao cho góc giữa các đoạn BM và MD ở cả hai phần là như nhau. Sau đó chúng ta sẽ gắn 2 phần này với nhau dọc theo đường BMD.

Chúng ta hãy cố định vị trí của một mặt (ví dụ mặt ABM) trong không gian. Khi đó, sự thay đổi của α trong phạm vi 179°  α ≤ 180° tương ứng với sự uốn cong liên tục của một khối đa diện tứ diện có một cạnh. Nếu chúng ta giả sử rằng trong quá trình uốn gấp đôi, các góc tại các gân AM, MC hướng cạnh xuống dưới thì ít nhất một trong các góc tại các gân AM, MD sẽ hướng cạnh lên trên (Hình 7). Tại α=180°, tất cả các góc này đều thẳng, và chúng ta đạt đến vị trí phẳng của tứ diện như trên Hình 6.

Hình 9.

7. khối đa diện Conelli

Chúng ta hãy xem xét khối bát diện Bricard thứ hai ở vị trí của nó khi α = 180° và nó đã suy biến thành một hình chữ nhật có hai lớp phủ. Chúng tôi thay thế từng hình tam giác của nó

18

“các mặt” của bề mặt bên của một paramid hình tam giác đặt trên mặt này. Trong trường hợp này, chúng ta đặt các paramid có đáy là các hình tam giác có đỉnh $M$ trên mặt phẳng $ABCD$ (Hình 9) và các paramid có đáy là hình tam giác có đỉnh $M'$ trên một mặt phẳng.

Khối đa diện thu được (được tạo bởi các bề mặt bên của tất cả tám paramit) đã “gần như” không có giao điểm tự: các phần của nó nằm ở trên và dưới mặt phẳng $ABCD$ được chứa (ngoại trừ đường viền $ABCD$) chỉ trong hai điểm “phụ” (điểm $a$ và $b$ trong Hình 8). Hình 10 thể hiện tiếp điểm này tại điểm $a$ (nó có dạng tiếp điểm một điểm bên ngoài của các cạnh của hai góc).

Bây giờ chúng ta hãy loại bỏ hiện tượng tự chạm của khối đa diện tại điểm $a$ bằng cách tạo một rãnh Conelli trên cạnh $BM'$. Tương tự, tính điểm $b$ và tạo một vết khía trên cạnh $DM'$.

Khối đa diện Conelli đã sẵn sàng: nó rất dài và cho phép uốn cong liên tục! Hình dáng chung của nó được thể hiện trong Hình 12; nó có thể được làm từ giấy vẽ.

Một độc giả phê bình có thể nghi ngờ rằng với sự trợ giúp của khía Conelli, thực có thể được thiết lập khi tiếp xúc tại các điểm $a$ và $b$; tuy nhiên, điều này sẽ rất hữu ích cho những người tạo mô hình rãnh Conelli hoặc nghiên cứu kỹ Hình 11. Một người đọc tỉ mỉ sẽ có thể đưa ra bằng chứng chặt chẽ về thực tế này.

Tóm lại, chúng tôi lưu ý rằng trong quá trình uốn, thể tích của khối đa diện Conelli không thay đổi (nó sẽ có thể uốn cong ngay cả khi nó chứa đầy chất lỏng không thể nén được!). Hãy cố gắng tự mình chứng minh điều đó.

---

Trong khi ghi chú này đang được chuẩn bị xuất bản, nhà hình học từ Kharkov A.D. Milka đã gửi cho chúng tôi một mô hình khối đa diện Conelli do ông và các đồng đội của ông chế tạo. Khi chế tạo mô hình, người Kharkovite đã sử dụng các thông điệp “thiết kế” bổ sung sau đây.

1. Vị trí của điểm $M$ trong hình chữ nhật $ABCD$ (Hình 6) là tùy ý

20

V. Mayer

Phản ứng của dòng tia chảy ra và dòng chảy vào

Hãy tưởng tượng rằng trên bè có một chiếc tàu có pít-tông chứa đầy nước và một đường ống được dẫn ra khỏi bể qua mạn tàu (Hình 1). Nếu hạ pít-tông xuống, một dòng nước sẽ chảy ra khỏi đường ống và chiếc bè dường như sẽ xuất phát theo hướng ngược lại với hướng chuyển động của nước trong dòng. Điều gì xảy ra nếu bạn nâng pít-tông lên để một dòng nước đi vào bình?

Hình 1.

Là một thí nghiệm về thể chất và tâm lý, câu hỏi này được đặt ra bởi một học sinh, một giáo viên vật lý và một giáo sư đại học. Trong hầu hết các trường hợp, họ đều nhất trí và nói rằng tất nhiên chiếc bè sẽ bắt đầu di chuyển về phía dòng chất lỏng đi vào tàu qua đường ống. Điều này có đúng không?

Để bạn cảm nhận được tính chất không hề tầm thường của câu hỏi được đặt ra thì cuối cùng, nó đã thu hút sự chú ý của nhà khoa học xuất sắc người Nga N. E. Zhukovsky. Hơn nữa, Zhukovsky đã giải được bài toán: đầu tiên ông chỉ ra gần đúng rằng phản ứng của chất lỏng chảy vào bình là rất nhỏ, và chỉ sau đó mới chứng minh được một cách chặt chẽ rằng nó bằng 0! Lý thuyết do Zhukovsky phát triển không đơn giản và không có ích gì khi xem xét nó ở đây.

Bạn có thể nghĩ ra nhiều thí nghiệm đẹp mắt cho phép bạn quan sát phản ứng của các tia chảy vào và chảy vào. Một số trong số chúng đã được Zhukovsky mô tả.

“Các thí nghiệm xác nhận kết quả mà chúng tôi tìm thấy về tầm quan trọng của phản ứng ngược. Chúng tôi lắp đặt các bình (Hình 2 và 3), được đỡ trên mặt nước bằng cách sử dụng phao nút chai và liên lạc với các ống gutta percha bằng một tác động bơm nhẹ. Bằng cách thổi vào và ra khỏi không khí, chúng tôi đã khiến nước chảy ra khỏi bình hoặc chảy vào trong đó. Đồng thời, người ta phát hiện ra rằng bình vẫn bất động, bất kể lượng nước được hút vào là bao nhiêu và ngay lập tức bắt đầu chuyển động ngay khi nước rút ra.” bị đẩy ra ngoài.

Hình 2.

Hình 3.

21

đồng thời, bằng cách hút nước vào và đẩy nước ra một cách tuần tự, bạn có thể khiến tàu chuyển động nhanh theo hướng ngược lại với hướng đẩy nước ra.

Hình 4.

Hình 5.

Điểm yếu của phản ứng ngược cũng được xác nhận bằng kinh nghiệm sử dụng bánh xe Segner. Hai bình (Hình 4) A và B được nối với nhau bằng ống guttapertz. Ở đáy bình A có một bánh xe segner nhỏ, qua đó ống giao tiếp với bình B. Một lượng nước nhất định được đổ vào cả hai bình. Nếu bạn đặt bình B phía trên bình A thì nước bắt đầu đổ từ B sang A và bánh xe segner bắt đầu quay; nhưng nếu bình B được đặt thấp hơn đáng kể so với bình A thì nước sẽ chảy từ A đến B và bánh xe segner sẽ không chuyển động."

Bạn có thể tự kiểm tra cách sử dụng bánh xe segner bằng thiết bị như trong Hình 5. Khoan cẩn thận ba lỗ có đường kính 4-5 mm trên quả bóng bàn sao cho tâm của chúng trùng với hai đầu của hai đường kính vuông góc lẫn nhau của quả bóng. Chèn các ống PVC uốn cong trên tấm nóng vào hai lỗ nằm trên cùng một đường thẳng (chúng thường được sử dụng để cách điện dây điện). Chèn một thanh kim loại từ bút bi vào lỗ thứ ba, ở phần trên của lỗ đó (nằm bên trong quả bóng) có một số lỗ được tạo ra. Để giữ cho quả bóng bàn ổn định ở đầu thanh, bạn cần tạo một vết lõm nhỏ ở bên trong quả bóng bằng một chiếc dùi cùn. Đặt một bóng đèn cao su vào đầu dưới của thanh.

Khi bạn ấn quả lê, không khí thoát ra khỏi các ống cong của bánh xe Segner và bánh xe bắt đầu quay. Khi không khí được hút vào, bánh xe Segner vẫn đứng yên. Bằng cách nhấn và thả quả lê theo định kỳ, bạn có thể làm cho bánh xe Segner quay với tốc độ khá cao.

