Kvant 1979, số 1 · Trang

KEANM
1
1979

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

Khối đa diện phức tạp hiển thị trên trang bìa không gì khác hơn là sự kết hợp của mười khối lập phương giống hệt nhau có một tâm chung. Những hình khối này được sắp xếp theo nghĩa “đối xứng nhất có thể”. Theo nghĩa nào? - Hãy giải thích điều này cho trường hợp năm hình lập phương. Chúng ta hãy lấy một khối mười hai mặt và lắp một khối lập phương vào đó (sao cho các đỉnh của khối lập phương nằm ở các đỉnh của khối mười hai mặt); Hóa ra điều này có thể được thực hiện theo năm cách khác nhau; sự kết hợp của năm khối này tạo thành một khối đa diện rất đẹp - hãy thử vẽ nó hoặc xây dựng nó từ bìa cứng mỏng. Tất nhiên, nó đơn giản hơn so với khối đa diện mười khối được hiển thị trên trang bìa. Tuy nhiên, cái đó cũng có thể được xây dựng bắt đầu từ khối mười hai mặt (hoặc khối hai mặt), nhưng đây là một vấn đề phức tạp hơn—hãy thử nó! Thông tin chi tiết hơn về một khối đa diện gồm năm khối được mô tả ở trang 57. Nó cũng giải thích cách xây dựng một khối đa diện gồm mười khối.

V. Gamayunov

1

TRONG PHÒNG:

2. D. Fuchs. Dải Mobius. Sự thay đổi về một chủ đề cũ
3. Yu. Sokolovsky. Hãy đốt cháy năng lượng!

Phòng thí nghiệm «Kvant»
16. O. Kabardin, N. Shefer. Tấm khu vực

vòng tròn toán học
20. S. Atsezlov, V. Baryshchev. Đuổi theo, va chạm, tạo dáng

Bài toán Kvant
28. Bài toán M541—M545; F553—F557
30. Lời giải bài toán M494, M496—M499; F508—F511

Qua những trang sách giáo khoa
36. V. Vavilov. Các phần của khối đa diện

«Kvant» cho học sinh nhỏ
41. Bài toán
42. A. Savin. Đôi điều về chỗ phình ra

Xưởng của người nộp đơn
45. I. Gabovich. Vector giúp ích trong kỳ thi
50. L. Bakanina. Hiệu suất của máy nhiệt và làm lạnh
53. A. Aleksaandrov, A. Zabovev, N. Sholokhov. Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow

Thông tin
55. V. Vavilov, A. Kolmogorov, I. Tropin. Trường Vật lý tại Đại học Tổng hợp Moscow—15 năm
58. J.Rabb. Tuyển sinh mới vào Trường Toán học Liên minh
59. V. Aslayann, S. Koritsunov, T. Chugunova. Trường Vật lý Kỹ thuật Tương ứng

62. V. Nhà sản xuất. Isaac Newton và quả táo
63. Đáp số, gợi ý, lời giải

Bìa của chúng tôi (tr. 26, 27)

Hỗn hợp (tr. 44, 64)

© Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản Nuka, «Kvant», 1979

2

D. Fuchs

Dải Mobinus.

Sự thay đổi về một chủ đề cũ

Bài viết này một lần nữa đưa chúng ta trở lại với một đại diện đáng chú ý của bề mặt một phía - dải Möbinus (xem thêm «Kvant»: 1974, số 3; 1975, số 7; 1978, số 5 và số 6). Nó hóa ra từ một dải giấy hẹp xoắn 180° và dán thành một chiếc nhẫn. Ở đây chúng ta thảo luận về câu hỏi dải nào phù hợp để tạo mô hình dải Möbinus.

Tôi sẽ không đề nghị bạn chạy ngón tay dọc theo dải Mobinus hoặc cắt dọc theo đường giữa. Chúng ta đang nói về những điều mang tính tiên tri, ít được biết đến hơn. Tôi sẽ bắt đầu bằng một câu hỏi:

1. Bạn nên sử dụng dải giấy có hình dạng như thế nào để dán dải Mobinus?

Dự kiến ​​đáp số: Dải phải hẹp và dài, có khả năng có tỷ lệ chiều dài và chiều rộng. Hãy gấp nó lại, chúng ta sẽ không tạo dải Mobinus từ một tờ giấy hình vuông.

Điều này đúng, nhưng có một lưu ý rất dễ bị đánh giá thấp: giới hạn kích thước chỉ quan trọng nếu giấy bị cấm bị nhăn. Nếu việc vò giấy không bị cấm, thì dải Möbinus có thể được dán không chỉ từ một hình vuông mà còn từ một hình chữ nhật có kích thước bất kỳ — các cạnh được dán thậm chí có thể có góc gấp đôi chiều dài của các cạnh không được dán.

Bạn có thể làm như thế này (Hình 1). Gấp tờ giấy thẳng thành hình đàn xếp và uốn cong số lần chẵn. Sau đó, từ chiếc đàn accordion này, giống như từ một dải giấy dày, chúng tôi dán dải Möbinus, đặt các phần tương ứng của chiếc đàn vào nhau. Từ Hình 1, có thể thấy rằng tờ giấy dán dải Möbinus hóa ra đã bị nhàu nát.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng dải giấy có thể bị uốn cong nhưng không bị nhăn. Hơn nữa, chiều rộng của dải là trên một đơn vị. Rõ ràng là dải càng dài thì càng dễ dán dải Möbinus từ nó. Do đó, có bất kỳ số λ nào sao cho dải Möbinus có thể được dán từ một dải có chiều dài lớn hơn λ, nhưng không phải từ một dải có chiều dài nhỏ hơn λ (chúng ta không quan tâm đến điều gì sẽ xảy ra đối với một dải có độ dài chính xác bằng λ). Chúng tôi thực sự muốn tìm λ này.

Đáng ngạc nhiên là lời giải của bài toán này vẫn chưa được biết.

Ở đây tôi sẽ chứng minh cho λ các bất đẳng thức

$$1,57...\approx \frac{\pi}{2}\leq\lambda\leq\sqrt{3}\approx1,73...$$

(trong trường hợp này, chúng ta bỏ qua phần đầu của các phần được dán của dải: giả định rằng các cạnh của dải

3

Hình 1.

dán từ đầu đến cuối) và tôi sẽ cố gắng giải thích tại sao không thể tính λ chính xác hơn.

2. Một tờ giấy không nhàu nát là một “bề mặt có thể phát triển”

Vì yêu cầu không làm nhàu giấy là rất quan trọng, vậy ý ​​nghĩa toán học của nó là gì.

Dễ hiểu là việc cấm nhăn giấy đồng nghĩa với việc hạn chế khả năng thao tác trên một tờ giấy. Ví dụ, một tờ giấy không bị nhăn có thể cuộn thành ống hoặc gấp làm đôi mà không cần gấp, nhưng không thể gấp làm bốn (Hình 2). Bạn có thể tạo một hình nón (“funtik”) từ một tờ giấy mà không làm nhàu nó, nhưng bạn không thể tạo một hình cầu hoặc thậm chí là một mảnh của nó (Hình 3): ấn tờ giấy vào quả địa cầu và các nếp gấp chắc chắn sẽ xuất hiện. Như bạn có thể thấy, một tờ giấy không thể có bất kỳ hình dạng nào.

Các nhà toán học gọi các bề mặt có thể được tạo ra từ một tờ giấy bằng cách uốn cong nó mà không làm nát, phát triển nó. (Ví dụ về các bề mặt có thể phát triển được hiển thị trong Hình 4.) Tất nhiên, trong toán học, các bề mặt có thể phát triển được định nghĩa khác nhau: trong ngôn ngữ toán học không có từ “giấy”, “vụn”, “làm”. Có cả một lý thuyết về các bề mặt đang phát triển, trong số những thành tựu của nó là câu trả lời thỏa đáng đáp số cho câu hỏi chúng là gì

4

Hình 5. Hình 6.

Có lẽ; các nhà toán học gọi đây là “sự phân loại” (đáp số do Leonhard Euler). Tôi sẽ không trình bày ở đây lý thuyết chung về các bề mặt có thể phát triển được: bất kỳ lý thuyết tổng quát nào cũng nhàm chán. Tôi sẽ chỉ đưa ra một số tính chất của các bề mặt có thể phát triển được cần thiết cho phần tiếp theo. Định nghĩa trực quan của chúng tôi không cho phép chúng tôi chứng minh chúng, vì vậy chúng tôi sẽ phải coi những tính chất này là sự thật thực nghiệm (lấy một tờ giấy và đảm bảo rằng chúng là sự thật).

1. Qua mỗi điểm A của bề mặt có thể phát triển không nằm trên ranh giới của nó, chúng ta đi qua một đoạn nằm trên bề mặt không kết thúc tại A. Nói cách khác, tại mỗi điểm, một chiếc kim đan có thể được gắn vào bề mặt có thể phát triển (một tờ giấy cong nhưng không bị nhàu nát) sao cho nó tiếp giáp với bề mặt ở một mức độ nào đó ở cả hai phía của điểm đã lấy. Một phân đoạn như vậy được gọi là bộ tạo bề mặt (chúng ta hãy đồng ý rằng tên này chỉ áp dụng cho các phân đoạn có độ dài tối đa nằm hoàn toàn trên bề mặt, nghĩa là đối với các phân đoạn không nằm trong các phân đoạn lớn hơn có thuộc tính này).

2. Nếu hai máy phát điện khác nhau đi qua một điểm A không nằm trên ranh giới của một bề mặt và A không phải là điểm cuối của một trong hai điểm đó thì một phần đủ nhỏ của bề mặt bao quanh A là phẳng. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ gọi điểm A là phẳng.

3. Nếu một điểm A, không nằm trên ranh giới của bề mặt, là điểm cuối của một phần tử sinh nào đó, chẳng hạn như a, thì các điểm phẳng tạo nên các điểm A được sắp xếp như thế này. Qua điểm A, chúng ta chuyển ma trận sinh duy nhất không kết thúc ở đó, chẳng hạn như b (Hình 5). Generatrix được chia thành hai phần. Phía bên tôi của máy phát b, nơi đặt máy phát a, có một mảnh phẳng tiếp giáp với máy phát b, phía bên kia của b, càng gần điểm A thì có các điểm không phẳng. Trong tình huống này chúng ta sẽ gọi điểm A là nửa phẳng.

Bằng cách nhấn mạnh rằng nếu một điểm trên một bề mặt không phải là ranh giới cũng như không phẳng, thì một đường sinh duy nhất không kết thúc tại điểm đó sẽ đi qua nó và các đầu của đường sinh này nằm trên ranh giới của bề mặt.

Ví dụ về các biện pháp Một tờ giấy, cuộn thành ống hoặc thành pound, không có điểm phẳng (hoặc nửa phẳng). Trong một ống, các máy phát điện tạo thành một nhóm gồm các đoạn song song; trong một pound, chúng tạo thành một nhóm các đoạn phân kỳ từ một điểm. Có thể sắp xếp các thế hệ phức tạp hơn. Ví dụ: các bộ tạo và điểm phẳng của bề mặt đang phát triển được thể hiện trong hình b a, thể hiện trong hình b b (trên đó các bề mặt của bề mặt có thể phát triển nằm trong một tờ giấy phẳng): các đường mỏng màu xanh lam là các bộ tạo và các vùng bóng mờ bao gồm các điểm phẳng.

Các điểm nằm trên ranh giới của các điểm phẳng là điểm biên cho toàn bộ bề mặt hoặc bán phẳng. Nếu bề mặt được tạo thành từ một đa giác bằng giấy (chẳng hạn như hình chữ nhật), thì các điểm phẳng tạo thành

5

một hoặc nhiều đa giác phẳng và mỗi đa giác này có các đỉnh nằm trên đường biên của bề mặt và các cạnh nằm trên đường biên hoặc bao gồm các điểm bán phẳng (xem lại Hình 66).

Bài tập 1. Bề mặt phát triển được làm bằng a) một tấm hình vuông có cạnh 1; b) một đường tròn có đường kính 1. Chứng minh rằng ít nhất một trong các phần tử sinh của nó có chiều dài ít nhất là a) 1; 6) $\sqrt{3}/2$.

Hãy quay lại chủ đề chính của chúng ta: tính $\lambda$ - giới hạn dưới của chiều dài của dải giấy có chiều rộng 1, từ đó dải Möbius không mang có thể được dán lại với nhau.

3. Định lý 1: $\lambda \geqslant \frac{\pi}{2}$

Bằng chứng. Giả sử dải Mobius được làm từ một dải giấy có chiều dài $l$. Chúng tôi quấn một đoạn băng giấy dài xung quanh nó. Dải băng này (chúng tôi bỏ qua độ dày của giấy) sẽ bao gồm các hình chữ nhật có cùng chiều dài, mỗi hình chữ nhật có hình dải Mobius của chúng tôi. Chúng ta hãy đánh dấu các máy phát điện tuyến tính và các điểm phẳng trên băng dài (như trong Hình 66). Kết quả sẽ giống như Hình 7. Hình ảnh có tính tuần hoàn: mọi thứ lặp lại với một khoảng thời gian bằng 2l. Người ta có thể nói thêm: khi dịch chuyển sang trái hoặc sang phải $l$, hình ảnh thay đổi, nhưng theo một cách xác định chặt chẽ; cụ thể là nó lật lại (nghĩa là nó được phản chiếu ở đường giữa của dải). Diện tích của các điểm phẳng là các hình tứ giác (có thể suy biến thành hình tam giác) được giới hạn bởi hai đoạn cạnh đối diện của băng và hai đoạn đi dọc theo băng. Những phần của băng không rơi vào những khu vực này sẽ được nhào bằng máy tạo hình, các đầu của chúng nằm trên các mép của băng. (Tất cả điều này tuân theo các đặc tính của 1-3 bề mặt có thể phát triển được đưa ra trong đoạn 2.) Các khu vực bằng phẳng cũng có thể được thay thế bằng máy phát điện, do đó toàn bộ băng sẽ được bao phủ bởi một nhóm máy phát điện liên tục (Hình 8). Các máy phát điện trong các hình tứ giác giống hệt nhau có thể được chọn theo cách tương tự, sao cho tính tuần hoàn được mô tả ở trên được bảo toàn.