Hãy nghĩ xem có thể thực hiện những thí nghiệm nào khác trong đó các phản ứng chảy vào và chảy ra được biểu hiện.

*) N. E. Zhukovsky. Bài viết sưu tầm. Tập 3. M.-L., Gostekhidat, 1949.

Một minh chứng khác về sự không trọng lượng

Trong số thứ tư của tạp chí của chúng tôi, bài báo “Chứng minh tình trạng không trọng lượng” của A. Dozorov đã được xuất bản, trong đó mô tả một thiết bị đơn giản giúp xác minh trực quan sự vắng mặt của trọng lượng trong các vật thể đang ăn tự do. Sau lần xuất bản này, các biên tập viên đã nhận được một lá thư trong đó độc giả Yu. Smirnov từ Tula viết rằng “việc chứng minh tình trạng không trọng lượng sẽ dễ dàng và đơn giản hơn nhiều nếu bạn sử dụng một chiếc túi polystylene có một lỗ nhỏ chứa đầy nước”.

Đây là những quan sát đơn giản Yu. Smirnov đề nghị. Khi túi được giữ không trọng lượng, một dòng nước chảy ra khỏi lỗ. Nếu bạn cầm một chiếc túi chứa đầy nước ở các cạnh, nó nổi lên nhanh hơn, thì các mảnh vụn sẽ trở nên chắc hơn. Nếu bạn đã giữ nó ở các cạnh, thì các mảnh nước sẽ yếu đi. Nếu bạn buông túi ra, tạo cơ hội cho túi rơi tự do, nước sẽ không chảy ra qua lỗ.

Những thí nghiệm đơn giản này không chỉ chứng minh tình trạng không trọng lượng mà còn chứng minh sự xuất hiện của quá tải (“dương”) và “âm”).

22

Danh pháp lưới

V. Vavilov.

Danh pháp lưới

Trong bài học này bạn sẽ được giao một số nhiệm vụ. Phần thử nghiệm (thực hiện các bản vẽ) có sẵn cho tất cả mọi người và việc biện minh đòi hỏi kiến ​​​​thức tùy ý. Lời khuyên của chúng tôi là hãy dạy từ việc vẽ và sau đó làm việc chứng minh.

Lưu ý rằng các biểu đồ thể hiện trong các hình không thể được sử dụng đủ hiệu quả trong thực tế (do khó in nên chúng quá nhỏ và không chính xác).

Các nhà toán học cũng giống như người Pháp: mọi điều bạn nói với họ, họ dịch sang ngôn ngữ của họ và ngay lập tức nó trở thành một thứ hoàn toàn khác.

N. V. Goethe

1. Tam thức vuông và mặt phẳng pha

Xét họ tam thức vuông $\{x^2+px+q\}$ (p và q là số thực). Trên một mặt phẳng nào đó π—chúng tôi gọi nó là mặt phẳng pha—chúng tôi liên kết tam thức bình phương $x^2+px+q$ với một điểm có tọa độ p và q. Ví dụ: tam thức $x^2+x+1$ tương ứng với điểm (1; 1) và điểm (0; 0) tương ứng với tam thức $x^2$.

Chúng ta hãy tìm xem những điểm nào của mặt phẳng pha tương ứng với các tam thức có cùng nghiệm. Để làm điều này, chúng ta đánh đồng phân biệt của tam thức bằng 0; chúng ta có được sự bình đẳng

$$q = \frac{1}{4} p^2.$$

Đẳng thức (1) xác định cái gọi là điểm phân biệt của một parabol trong mặt phẳng π (Hình 1); parabol này bao gồm các điểm tương ứng với các tam thức có dạng $(x-x_0)^2 = x^2-2x_0x+x_0^2$.

Bất đẳng thức $q > \frac{1}{4} p^2$ xác định một vùng trong mặt phẳng π nằm “bên trong” parabol (vùng màu xanh lam trong Hình 1). Các điểm trong vùng này tương ứng với các tam thức không có nghiệm thực. Tam thức vuông có hai nghiệm thực khác nhau tương ứng với các điểm có tọa độ thỏa mãn sự tương ứng $q < \frac{1}{4} p^2$. Đây là vùng màu hồng trong Hình 1.

Xét đường thẳng trên mặt phẳng π

$$ap+q+a^2=0$$

(2) (ở đây p, q là biến, a là số cố định). Dễ dàng nói rằng các điểm nằm trên đường thẳng (2) tương ứng với các tam thức có nghiệm a. Dòng (2) được gọi là dòng gốc. (Tất nhiên, có nhiều dòng gốc; mỗi gốc tiềm năng a có một dòng riêng.)

Đường gốc nằm như thế nào so với parabol phân biệt? Rõ ràng là họ chạm vào nhau. Thật vậy, đường gốc không giao nhau với vùng màu xanh và có một điểm chung với ranh giới của vùng này, đó là điểm tương ứng với tam thức $(x-a)^2 = x^2-2ax+a^2$. Kết luận này có thể được kiểm chứng dễ dàng bằng nghiệm chưa xác định của hệ

$$\begin{cases} q = \frac{1}{4} p^2, \\ ap+q+a^2=0. \end{cases}$$

Vì điểm $(-2a; a^2)$ thuộc cả đường thẳng (2) và parabol (1) nên đường thẳng (2) và parabol (1) chạm nhau tại điểm này.

Thực hiện lập luận theo thứ tự ngược lại, ta chứng minh được mọi tiếp tuyến của parabol phân biệt đều là nghiệm (bạn hãy tự chứng minh nhé!).

Vì vậy, qua mỗi điểm của parabol phân biệt đi qua

23

Hình 1.

chính xác một đường gốc (tiếp tuyến với parabol). Không một đường gốc nào đi qua các điểm của vùng màu xanh lam. Điều này phù hợp với thực tế là từ “bên trong” của một parabol, không thể kiểm tra được một tiếp tuyến duy nhất của nó. Cuối cùng, vì mỗi điểm trong vùng màu hồng tương ứng với một phương trình có hai nghiệm thực khác nhau nên có thể kiểm tra hai nghiệm nghiệm khác nhau thông qua mỗi điểm. Điều này cũng phù hợp với thực tế là thông qua một điểm nằm ở “mặt ngoài” của parabol, người ta có thể kiểm tra hai tiếp tuyến thần kinh.

Sự tương ứng một-một giữa các điểm của mặt phẳng và phương trình bậc hai cho phép người ta tìm ra mô tả của tất cả các phương trình có tính chất nghiệm cho trước, biểu thị tập hợp các điểm tương ứng của mặt phẳng pha.

Ví dụ: chúng ta hãy mô tả tất cả các điểm như vậy của mặt phẳng π tương ứng với phương trình bậc hai $x^2+px+q=0$ với hai nghiệm khác nhau thuộc tích phân ]—2; 1[.

Dễ dàng nói rằng phương trình bậc hai $x^2+px+q=0$ có thể có hoặc không có nghiệm thực khác nhau, thuộc về một tích phân cho trước, khi đường tam giác $x^2+px+q$ có phân biệt dương, ở hai đầu tích phân nhận giá trị dương và hoành độ của đỉnh

parabol $y=x^2+px+q$ thuộc tích phân đã cho.

Đối với cái mà chúng ta quan tâm, Bổ đề ]—2; 1[ do đó thu được hệ thống:

$$\begin{cases} q < \frac{1}{4} p^2, \\ 4 - 2p + q > 0, \\ 1 + p + q > 0, \\ -2 < -\frac{p}{2} < 1. \end{cases}$$

Trên mặt phẳng π, hệ (3) xác định một tập hợp các điểm, được tô màu hồng trong Hình 2. Do đó, các bộ ba vuông có các nghiệm thực khác nhau thuộc về tích phân ]—2; 1[, tương ứng với các điểm bên trong của tam giác cong này.

Các dòng gốc $-2p+q+4=0$ và $p+q+1=0$ (tương ứng với gốc ]—2 và 1) chia phần bên ngoài của chất phân biệt thành sáu vùng: $\alpha_1, \alpha_2, \beta_1, \beta_2, \gamma$ và $\delta$ (Hình 2). Số nghiệm của phương trình $x^2+px+q=0$ thuộc tích phân ]—2; 1[, phụ thuộc vào khu vực nào được liệt kê của mặt phẳng π chứa điểm $(p; q)$ tương ứng với phương trình này. Sự phụ thuộc này được phản ánh trong bảng ở Hình 2 (hãy kiểm tra xem!).

Nhiệm vụ 1

1. a) Tìm tập hợp tất cả các điểm $(p; q) \in \pi$ sao cho phương trình $x^2+px+q=0$ có hai nghiệm thực $x_1, x_2$, $a < x_1 < b$, $c < x_2 < d$ và $a < b \leqslant c < d$.

6. Với sự trợ giúp của bảng này, dựa vào vị trí của điểm $(p; q)$ trên mặt phẳng π, người ta có thể trả lời câu hỏi có bao nhiêu nghiệm của phương trình $x^2+px+q=0$ rơi vào tích phân $|a, b|$ $|c, d|$ (với $a, b, c$ và $d$ đã cho).

Ví dụ: hãy xem xét trường hợp khi $a=-3$, $b=0$, $c=1$, $d=3$.

bài toán tiếp theo dành cho nghiên cứu độc lập.

2. Xét khoảng $[0; \pi]$ nhóm hàm $\{\cos^2x+p \cos x+q\}$. Như trước đây, mỗi chức năng

24

Hình 2.

của họ này, chúng tôi đặt điểm $(p; q) \in \pi$ tương ứng.

a) Xét hàm $\cos^2 x + p \cos x + q$ để biết hàm tăng, hàm giảm phụ thuộc vào vị trí của điểm $(p; q)$ trên mặt phẳng $\pi$.

6. Cho $M_0 = (p_0; q_0)$ là một điểm cố định của mặt phẳng $\pi$, $M = (p; q)$ là một điểm biến thiên; $f_0(x) = \cos^2 x + p_0 \cos x + q_0$, $f(x) = \cos^2 x + p \cos x + q$. Đối với các điểm đã cho $M$ và $M_0$, chúng tôi đặt

$$d(M, M_0) = \max_{[0; \pi]} |f(x) - f_0(x)|.$$

Chúng ta hãy tìm tập hợp điểm $M = (p; q) \in \pi$ tối đa hóa điều đó

1. $d(M, M_0) = 1$;
2. $d(M, (2; 2)) = d(M, (-2; -2))$.

2. Danh pháp cho phương trình lời giải $x^2 + px + q = 0$

Chúng ta hãy vẽ khá nhiều đường thẳng gốc $ap + q + a^2 = 0$ trên mặt phẳng pha $\pi$, cho tham số $a$, ví dụ giá trị 0; ±0,5; ±1; ±1,5; ±2; ±2,5; ±3; ±3,5.

Bên cạnh mỗi đường thẳng vẽ ta viết giá trị tương ứng $a$ (Hình 3). “Mạng” các đường thẳng thu được được gọi là số nửa nguyên tử (đối với phương trình bậc hai lời giải).

Để tìm nghiệm của một phương trình đã cho $x^2 + px + q = 0$ bằng cách sử dụng biểu đồ được xây dựng, cần thiết lập các đường gốc nào đi qua điểm tương ứng $(p; q) \in \pi$.

Ví dụ, chúng ta hãy giải phương trình $x^2 + 0,5x - 3 = 0$. Qua điểm $(0,5; -3)$ có các đường gốc sử dụng $a = -2$ và $a = 1,5$; do đó, các số $-2$ và $1,5$ là nghiệm của phương trình của chúng ta.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét phương trình $x^2 + x - 3 = 0$. Nó tương ứng với điểm $(1; -3)$ trên mặt phẳng pha. Các đường gốc đi qua điểm này không được vẽ trên biểu đồ của chúng tôi. Trong trường hợp này, chúng tôi sẽ làm điều này. Lưu ý rằng điểm $(1; -3)$ nằm bên trong tứ giác $ABCD$ được tạo bởi các đường gốc tại $a = -2,5$; $a = -2$; $a = 1$ và $a = 1,5$ (Hình 3).

25

Một điểm của tứ giác này ứng với một phương trình có hai nghiệm thực, một nghiệm rơi vào khoảng ]1; 1,5[, và cái còn lại - trong khoảng ]-2,5; -2[. Do đó, nghiệm của phương trình $x^2+x-3=0$ cũng nằm trong các khoảng đã cho. Lấy điểm giữa của chúng, ta thu được giá trị gần đúng của các nghiệm ban đầu:

$$x_1 \approx \frac{1,5+1}{2} = 1,25,$$

$$x_2 \approx \frac{-2-2,5}{2} = -2,25.$$

Thay các giá trị $x_1$ và $x_2$ vào phương trình này, chúng ta nhận được:

$$(1,25)^2 + 1,25 - 3 = -0,1875,$$

$$(-2,25)^2 - 2,25 - 3 = -0,1875$$

kết quả là khá thô. Để thu được các giá trị chính xác hơn của các nghiệm bằng cách sử dụng biểu đồ, rõ ràng là cần phải tăng số lượng dòng gốc trên đó, tức là tăng tần suất thay đổi tham số $a$.

Đối với một phương trình lời giải gần đúng có các nghiệm trùng nhau, việc lập trình paraboly phân biệt $q = \frac{1}{4} p^2$ là thuận tiện. Một phương trình có nghiệm $x_1=x_2=a$ tương ứng với một điểm $(-2a; a^2)$ trên đó. Đưa ra tham số $a$ các giá trị khác nhau và đánh dấu các điểm $(-2a; a^2)$ parabol phân biệt đối xử với các giá trị này, chúng ta thu được thang đo cho phương trình lời giải với các nghiệm trùng nhau (Hình 3).

Nhiệm vụ 2

Vẽ biểu đồ bảy chiều cho phương trình lời giải $x^2+px+q=0$ trên giấy vẽ biểu đồ.

3. Biểu đồ cho phương trình lời giải $x^3+px+q=0$

Bây giờ chúng ta hãy xem xét họ các tam thức bậc ba x $\{x^3+px+q\}$. Chúng ta hãy gán cho mỗi tam thức một điểm $(p; q)$ trên mặt phẳng pha n.

Chúng ta hãy tìm ra những điểm nào của mặt phẳng pha tương ứng với các tam thức bậc ba có nghiệm trùng nhau.

Hình 3.

26

Đặt $a$ là nghiệm bội của tam thức bậc ba $x^3+px+q$, tức là $x^3+px+q=(x-a)^2(x-b)$, trong đó $b$ không nhất thiết phải khác với $a$. Mở ngoặc, chúng ta nhận được danh tính
$$x^3+px+q=x^3- -(2a+b)x^2+(a^2+2ab)x- -a^2b.$$
Do đó $2a+b=0, a^2+2ab=p, a^2b=-q$. Loại bỏ $b$ khỏi các phương trình này, chúng ta thu được $p=-3a^2, q=2a^3$; cuối cùng, loại bỏ $a$, chúng ta thu được sự tương ứng mong muốn
$$\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2=0,$$
(4)

Đó là điều kiện cần và đủ để trùng khớp ít nhất hai nghiệm của tam thức $x^3+px+q$. Tập hợp các điểm $(p; q) \in \pi$ có tọa độ thỏa mãn phương trình (4) là đường cong như hình 4. Đường cong (4) được gọi là đường cong phân biệt của phương trình $x^3+px+q=0$.

Thẳng
$$ap+q+a^3=0,$$
(5)

tương ứng với phương trình tam thức có nghiệm $a$, như trước đây gọi là nghiệm.

Vị trí tương đối của đường cong (4) và đường thẳng (5) trên mặt phẳng pha là gì $x?$ Chúng có giao điểm không, và nếu có thì bao nhiêu?

Để trả lời những câu hỏi này, hãy lưu ý rằng vì không có số hạng nào có $x^2$ trong các phương trình $x^3+px+q=0$, nên tổng các nghiệm của nó $x_1, x_2$ và $x_3$ bằng 0: $x_1+x_2+x_3=0$ (chứng minh điều này). Điểm giao nhau $(p; q)$ của đường cong (4) với đường thẳng (5) tương ứng với tam thức bậc ba $x^3+px+q$, mà $a$ có nghiệm bội hoặc không có nghiệm. Trong trường hợp đầu tiên, $x_1=x_2=a$ và $x_3=-2a$. Trong trường hợp thứ hai, $x_1=a$ và $x_2=x_3=-\frac{a}{2}$. Điều này có nghĩa là đường cong (4) và đường thẳng (5) có hai điểm chung $(p_1; q_1)$ và $(p_2; q_2)$: một trong số chúng tương ứng với tam thức $x^3+p_1x+q_1=(x-a)^2 \times (x+2a)$, điểm còn lại tương ứng với tam thức $x^3+p_2x+q_2=\left(x+\frac{a}{2}\right)^2(x-a)$. Hai điểm này trùng nhau khi và chỉ khi $a=0$.