Hãy lấy bất kỳ máy phát điện nào trong gia đình chúng ta, chẳng hạn như $[AB]$. Nếu chúng ta cắt nó đối xứng ở đường giữa của dải và sau đó di chuyển nó theo bất kỳ hướng nào (chẳng hạn như sang phải) đến $l$, thì chúng ta sẽ có được đoạn $CD$, cũng là một trình tạo thuộc họ của chúng ta (Hình 9). Lưu ý (điều này quan trọng) rằng $|AC| + |BD| = 2l$. Khi cuộn chiều dài băng của chúng ta lên dải Möbius, các bộ tạo $[AB]$ và $[CD]$ sẽ có cùng vị trí, với điểm $A$ thẳng hàng với $D$ và điểm $B$ với $C$; nói cách khác, các đoạn $AB$ và $CD$ sẽ tạo thành một góc $180^\circ$ trong không gian. Giữa $[AB]$ và $[CD]$ có một nhóm máy phát điện liên tục. Khi di chuyển từ $[AB]$ đến $[CD]$, độ lớn của góc mà các bộ tạo này tạo ra trong không gian $[AB]$ liên tục thay đổi từ $0^\circ$ đến $180^\circ$. (Hãy nhớ lại rằng độ lớn của góc giữa các đoạn $KL$ và $MP$ trong không gian được xác định là $\widehat{KLQ}$, trong đó $Q$ là điểm sao cho các đoạn $LQ$ và $MP$ bằng nhau

6

Hình 9.

Hình 10.

Hình 11.

Chúng có chiều dài bằng nhau, song song và hướng theo cùng một hướng.

Hãy lấy $n$ bất kỳ và tìm giữa $[AB]$ và $[CD]$ các bộ tạo $[A_1B_1]$, …, $[A_{n-1}B_{n-1}]$ sao cho góc giữa $[AB]$ và $[A_kB_k]$ bằng $k \frac{180^\circ}{n}$ (điểm $A_1$, …, $A_{n-1}$ theo thứ tự này nằm giữa $A$ và $C$, và các điểm $B_1$, …, $B_{n-1}$ theo thứ tự này nằm giữa $B$ và $D$; xem Hình 10). Độ dài của mỗi máy phát lớn hoặc bằng 1 và góc giữa các vị trí không gian của hai máy phát liền kề không nhỏ hơn $\frac{180^\circ}{n}$. Hãy chứng minh rằng mỗi tổng $|AA_1| + |BB_1|$, $|A_1A_2| + |B_1B_2|$, …, $|A_{n-1}C| + |B_{n-1}D|$ không nhỏ hơn độ dài $a_{2n}$ của cạnh của một $2n$-giác đều nội tiếp trong đường tròn bán kính 1. Có thể thấy điều này từ Hình 11. Trong hình này, các đoạn $A_kE$ và $A_{k+1}B_{k+1}$ có chiều dài bằng nhau, song song và hướng về cùng một hướng, $|A_kF| = |A_kH| = 1$ và $|FG| \parallel |EB_h|$ (Hình 11 được thực hiện dựa trên giả định rằng $|A_{k+1}B_{k+1}| < |A_kB_k|$; những thay đổi cần thiết trong trường hợp $|A_{k+1}B_{k+1}| = |A_kB_k|$ và $|A_{k+1}B_{k+1}| > |A_kB_k|$ là hiển nhiên). Chúng ta thấy rằng $|A_kA_{k+1}| + |B_kB_{k+1}| = |EB_{k+1}| + |B_kB_{k+1}| \geq |EB_k| \geq |FG| \geq |FH| \geq a_{2n}$ (ở đây $|A_kA_{k+1}|$, $|B_kB_{k+1}|$, $|EB_{k+1}|$ là độ dài của các đoạn thẳng và các đoạn của chúng được hiển thị trong Hình 11; các độ dài này trùng với độ dài của các đoạn $[A_kA_{k+1}]$, $[B_kB_{k+1}]$ của Hình 10; bất đẳng thức áp chót suy ra từ thực tế là $\widehat{FHG} > 90^\circ$, và cái cuối cùng là từ thực tế là $\widehat{FA_kH} \geq \frac{180^\circ}{n}$).

Vì vậy, $2l = |AC| + |BD| = (|AA_1| + |BB_1|) + (|A_1A_2| + |B_1B_2|) + \dots + (|A_{n-1}C| + |B_{n-1}D|) \geq n a_{2n}$, tức là $2l$ với bất kỳ $n$ nào không nhỏ hơn dương của chu vi của một $2n$-giác đều nội tiếp trong đường tròn bán kính 1. Do đó, $2l$ không nhỏ hơn dương của chiều dài của chính đường tròn này, tức là $l \geq \pi/2$. Định lý đã được chứng minh.

4. Định lý 2: $\lambda \leq \sqrt{3}$

Định lý này đơn giản hơn định lý trước: để chứng minh, chỉ cần giải thích cách dán một dải Möbinus từ một dải có chiều dài lớn hơn $\sqrt{3}$ là đủ. Trước tiên chúng ta hãy giả sử một hình tam giác (Hình 12). Hãy gấp dải dọc theo các cạnh của các hình tam giác này, theo các hướng gấp (Hình 13; lấy kéo và giấy và thực hiện việc này). Các cạnh $AB$ và $CD$ của dải sẽ căn chỉnh, với điểm $A$ thẳng hàng với điểm $D$ và điểm $B$ với điểm $C$. Kết quả là một dải Mobinus.

Trong cách xây dựng này, quy tắc chính đã bị vi phạm - giấy không được nhăn. Nhưng điều dễ hiểu là nếu chiều dài của dải thậm chí lớn hơn $\sqrt{3}$ một chút, thì vết đứt dọc theo đường sinh có thể được thay thế bằng cách uốn cong,

7

được sản xuất trong một khu vực hẹp (Hình 14). Nói tóm lại, chúng ta không sợ một đoạn gấp khúc dọc theo một đoạn thẳng: nó có thể được thay thế bằng một đoạn uốn cong gần nó. (Nếp nhăn không thể khắc phục được của giấy xảy ra khi hai đường gấp giao nhau, tức là khi tờ giấy được gấp lại giống như một chiếc khăn tay - tất cả những điều này chúng ta đều biết từ kinh nghiệm hàng ngày.)

Dải Mobius thu được trông như thế nào được thể hiện trong Hình 15. Cấu trúc của nó có thể được hình dung như sau: ba tam giác đều ABC, A’B’C’, A’‘B’‘C’’ nằm song song với nhau, các đỉnh tương ứng phía trên các đỉnh tương ứng; các cạnh AB và A’B’, B’C’ và B’‘C’’, C’‘A’’ và CA được nối với nhau bằng cầu. Đường dán chạy dọc theo đường trung tuyến của một trong các hình tam giác.

Trong bài thực hành 2. Vẽ cho dải Möbius xây dựng trong chứng minh Định lý 2 một sơ đồ các phần tử tạo thẳng và các điểm mặt phẳng (tương tự như Hình 7).

5. Tại sao chúng ta không thể tìm λ chính xác hơn?

Trong khi bài toán không được giải quyết, thật khó để nói tại sao nó không được giải quyết. Tuy nhiên, đôi khi trong các vấn đề chưa được giải quyết khác nhau, có thể vạch ra những khó khăn chung, có thể nói là đánh dấu những chỗ khó trên bản đồ toán học, điều này đôi khi cho phép chúng ta tưởng tượng thành công hay thất bại với lời giải cái này hoặc cái kia bài toán.

Trong phần trước chúng ta đã chứng minh rằng λ là một trong các điểm của đoạn [π/2; √3] . Cái nào? Có lẽ có thể hình thành ít nhất một giả thuyết hợp lý về điểm này? Tôi nghĩ rằng λ = √3, và tôi không ngạc nhiên khi điều này không thể được chứng minh.

Vấn đề là thế này. Chứng minh Định lý 1 không sử dụng một tính chất quan trọng của dải Möbius - nó không có giao điểm. Sự tự giao của một cuộn băng không thể làm bằng giấy, nhưng có thể hình dung: giống như sự tự giao của một đường thẳng trên một mặt phẳng, nó “đi xuyên qua chính nó” và có thể chia thành nhiều phần, mỗi phần không có phần tự giao.

Giả sử rằng, nói về các dải giấy Mobius, ngay từ đầu chúng ta đã cho phép chúng có các giao điểm tự. Khi đó λ mang một ý nghĩa mới - giá trị mới của λ sẽ nhỏ hơn hoặc bằng giá trị trước đó. Trong trường hợp này, Định lý 1 sẽ vẫn đúng và không một từ nào phải thay đổi trong chứng minh của nó: sự vắng mặt của tự giao không được sử dụng trong chứng minh này. Đối với Định lý 2, nếu cho phép tự giao nhau thì nó có thể đúng. Chính xác:

Định lý 3. Một dải Mobius có các giao điểm tự có thể được dán lại với nhau từ một dải có chiều dài bất kỳ lớn hơn λ/2.

Nó được thực hiện như thế này. Lấy n lẻ đủ lớn và xây dựng

8

Một $n$-giác đều nội tiếp trong một đường tròn có đường kính 1. Khoảng cách xa hơn là $n$ chứa tâm của đường tròn gồm các hình tam giác, mỗi hình được giới hạn bởi một cạnh và hai đường chéo của $n$-giác (Hình 16; ở đây $n=7$). Những hình tam giác này bao phủ $n$-gon của chúng ta, một số vị trí của nó - nhiều lần. Bây giờ chúng ta hãy áp dụng các $n$-giác này cho nhau như trong Hình 17, sau đó chúng ta cắt một nửa hình tam giác dọc theo chiều dài của đường trung tuyến và áp dụng nó cho tam giác ngoài cùng bên phải (Hình 17). Kết quả là một dải hình chữ nhật có tỷ lệ chiều dài và chiều rộng lớn hơn $\pi/2$ và có xu hướng $\pi/2$ với $n$ có xu hướng $\infty$ (chiều rộng của dải có xu hướng là 1 và chiều dài là $\pi/2$). Nếu bạn tuần tự uốn dải này dọc theo tất cả các đường vẽ trên đó, thông qua các hướng gấp (Hình 18), thì các hình tam giác sẽ được sắp xếp như trong Hình 16 (lấy lại phần đáy và giấy và thực hiện việc này). Các đoạn $AB$ và $CD$ sẽ gần như trùng khớp—chỉ có một vài lớp giấy gấp giữa chúng. Trong điểm “gần như căn chỉnh” này, điểm $A$ sẽ căn chỉnh với $D$ và điểm $B$ với $C$, vì vậy nếu chúng ta có thể “chuyển băng qua chính mình” và hợp nhất $|AB|$ với $|CD|$, thì chúng ta sẽ có được một dải Möbius. Nếu bạn kéo băng lâu hơn một chút, bạn có thể tránh được các nếp gấp, giống như chúng tôi đã làm.

Lee trong chứng minh Định lý 2. Tôi đã cố gắng mô tả những gì xảy ra trong Hình 19.

Ở bên phải 3. Đối với dải Mobius như hình 19, hãy vẽ sơ đồ các điểm phẳng và đường thẳng.

Vì vậy, nếu chúng ta muốn (đối với các băng không có tự giao) chứng minh rằng $\lambda \geq \mu$, trong đó $\mu > \sqrt{3}$, chúng ta sẽ phải tính đến sự vắng mặt của tự giao trong chứng minh. Sự bắt đầu hoặc vắng mặt của các giao điểm tự của một hình cụ thể trong không gian ba chiều là bài toán “hình học sắp xếp ba chiều”. Mọi kinh nghiệm về toán học đều cho thấy rằng bài toán về vị trí trong không gian ba chiều là rất khó. Xét cho cùng, hình học này bao gồm lý thuyết về nút thắt và bánh răng, được biết đến là không thể tiếp cận được («Kvant», 1975, Số 7, trang 6); trong đó đã nảy sinh những hiện tượng như “quả cầu có sừng của Alexander” («Kvant», 1977, số 7, trang 22); Ví dụ, những câu hỏi đơn giản nhất là liệu có thể quay một hình xuyến từ trong ra ngoài qua một lỗ nhỏ hay không, khiến trực giác của chúng ta bối rối. Và đây là điều tuyệt vời. Có vẻ như trong một không gian có kích thước lớn hơn ba chiều, các vấn đề về vị trí thậm chí còn trở nên gay gắt hơn. Nhưng không: với chiều hướng ngày càng tăng, những khó khăn này sẽ được giải quyết. Tuy nhiên, việc “làm mịn” bắt đầu từ chiều thứ 5; không gian bốn chiều trong

9

Hình 18.

theo một nghĩa nào đó, nó không đơn giản hơn ba chiều. Thật không may, tôi không thể biện minh cho những gì tôi vừa nói ở đây, vì vậy tôi yêu cầu bạn hãy tin lời tôi.

Nhưng hãy quay lại dải Mobius. Định lý 1, như chúng ta đã thấy, thực sự áp dụng cho các dải tự giao nhau. Có lẽ điều kiện không tự giao nhau sẽ không xảy ra trong không gian ba chiều. Ví dụ, người ta hoàn toàn tin rằng Định lý 2 không thể trả lời được. Suy cho cùng, nghe nó có nghĩa là nghĩ ra một thiết kế mới cho cuốn băng. Kinh nghiệm cho thấy rằng các cách xây dựng tối ưu là đơn giản và hài hòa, đó chính là cách xây dựng trong chứng minh Định lý 2. Thật tự nhiên khi cho rằng nếu công trình xây dựng tốt nhất tồn tại thì nó sẽ được tìm thấy—trong vòng rất nhiều năm!

Đây là lý do tại sao người ta mong đợi $\lambda = \sqrt{3}$.

6. Kết luận: về một cái tương tự bài toán

Chúng ta hãy dán lại với nhau từ một dải giấy không phải dải Mobius mà là một hình trụ (dải giấy có thể có kích thước bất kỳ). Có thể lộn hình trụ từ trong ra ngoài mà không làm nhăn giấy không?

từ trong ra ngoài? Nếu hình trụ rộng và thấp thì tất nhiên là có thể, còn nếu hẹp và cao thì không thể được. Chúng ta hãy biểu thị bằng σ một số sao cho nếu tỷ lệ giữa chiều dài của dải và chiều rộng lớn hơn σ thì có thể quay được hình trụ, còn nếu nhỏ hơn thì không thể. Tôi để lại cho bạn cách chứng minh ba định lý sau (khó hơn Định lý 1, 2, 3) là bài toán:

Định lý 1’. $\sigma \geq \pi$.

Định lý 2’. $\sigma \leq \pi + 2$.

Định lý 3’. Chúng ta hãy giả sử rằng việc tự giao cắt được cho phép trong quá trình đảo ngược. Sau đó, bất kỳ hình trụ nào được làm từ một dải có tỷ lệ chiều dài và chiều rộng lớn hơn π đều có thể được lộn từ trong ra ngoài (mà không làm giấy bị nhăn).

Một số lượng lớn không nhận thức được điều này.

Tóm lại, tôi muốn nói rằng ý tưởng viết bài này nảy sinh trong tôi khi đọc một bài báo của B. Halperin và K. Weaver trên tạp chí “Giao dịch của Hiệp hội Toán học Hoa Kỳ” (1977, tập 230), từ đó tôi biết được thực trạng các vấn đề được thảo luận.

10

Yu. Sokolovsky
Hãy đốt cháy năng lượng!

Trò chuyện giữa những người yêu vật lý

Yu Ra. Hãy cùng thảo luận về vấn đề này bài toán:
Alpinsit và người khách du lịch xếp chồng lên nhau những bó củi giống nhau. Khách du lịch bày cosmere của mình dưới chân đồi và leo núi ở trên đỉnh. Tôi phải thừa nhận rằng anh chàng thứ hai đã có một khoảng thời gian tuyệt vời khi ngụy trang cho gã đồng tính lên đồi. Nói theo ngôn ngữ vật lý, alpinsite thực hiện công cơ học, truyền năng lượng tiềm tàng khi bắn. Vậy năng lượng này đã đi đâu khi củi cháy?

Kolya. Năng lượng không thể bị đốt cháy. Một mảnh gỗ bị cháy và thế năng của nó nhất thiết phải chuyển hóa thành một thứ khác.

Yu Ra. Chính xác thì cái nào?

Kolya. Rõ ràng, năng lượng của sản phẩm cháy - tro và khói. Suy cho cùng, ở trên đỉnh nên họ cũng có thế năng so với chân đồi.

Tanya. Tro thực sự sau đó có thể được ném xuống và buộc phải thực hiện công việc cơ khí. Và đây là khói…

Kolya. Chà, khói bay cao và có khả năng nâng được thứ gì đó. Hãy lấp đầy một quả bóng lớn bằng làn khói này, gắn một cái giỏ…

Tanya. Tất cả những điều này có thể dễ dàng được thực hiện nhờ khói từ đám cháy của khách du lịch - nó cũng không tệ hơn. Vậy năng lượng bổ sung của gã đồng tính đang đốt cháy trên đỉnh đồi là bao nhiêu? Không có ích gì khi nói về tro: khối lượng của nó không đáng kể so với khối lượng củi đốt. Và nếu bạn thay một bó củi bằng một hộp dầu hỏa thì sẽ không có tro nào cả.

Kolya. Rõ ràng là tôi đang vội. Tại sao khói nóng bay lên cao? Vì nó nhẹ hơn không khí. Thay vào đó, không khí lạnh nặng nề hơn tràn xuống. Bởi vì điều này, các biến chứng khác nhau có thể phát sinh. Để không bị nhầm lẫn với chúng, hãy tưởng tượng rằng mọi thứ xảy ra không phải trên Trái đất mà là trên Mặt trăng…

Tanya. Làm sao lửa có thể cháy trên Mặt trăng, nơi không có không khí?

Kolya. Hãy để chúng đốt không phải lửa mà là những đầu đốt đặc biệt: axetylen trong một xi lanh, oxy trong xi lanh kia, cả hai đều hóa lỏng. Nơi cả hai tia gặp nhau, ngọn lửa bùng cháy. Các sản phẩm đốt cháy, thậm chí

11

khí, rơi xuống đất mặt trăng.
Khi rơi xuống, chúng có khả năng thực hiện cùng một lượng công như lực nâng nhiên liệu và chất oxy hóa lên.

Tanya. Bạn nói đúng, khi không có bầu không khí thì mọi thứ có thật đều rất đơn giản.

Kolya. Nhưng trên Trái đất, làn khói nóng “lơ lửng” trong không khí lạnh lẽo đã đảo lộn mọi thứ!

Tanya. Hãy cố gắng tìm ra nó. Hãy nhớ rằng, thả một quả bóng trong nước không vi phạm định luật bảo toàn năng lượng. Đúng là thế năng của quả bóng tăng lên khi nó nổi lên. Nhưng nó phát triển do thế năng của nước rơi xuống vị trí của quả bóng nâng giảm đi. Vì khối lượng của nước chìm lớn hơn nên thế năng của nó cũng đủ để tăng động năng của quả bóng và thực hiện công chống lại lực ma sát của chất lỏng (với nhiệt độ tương ứng của quả bóng và nước). Nói một cách dễ hiểu, do thế năng của nước đang hạ thấp, nên thế năng, động năng và nội năng của quả bóng cũng như nội năng của nước xung quanh quả bóng được bổ sung. Mọi thứ ở đây hoàn toàn rõ ràng.

Kolya. Trường hợp của chúng ta không đơn giản như vậy: trước khi phân loại có một khúc gỗ “chìm” trong không trung, nhưng sản phẩm của quá trình phân loại lại “nổi” trong đó! Làm thế nào để hiểu được sự chuyển hóa năng lượng “chìm” thành “nổi”?

Tanya. Liệu một mô hình cơ khí ở dạng xi lanh (ống) ngâm trong nước có hai pít-tông (Hình 1) sẽ giúp ích gì cho chúng ta? Khi các pít-tông trải ra thì xi-lanh nổi lên, khi đẩy xuống thì xi-lanh chìm xuống. Và trong cả hai trường hợp, anh ta đều có khả năng làm việc tự nguyện - ví dụ như nâng vật nặng (Hình 2). Khi xi lanh ở gần đáy, chúng ta giãn nở các pít-tông, và khi nó nổi lên mặt nước, chúng ta đẩy nó xuống. Vậy xi lanh chuyển động lên xuống định kỳ…

Kolya. “Cỗ máy chuyển động vĩnh viễn” sắp xuất hiện à!?

Tanya. Hoàn toàn không: để di chuyển các pít-tông sâu dưới nước, công phải được thực hiện chống lại lực áp suất thủy tĩnh. Và để làm được điều này, bạn cần một nguồn năng lượng.

Kolya. Tôi nghĩ tôi đã nhận ra điểm tương đồng với lũ đồng tính của chúng tôi. Củi “chìm” trong không khí và khói “lơ lửng” vì lượng khói trong thành phố lớn hơn. Điều này có nghĩa là khói tạo ra trong quá trình đốt cháy sẽ cắt không khí xung quanh theo mọi hướng, đồng thời chống lại lực của áp suất khí quyển. Công việc này chỉ có thể được thực hiện bằng cách sử dụng một phần năng lượng hóa học của nhiên liệu đang cháy. Và chỉ phần năng lượng còn lại mới làm tăng nhiệt độ.

Tanya. Sau khi đã đưa ra sự tương tự, hãy đưa nó đến kết luận hợp lý. Chúng tôi đốt một bó ở phía dưới và hai bó tự vươn lên trên - giống như một hình trụ nổi lên khi các pít-tông trải ra.

12

gần. Và chúng tôi chèn bó khác ở trên cùng và đốt nó chỉ ở đó, giống như chúng tôi có thể nâng một hình trụ với các pít-tông bị nén, rồi mở rộng chúng. Hoàn thành công việc nâng xi lanh lên, lúc đó chúng ta làm cho piston di chuyển dễ dàng hơn: nước ở bề mặt ép yếu hơn ban ngày. Điều này cũng tương tự với củi: khi đốt ở độ cao, nơi có áp suất khí quyển thấp hơn, khói từ thành phố sẽ dễ dàng di chuyển xung quanh không khí xung quanh hơn so với khi đốt ở bên dưới. Do đó, một phần nhỏ năng lượng hóa học của nhiên liệu được sử dụng cho công việc này và theo đó, phần lớn hơn được dùng để sưởi ấm.

Kolya I. Hóa ra ngọn lửa ở phía trên tỏa nhiệt nhiều hơn ngọn lửa ở phía dưới? Đây là giải pháp! Công nâng củi không bị mất đi mà được trả lại dưới dạng nhiệt bổ sung.

Yu Ra. Chẳng phải là vô ích khi chúng ta tin vào sự khác biệt này trong công do khói thực hiện trong không khí xung quanh ở phía dưới và ở độ cao sao? Công việc không chỉ phụ thuộc vào sức mạnh mà còn phụ thuộc vào con đường. Khi chúng ta di chuyển các piston trong một hình trụ - một lần ở phía dưới và một lần ở phía trên - chuyển động của chúng là như nhau. Trong trường hợp này, công thực sự tỉ lệ với các lực. Ở đây Tanya đã đúng. Khi quyết định đốt lửa trại, cô đã nhầm. Tôi sẽ cố gắng giải thích.

Sản phẩm cháy của bó ở phía dưới và phía trên có khối lượng bằng nhau nhưng không giống nhau về thể tích. Ở phía trên, áp suất thấp hơn, ở đó cùng một khối khí sẽ chiếm thể tích lớn hơn đáng kể, mang không khí xung quanh thành phố đi xa hơn. Điều này có nghĩa là đường đi mà vật bị đốt cháy dưới tác dụng của áp suất khí quyển cũng sẽ lớn hơn. Như đã biết, công trong quá trình giãn nở được xác định bằng tích của $p\Delta V$ - độ lớn của áp suất bị vượt qua và sự thay đổi về thể tích. Thể tích ban đầu - thể tích củi - nhỏ không tương xứng so với thể tích cuối cùng của sản phẩm cháy, do đó sự thay đổi về thể tích $\Delta V$ và thể tích cuối cùng $V$ thực tế bằng nhau: $p\Delta V \approx pV$. Nhưng theo định luật Boyle-Mariotte, đối với khối lượng bằng nhau của một loại khí nhất định, tích $pV$ không phụ thuộc vào áp suất, nó giống nhau ở cả đỉnh và đáy đồi. Do đó, công việc loại bỏ không khí xung quanh cũng không có gì khác biệt.

Kolya I. Tôi không hoàn toàn rõ ràng về cách bạn áp dụng định luật Boyle-Mariotte ở đây mà không nói một lời nào về nhiệt độ.

Yu Ra. Khi đốt một bó củi, dù ở chân đồi hay trên đỉnh đồi, một lượng carbon dioxide, hơi nước và các sản phẩm cháy khác sẽ được hình thành. Phần khí nóng này giãn nở cho đến khi áp suất và nhiệt độ của nó bằng áp suất và nhiệt độ của không khí xung quanh. Để có trạng thái cuối cùng gồm các phần khí giống hệt nhau - với nhiệt độ giống nhau (chúng ta sẽ giả sử rằng nhiệt độ không khí ở nhiệt độ dưới

13

kéo và phần trên giống nhau), nhưng ở áp suất khác nhau (do chênh lệch độ cao) - có thể áp dụng định luật Boyle-Mariotte. Sau đó, hóa ra thể tích cuối cùng (và do đó độ tăng thể tích) tỷ lệ thuận với áp suất của khí quyển xung quanh. Do đó, công việc phân phối khí ở mọi độ cao đều như nhau.

Kolya. Nếu quá trình phân phối khí không phụ thuộc vào áp suất thì đâu là nguyên nhân dẫn đến sự chênh lệch nhiệt dung của khí $C_V$ ở thể tích không đổi và $C_p$ ở áp suất không đổi mà chúng ta đã được dạy trong lớp tự chọn *)? Như đã biết, để tăng nhiệt độ của một phần khí nhất định trong xi lanh có pít-tông, trong đó áp suất không đổi, thêm một độ, cần nhiều nhiệt hơn ở trạng thái kín, nghĩa là với thể tích không đổi (Hình 3). Nhiệt bổ sung được sử dụng để thực hiện công: sự phân phối khí làm nâng piston nặng lên.

Tanya. Có, nhưng lượng nhiệt tăng thêm này, như Yura vừa chứng minh cho chúng ta thấy, không phụ thuộc vào giá trị áp suất. Với trọng lượng gấp đôi của piston, cùng một phần khí sẽ chiếm một nửa thể tích và mức tăng thể tích này do đốt nóng cũng sẽ lớn bằng một nửa (Hình 4). Công việc sẽ vẫn như cũ.

Kolya. Bạn đã thuyết phục tôi. Nhưng bây giờ tôi - than ôi! — Tôi không còn hiểu tại sao khí không thực hiện bất kỳ công nào khi nó được làm nóng ở trạng thái kín. Sự ổn định về thể tích của nó được đảm bảo không gì khác hơn là sức bền của các bức tường, tức là áp suất mà nó tác dụng lên chất khí. Bình càng lớn thì thể tích thay đổi càng yếu nhưng áp lực của thành bình càng mạnh. Công việc phân phối, nếu không phụ thuộc vào áp suất, không thể có xu hướng về 0 khi tăng cường bình.

Yura. Phản lực của các bức tường không thể bị trì hoãn bởi áp lực của piston, ngay cả khi điều đó rất khó khăn. Áp suất piston không đổi và phản lực của thành tăng cùng với sự biến dạng của thành. Khi pít-tông trở nên nặng hơn, thể tích khí có xu hướng bằng 0, và khi độ cứng của thành tăng lên, nó có xu hướng thể tích của một bình không bị biến dạng… Có quá nhiều sự khác biệt đáng kể!