Hình 4.

Hình 5.

Bây giờ chúng ta hãy tìm giao điểm của đường thẳng (5) và đường cong (4) hoàn toàn bằng đại số. Để làm điều này, từ (5) chúng ta biểu thị $q$ theo $p$ và thay thế nó thành (4). Ta đã thu được phương trình bậc ba để xác định $p$
$$\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{a^3+pa}{2}\right)^2=0.$$

Thật dễ dàng để xác minh rằng
$$\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{a^3+pa}{2}\right)^2= \frac{1}{27}(p+3a^2)^2\left(p+\frac{3a^2}{4}\right).$$

Theo đó, các số $p_1=-3a^2$ và $p_2=-\frac{3a^2}{4}$ là nghiệm của phương trình (6) và $p_1$ là nghiệm bội.

Nghiệm bội của phương trình (6) tương ứng với sự “trùng hợp” của giao điểm của đường cong (4) và đường thẳng (5). Tại điểm giao nhau “kép” này, đường gốc chạm vào đường cong phân biệt (thật không may, chúng tôi không thể cung cấp bằng chứng cho tuyên bố này ở đây; ý tưởng trực quan của bằng chứng đã rõ ràng từ Hình 5).

27

Hình 6.

Thực hiện tất cả các lập luận theo thứ tự ngược lại, chúng ta thu được rằng mọi tiếp tuyến của phân biệt của đường cong là một đường gốc.

Sau khi vẽ khá nhiều đường nghiệm (5) trên mặt phẳng l, chúng ta thu được một biểu đồ lưới cho lời giải phương trình bậc ba $x^3+px+q=0$. Biểu đồ này được hiển thị trong Hình 6.

Số lượng nghiệm của một phương trình cụ thể $x^3+px+q=0$ phụ thuộc vào số lượng tiếp tuyến có thể được vẽ từ điểm $(p; q) \in \pi$ đến đường cong phân biệt (4) (mỗi tiếp tuyến là một đường gốc và mỗi đường gốc có giá trị gốc riêng).

Đường cong phân biệt chia mặt phẳng l thành hai phần: bên trong (chứa bán trục âm thay đổi $p$) và bên ngoài.

Vì đường cong phân biệt bao gồm hai cung lồi đối xứng $^*$), nên qua bất kỳ điểm nào của vùng bên ngoài chỉ có thể vẽ được một tiếp tuyến với nó (Hình 7, a): nếu điểm $(p; q)$ nằm phía trên trục $Op$ thì đến cung dưới, và nếu ở dưới trục $Op$ thì đến cung trên; bản thân trục $Op$ chạm vào đường cong (4) tại điểm kỳ dị (0; 0). Do đó, các điểm của vùng bên ngoài tương ứng với các phương trình bậc ba chỉ có một nghiệm (thực). Trong khu vực này

$$\left(\frac{p}{3}\right)^3 + \left(\frac{q}{2}\right)^2 > 0. \tag{7}$$

Bất đẳng thức (7) là điều kiện cần và đủ để phương trình $x^3+px+q=0$ có đúng một nghiệm thực.

Tại bất kỳ điểm nào trong vùng bên trong, bất đẳng thức ngược lại xảy ra

$$\left(\frac{p}{3}\right)^3 + \left(\frac{q}{2}\right)^2 < 0. \tag{8}$$

Mặt khác, từ bất kỳ điểm nào trong vùng bên trong, có thể vẽ được ba tiếp tuyến khác nhau của đường cong (4) (Hình 7, b). Thật vậy, đối với

28

các điểm nằm trên trục $Op$, điều này suy ra từ tính đối xứng của đường cong (Hình 7, $\theta$); số lượng tiếp tuyến không thể thay đổi nếu chúng ta di chuyển đến các điểm khác mà không cắt đường cong. Như vậy, bất đẳng thức (8) là điều kiện cần và đủ để phương trình $x^3+px+q=0$ có ​​ba nghiệm thực khác nhau.

Nếu điểm $(p; q)$ nằm trên cung trên của đường cong (4), thì thông qua điểm đó, bạn có thể kiểm tra tiếp tuyến của đường cong tại chính điểm này và ngoài ra, tiếp tuyến với cung dưới (Hình 7, $\varepsilon$). Tương tự như vậy đối với điểm của cung dưới. Do đó, trong trường hợp $\left(\frac{p}{3}\right)^3+\left(\frac{q}{2}\right)^2=0$ ($p \neq 0, q \neq 0$), phương trình $x^3+px+q=0$ có một nghiệm bội 2 và một nghiệm bội 1.

Điểm $(0; 0)$ là trường hợp ngoại lệ; nó được trả lời bằng phương trình $x^3=0$ với sự trùng hợp thứ ba của nghiệm.

Nhiệm vụ 3

1. Chúng ta hãy vẽ biểu đồ hạt giống cho phương trình lời giải $x^3+px+q=0$ trên giấy biểu đồ.

2. Tìm tập hợp tất cả các điểm $(p; q) \in \pi$ sao cho phương trình $x^3+px+q=0$ có ba nghiệm thực khác nhau thuộc tích phân $la; b[$ đã cho. Lập một bảng với sự trợ giúp của bảng này, dựa trên vị trí của điểm $(p; q)$ trên mặt phẳng $π$, có thể xác định có bao nhiêu nghiệm của phương trình $x^3+px+q=0$ rơi vào tích phân đã cho $la; b[$.

Ví dụ, hãy xem xét trường hợp khi $a=-2, b=4$.

Với tư cách là bài toán cho nghiên cứu độc lập, chúng tôi đề xuất xây dựng (và biện minh) các biểu đồ lưới cho lời giải mức độ sau:

a) $x^4+px+q=0$,
b) $x^4+x^2+px+q=0$,
b) $x^4-x^2+px+q=0$.

Sách sẽ giúp bạn làm điều này:

1. A. N. Kolmogorov và những người khác. Trường học hè trên hồ Rubskoye (M., “Prosveshchenie”, 1971).
2. F. Klein. Toán tiểu học theo quan điểm tính toán (M. - Leningrad, Gostekhtoridat, 1933).

Ứng dụng

(dành cho những độc giả biết số phức là gì).

Ở đây chúng ta sẽ xem xét các phương trình bậc hai $x^2+px+q=0$ với số thực $p$ và $q$ và một phân biệt âm, tức là các phương trình mà $q > \frac{1}{4} p^2$ (các phương trình này trên mặt phẳng pha $π$ tương ứng với “phần bên trong” của parabol phân biệt). Các phương trình như vậy có hai nghiệm liên hợp: $a+bi$ và $a-bi$. Theo định lý Vieta

$$\begin{cases} 2a = -p, \\ a^2+b^2 = q, \end{cases}$$

Ở đâu

$$q = \frac{p^2}{4} + b^2.$$

Chúng ta hãy tìm tất cả các điểm $(p; q) \in \pi$ tương ứng với một phương trình có nghiệm phức có dạng $a+ni$ ($n \in Z$).

Từ sự tương ứng (10) suy ra các phương trình có nghiệm loại này tương ứng với các điểm của mặt phẳng $π$ nằm trên parabol

$$q = \frac{p^2}{4} + 1, q = \frac{p^2}{4} + 4, q = \frac{p^2}{4} + 9, \dots$$

(Hình 8); những parabol này hóa ra song song

29

Hình 8.

chuyển parabol phân biệt.

Từ (9) rõ ràng là các phương trình có nghiệm dạng $n + bi$ (n là số nguyên) tương ứng trên mặt phẳng $n$ với các điểm tia $p = -2n$ có ​​các đỉnh trên parabol phân biệt (Hình 8).

Do đó, các phương trình $x^2 + px + q = 0$ có nghiệm phức $a + bi$, chẳng hạn, thỏa mãn các điều kiện:
$$1 < a < 2, \quad 1 < b < 2,$$
trên mặt phẳng $n$ có các điểm $(p; q)$ tương ứng, có tọa độ thỏa mãn hệ bất đẳng thức:
$$\begin{cases} q > \frac{1}{4} p^2, \\ -4 < p < -2, \\ \frac{1}{4} p^2 + 1 < q < \frac{1}{4} p^2 + 4. \end{cases}$$

Vì vậy, để giải một phương trình cụ thể $x^2 + px + q = 0$ có $q > \frac{1}{4} p^2$, bằng cách sử dụng biểu đồ lưới như trong Hình 8, bạn cần xem giữa các tia nào và giữa các parabol nào trên mặt phẳng $n$ điểm $(p; q)$ nằm.