Tanya. Để rõ ràng, hãy giả sử rằng một bình chứa khí được đóng phía trên bằng màng cao su và bình kia bằng pít-tông (Hình 5). biến dạng-

*) O. F. Kabardin, S. I. Kabardin, N. I. Shefer. Khóa học vật lý tùy chọn. lớp 9. Sách hướng dẫn dành cho học sinh. (M., “Khai sáng”, 1978.) trang 53-57.

A. P. Kiryanov, S. M. Korshunov. Nhiệt động lực học và vật lý phân tử. Sách hướng dẫn dành cho học sinh. (M., “Khai sáng”, 1977.) trang 91-92.

L. P. Svitkov. Nhiệt động lực học và vật lý phân tử. Khóa học tùy chọn. (M., “Khai sáng”, 1971.) trang 40-41.

B. M. Yavorsky, A. A. Pinsky. Nguyên tắc cơ bản của Vật lý. T. I. (M., “Nauka”, 1974.) trang 241-243.

14

Màng đúc ép vào khí giống như piston. Nếu piston tăng cao gấp đôi thì thể tích bên dưới nó tăng gấp đôi, nhưng áp suất vẫn giữ nguyên. Và khi màng rò rỉ nhiều gấp đôi (đường chấm), nó bắt đầu ấn mạnh gấp đôi, nhưng âm lượng sẽ tăng nhẹ. Việc tăng nhiệt độ khí lên gấp đôi sẽ dẫn đến điều gì? Trong xi lanh bên phải - tăng gấp đôi thể tích dưới piston trong khi duy trì áp suất, và ở bên trái - làm tăng biến dạng của màng, và do đó áp suất, gần như tăng gấp đôi khi thể tích tăng rất nhẹ. Trong cả hai trường hợp, tỷ lệ không đổi $\frac{pV}{T}$ được quan sát thấy, nhưng công giãn nở ở bình bên trái là không đáng kể (do sơ suất của chính sự giãn nở), trong khi ở bên phải, nó rất đáng kể và hoàn toàn không phụ thuộc vào trọng lượng của piston.

Kolya. Tôi phản đối sự bình đẳng của công việc chống lại lực áp suất khí quyển trên đỉnh đồi. Sự “không có gì dư thừa” bí ẩn trong thế năng của củi được đưa lên đỉnh sẽ phải tìm kiếm lời giải thích mới.

Tanya. Hãy làm lại lần nữa - và càng rõ ràng càng tốt! - hãy hình thành bản chất của vấn đề. Chúng ta sẽ xem xét hai thí nghiệm có cùng điều kiện ban đầu: hai ngọn đồi giống hệt nhau nằm dưới chân đồi. Kết quả cuối cùng đều giống nhau: củi được cất giữ, lượng nhiệt tỏa ra tương đương, những đám khói bay lên trời. Nhưng trong một trường hợp, công việc nâng đống gỗ đã được thực hiện, nhưng trong trường hợp khác thì không.

Yura. Tôi cảm nhận được sự mơ hồ trong cách lập luận của bạn. Bạn nói: “Những đám khói bay lên trời”?

Tanya. Ý tôi là: chúng tôi đã đi lên - vào những con voi tinh khiết của bầu khí quyển, nơi không khí lạnh có mật độ không khác gì khói nóng.

Kolya. Nhưng điều này không thể xảy ra: áp suất của khói luôn bằng áp suất của không khí xung quanh; khi bay lên, khói nở ra giống như không khí. Ở các nhiệt độ khác nhau, chúng không thể có mật độ bằng nhau ở mọi độ cao. Ngoài ra, nhiệt độ của khói trong quá trình thay thế lên trên không không thay đổi: khói nguội đi, đẩy không khí xung quanh ra xa. Vì vậy, người ta không thông báo ngay về độ cao của cột khói từ cả hai đám cháy.

Yura. Không có ích gì khi làm phiền bản thân với những rắc rối không cần thiết. Tốt hơn hết bạn nên coi khói là “trạng thái cuối cùng” không phải “trên bầu trời” mà ngay phía trên đỉnh đồi. Nếu chúng ta đang nói về vụ cháy của người leo núi thì đây là làn khói vừa hình thành do chặt gỗ. Nó có một số nhiệt độ. Với nhiệt độ hoàn toàn giống nhau

15

một đám khói bốc lên từ ngọn lửa của khách du lịch. Nhưng khi lên đến đỉnh đồi, nhiệt độ sẽ giảm xuống. Và không chỉ vì sự phân tán không thể tránh khỏi của cơ thể trong không khí xung quanh. Còn có một lý do khác cơ bản hơn khiến khói nguội đi khi nó bốc lên.

Tanya. Chính xác thì cái nào?

Yura. Tăng lên, khói nở ra - theo sự giảm áp suất khí quyển - đồng thời thực hiện công việc “làm hỏng” không khí xung quanh vốn đã quen thuộc với chúng ta. Điều này xảy ra do năng lượng bên trong của khói. Giảm nó có nghĩa là giảm nhiệt độ.

Tanya. Bây giờ mọi thứ đối với tôi đã rõ ràng: khói từ đám cháy phía dưới bay đến đỉnh đồi, làm mát đáng kể. Đây là điểm phân biệt nó với khói do đám cháy trên cao tạo ra.

Yura. Như bạn có thể thấy, kết quả cuối cùng của quá trình đốt cháy vyzanok ở chân và trên đỉnh hoàn toàn không giống nhau:
ở cùng độ cao so với mực nước biển (ngay trên đỉnh đồi), khói từ ngọn lửa phía trên nóng hơn, hay nói cách khác là có nội năng cuối cùng nhiều hơn. Năng lượng dư thừa này có được là do công cơ học mà người leo núi đã thực hiện khi đưa bó của mình lên đỉnh đồi.

Kolya. Bây giờ chúng ta đã thực sự giải quyết được bí ẩn về năng lượng “bị đốt cháy”.

Yura. Công bằng mà nói, phải nói rằng sự tương tự hư cấu với hình trụ cũng phản ánh chính xác “vấn đề hỏa hoạn” của chúng ta, nhưng ở một phiên bản khác. Chúng ta chỉ cần giả định rằng quá trình cháy không xảy ra trong các đám cháy hở mà xảy ra ở các lớp vỏ bên trong được làm bằng một số vật liệu không cháy, dẻo nhưng gần như hoàn toàn không thể tách rời. (Và đủ nhẹ để khi chứa đầy khói nóng, vỏ có thể bay lên không trung và chạm tới đỉnh đồi mà không lãng phí năng lượng.) Trong trường hợp này, công việc nâng nhiên liệu lên đỉnh khi đó sẽ được thưởng nhiều nhiệt thoát ra hơn trong quá trình đốt cháy.

Tanya. Trên thực tế, chúng tôi đã tìm ra ba quá trình đốt cháy khác nhau: trong điều kiện không có không khí (trên Mặt trăng), bên trong các lớp vỏ kín và trong bầu khí quyển của trái đất. Hóa ra năng lượng truyền vào nhiên liệu trong quá trình nó vươn lên đỉnh luôn có một ứng dụng cụ thể. Trong trường hợp đầu tiên, nó bổ sung thế năng của các sản phẩm đốt cháy, và trong trường hợp thứ hai, nó cung cấp thêm sự giải phóng nhiệt trong quá trình đốt cháy, và trong trường hợp thứ ba, nó làm tăng nội năng của khí thải tăng lên.

Xin vui lòng cho biết có thể có những trường hợp khác, và do đó có những bí ẩn mới. Nhưng chúng ta đã hoàn thành nhiệm vụ ngày hôm nay!

16

Tấm khu vực

Hiện tượng thú vị liên quan đến sự giao thoa và nhiễu xạ của các sóng có bản chất vật lý khác nhau có thể được quan sát bằng cách sử dụng các tấm vùng. Nó là gì?

Vùng Fresnel

Hãy tưởng tượng rằng giữa nguồn sóng chính xác $A$ và bộ thu sóng $B$ có một màn hình mờ có phản hồi hình tròn (Hình 1). Theo nguyên lý Huygen-Fresnel, mỗi điểm trên màn hình phản hồi là một nguồn sóng thứ cấp và từ mỗi điểm đó sóng truyền đến máy thu. Dao động của tất cả các nguồn thứ cấp đều chính xác nên sóng tới máy thu sẽ gây nhiễu. Điều gì quyết định kết quả của sự can thiệp? Hãy sử dụng phương pháp do Fresnel đề xuất.

Độ dài của đường đi từ nguồn đến máy thu phụ thuộc vào nơi sóng đi qua phản hồi trên màn hình. Đầu tiên, với việc tăng bán kính đáp ứng, bắt đầu từ một bán kính rất nhỏ, sự giao thoa của sóng sẽ làm tăng biên độ dao động tại máy thu $B$. Điều này sẽ xảy ra cho đến khi chênh lệch giữa các đường đi $\Delta l$ dọc theo đường đi $AO_1B$ và $AOB$ đạt đến một nửa bước sóng $\lambda/2$:

$$\Delta l = \left| AO_1 + O_1B \right| - \left| AO + OB \right| = \lambda/2.$$

Dao động từ các điểm $O$ và $O_1$ tiến tới điểm $B$ trong các tập tin đối diện

zah, như vậy chúng sẽ làm suy yếu lẫn nhau chứ không tăng cường sức mạnh cho nhau như trước nữa.

Lỗ thỏa mãn điều kiện này được gọi là vùng Fresnel thứ nhất. Biểu thị bằng $a$ khoảng cách từ nguồn chính xác đến màn hình và từ máy thu đến màn hình ($|AO| = |OB| = a$), chúng ta tìm biểu thức cho bán kính $r_1$ theo vùng Fresnel đầu tiên:

$$r_1 = \sqrt{|AO_1|^2 - |AO|^2} = \sqrt{\left(a + \frac{\lambda}{4}\right)^2 - a^2} = \sqrt{\frac{a\lambda}{2} + \frac{\lambda^2}{16}}.$$

Nếu điều kiện $a \gg \lambda$ được thỏa mãn thì $r_1 \approx \sqrt{a\lambda/2}$.

Chúng ta hãy tăng bán kính phản hồi lên giá trị $r_2$ tại đó độ chênh lệch đường đi dọc theo đường đi $AO_2B$ và $AOB$ bằng bước sóng $\lambda$:

$$\Delta l = \left| AO_2 + O_2B \right| - \left| AO + OB \right| = \lambda.$$

Vùng hình khuyên có bán kính trong $r_1 = |OO_1|$ và bán kính ngoài $r_2 = |OO_2|$ được gọi là vùng Fresnel thứ hai. Bán kính ngoài $r_2$ của vùng Fresnel thứ hai trong trường hợp đang xem xét bằng

$$r_2 = \sqrt{|AO_2|^2 - |AO|^2} = \sqrt{\left(a + \lambda/2\right)^2 - a^2} = \sqrt{2\left(a\lambda/2\right) + \lambda^2/4} \approx \sqrt{2a\lambda/2} \approx \sqrt{2} r_1.$$

Tương tự, bạn có thể xác định bán kính ngoài của hình thứ ba, thứ tư

18

hình 2.

Một bản vẽ có chất lượng tốt phải có 25-100 vùng.

Đã chuẩn bị bảng bán kính ranh giới vùng, hiện diện trong hình vẽ. Để làm điều này, hãy cố định tấm vantan bằng ghim trên mặt ván ép hoặc trên bảng vẽ. Dùng compa và bút vẽ vẽ hệ thống các vòng tròn đồng tâm bằng mực đen. Sau đó bôi đen lần lượt các vùng bằng mực (Hình 2).

Chụp ảnh bản vẽ từ các khoảng cách khác nhau, có thể thu được các tấm vùng có tiêu cự khác nhau.

Việc chụp ảnh nên được thực hiện dưới ánh sáng mặt trời tốt, lấy nét cẩn thận và chọn độ phơi sáng phù hợp.

Sau khi phát triển, xử lý và làm khô, chọn những phim âm bản thành công nhất và lắp chúng vào khung diapazzi. Bây giờ chúng ta có thể bắt đầu thí nghiệm với vùng nhựa.

Trong phòng tối, đặt đèn bàn hướng màn hình trắng ra xa 2-3 m. Bằng cách di chuyển tấm vùng giữa đèn và màn hình, hãy tìm cách sắp xếp thay thế chúng để bạn có được hình ảnh rõ ràng về các dây tóc đèn trên màn hình. Bằng cách thay đổi vị trí của tấm vùng so với màn hình, sẽ thu được hình ảnh phóng to hoặc thu nhỏ của dây tóc. Sau khi đo khoảng cách từ đèn đến tấm vùng và từ tấm vùng đến màn hình, hãy sử dụng công thức thấu kính để tính tiêu cự của tấm vùng.

Thí nghiệm với sóng âm

Đối với các thí nghiệm với sóng âm, các tấm vùng có thể được làm từ nhựa xốp mỏng hoặc nhiều lớp bìa cứng.

Bán kính $r_1$ của vùng Fresnel thứ nhất đối với sóng âm có chiều dài 3,2 cm khi nguồn âm thanh và bộ thu được đưa ra khỏi màn hình ở khoảng cách $a=10$ cm bằng

$$r_1 \approx \sqrt{a\lambda/2} = 4 \text{ см.}$$

Bán kính ngoài của hai vùng tiếp theo tương ứng bằng nhau,

$$r_2 \approx \sqrt{2} r_1 \approx 5,67 \text{ см},$$

$$r_3 \approx \sqrt{3} r_1 \approx 6,93 \text{ см.}$$

Trên một tấm bìa cứng hoặc nhựa xốp hình vuông, dùng la bàn vẽ các vòng tròn có bán kính $r_1, r_2, r_3$, sau đó cắt ra ba vùng Fresnel - bạn sẽ có được một vùng nhựa. Để tiến hành thử nghiệm, bạn cần tạo các nút nhảy đặc biệt cho phép bạn bảo vệ vùng thứ hai khi xóa vùng thứ nhất và thứ ba khỏi màn hình.

Các thí nghiệm với tấm vùng có thể được thực hiện trong lớp học vật lý ở trường. Đặt bộ tạo âm thanh trên bàn và kết nối loa với đầu ra của nó. Để nguồn sóng âm có đặc tính gần với nguồn điểm, ngay phía trước loa, chỉ đặt một màn chắn làm bằng vật liệu hấp thụ âm thanh (ví dụ: xốp hoặc bìa cứng), có phản ứng tròn có đường kính 2-3 cm. Ví dụ: đặt một micrô điện động và kết nối các dây dẫn của nó với đầu vào của bộ khuếch đại tần số thấp (LF). Kết nối ampe kế trình diễn hoặc máy hiện sóng điện tử với đầu ra ULF (Hình 3 và 4).

Đặt micro cách nguồn âm thanh 20 cm và bật bộ tạo âm thanh. Sử dụng các nút điều khiển ở mặt trước của máy phát điện, đặt tần số dao động điện ở đầu ra của nó,

Fresnel - thứ nhất và thứ hai. Mặc dù đường kính của lỗ trên màn hình tăng lên nhưng biên độ dao động âm thanh được micro ghi lại lại giảm đáng kể! Việc mở vùng thứ ba một lần nữa dẫn đến sự gia tăng biên độ dao động của âm thanh.

Hiệu ứng lớn nhất của biên độ dao động âm thanh được tìm thấy khi một tấm vùng được đặt giữa nguồn âm thanh và micrô, trong đó vùng Fresnel thứ nhất và thứ ba mở, nhưng vùng thứ hai đóng lại.

Tấm vùng cho sóng điện từ centimet

Tất cả các thí nghiệm được thực hiện với sóng âm thanh cũng có thể được thực hiện với sóng điện từ trong phạm vi centimet, sử dụng cùng một màn hình với các vùng vòng được cắt ra trên đó. Để làm cho màn hình mờ trước sóng điện từ, nó phải được bọc bằng lá kim loại.

Khi tính toán kích thước của vùng Fresnel cho các thí nghiệm với sóng âm, không phải ngẫu nhiên mà bước sóng 3,2 cm được chọn, vì đây chính xác là chiều dài của sóng điện từ phát ra từ máy phát sóng điện từ vi sóng vi sóng của trường học.

Để nguồn và máy thu sóng điện từ có đặc tính gần chính xác nhất, cần chế tạo các màn kim loại có lỗ tròn đường kính 2-3 cm ở giữa rồi gắn vào sừng của anten phát và anten thu.

Tương ứng với bước sóng âm trong không khí 3,2 cm:

$$v = \frac{v}{\lambda} = \frac{340 \text{ m/c}}{3,2 \text{ cm}} = 10,6 \text{ кГц.}$$

Bằng cách điều chỉnh điện áp ở đầu ra của bộ tạo âm thanh và lực ULF, hãy đạt được độ lệch của kim bộ khuếch đại trình diễn khoảng một nửa thang đo.

Đặt một màn hình có các lỗ kín giữa nguồn âm thanh và micrô và đảm bảo rằng sóng âm được màn hình hấp thụ một phần - độ lệch của mũi tên ampe giảm.

Bây giờ hãy mở vùng Fresnel đầu tiên. Với vị trí chính xác của nguồn âm thanh và micrô so với màn hình có lỗ, biên độ dao động âm thanh khi mở một lỗ gần gấp đôi biên độ dao động trong vùng Fresnel khi không có màn hình!

Một kết quả thậm chí còn đáng ngạc nhiên hơn khi mở hai vùng

20

câu lạc bộ toán học

S. Aztselov, V. Barysheev

Đuổi theo, va chạm, nổ tung

Vào đúng buổi trưa, kim giờ và kim phút của đồng hồ trùng nhau. Lần sau chúng sẽ trùng nhau khi nào? Mặc dù đơn giản nhưng dòng có trọng lượng bài toán này rất đáng nể. Hãy giải quyết nó.

Gọi $v_1$ và $v_2$ là tần số quay của đồng hồ và kim phút. Rõ ràng là $v_1 = \frac{1}{12} \mathrm{q}^{-1}, \quad v_2 = 1 \mathrm{q}^{-1}$.

Nếu $t$ là thời điểm quay của lần trùng khớp tiếp theo của các kim sau buổi trưa thì $v_2 t = v_1 t + 1$, hoặc đến thời điểm $t$ kim phút sẽ quay nhiều hơn số giờ một vòng. Kể từ đây,

$$t = \frac{1}{v_2 - v_1} \approx 1 \text{ ч } 5 \text{ мин } 27 \text{ с}.$$

Chúng ta thấy rằng giá trị $t$ chỉ phụ thuộc vào độ lệch tần số $v_2 - v_1$. Điều này cho thấy rằng lời giải có ​​thể thu được bằng cách suy luận khác nhau. Trong khoảng thời gian giữa hai lần trùng hợp liên tiếp, kim phút quay so với đồng hồ một vòng. Vì tần số quay của kim phút so với đồng hồ là $v_{21} = v_2 - v_1$ nên người ta có thể kết luận ngay rằng

$$t = \frac{1}{v_{21}} = \frac{1}{v_2 - v_1}.$$

bài toán này thuộc loại bài toán sau. Trong một số hệ quy chiếu, các đặc tính chuyển động của một số vật thể được xác định. Bạn cần tìm xem vị trí của các vật thể thay đổi như thế nào so với nhau theo thời gian. Trong bài học toán này chúng ta sẽ làm quen với một số bài toán như vậy. Tất cả chúng sẽ được giải quyết bằng cách sử dụng cùng một ví dụ: chọn hệ tọa độ phù hợp.

1. Ôtô ở ngã tư

Ôtô $A$ và $B$ chuyển động đều với tốc độ như nhau dọc theo đường thẳng 1 và 2 giao nhau tại điểm $O$. Cần xác định khoảng cách ngắn nhất giữa các ô tô nếu biết vị trí ban đầu của chúng ($|AO| = a, |BO| = b$) và góc α giữa các đường (Hình 1 a).

21

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của automile $B$ từ quan điểm của một người quan sát ở automile $A$. Như đã biết, tốc độ của chuyển động như vậy bằng hiệu $\vec{V}_B - \vec{V}_A$ và không đổi về độ lớn và hướng *). Điều này có nghĩa là khung tự động $B$ di chuyển tương đối với khung tự động $A$ dọc theo một đường thẳng nào đó 3. (Trong Hình 1 b, đường 3 được hiển thị dưới dạng đường chấm; nó được vẽ trong hệ quy chiếu được liên kết với khung tự động $A$.) Do đó, khung tự động chỉ hướng về nhau tại thời điểm khung tự động $B$ ở điểm $B'$, tức là cơ sở phân phối lại giảm từ điểm $A$ xuống dòng 3. Độ dài của đoạn $AB'$ bằng khoảng cách ngắn nhất mong muốn giữa các tác giả.

Để mô tả vị trí của đoạn $AB'$ trong hệ quy chiếu cố định, chúng ta di chuyển đầu $B'$ của nó song song với đường 1 sao cho đoạn đó chạm điểm $B_1$ trên đường 2 và vẽ $[B_1A_1] \parallel [B'A]$. Điểm $A_1$ và $B_1$ là vị trí mong muốn của cánh tay tự động (Hình 1 b).

Rõ ràng đường thẳng 3 song song với phân giác của góc giữa hai đường. Không khó để tính ra $|A_1B_1| = |AB'| = |a - b| \sin \frac{\alpha}{2}$.

2. Thợ săn và cáo

Con cáo không có lá chắn với tốc độ không đổi $\vec{V}_1$ trên một đường thẳng l. Một người thợ săn đứng yên chú ý đến một con cáo khi nó ở gần đường thẳng l (ở khoảng cách a). Người thợ săn nên di chuyển như thế nào để bắn một phát từ khoảng cách ngắn nhất nếu anh ta có thể chạy với tốc độ bằng $|\vec{V}_2|$? Khoảng cách ngắn nhất này là gì?

Không khó để báo cáo rằng với điều kiện $|\vec{V}_2| \leq |\vec{V}_1|$ người thợ săn phải. chạy thẳng về phía trước. Chúng ta hãy xem xét chuyển động của người thợ săn trong hệ quy chiếu gắn với con cáo, tức là chuyển động với tốc độ $\vec{V}_1$ (Hình 2 a). Tốc độ săn bắn $\vec{V}_{21}$

*) “Vật lý 8”, đoạn 8.

22

nằm trên đường tròn bán kính $|\vec{V}_2|$ có tâm tại điểm $O$.

Trong hệ quy chiếu bên ngoài, đường thẳng mà người thợ săn nằm dọc phải có các điểm chung với đường tròn này và đi càng gần điểm $A$ càng tốt.

Nếu $|\vec{V}_2| < |\vec{V}_1|$, thì các điều kiện này được thỏa mãn bởi tiếp tuyến vẽ từ điểm $B$ tới đường tròn. Trong trường hợp này, hướng chuyển động mong muốn của người thợ săn (góc φ; xem Hình 2 a) và khoảng cách ngắn nhất đến con cáo $R_{\min}$ như sau ([AC] $\perp$ [BC]):

$$\cos \varphi = \frac{|\vec{V}_2|}{|\vec{V}_1|}, \quad R_{\min} = |AC| = a \sin \varphi.$$

Nếu $|\vec{V}_2| > |\vec{V}_1|$, thì người thợ săn có thể nằm trong khu vực bóng mờ theo bất kỳ hướng nào nếu anh ta di chuyển thẳng (Hình 2 b): điều kiện bài toán không cấm người thợ săn chạm tới một điểm nào đó trên mặt cao hơn con cáo sẽ chạy qua điểm này, và ở nơi này hãy bình tĩnh chờ con cáo *).

Cuối cùng, với điều kiện $|\vec{V}_1| = |\vec{V}_2|$, một người có thể chạy đến gần mặt nhất có thể bằng cách chọn góc nhỏ f tương ứng.

Mời người đọc tự mình chứng minh những nhận định này và vẽ ra những hình ảnh cần thiết.

3. Tàu hơi nước và thuyền

Một con kênh chạy vuông góc với bờ biển thẳng tắp. Tàu hơi nước đang chạy dọc bờ biển với tốc độ không đổi $\vec{V}$. Thuyền bắt đầu di chuyển dọc theo kênh từ điểm $B$ khi tàu chạy bằng hơi nước ở điểm $A$ - tại cửa kênh. Với tốc độ không đổi là bao nhiêu

*) Trong điều kiện $|\vec{V}_2| > |\vec{V}_1|$, quỹ đạo chuyển động cong của người thợ săn cũng có thể xảy ra. Ví dụ, nhóm các quỹ đạo này có thể được mô tả theo cách sau. Nhập bất kỳ số dương $t$ nào. Sau đó, trong khoảng thời gian từ khi bắt đầu chuyển động đến thời điểm $t$, người thợ săn có thể nằm dọc theo bất kỳ quỹ đạo nào; bắt đầu từ thời điểm $t$ người thợ săn có thể di chuyển dọc theo bất kỳ tập hợp quỹ đạo thẳng vô hạn nào thỏa mãn điều kiện bài toán.

4. Những con tàu trong sương mù

Bốn con tàu $A, B, B$ và $\Gamma$ đang di chuyển trong sương mù với tốc độ không đổi trên đường thẳng. Tàu $A$ và $B$ gần như bằng không; Hãy gọi sự kiện này là một “sự va chạm”. Được biết, vụ va chạm sau sẽ xảy ra: $A$ và $B, A$ và $B, A$ và $\Gamma, B$ và $B, B$ và $\Gamma$, và không quá hai tàu va chạm vào một nơi cùng một lúc. Chứng minh rằng nếu

*) Cách đây vài năm, bài toán này đã được đưa ra trong kỳ thi tuyển sinh môn toán (viết) cho các khoa tự nhiên của Đại học Leningrad. Các tác giả của các biến thể cho rằng bài toán sẽ được giải bằng đại số. Lời giải hóa ra lại cồng kềnh. Hãy tự mình thử nó.

23

Hình 4.
Tốc độ của tàu B và D khác nhau về độ lớn nhưng cũng chậm lại.

Chúng ta hãy xem xét các sự kiện được liệt kê dưới góc nhìn của người quan sát trên tàu A. Trong hệ thống báo cáo này, quỹ đạo của tàu B là một đường thẳng đi qua điểm A (bản thân tàu A bất động trong hệ thống báo cáo này). Quỹ đạo của tàu B cũng là một đường thẳng đi qua điểm A. Giả sử quỹ đạo của tàu B và tàu B không trùng nhau (chúng ta sẽ vẽ quỹ đạo của tàu B bằng một đường chấm; xem Hình 4).
Trong trường hợp này, tại điểm A có ba tàu va chạm cùng một lúc: A, B và B (nếu không tàu B và B sẽ không va chạm), mâu thuẫn với điều kiện bài toán. Do đó, trong hệ thống báo cáo của chúng tôi, quỹ đạo của tàu B và B trùng nhau, và vụ va chạm của B và B không xảy ra ở điểm A mà ở một nơi khác. Theo cách tương tự, bạn có thể đảm bảo rằng quỹ đạo của tàu D trùng với quỹ đạo của tàu B và B. Vì tàu B và G có các giá trị tốc độ khác nhau tùy theo điều kiện nên giá trị tốc độ của chúng trong hệ thống báo cáo đã chọn cũng khác nhau.
Do đó, trong hệ thống báo cáo này, tàu B và D di chuyển trên cùng một đường thẳng với tốc độ khác nhau và do đó chắc chắn sẽ bị dừng lại *).

5. Thợ săn và cáo thận trọng
   Con cáo chạy với tốc độ không đổi theo đường thẳng l. Người thợ săn chú ý đến con cáo khi nó ở cách anh ta một khoảng a theo hướng tạo một góc α với đường thẳng l (Hình 5 a), và bắt đầu

*) Để biết một phương pháp khác lời giải, xem cuốn sách “Hỗn hợp toán học” của J. Litt Wood (M., “Hayka”, 1965), tr. 10.

Hình 5.
thuê người truy đuổi, nổi bật với tốc độ ngang ngửa với con cáo. Vì người thợ săn không biết chiến thuật của cáo nên liên tục săn ngay phía sau cáo. Người thợ săn có thể chạy đến gần con cáo đến mức nào *)?