Đối với độc giả quan tâm, chúng tôi đề xuất xem xét trong mặt phẳng $n$ các nghiệm phức của các phương trình $x^3 + px + q = 0$ và $x^4 - x^2 + px + q = 0$.

30

Biểu đồ từ sự sắp xếp điểm

Bài viết của V. Vavilov (tr. 22) nói về phương trình lời giải gần đúng của bước thứ hai và thứ ba bằng cách sử dụng biểu đồ lưới. Chúng ta. 83 “Bảng toán học bốn chữ số” của V. M. Bradis cũng hiển thị một biểu đồ cho các phương trình lời giải gần đúng $x^2 + px + q = 0$ (Bảng XXII). Tuy nhiên, đây không phải là một biểu đồ lưới mà được gọi là biểu đồ căn chỉnh điểm. Nó là gì, làm thế nào để có được nó và cách sử dụng một biểu đồ như vậy sẽ được thảo luận trong ghi chú này.

Chúng ta hãy vẽ hai đường thẳng đứng song song - trục $p$ với điểm bắt đầu của đường cắt $A$ và trục $q$ với điểm bắt đầu của đường cắt $B$ (Hình 1; trong hình này, đoạn $AB$ đã được phân phối lại bởi trục $p$, $q$, nhưng điều này hoàn toàn không cần thiết).

Hãy lấy các số tùy ý $\alpha$, $\beta$ và một số dương $a$. Trên trục $p$ ta lấy điểm $C$ có tọa độ $-a^{\alpha-\beta}$, trên trục $q$ - điểm $D$ với tọa độ $-a^\alpha$. Hãy để $[AD]\cap \bigcap[BC] = E$.

Hãy vẽ qua $E$ một đường thẳng tùy ý không song song với các trục $p$, $q$. Chúng ta hãy biểu thị tọa độ giao điểm $M$ của đường này với trục $p$ x $p_0$ và giao điểm $N$ với trục $q$ x $q_0$. Sau đó

$$a^\alpha + p_0 a^\beta + q_0 = 0,$$

(1)

tức là số a là nghiệm của phương trình

$$x^\alpha + p_0 x^\beta + q_0 = 0.$$

(2)

Đường thẳng $MN$ có thể cắt các trục $p$, $q$ theo một trong ba cách: $p_0 < 0$, $q_0 > 0$ (Hình 1); $p_0 > 0$, $q_0 < 0$ (Hình 2); $p_0 < 0$, $q_0 < 0$ (Hình 3). Ta chứng minh đẳng thức (1) cho trường hợp trên Hình 1 (hai trường hợp còn lại xét tương tự).

Từ sự giống nhau của các tam giác $AEC$ và $BED$, chúng ta có $$\frac{|BD|}{|AC|} = \frac{|DE|}{|AE|},$$ từ đó $$\frac{|DE|}{|AE|} = \frac{a^\alpha}{a^{\alpha-\beta}} = a^\beta.$$ Hơn nữa, từ sự giống nhau của các tam giác $AEM$ và $NED$ suy ra $$\frac{|DN|}{|AM|} = \frac{|DE|}{|AE|},$$ tức là $$\frac{a^\alpha + q_0}{-p_0} = a^\beta$$ (Hình 1), cho ra (1).

Chúng ta hãy sửa $\alpha$, $\beta$ tùy ý và xem xét tất cả các phương trình có thể.

31

Hình 3.

ý kiến

$$x^\alpha + px^\beta + q = 0.$$ (3)

Biểu đồ để tìm nghiệm dương của các phương trình như vậy được vẽ như sau: tham số $a$ thuộc về từng giá trị dương và đối với mỗi giá trị đó, điểm $E$ được xây dựng như mô tả ở trên; các điểm kết quả, được đặt với các giá trị tham số tương ứng, được kết nối bằng một đường cong mượt mà $\Gamma$ (Hình 4).

Nếu bây giờ chúng ta muốn sử dụng biểu đồ này để tìm gần đúng các nghiệm dương của một phương trình cụ thể $x^\alpha + p_0 x^\beta + q_0 = 0$, chúng ta cần lấy điểm $M$ với tọa độ $p_0$ trên trục $p$ và điểm $N$ với tọa độ $q_0$ trên trục $q$ và vẽ một đường thẳng $MN$. Mỗi điểm giao nhau của đường thẳng $MN$ với đường cong $\Gamma$, nhờ vào (1), cho một nghiệm dương của phương trình (2).

Bây giờ đã rõ tại sao một biểu đồ được xây dựng theo cách này được gọi là biểu đồ của các điểm được biểu thị: các điểm tương ứng với các hệ số $p, q$ của phương trình và các điểm tương ứng với nghiệm dương mong muốn của phương trình $x^\alpha + px^\beta + q = 0$ nằm trên cùng một đường thẳng.

Bài tập

1. Xây dựng biểu đồ từ các điểm đã biểu thị để tìm nghiệm dương của phương trình

$$x^m + px^n + q = 0$$

nếu $m = 3, n = 2; m = 4, n = 1; m = 4, n = 2; m = 4, n = 3.$

32

lời giải của phương trình (3) cho $\alpha=2$, $\beta=1$. Biểu đồ này được lấy từ “Bảng toán học bốn chữ số” của V. M. Bradis.

Các điểm trên ong bắp cày $p$ và $q$ có tọa độ từ $-12,6$ đến $+12,6$ trong hình. Do đó, nếu giá trị của các hệ số $p_0$ và $q_0$ của phương trình cụ thể $x^2+p_0x+q_0=0$ này không vượt quá mô đun 12.6 và khác 0, thì hãy tìm lo-
Đối với các nghiệm x quan trọng của phương trình này, bạn cần thực hiện những gì được mô tả ở trên. Đường thẳng dựng sẵn $MN$ có thể cắt đường cong Г tại hai điểm (trong trường hợp này, cả hai nghiệm của phương trình đã cho $x^2+p_0x+q_0=0$ đều dương), tại một điểm (trong trường hợp này, nghiệm thứ hai của phương trình là âm) và có thể chạm vào đường cong (trong trường hợp này, phương trình $x^2+p_0x+q_0=0$ là nghiệm dương bội); cuối cùng, nó có thể không có một điểm chung duy nhất với đường cong Г (trong trường hợp này, hoặc cả hai nghiệm của phương trình đều âm hoặc nó không có nghiệm thực nào cả).

Để thu được nghiệm âm của phương trình $x^2+p_0x+q_0=0$, bằng cách thay thế biến $x=-t$, cần phải tìm nghiệm dương của phương trình $t^2-p_0t+q_0=0$ trên cùng một biểu đồ.

Nếu giá trị của các hệ số $p$ và $q$ ở giá trị tuyệt đối vượt quá 12,6 thì bạn nên thay biến $x=kt$ và chuyển từ phương trình $x^2+px+q=0$ sang phương trình $t^2+(p/k)t+q/k^2=0$; số $k$ được chọn sao cho các số $p/k$ và $q/k^2$ nằm trong các khoảng được biểu thị trên biểu đồ.

Nếu cả hai nghiệm của phương trình $x^2+px+q=0$ đều gần bằng 0 thì việc thay thế biến $x=kt$ cũng có lợi. Do đó, đối với phương trình $x^2-0,89x+0,16=0$, rất khó tìm thấy các giá trị của nghiệm bằng cách sử dụng biểu đồ. Đặt $x=0,2t$, ta thu được phương trình $t^2-4,45t+4=0$; gốc của nó là $t_1=1,2; t_2=3,2$, từ đó $x_1=0,24, x_2=0,64$.

Bài tập 3

Sử dụng Bảng XXII từ Bradis’s Tableau, giải các phương trình bậc hai sau:

a) $x^2-2,4x+1,5=0$; b) $x^2-6x+9=0$;
a) $x^2-6x+8,99=0$; b) $x^2-13x+17=0$;
d) $x^2-0,3x+0,2=0$; e) $x^2-17x+0,8=0$.

Bài toán độc giả của chúng tôi

1. Chứng minh bất đẳng thức
   $$\sqrt{2}+\sqrt{4-2\sqrt{2}}+\sqrt{6-2\sqrt{6}}+\dots+\sqrt{2n-2\sqrt{(n-1)n}} \geq \sqrt{n(n+1)}$$
   O. Babaev
   (r. Nakhchevy)

2. Chúng ta gọi số tự nhiên $A$ là tích phân nếu khi trừ một số có cùng chữ số nhưng viết theo thứ tự ngược lại, chúng ta thu được một số tự nhiên có cùng chữ số với $A$. Ví dụ, đây là số 1980, vì 1980 – 891 = 1089 (ngụ ý rằng 0891 = 891).

a) Có số nguyên nào có 1978 chữ số chỉ gồm số một, số bốn và số bảy không?

b) Tìm tất cả các số có ba chữ số tích phân.

b) Có số bốn và số bảy không?

d) Có bao nhiêu số tích phân mà các chữ số của chúng tạo thành một cấp số cộng?

d) Chứng minh rằng sẽ có nhiều hơn 10^{100} số tích phân có 1979 chữ số.

e) Số tự nhiên nào $N$ có số nguyên?

B. Bamyshev
(r. Mátxcơva)

3. Chứng minh mà không cần dùng bảng rằng $tg 34^\circ > 2/3$.

C. Majerus
(r. Zaporozhye)

4. Xây dựng một dãy số vô hạn trong đó số hạng đầu tiên bằng $a (a \neq 1)$ và tổng của bất kỳ số số hạng đầu tiên nào cũng bằng tích của chúng.

H. Suev
(r. Kishchnev)

33

Lời giải bài toán VZMSH

Bài viết này sẽ trình bày lời giải một số bài toán từ tác phẩm giới thiệu về VZMSH năm 1978 («Kvant», 1978, số 1).

3. Những giá trị nào có thể nhận nếu
   $$|a + b| \leq 1 \quad \text{и} \quad |a - 3b| \leq 2$$
   Đáp số: $-\frac{5}{4} \leq a \leq \frac{5}{4}$.

Cách dễ nhất để giải quyết bài toán này là bằng đồ họa. Chúng ta hãy lấy một hệ tọa độ trên mặt phẳng và tìm một vùng gồm các điểm $(a; b)$ thỏa mãn bất đẳng thức. Dễ dàng nhận thấy đây là hình bình hành có các đỉnh $(\frac{5}{4}; -\frac{1}{4}), (\frac{1}{4}; \frac{3}{4}), (-\frac{5}{4}; \frac{1}{4})$ và $(-1/4; -3/4)$.

4. Trên một mặt phẳng cho trước có một hình vuông có tâm tại điểm O. Tại điểm này có một máy chiếu chiếu sáng một góc 90° của đỉnh. Tại thời điểm ban đầu, máy chiếu chiếu sáng một góc có các cạnh đi qua hai đỉnh của hình vuông. Sau đó, máy chiếu được quay quanh điểm O. Tại thời điểm nào diện tích phần được chiếu sáng của hình vuông sẽ lớn hơn: khi máy chiếu quay 45° hay 72°?

Diện tích phần được chiếu sáng luôn bằng nhau và bằng 1/4 diện tích hình vuông. Thật vậy, các cạnh của một góc 90° có đỉnh ở giữa hình vuông, cùng với các phần tiếp theo của chúng, chia hình vuông thành 4 phần tắc nghẽn, biến thành nhau khi quay 90°, 180°, 270°.

5. Ivan Aleksandrovich Khlestkov bị đặt dưới sự kiểm soát và 30.000 người đưa tin đã được cử đi trong vòng ba ngày. Đã biết điều sau đây: nếu số lượng người đưa thư được gửi đi trong ngày đầu tiên nhiều gấp đôi thì tổng số người đưa thư sẽ là lũy thừa thứ tư của số lượng người đưa thư được gửi vào ngày thứ ba nhiều hơn ngày thứ hai. Mỗi ngày có bao nhiêu người đưa thư đến Khlestkov? (Hãy cho đi tất cả những gì có thể đáp số.)

Hãy để họ gửi x vào ngày đầu tiên, y vào ngày thứ hai và z chuyển phát vào ngày thứ ba. Nó xuất phát từ điều kiện
$$2x + y + z = (z - y)^4.$$
Mặt khác, rõ ràng là
$$30 000 \leq 2x + y + z \leq 60 000,$$
Ở đâu
$$30 000 \leq (z - y)^4 \leq 60 000.$$
Bằng cách đếm chúng ta tin chắc rằng trong khoảng này chỉ có
$$14^4 = 38 616 \quad \text{и} \quad 15^4 = 50 625.$$
Trong mỗi trường hợp này, thật dễ dàng để trả lời:
$$\begin{cases} x = 8 616, \\ y = 10 685, \\ z = 10 699 \end{cases} \quad \begin{cases} x = 20 625, \\ y = 4 680, \\ z = 4 695. \end{cases}$$

7. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình
   $$x^2 - xy - 2y^2 = 18.$$
   Phía bên trái có thể được mở rộng:
   $$(x + y)(x - 2y) = 18.$$
   Lưu ý rằng hiệu giữa các thừa số ở vế bên trái là 3. Vì vậy, 18 phải được chia thành 2 thừa số, hiệu của chúng chia hết cho 3. Điều này có thể được thực hiện theo bốn cách, mỗi cách đều có đáp số riêng:
   $$18 = 3 \cdot 6, \quad 18 = (-3) \cdot (-6),$$
   $$18 = 6 \cdot 3, \quad 18 = (-6) \cdot (-3),$$
   $$\begin{cases} x = 4 \\ y = -1 \end{cases} \quad \begin{cases} x = -4 \\ y = 1 \end{cases} \quad \begin{cases} x = 5 \\ y = 1 \end{cases} \quad \begin{cases} x = -5 \\ y = -1. \end{cases}$$

8. Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy một điểm tùy ý bên trong nó và vẽ hai đường thẳng song song với các cạnh AB và BC đi qua nó. Những đường này chia hình chữ nhật thành 4 đường nhỏ hơn. Chứng minh rằng diện tích mặc dù

34

một trong các đường thẳng chứa điểm A hoặc C sẽ không lớn hơn diện tích của đường thẳng ban đầu.

Cắt cạnh AB thành các mảnh tạo thành các phần k và 1-k từ nó, và cắt cạnh BC thành các mảnh tạo thành các phần l và 1-l từ nó. Ta cần chứng minh $kl \leq \frac{1}{4}$ hoặc $(1-k)(1-l) \leq \frac{1}{4}$ với mọi k, l từ 0 đến 1.

Để làm điều này, chỉ cần đảm bảo rằng $kl(1-k)(1-l) \leq \frac{1}{16}$. Nhưng $k(1-k) \leq \frac{1}{4}$ và $l(1-l) \leq \frac{1}{4}$ (những bất đẳng thức này bắt nguồn từ bất đẳng thức $\left(k - \frac{1}{2}\right)^2 \geq 0$ và $\left(l - \frac{1}{2}\right)^2 \geq 0$).

Posny $kl(1-k)(1-l)$ thực sự không nhiều hơn $1/16$.

9. Giải hệ phương trình:

$$\begin{cases} 1 + x_1^2 = 2x_2, \\ 1 + x_2^2 = 2x_3, \\ 1 + x_3^2 = 2x_4, \\ 1 + x_4^2 = 2x_1. \end{cases}$$

Cộng tất cả các phương trình, chúng ta nhận được $(x_1-1)^2 + (x_2-1)^2 + (x_3-1)^2 + (x_4-1)^2 = 0$.

Sự bình đẳng này chỉ có thể thực hiện được nếu $x_1 = x_2 = x_3 = x_4 = 1$, mang lại kết quả duy nhất là đáp số.

10. Thêm cho học sinh hợp chất của 20 bài toán. Với mỗi giải đúng bài toán anh ta được 8 điểm, mỗi giải sai một - trừ 5 điểm; nếu anh ta không giải được bài toán, anh ta sẽ được 0 điểm. Kết quả, học sinh nhận được 13 điểm. Học sinh đã giải được bao nhiêu bài toán?

Cho học sinh giải đúng x bài toán và giải sai y bài toán. Sau đó

$$8x - 5y = 13,$$

do đó 5y+13 phải chia hết cho 8.

Rõ ràng y là số lẻ. Chúng tôi thử các giá trị lẻ của y liên tiếp và tìm kết quả khớp: y=7 và y=15. Chỉ phù hợp đầu tiên: y=7, x=6. (Với y=15, x=11 và x+y=24>20.)

Chúng tôi khuyên bạn nên mua!

Matematika

Kantor I. L., Solodovnikov A. S. Giver số phức. Ts. 22k. Perelman Vâng. I. Toán học sống. Những câu chuyện và câu đố toán học. Ts. 30k. Định lý Postkinov M. M. Fermat. Ts. 20k. Solodovnikov A. S. Hệ thống bất đẳng thức tuyến tính. Ts. 15k.