Hãy xem xét các sự kiện trong hệ Oxy, trong đó con cáo đứng yên và nằm ở gốc tọa độ O (trục Oxy hướng dọc theo đường đi của con cáo theo hướng chuyển động của con cáo). Tốc độ của người đi săn trong hệ thống này là $\vec{V}_{BA} = \vec{V}_B - \vec{V}_A$, trong đó $\vec{V}_A$ và $\vec{V}_B$ là tốc độ của con cáo và người đi săn trong hệ thống báo cáo cố định. Giả sử tại một số thời điểm, người thợ săn ở điểm $B_1$ (Hình 5 b). Hãy biểu thị các hình chiếu của

*) Điều thú vị bài toán này đã từng được thảo luận chi tiết trong «Kvant» (1973, số 2, trang 39).

24

Phát triển $\vec{V}_{BA}$ của thợ săn theo hướng $\vec{OB}_1$ và $\vec{Oy}$ (xem Hình 5 b) đến $V_1$ và $V_2$. Nếu $\vec{OB}_1$ tạo một góc $\varphi$ với hướng $\vec{Oy}$, thì

$$V_1 = -|\vec{V}_{BA}|(1 + \cos \varphi)$$

Và

$$V_2 = -|\vec{V}_{BA}|(1 + \cos \varphi),$$

nghĩa là, $V_1 = V_2$ tại bất kỳ thời điểm nào. Do đó, tại bất kỳ thời điểm nào người thợ săn đều cách đều gốc tọa độ $O$ của hệ tọa độ $Oxy$ và một đường thẳng nào đó song song với trục $Ox$. Hãy tìm phương trình của đường thẳng này. Tại thời điểm ban đầu, người thợ săn được đưa ra khỏi con cáo (tức là khỏi gốc tọa độ) ở khoảng cách $a$, do đó đường thẳng mong muốn sẽ ở khoảng cách $a$ tính từ điểm $B$ (Hình 5 b). Như vậy, phương trình của đường thẳng này trong hệ tọa độ $Oxy$ có dạng $y = -(a - a \cos \alpha) = a(\cos \alpha - 1)$, đường thẳng nằm cách gốc một khoảng $a$ (1—cos $\alpha$). Do đó, vị trí của thợ săn ở gần mặt là điểm $C$, nằm trên trục $Oy$ cách nhau $a(1 - \cos \alpha)/2$ từ $O$ và tính từ đường thẳng tìm được: $R_{\min} = a(1 - \cos \alpha)/2$; nó đạt được khi người thợ săn đi trên một đường thẳng $l$.

6. Câu chuyện buồn của chú thỏ

Trên một đường thẳng với tốc độ không đổi $\vec{V}$ vô gia cư. Tại thời điểm thỏ rừng ở điểm $A$, sói bắt đầu đuổi theo nó từ điểm $B$ với tọa độ $(a; \alpha)$ (Hình 6 a), di chuyển với tốc độ không đổi $|\vec{U}| = n|\vec{V}|(n > 1)$, luôn hướng về phía thỏ rừng. Liệu chúng ta có bị bắt không, và nếu vậy thì chúng ta có ăn thịt nó không *)?

Hãy chuyển sang hệ thống báo cáo, nơi thỏ rừng bất động và nằm ở gốc tọa độ $O$. (Con thỏ rừng có lẽ rất đáng sợ trong hệ thống báo cáo này - xét cho cùng, nó không hoạt động!). Để trục $Oy$ hướng dọc theo đường đi của thỏ theo hướng chuyển động của thỏ. Tốc độ của sói trong hệ thống này là $\vec{U}' = \vec{U} - \vec{V}$. Trước hết chúng ta hãy chứng minh rằng con thỏ sẽ bị bắt.

Đặt điểm $B_1$ là vị trí của con sói tại một thời điểm nào đó và để $\vec{OB}_1$ tạo một góc $\varphi$ với trục $Oy$ (Hình 6 b). Chiếu tốc độ $\vec{U}'$ lên hướng $\vec{OB}_1$

$$U_{\vec{OB}_1} = |\vec{V}|(\sin \varphi - n).$$

Theo điều kiện $n > 1$; Điều này có nghĩa là với mọi $\varphi$ thì số lượng $U_{\vec{OB}_1}$ là âm và $|U_{\vec{OB}_1}| \geq |\vec{V}|(n - 1)$. Vì vậy, sói nhất thiết phải tiếp cận thỏ rừng trong thời gian không quá $\frac{a}{n - 1}$ (tại thời điểm ban đầu sói ở khoảng cách $a$ so với thỏ rừng).

Bây giờ chúng ta hãy tính thời gian để sói tiếp cận thỏ rừng. Để làm điều này, chúng tôi chiếu vận tốc $\vec{U}'$ lên hướng của trục $Oy$ của hệ tọa độ đã chọn. Chúng ta có (xem hình 6 b):

$$U_{\vec{Oy}} = -|\vec{V}| + n|\vec{V}| \sin \varphi.$$

Đặt $(x; y)$ là tọa độ của con sói trong hệ $Oxy$. Vào thời điểm $T$,

*) Lời giải trong số bài toán này, các kỹ thuật toán học cao hơn được sử dụng, được đưa ra trong cuốn sách “Selected bài toán” (M., “Mir”, 1977)—xem. bài toán 154.

25

Khi thỏ rừng bị bắt, $x_T = y_T = 0$. Tại thời điểm ban đầu $y_0 = a \cos \alpha$. Như vậy, hình chiếu lên trục $Oy$ chuyển động của con sói trong thời gian $T$ cần thiết để bắt được thỏ rừng bằng $y_0 = a \cos \alpha$. Do đó, giá trị trung bình của hình chiếu tốc độ của con sói lên trục $Oy$ trong thời gian $T$

$$\bar{U}'_{\rightarrow Oy} = -y_0 / T = -a (\cos \alpha) / T.$$

Bây giờ chúng ta hãy tìm từ (1) và (2) sự tương ứng giữa $U'_{\rightarrow OB_1}$ và $U'_{\rightarrow Oy}$. Chúng tôi có:

$$U'_{\rightarrow OB_1} = U'_{\rightarrow Oy} / n + |\vec{V}| / n - n |\vec{V}|.$$

Vì các số hạng $|\vec{V}| / n$ và $n |\vec{V}|$ không phụ thuộc vào thời gian nên sự tương ứng tương tự cũng có giá trị đối với các giá trị trung bình của các phép chiếu đang được xem xét, nghĩa là

$$\bar{U}'_{\rightarrow OB_1} = \bar{U}'_{\rightarrow Oy} / n + |\vec{V}| / n - n |\vec{V}| = -a (\cos \alpha) / n T + |\vec{V}| / n - n |\vec{V}|.$$

Ở phía bên kia,

$$\bar{U}'_{\rightarrow OB_1} = -a / T.$$

Từ (3) và (4) chúng ta tìm thấy ngoại lệ bắt:

$$T = \frac{a}{|\vec{V}|} \cdot \frac{n}{n^2 - 1} \left(1 - \frac{\cos \alpha}{n}\right).$$

Hãy kiểm tra đáp số này để biết các trường hợp đặc biệt được đánh giá.

$1^\circ$ $\alpha = 0$: con sói đang chọc tức con thỏ. Trong trường hợp này, tốc độ chuyển động tương đối của con sói bằng $|\vec{V}| / (n + 1)$, vì vậy nó sẽ vượt qua con thỏ trong thời gian $T_1 = \frac{a}{|\vec{V}| / (n + 1)}$.

Kết quả tương tự thu được từ (5) với sự thay thế $\alpha = 0$.

$2^\circ$ $\alpha = \pi$: sói đang đánh thỏ. Trong trường hợp này, giá trị tốc độ tương đối của anh ta là $|\vec{V}| / (n - 1)$ ($n > 1$) và anh ta sẽ kết thúc con thỏ rừng trong thời gian $T_2 = \frac{a}{|\vec{V}| / (n - 1)}$.

Thay thế $\alpha = \pi$ vào biểu thức (5), chúng ta thu được đáp số tương tự.

Trong thời gian $T$ zac bao phủ khoảng cách

$$S_3 = |\vec{V}| T = \frac{an}{n^2 - 1} \left(1 - \frac{\cos \alpha}{n}\right),$$

vì vậy sói LOB đánh bại thỏ tại một điểm trên đường $l$, cách xa điểm $A$ ở khoảng cách này $S_3$.

Nhiệm vụ và

1. Một đường cao tốc thẳng mở vào đồng cỏ vuông góc với khu rừng phát quang.

Một chiếc xe buýt rời khỏi rừng với tốc độ $\vec{V}$. Liệu việc đi bộ từ mọi nơi trên đồng cỏ để bắt kịp xe buýt có hợp lý không nếu bạn có thể di chuyển với tốc độ $\vec{U} (|\vec{U}| < |\vec{V}|)$?

2. Chứng minh rằng cả bốn tàu $A, B, B$ và $\Gamma$ của bài toán 5 đều nằm trên cùng một đường thẳng tại bất kỳ thời điểm nào.

3. Mỗi đỉnh của $n$-gon thông thường chứa một con chó. Theo lệnh, tất cả các con chó đồng loạt bắt đầu di chuyển, mỗi con đuổi theo người hàng xóm gần nhất theo chiều kim đồng hồ. Mất bao lâu để hai con chó gặp nhau và mỗi con chó chạy được quãng đường bao nhiêu nếu chạy với tốc độ $|\vec{V}|$?

4. Khu vườn hình vuông có hàng rào bao quanh. Ở trên cùng $A$ của hàng rào có một con chó nhỏ. Ở đỉnh đối diện $B$ có một cái lỗ đủ lớn cho thỏ rừng nhưng quá hẹp cho chó. Một tên trộm zatz lẻn vào vườn, để ý đến con chó, chạy thẳng đến lỗ với tốc độ $|\vec{V}|$; con chó đuổi theo anh ta với tốc độ $n |\vec{V}|$, $n > 1$ và luôn chạy thẳng như một con thỏ rừng. Xác định (khoảng) phần nào của khu vườn mà chú thỏ có thể cảm thấy an toàn.

5. Một số con chó vây quanh con thỏ. Tốc độ của chó không vượt quá tốc độ của thỏ. Tất cả các con chó đều có thể nhìn thấy được đối với thỏ rừng. Thỏ rừng có thể thoát khỏi môi trường được không, và nếu có thì làm thế nào nếu những con chó khi đuổi theo chạy sao cho tốc độ của mỗi con luôn hướng về điểm mà con thỏ hiện đang ở?

26

Hyperbole tờ đơn

Trên trang đầu tiên của trang bìa, bạn sẽ thấy mô hình giấy của một tờ hyperbolide. Đây là tên của bề mặt được xác định trong không gian của phương trình

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1.$$

Hyperbolide trên bìa có cùng tham số $a$ và $b$ ($a = b$), và nó là vật thể xoay với trục $Oz$ (giải thích điều này). Cách dễ nhất để tạo mô hình hyperbole xoay một tờ như sau. Hãy lấy hai bánh xe có cùng đường kính với các bề mặt cách đều nhau dọc theo vành. Hãy đặt các bánh xe trên một trục chung và chèn các dây cao su mỏng vào bề mặt song song với trục (xem Hình 1). Nếu bây giờ chúng ta buộc chặt các dây cao su này vào các lỗ và quay bánh xe phía trên một góc $\alpha$, thay đổi $180^\circ$, thì các dây cao su sẽ nằm trên bề mặt của một tấm hyperbol. Chứng minh rằng khi quay một góc $-\alpha$ thì các dây thun sẽ nằm dọc theo cùng một mặt phẳng.

Từ mô hình cao su của chúng ta, chúng ta có thể thấy rằng trên bề mặt của hyperbol có hai họ đường thẳng giao nhau. Suy ra cấu trúc này từ phương trình bề mặt.

Chiếc TV đầu tiên ở Moscow, do kiến ​​trúc sư Shukhy thiết kế, được làm từ những “mô hình” như vậy (dây thép được sử dụng thay vì dây cao su).

Có thể thu được một hyperbol một tờ của vòng quay bằng cách xoay đường cong $$\frac{x^2}{a^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1$$ quanh trục $Oz$. Đường cong này là một hyperbol. Đó là lý do tại sao bề mặt đó được gọi là hyperbolit. Nó được gọi là một tờ vì cũng có một tờ hai, thu được bằng cách xoay hyperbola quanh trục $Ox$. Phương trình $$\frac{x^2}{a^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1$$ khác với phương trình hyperbol quen thuộc $xy=1$. Nhưng điều này không làm bạn bối rối - sự khác biệt không phải là cơ bản. Tại sao điều này thực sự như vậy, bạn sẽ hiểu khi đọc bài viết về cường điệu ở «Kvant» số 3, 1975. Trên trang đầu tiên của trang bìa, cả hai dòng đường giao nhau và hyperbol đều được nhìn thấy rõ ràng. Trang bìa thứ tư cung cấp một số hướng dẫn gợi ý về cách dán mô hình giấy giống như trang đầu tiên.

27

đa diện phức tạp

Khối đa diện phức tạp được hiển thị trên trang bìa thứ hai không gì khác hơn là sự kết hợp của mười khối có một tâm chung.

Đầu tiên chúng ta hãy nói về “họ hàng” của khối đa diện này - một khối đa diện gồm năm hình khối. Nó được xây dựng trên cơ sở khối mười hai mặt. Hóa ra là bạn có thể ghép một khối lập phương thành một khối mười hai mặt theo năm cách khác nhau. Một trong những khối này được thể hiện bằng màu xanh lá cây trong Hình 1. Trong ảnh, bạn thấy mô hình của khối đa diện này.

Nhóm 10 hình lập phương cũng dựa trên khối mười hai mặt. Chúng ta lấy một cặp đỉnh đối diện $T$, $T'$ (Hình 1) và xét ba đoạn (màu đỏ) $A_1B_1$, $A_2B_2$, $A_3B_3$ (dễ thấy, khi quay quanh trục $OT$ ở các góc chia hết cho $2\pi/3$, chúng biến đổi thành nhau). Thông qua các đoạn này, ba mặt phẳng vuông góc từng cặp được vẽ, giao nhau tại điểm $V$ trên trục $OT$ (Hình 2) và ba mặt phẳng nữa được coi là đối xứng với chúng so với tâm $O$ của khối mười hai mặt. Những mặt phẳng này giới hạn khối lập phương của chúng ta.