Vật lý, thiên văn học

Butenin N.V. Giới thiệu về cơ học phân tích. Ts. 56k. Butnikov E.I. và cộng sự. Vật lý cho những người được gọi. Ts. 1 r. Kitaygorodsky A.I. Giới thiệu về vật lý. Ts. 1 r. 41k. Koshkin N. I., Shirkevich M. G. Cẩm nang vật lý cơ bản. Ts. 69k. Kresin V. 3. Tính siêu dẫn và tính siêu chảy. Ts. 35k. Mayer V.V. Thí nghiệm đơn giản với siêu âm. Ts. 20k. Bộ sưu tập bài toán về giáo trình vật lý đại cương (Cơ học). Ts. 67k. Bộ sưu tập bài toán về giáo trình vật lý đại cương (Nhiệt động lực học và vật lý phân tử). C. 32k.

(Cuối cùng xem trang 58)

35

Giải thưởng «Kvant»
Trong năm học 1977/78, các biên tập viên đã nhận được hơn 12 nghìn lá thư với giải pháp bài toán trên tổng số Bài toán Kvant. Học sinh nào giải được nhiều nhất bài toán hoặc gửi lời giải nguyên bản nhất sẽ được trao giải thưởng đặc biệt do tập hợp biên tập của tạp chí thiết lập - đăng ký «Kvant» cho năm 1979.

1. BALINSKY ALEXANDER (Làng Dublyany, vùng Lviv)
2. BARZYKIN ALEXANDER (làng Chernogolovka, vùng Moscow)
3. BATYREV VICTOR (Moscow)
4. GAVRILOV MIKHAIL (làng Chernogolovka, vùng Moscow)
5. GRISHECHKIN SERGEY (Moscow)
6. GUBA VICTOR (Vologda)
7. IZMAYLOV RAUF (Baku)
8. KULESKO ALEXANDER (Donetsk)
9. LASHKIN VLADIMIR (Kyiv)
10. LYUDMIRSKY DMITRY (Kyiv)
11. MINDLIN DMITRY (Tashkent)
12. MIRLIN ALEXANDER (Leningrad)
13. NENASHEV ALEXANDER (Leningrad)
14. OPARIN ANDREY (Gorky)
15. SƯ TỬ ROZHAN (Moscow)
16. TROFIMOV VLADIMIR (Moscow)
17. FIRSOVA GALINA (Leningrad)
18. SHWEIDEL VLADIMIR (Velikiye Luki)

Để tham gia thành công vào Tối ưu hóa Vật lý-Toán học Toàn Liên minh lần thứ XII, đăng ký «Kvant» cho năm 1979 sẽ được trao cho:

1. ABDUGANIEV ABDUVALI (vùng Tashkent)
2. BRACHENKO SVETLANA (trang trại Boyko-Ponura, Lãnh thổ Krasnodar)
3. IRMATOV ANVAR (Namangan)
4. LUCHKO YURY (làng Slovatich, vùng Grodno)
5. FAISMAN ALEXANDER (Tashkent)
6. SHERBAKOV SERGEY (Leningrad)

36

Vấn đề
lượng tử

M521—M525; F533—F537

M521. Chúng ta hãy biểu thị bằng $a_n$ một số nguyên gần với $\sqrt{n}$. Tìm số tiền
$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3} + \dots + \frac{1}{a_{1980}}.$$ (8,9 điểm)
G. Gurevich

M522. Một mặt phẳng có nhiều đoạn thẳng không cắt nhau, trong đó không có hai đoạn thẳng nào nằm trên cùng một đường thẳng. Chúng tôi muốn kiểm tra thêm một số đoạn nối các đầu của các đoạn này để tất cả các đoạn với nhau tạo thành một đường gãy không tự giao nhau. Điều này có thể luôn luôn được thực hiện? (8 lớp)
V. Proizvolov

M523. Quân cờ đứng ở góc bàn cờ có kích thước $n \times n$ ô. Mỗi người trong số hai người chơi lần lượt di chuyển nó sang một ô liền kề (có một mặt chung với mặt có chip). Bạn không thể vào sân lần thứ hai khi chip đã bị đánh. Người không có nơi nào để đi sẽ thua cuộc.
a) Chứng minh rằng nếu $n$ là số chẵn thì người bắt đầu trò chơi sẽ thắng, và nếu $n$ là số lẻ thì người thứ hai thắng.
b) Ai thắng nếu ban đầu con chip không nằm ở ô góc mà nằm ở ô liền kề? (8 lớp)
N. Nechuvtaev

M524. Chứng minh rằng không có số tự nhiên $m$ thì số 1978$^m$ -1 chia hết cho 1000$^m$ -1. (8 lớp).
S. Konyagin

M525. Chứng minh rằng mọi tứ diện đều có hai mặt phẳng sao cho tỉ số diện tích hình chiếu của tứ diện lên các mặt phẳng này không nhỏ hơn $\sqrt{2}$. (lớp 10).
A. Berzin

37

F533. Một quả tạ có chiều dài $l$ đứng ở một góc được tạo bởi một mặt phẳng nhẵn (Hình 1). Quả bóng dưới cùng của quả tạ được di chuyển theo chiều ngang một khoảng rất nhỏ và quả tạ bắt đầu chuyển động. Tìm vận tốc của quả bóng dưới tại thời điểm quả bóng trên rời khỏi mặt phẳng thẳng đứng.

A. Zilberman

F534. Các phi hành gia Skylab, sử dụng máy đo độ cao radar đặc biệt, đã phát hiện ra rằng bề mặt đại dương ở khu vực Tam giác quỷ Bermuda thấp hơn 25 mét so với mức bình thường (ví dụ, xem tạp chí Khoa học và Đời sống, 1976, số 9). Giả sử rằng “sự lệch” này có thể được giải thích bằng sự hiện diện của một khoang hình cầu chứa đầy nước bên dưới ngôi nhà đại dương, hãy ước tính bán kính của khoang này. Độ sâu của đại dương là $h = 6$ km, mật độ trung bình của đá trên cạn là $\rho = 3 \times 10^3$ kg/m$^3$.

A. Stasenko

F535. Thế năng tương tác giữa hai quả bóng nhỏ giống hệt nhau mang điện tích $q_1$ và $q_2$ bằng $W_1 = \frac{q_1 q_2}{4 \pi \varepsilon_0 l}$, trong đó $l$ là khoảng cách giữa tâm của các quả bóng. Nếu các quả bóng được nối bằng một sợi dây, điện tích của các quả bóng sẽ bằng nhau và thế năng tương tác của các quả bóng sẽ bằng $W_2 = \frac{(q_1 + q_2)^2}{16 \pi \varepsilon_0 l}$. Vì $(q_1 + q_2)^2 > 4 q_1 q_2$ (tại $q_1 \neq q_2$), nên $W_2 > W_1$, tức là thế năng tương tác giữa hai lực tăng lên! Năng lượng bổ sung đến từ đâu?

F536. Cấu trúc hình chữ nhật cứng $AOB$ ($AOB = 90^\circ$) quay quanh trục thẳng đứng $OO'$, sao cho $AOO' = \alpha$ (Hình 2). Sử dụng bánh xe có thể trượt tự do ở hai bên $AO$ và $OB$, một thanh nhẹ $KE$ có chiều dài $2a$ được đặt trên cấu trúc. Một quả bóng nhỏ lớn được gắn vào giữa thanh. Với tốc độ góc quay bao nhiêu thì thanh sẽ ở vị trí nằm ngang?

S. Krotov

F537. Bằng cách đánh bóng một tấm kim loại, nó có thể được làm giống như gương. Ước tính chiều cao tối đa của phần nhám còn lại sau khi đánh bóng có thể là bao nhiêu để tấm phản xạ một cách rõ ràng một chùm ánh sáng có bước sóng $\lambda = 5 \cdot 10^{-8}$ m, tới nó một góc $\alpha = 45^\circ$.

38

Lời giải bài toán
M471—M474; F487—F490, F492

M471. Hai vòng tròn giao nhau cắt ra ba vùng tổ chức không giao nhau trên mặt phẳng. Chứng minh rằng không có đường tròn nào chia diện tích của mỗi vùng trong ba vùng này làm đôi.

Hình 1.

M472. Bên trong hình lập phương có một đa tạp lồi, hình chiếu của nó lên mỗi ranh giới của hình lập phương trùng với ranh giới này. Chứng minh rằng thể tích của đa tạp ít nhất bằng 1/3 thể tích của hình lập phương.