Một khối lập phương như vậy có thể được xây dựng cho mỗi cặp đỉnh đối diện của khối mười hai mặt, và vì nó có 20 đỉnh nên sẽ có 10 khối. Sự kết hợp của họ được mô tả trên trang bìa.

Hãy thử “nhìn đầy đủ” một trong những hình khối này trên trang bìa. Nếu cộng lại, bạn sẽ dễ dàng làm nổi bật phần còn lại; Bạn sẽ nhận thấy rằng mỗi khối có hai đỉnh “cô lập” (chúng nằm trên trục mà khối này được tạo thành) và mỗi đỉnh trong số sáu đỉnh còn lại có một “hàng xóm” (đỉnh của khối khác). Những cặp “hàng xóm” màu đỏ này được nhóm lại xung quanh các ngôi sao thập phân được hình thành bởi sự kết hợp của các cạnh giao nhau của năm khối lập phương.

Nếu bạn muốn xây dựng một mô hình khối đa diện hiển thị trên trang bìa, bạn có thể sử dụng Hình 3: nó hiển thị bằng cách tô bóng, với độ chính xác vừa đủ, phần bên ngoài của mỗi mặt của mỗi khối. 60 “khuôn mẫu” như vậy cần phải được thực hiện; sau đó chúng cần được dán lại với nhau một cách chính xác, dựa trên hình ảnh trên bìa*). Nhưng nó không dễ dàng! Chỉ những người đam mê mô hình chăm chỉ và lành nghề mới có thể dán một khối đa diện như vậy lại với nhau một cách đẹp mắt.

*) Điều này được mô tả chi tiết hơn trong cuốn sách “Máy chiếu” của V. Gamayunov, M., 1976, Viện Sư phạm Quốc gia Mátxcơva mang tên. Lênin.

28

Vấn đề
lượng tử

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 chương trình giảng dạy của trường Newstein. Các dấu hoa thị bài toán khó nhất sẽ bị loại bỏ. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả những vấn đề này đều được công bố lần đầu tiên.

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 1 tháng 3 năm 1979 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35 B. Ordynka 21/16, tòa soạn tạp chí «Kvant». Trong cột “Tới”, hãy viết: “Nhiệm vụ «Kvant» Số 1–79” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ: “M541, M543” hoặc “F555”. Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) được phân bổ trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải).

Tình trạng của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản (hoặc chu kỳ bài toán) được ấn định trong một phong bì riêng, được nhân đôi cùng với lời giải của bạn cho những bài toán này (trên vị trí phong bì: “Vấn đề «Kvant», vấn đề mới trong vật lý” hoặc “…vấn đề mới trong toán học”).

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

M541. Trong một nhóm $N$ người, mỗi người có đúng ba người bạn.
a) Chứng minh rằng $N$ là số chẵn.
b) Một công ty như vậy có thể luôn được chia thành các cặp $N/2$ để những người trong mỗi cặp là bạn bè không?

D. Bernishtein

M542. Cho một tam giác vuông $A_0A_1A_2$ có hai chân $|A_0A_2|=a$ và $|A_1A_2|=b$. Con kiến ​​sẽ leo dọc theo đường đứt đoạn vô hạn $A_2A_3A_4A_5$ …, trong đó $A_nA_{n+1}$ là chiều cao của hình tam giác $A_{n-2}A_{n-1}A_n$.
a) Tìm độ dài đường đi của nó (từ vô số đoạn thẳng).
b) Xây dựng điểm giới hạn $L$ mà con kiến ​​tiến tới. Nó nằm ở khoảng cách bao nhiêu so với các bên?

P. Emelyanov

M543*. Cho phép

$$\rho(x, y) = \frac{|x - y|}{\sqrt{1 + x^2} \sqrt{1 + y^2}}.$$

Chứng minh rằng với mọi số thực $a, b, c$ bất đẳng thức sau đúng:

$$\rho(a, c) \leq \rho(a, b) + \rho(b, c).$$

Andrei Paszkiewicz (Warsaw)

M544*. Số đỉnh tối đa mà không có đường chéo nào (nằm hoàn toàn bên trong đa giác) có thể được kiểm tra mà một $n$-giác không lồi có thể có là bao nhiêu? Giải quyết bài toán này trước để được $n=4, 5, 6, 7$.

S. Bychkov

M545. Có $n$ điểm trên mặt phẳng. Cần đặt $n$ máy chiếu tại những điểm này, mỗi máy chiếu một góc có độ lớn $360^\circ/n$ để chiếu sáng toàn bộ mặt phẳng. Chứng minh rằng điều này có thể xảy ra với bất kỳ vị trí nào của những điểm này nếu

a) $n=3; 6)$ $n=4$; c) $n$ — bất kỳ số tự nhiên nào.

29

d) Bây giờ hãy để các máy chiếu chiếu sáng các góc $\alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_n$ ($\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n = 360^\circ$) và bố trí tại một điểm sao cho chúng chiếu sáng mặt phẳng. Chứng minh rằng bạn có thể dịch chuyển một trong các máy chiếu $n$ tới từng điểm này để toàn bộ mặt phẳng vẫn được chiếu sáng.

G. và V. Galperin

F553. Một tấm ván nặng có khối lượng $M$ nằm trên hai con lăn có thành mỏng bán kính $r$ và $R$ và có khối lượng bằng nhau $m$. Khoảng cách giữa tâm của các con lăn là $l$. Khi thả nó ra thì tấm ván bắt đầu chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu? Lực ma sát giữa tất cả các bề mặt là không bị trượt.

F554*. Một khối có khối lượng $m_1$ nằm trên một tấm ván có khối lượng $m_2$ đặt trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Hệ số ma sát giữa khối và tấm ván là $\mu$. Một lực $\vec{F}$ tác dụng lên bảng, thay đổi theo thời gian theo định luật $\vec{F} |=bt$, trong đó $b$ là giá trị không đổi. Vẽ đồ thị gia tốc của khối và bảng theo thời gian $t$.

F555. a) Một thanh cứng nhẹ có chiều dài $l$ có khối lượng $m$ ở đầu được gắn bản lề ở điểm dưới cùng và được giữ ở vị trí thẳng đứng bằng hai lò xo cứng nằm ngang $k$, được gắn chặt vào đầu trên của nó (Hình 1). Thanh không thể chuyển động theo phương vuông góc với lò xo. Với khối lượng tải bằng bao nhiêu thì vị trí thẳng đứng của thanh không còn ổn định nữa?

b) Một chiếc kim đan bằng thép có chiều dài $l$ được cắm xuống sàn sao cho nó đứng thẳng. Nếu tác dụng một lực ngang nhỏ $\vec{F}$ vào đầu trên của nó thì đầu trên của nan hoa sẽ lệch một lượng $a \ll l$. Đánh giá xem một chiếc kim đan có thể chịu được trọng lượng bao nhiêu, không đồng ý ở đầu trên của nó. Chúng ta hãy phân biệt công thức mà nan hoa chịu tác dụng của lực ngang hoặc lực dọc tác dụng lên nó, bỏ qua.

G. Komkin

F556. Nếu bạn đặt một vòng dây trên một khối băng, từ đó tải được treo (Hình 2), hệ thống dây điện sẽ bắt đầu cắt băng. Điều này được giải thích là do khi áp suất tăng, điểm nóng chảy của băng đạt đến điểm nóng chảy, băng dưới hệ thống dây điện bắt đầu tan chảy và phía trên hệ thống dây điện bắt đầu đóng băng trở lại.

Tuy nhiên, nếu vòng lặp được làm không phải từ hệ thống dây điện mà từ một sợi nylon có cùng đường kính hoặc thậm chí nhỏ hơn, băng thực tế sẽ không bị cắt. Tại sao? Hãy thử kiểm tra trải nghiệm được mô tả.

G. Kosurov

F557. Trong mạch như hình 3, phím K được đóng. Tìm cường độ dòng điện cực đại trong mạch và hiệu điện thế cực đại trên tụ điện.

P. Zubkov

30

Lời giải bài toán
M494, M496—M499; F508—F511

M494. Bên trong hình vuông ở cạnh 1 có $n^2$ điểm. Chứng minh rằng tồn tại một đường đứt nét chứa các điểm có độ dài nhỏ hơn a) 3n; b) 2n.

Ý tưởng xây dựng một đường gãy rõ ràng từ Hình 1: chúng ta chia hình vuông thành $n$ sọc dọc và sau đó thảo luận về tất cả các điểm theo kiểu “rắn”: chúng ta chuyển sọc đầu tiên bên trái từ trên cùng của chế độ xem, sọc tiếp theo từ dưới lên, v.v. Tổng độ dài của các liên kết của đường đứt nét không lớn hơn tổng độ dài hình chiếu của chúng lên các cạnh dọc và ngang của hình vuông. Tổng các hình chiếu dọc, dễ dàng nhận thấy, không vượt quá $n$, và tổng các hình chiếu ngang có thể được ước tính như sau. Hình chiếu ngang của liên kết không giao nhau với ranh giới của các dải không vượt quá $1/n$ và hình chiếu của liên kết giao nhau với $k$ của các đoạn dọc của ranh giới của dải không vượt quá $(k+1)/n = k/n+1/n$. Tổng số ranh giới dọc của các dải là $n-1$ nên tổng của tất cả các hình chiếu ngang $n^2-1$ không lớn hơn

$(n^2-1)/n+(n-1)/n=n+1-2/n \leq n+1$.

Do đó, đối với độ dài của đường đứt nét, chúng ta thu được ước tính $2n+1$.

Hình 1. Hình 2. Hình 3.

Vấn đề a) lời giải, và để chứng minh 6), chúng ta cần cải thiện ước lượng lên 1.

Để làm được điều này, chúng ta cần thay đổi thiết kế của mình. Hãy chia hình vuông thành $n$ sọc có chiều rộng khác nhau $(h_1, h_2, \dots, h_n)$ sao cho mỗi dải có chính xác $n$ điểm (“điểm” viền có thể được gán cho cả bên trái và bên phải). Chúng ta hãy kết nối tất cả các điểm trên của sọc và tất cả các điểm dưới bằng các đoạn có màu đỏ và xanh xen kẽ (Hình 2). Chúng ta có thể chọn điểm bắt đầu của đường rắn để nó đi dọc theo tất cả các đoạn màu xanh hoặc dọc theo tất cả các đoạn màu đỏ. Tổng các hình chiếu ngang $2(n-1)$ của các đoạn màu đỏ và xanh của đường đứt nét với nhau không quá 2; nếu chúng ta chọn màu mà tổng này nhỏ hơn 1, chúng ta sẽ thu được ước tính cho tổng của tất cả các hình chiếu ngang

$(n-1)(h_1+h_2+\dots+h_n)+1 \leq n$.

Tổng các hình chiếu dọc như trước không quá $n$.

Vì vậy, chúng tôi đã xây dựng một đường gãy có độ dài không lớn hơn $2n$, chúng tôi quyết định là 6).

Một ví dụ về cách sắp xếp các điểm “dày đặc” tại các đỉnh của một mạng tam giác (Hình 3; đối với $n$ lớn, để bình phương các điểm $1 \times 1$ $n^2$, bạn cần lấy độ dài cạnh của tam giác bằng khoảng $\sqrt{2/\sqrt{3}}/n$) cho thấy rằng hằng số $2$ trong các điều kiện chỉ định rõ ràng NOTLZ (thêm nữa cho lớn $n$) được thay thế bằng một số nhỏ hơn $\sqrt{2/\sqrt{3}}$.

N. Vasiliev, A. Tarmakovsky

31

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

Chỉ có 900 số có ba chữ số (từ 100 đến 999). Do đó, chỉ có $\frac{900 \cdot 899}{2} + 900 = \frac{900 \cdot 901}{2} = 405450$ cặp số có ba chữ số (không nhất thiết phải khác nhau).

Vì vậy, không có nhiều hơn số có sáu chữ số này, được biểu diễn bằng tích của hai số có ba chữ số. Và có tổng cộng 900.000 số có sáu chữ số. Điều này có nghĩa là hơn một nửa trong số chúng không thể được biểu diễn dưới dạng tích của hai số có ba chữ số.

N. Vasiliev

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.

Lời giải trong số này bài toán sử dụng định lý tốt hơn sau:

Nếu ba đường tròn giao nhau theo cặp thì các dây chung của mỗi cặp đường tròn (hoặc phần mở rộng của chúng) đi qua một điểm hoặc song song (Hình 4).

Đầu tiên chúng ta sẽ giải bài toán và sau đó đưa ra sơ đồ chứng minh định lý.

Chúng ta hãy dựng các đoạn AB, AA₁ và BB₁ tương ứng như trên các đường kính của đường tròn OₑB, OₑA₁ và OₑB₁. Hợp âm chung của các đường tròn OₑB và OₑA₁ rõ ràng là đường cao AHₐ của tam giác ABC (vì $\widehat{AH}_A B = \widehat{AH}_A A_1 = 90^\circ$; Hình 5). Tương tự, dây chung các đường tròn OₑB và BHₐ của tam giác ABC.

Người ta chứng minh tương tự rằng các dây chung của hai cặp đường tròn khác: OₑA₁ và OₑC₁, OₑC₁ và OₑB₁ đi qua giao điểm các đường cao của tam giác ABC. Bài toán lời giải.

Việc còn lại là chứng minh định lý.

Chúng ta hãy dựng ba hình cầu có tâm trong mặt phẳng của các đường tròn trên các đường tròn này (nằm trong mặt phẳng ngang) và nhìn chúng từ trên xuống. Chúng ta sẽ thấy ba vòng tròn mà các hình cầu giao nhau (hình chiếu của chúng trên mặt phẳng nằm ngang là ba dây cung của chúng ta) và điểm giao nhau của chúng (hình chiếu của nó là điểm giao nhau mong muốn của các dây cung).