Hình 2.

M473. Có hai nhóm không có hình tròn, trong đó mỗi nhóm được sắp xếp theo thứ tự khối lượng tăng dần. Cho thấy điều đó

a) Các quả cân 2n - 1 và tất cả các quả cân 2n có thể được sắp xếp theo thứ tự khối lượng tăng dần;

Trong lời giải chúng ta sẽ sử dụng thông báo sau: nếu mỗi cánh chia diện tích của một hình nhất định làm đôi thì chúng nhất thiết phải giao nhau. Giả sử rằng vòng tròn yêu cầu đã được tìm thấy. Chúng ta hãy vẽ một đường thẳng $O_1O_2$ nối các đường tròn đã cho $\gamma_1$ và $\gamma_2$ (Hình 1). Nó chia diện tích của hình $G_1$ làm đôi. Nhưng $\gamma$ cũng chia khu vực này làm đôi. Điều này có nghĩa là bên trong $G_1$ $\gamma$ và $(O_1O_2)$ có một điểm giao nhau. Tương tự như vậy, chúng có các điểm giao nhau bên trong $G_2$ và bên trong $G_3$. Chúng tôi nhận thấy rằng một đường tròn và một đường thẳng cắt nhau tại nhiều hơn hai điểm - một sự mâu thuẫn. Điều này có nghĩa là vòng tròn $G$ như vậy không thể tồn tại.

Chúng tôi mời bạn suy nghĩ về một vấn đề có công thức tương tự (bài toán này đã được độc giả V. Kalmykov từ Voronezh gửi cho chúng tôi).

Hai đường tròn đồng tâm được giới hạn bởi hai diện tích: một hình tròn và một hình tròn nhỏ hơn bán kính. Chứng minh rằng không có đường tròn nào chia diện tích của hai vùng này làm đôi.

S. Fomin

Trên mỗi cạnh của hình lập phương $K$ phải có ít nhất một điểm thuộc khối đa diện $T$, nếu không thì hình chiếu $T$ theo hướng của cạnh này của hình lập phương không trùng với ranh giới tương ứng của hình lập phương. Chúng ta hãy chọn một điểm của khối đa diện $T$ trên mỗi cạnh của hình lập phương $K$ (một số trong số chúng có thể trở thành các đỉnh của hình lập phương). Đặt $C$ là bao lồi của chúng (Hình 4). Từ tính lồi của khối đa diện $T$ suy ra $C \subset T$. Đặt chiều dài cạnh của hình lập phương bằng 1, chúng ta tính thể tích của khối đa diện $K \setminus C$ bổ sung $C$ cho khối lập phương $K$.

$K \setminus C$ là sự kết hợp của cả ba đường thẳng góc ở các góc của hình lập phương $K$ (Hình 2). Hãy chia những đường thẳng này thành từng cặp - một cặp đường thẳng biểu thị mỗi cạnh trong số bốn cạnh thẳng đứng của hình lập phương. Tổng thể tích của mỗi cặp đường thẳng không vượt quá $\frac{1}{3} h S_1 + \frac{1}{3} (1-h) S_2$ (xem Hình 2).

Vì $S_1 \leqslant \frac{1}{2}, S_2 \leqslant \frac{1}{2}$, chúng ta nhận được $\frac{1}{3} h S_1 + \frac{1}{3} (1-h) S_2 \leqslant \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} (h + (1-h)) = \frac{1}{6}$.

Vậy âm lượng $(K \setminus C) \leqslant 4 \cdot \frac{1}{6} = \frac{2}{3}$, do đó âm lượng $T \geqslant$ âm lượng $C \geqslant 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Lưu ý rằng ước tính $1/3$ là chính xác: thể tích của một tứ diện có các đỉnh là bốn đỉnh không kề nhau của hình lập phương là $1/3$ thể tích của hình lập phương.

V. Prasolov

Chúng ta hãy xem xét tổng quát hơn bài toán: có hai nhóm tsir, trong một nhóm có m tsimuks, nhóm kia có n. Trong mỗi nhóm, các vòng tròn được sắp xếp theo thứ tự khối lượng tăng dần. Chúng ta cần tìm số φ($m, n$) sao cho

a) sau khi tiến hành cân φ($m, n$), chúng ta có thể sắp xếp tất cả $m + n$ cir theo thứ tự tăng dần về khối lượng của chúng;

b) điều này không thể thực hiện được với số trọng số nhỏ hơn φ($m, n$).

Bài toán M473 là để chứng minh rằng φ($n, n$) = 2n − 1.

40

khi chia cho 6, số dư là 1, sẽ có dạng $12k + 1$.

Nếu $N = 6l + 3$, thì tương tự, có thể chứng minh rằng $N$ chỉ có thể hoàn hảo nếu nó có dạng $12k + 9$.

Vì vậy, chúng ta đã chứng minh rằng nếu tồn tại một số hoàn hảo lẻ thì số đó có dạng $N = 12k + 1$ hoặc $N = 12k + 9$. Kết quả thu được vẫn có thể thành công. Như tác giả của bài toán K. Samarkulov và S. Yueai đã nói với chúng ta, vào năm 1952, nhà toán học người Anh Tushaar đã chứng minh rằng nếu tồn tại các số hoàn hảo lẻ thì chúng có dạng $N = 12k + 1$ hoặc $N = 36k + 9$. Kết quả của Tushaar được suy ra ngay từ hai phát biểu sau:

1. Số hoàn hảo lẻ có dạng $3^{2n}(4k + 1)$ hoặc $3^{2n+1}(4k + 3)$.
2. Không có số hoàn hảo nào có dạng $3^{2n+1}(4k + 3)$.

Hãy cố gắng tự mình chứng minh những tuyên bố này.

I. Klumova

F487. Hình thành một con bọ trên hai thang đo: từ khoảng cách $d_1 = 3F$, thức ăn $F$ - tiêu cự của thấu kính và từ khoảng cách $d_2 = 5F$. Hỏi phải thay đổi đường kính khẩu độ của thấu kính bao nhiêu lần để chất lượng ảnh trên phim trong cả hai trường hợp là như nhau? Hãy xem xét rằng đường kính thấu kính trong cả hai trường hợp đều nhỏ hơn $F$ nhiều.

Hình 3.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $B$ quang thông phát ra từ một đơn vị diện tích bề mặt của con bọ trong một góc khối duy nhất (độ sáng bề mặt). Khi đó quang thông rơi từ vùng $S_0$ (Hình 3) lên ống kính máy ảnh

$$\Phi = BS_0\Omega = BS_0 \frac{S_\pi}{d^2}.$$

Ở đây $\Omega = \frac{S_\pi}{d^2}$ là góc đặc (trên thực tế, đẳng thức này không chính xác mà gần đúng), $S_\pi$ là diện tích khẩu độ ống kính, $d$ là khoảng cách từ máy ảnh đến con bọ.

Sau thấu kính, luồng ánh sáng chiếu vào phim chụp ảnh, tạo ra hình ảnh trên đó. Độ sáng của hình ảnh này

$$E = \frac{\Phi}{S} = \frac{BS_0S_\pi}{d^2S},$$

trong đó $S$ là vùng hình ảnh của vùng được chọn trên bề mặt bọ cánh cứng. Hãy tìm cô ấy.

Vì độ phóng đại tuyến tính của thấu kính là $f/d$ (f là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh), mối quan hệ giữa diện tích của ảnh và vật

$$\frac{S}{S_0} = \left( \frac{f}{d} \right)^2.$$

Theo công thức thấu kính, $\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$, từ đó

$$f = \frac{Fd}{d - F},$$ và $\frac{f}{d} = \frac{F}{d - F}$.

Vì vậy độ sáng của ảnh

$$E = \frac{BS_\pi}{d^2} \frac{S_0}{S} = \frac{BS_\pi(d - F)^2}{d^2F^2}.$$

Theo điều kiện bài toán, khi chụp ảnh một con bọ ở hai tỷ lệ, độ sáng của ảnh phải giống nhau:

$$\frac{BS_\pi(d_1 - F)^2}{d_1^2F^2} = \frac{BS_\pi(d_2 - F)^2}{d_2^2F^2}.$$

Từ đây

$$\frac{S_{\pi 2}}{S_{\pi 1}} = \frac{(d_1 - F)^2 d_2^2}{(d_2 - F)^2 d_1^2} = \frac{25}{36},$$ và

$$\frac{D_{\pi 2}}{D_{\pi 1}} = \frac{5}{6}.$$