V. Gutemacher

M498. Với mọi số tự nhiên n ≥ 3 chỉ ra k nhỏ nhất sao cho n điểm bất kỳ trên mặt phẳng, không có ba điểm nào cùng thuộc một đường thẳng cho trước, có thể cách nhau bởi k đường thẳng.

Nhiều người trong số những người đã gửi cho chúng tôi lời giải điều này bài toán đã nhớ lại sự thật này (không khó để chứng minh bằng quy nạp):

k đường thẳng chia mặt phẳng thành không quá $\frac{k(k+1)}{2} + 1$ phần (với k đường thẳng ở vị trí tổng quát sẽ có chính xác $\frac{k(k+1)}{2} + 1$).

33

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?

Chúng ta hãy biểu thị độ dài một ngày trên Sao Thủy bằng $x$ (Ngày Trái Đất). Trong một ngày trên trái đất, Sao Thủy sẽ quay quanh trục của nó một góc $\frac{360^\circ}{59}$ và sẽ dịch chuyển dọc theo quỹ đạo của nó (cùng hướng) một góc $\frac{360^\circ}{88}$. Sự khác biệt $\frac{360^\circ}{59} - \frac{360^\circ}{88}$ thể hiện góc mà Sao Thủy sẽ quay so với Mặt trời trong một ngày Trái đất:

$$\frac{360^\circ}{59} - \frac{360^\circ}{88} = \frac{360^\circ}{x}.$$

Từ đây

$$x \approx 179$$

Một ngày trên sao Thủy xấp xỉ bằng hai năm sao Thủy.

Do đó, ngày và giờ của sao Thủy có độ dài xấp xỉ bằng năm của nó.

E. Levitan

F509. Hồ có dòng chảy chỉ giữ được lớp nước trên cùng. Một chiếc bè với annapagura bắt tai trôi xuôi dòng. Ở phía dưới, phía trước dòng điện, có một nguồn âm thanh bất động. Một người quan sát trên bè phát hiện ra rằng âm thanh truyền tới bè theo hướng tạo một góc $\beta$ với phương thẳng đứng. Góc từ phương thẳng đứng đến phương thật của nguồn âm là bao nhiêu? Tốc độ của dòng điện là $u$, tốc độ âm thanh trong nước là $v$. Độ dày của lớp chuyển động nhỏ hơn nhiều so với độ dày của đại dương.

Hình 8.

Hình 9.

Tại ranh giới $AB$ của lớp chuyển động, âm thanh bằng cách nào đó thay đổi hướng - nó bị khúc xạ (Hình 8). Âm thanh truyền tới bè $P$ một góc $\beta$ bằng góc khúc xạ. Vì lớp mỏng nên chúng ta có thể lấy góc $CPS$ bằng góc tới $\alpha$. Như vậy, bài toán với việc suy ra định luật khúc xạ sóng âm tại ranh giới của môi trường bất động và chuyển động.

Gọi $CO$ là hướng truyền âm thanh trong môi trường bất động và $KO$ là vị trí của bề mặt sóng (mặt sóng) tại một thời điểm nào đó $t$ (Hình 9). Sau khoảng thời gian $\Delta t$, mặt sóng sẽ chiếm vị trí $K'O'$. Theo cách tương tự, chúng ta hãy biểu thị bằng $OD$ hướng truyền âm thanh ở lớp nước trên (theo quan điểm quan sát được trên bè) và bằng $OL$ và $O'L'$ vị trí của mặt trước sóng tại các thời điểm $t$ và $t + \Delta t$.

Trong thời gian $\Delta t$, mặt sóng $KO$ di chuyển đến một khoảng cách $|MO'| = |v| \Delta t (MO' \perp KO)$, và điểm giao nhau của mặt trước với bề mặt của phương tiện truyền thông tách biệt di chuyển đến một khoảng cách $|OO'| = \frac{|v| \Delta t}{\sin \alpha}$. Tương tự, độ dịch chuyển của điểm chuyển động của mặt sóng $OL$ với giao diện so với tần số sóng quan sát được ($\alpha \rightarrow \pi/2$, $\sin \alpha \rightarrow 1$) thì góc khúc xạ không vượt quá giá trị

$$\beta \rightarrow \arcsin \frac{1}{1 + |u|/|v|}$$

Hóa ra định luật khúc xạ tương tự cũng đúng khi chiếc bè đã thổi bụi qua nguồn âm. Đúng, trong trường hợp này góc khúc xạ $\beta$ lớn hơn góc tới $\alpha$ nên khúc xạ chỉ xảy ra ở các góc

34

Từ chối

$$\alpha < \alpha_{\text{np}} = \arcsin \frac{1}{1 + |\vec{u}| / |\vec{v}|}.$$

Ở các góc lớn, sự phản xạ hoàn toàn âm thanh từ lớp chuyển động xảy ra.

G. Komkin

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

Chúng ta hãy xem xét một trong các sợi chỉ và chọn một đoạn nhỏ có độ dài $l$ trên đó (Hình 10). Chúng ta biểu thị lực căng của sợi chỉ bằng $\vec{T}$. Tổng hợp $\vec{Q}$ của lực căng tác dụng lên vùng được chọn có giá trị tuyệt đối bằng $2|\vec{T}| \sin \frac{\alpha}{2}$.

Tại $l \ll R$ ($R$ là bán kính cong của sợi tại một vị trí nhất định) $\alpha = \frac{l}{R} \ll 1$, do đó chúng ta có thể giả sử rằng

$$\sin \frac{\alpha}{2} = \frac{\alpha}{2}, \quad |\vec{Q}| = \frac{l}{R} |\vec{T}|.$$

Vì phần được chọn của sợi chỉ ở trạng thái cân bằng nên tổng các lực tác dụng lên nó bằng 0. Điều này có nghĩa là một lực tác dụng lên sợi dây từ phía bên của quả bóng

$$\vec{F} = -\vec{Q}.$$

Theo định luật III Newton, một lực tác dụng lên quả bóng từ phía của sợi chỉ

$$-\vec{F} = -(-\vec{Q}) = \vec{Q},$$

hướng vào tâm quả bóng.

Cùng một số sợi $N$ đi qua bất kỳ đường song song nào của quả bóng. Đối với một đường song song có bán kính $r = R \cos \varphi$ ($\varphi$ là góc tạo bởi bán kính của quả bóng vẽ về đường song song với mặt phẳng xích đạo) bằng $2\pi r = 2\pi R \cos \varphi$. Do đó, số sợi đi qua một phần vỏ bi có diện tích $l \times l$

$$n = \frac{N}{2\pi R \cos \varphi} l.$$

Khi đó áp suất tác dụng lên vỏ bằng

$$p = n \frac{|\vec{Q}|}{l^2} = \frac{N |\vec{T}|}{2\pi R^2 \cos \varphi}.$$

Nếu vỏ quả bóng vẫn có dạng hình cầu thì áp suất sẽ tăng khi góc tăng dần $\varphi$. Trên thực tế, theo định luật Pascal, áp suất sẽ tăng lên tương tự. Điều này có nghĩa là vỏ quả bóng không có hình cầu. Nó nằm dọc theo đường xích đạo hơn là dọc theo đường kính thẳng đứng; bán kính cong của kinh tuyến giảm dần về phía xích đạo và tăng dần về phía cực sao cho $R^2 \cos \varphi = \text{const}$.

Hình dạng của vỏ giống quả bí ngô (Hình 11). Có lẽ hình dạng của quả bí ngô được giải thích chính xác bởi sự hiện diện của “sợi dây gia cố” và linh hồn dọc theo kinh tuyến của nó?

F511. Các bản của tụ điện dạng bản song song có diện tích $S$ tạo thành một góc nhỏ $\alpha$ ($\alpha \ll 1$) với nhau. Khoảng cách trung bình giữa các tấm là $b$. Vẽ hình gần đúng của các đường phẳng của trường electron của tụ điện và tìm điện dung của tụ điện.

Hình ảnh gần đúng về các đường electron hợp lưu của các vòng tròn có tâm ở điểm $O$. Thật vậy, các đường thoát nước luôn vuông góc với bề mặt dây dẫn, tức là chúng vuông góc với các bản tụ điện. Từ các báo cáo về các đối xứng, người ta thấy rất rõ ràng rằng chúng vuông góc với đường phân giác của góc tạo bởi các tấm. Nếu đặt một tấm kim loại mỏng vào vị trí của đường phân giác thì hình ảnh các đường mận sẽ không thay đổi chút nào. Lập luận theo cách tương tự, chúng ta sẽ đi đến kết luận rằng đường thoát nước nên

35

vuông góc với bất kỳ tia nào phát ra từ điểm $O$ và nằm trong góc $\alpha$. Điều này có nghĩa là các đường mạnh là các cung tròn đồng tâm.

Mật độ của các đường sức không phải lúc nào cũng giống nhau; nó giảm dọc theo trục $X$. Điều này không khó để giải thích. Như đã biết, mật độ đường sức tỉ lệ thuận với hiệu điện thế của điện trường. Hãy tìm xem điện áp thay đổi như thế nào khi tọa độ $x$ tăng (gốc tọa độ nằm ở điểm $B$). Công việc di chuyển một đơn vị điện tích từ bản tụ này sang bản tụ khác dọc theo đường dây mạnh nam-nam phải giống nhau (công này bằng hiệu điện thế giữa các bản). Do đó, đường dây điện càng dài thì điện áp (lực tác dụng lên một đơn vị điện tích) càng thấp. Có tính đến độ nhỏ của góc $\alpha$ ta thu được

$$|\vec{E}| = |\vec{E}_0| \frac{b}{b + \alpha x},$$

trong đó $\vec{E}_0$ là điện áp trên đường dây điện $AB$ (trong đó khoảng cách giữa các bản tụ điện là $b$), $\vec{E}$ là điện áp trên đường dây điện liền kề, cách nhau $AB$ bằng $x$, $b$ và $b + x$ - độ dài của các đường dây điện tương ứng.

Mật độ đường dây điện cũng thay đổi.

Bây giờ chúng ta hãy tìm điện dung $C$ của tụ điện. Theo định nghĩa

$$C = \frac{q}{U},$$

trong đó $q$ là điện tích và $U$ là điện áp của tụ điện. $U$ có ​​thể được thể hiện thông qua $|\vec{E}_0|$:

$$U = |\vec{E}_0| b.$$

Nó vẫn còn để thể hiện $q$.

Ở gần tấm, điện trường giống như điện trường của mặt phẳng; do đó điện áp của nó

$$|\vec{E}| = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0},$$

trong đó $\sigma$ là mật độ điện tích bề mặt, $\varepsilon_0$ là hằng số điện. Từ đây

$$\sigma = 2\varepsilon_0 |\vec{E}| = \frac{2\varepsilon_0 |\vec{E}_0| b}{b + \alpha x}.$$

Chúng ta hãy biểu thị bằng $l$ “độ sâu” của tấm và chọn một dải hẹp có chiều rộng $\Delta x$ trên tấm. Điện tích của nó bằng nhau

$$\Delta q = \sigma l \Delta x = \frac{2\varepsilon_0 |\vec{E}_0| b l}{b + \alpha x} \Delta x.$$

Để tìm toàn bộ điện tích của tấm, chúng ta cần tổng điện tích của tất cả các dải cơ bản và đi đến giới từ tại $\Delta x \rightarrow 0$. Kết quả là chúng tôi nhận được

$$q = 2\varepsilon_0 b l |\vec{E}_0| \int_{-a}^{a} \frac{dx}{b + \alpha x} = \frac{2\varepsilon_0 b l |\vec{E}_0|}{\alpha} \ln \frac{b + \alpha a}{b - \alpha a}.$$

Rồi cuối cùng

$$C = \frac{q}{U} = \frac{2\varepsilon_0 l}{\alpha} \ln \frac{b + \alpha a}{b - \alpha a}.$$

I. Slovodetsky

36

V. Vavilov

Các phần của khối đa diện

Bài viết này khảo sát 10 bài toán về các phần lấy từ nghiên cứu chính “Hình học 9” và “Hình học 10”. Mục tiêu chính là hệ thống hóa các nguyên tắc xây dựng các phần của khối đa diện. Ở đây chúng tôi đã chọn các số nguyên và bài toán, dựa trên việc xây dựng các nút giao và thiết kế song song. Chúng ta sẽ quay lại các kỹ thuật liên quan đến tính vuông góc trong một bài viết khác.

1. Sản xuất bài toán

Khi chứng minh các định lý, giải toán lập thể bài toán, chúng ta sử dụng hình vẽ, tức là hình ảnh trên mặt phẳng của các hình nằm trong không gian.

“Trong phép đo lập thể, chúng ta sẽ gọi hình ảnh của một hình (nguyên bản) là bất kỳ hình nào tương tự như hình chiếu song song của một hình đã cho lên một mặt phẳng nhất định” (IX, § 13) *).

Vì vậy, để xây dựng hình ảnh cần phải tính đến tính chất của phép chiếu song song. Một phần (Hình 1),

Điểm ảnh 1°;
Ảnh đường thẳng 2° của đường thẳng;
Hình ảnh các đường song song 3° bằng các đường song song;
4° nếu điểm M nằm trên đoạn [A; B] thì ảnh của điểm M nằm trên ảnh của đoạn [A; B] và chia ảnh của đoạn đó trong cùng một đoạn trong đó điểm M chia đoạn [A; B].

*) Tham chiếu “IX, § 13” đề cập đến § 13, “Hình học 9”; “X, 73, 84” giới thiệu Bài tập 73, 84 SGK Hình học 10.

Hình 1.

37

không có giao điểm của hai tập hợp này. Trong trường hợp này, theo quy luật, hình ảnh của đa giác sẽ được coi là đã cho và mặt phẳng cắt sẽ được cho bởi ba điểm (đôi khi là một đường thẳng và một điểm) trên hình ảnh. Bạn có thể sử dụng, như thường lệ trong các công trình hình học, chỉ có thước kẻ và la bàn. Vấn đề được coi là đã giải quyết nếu tất cả các đoạn dọc theo đó mặt phẳng cắt giao với các mặt của đa giác đều được tìm thấy.

Vì vậy, chúng ta hãy vẽ hình ảnh của một số hình (mặt phẳng, đường thẳng, khối đa diện). Cần phải tìm trên đó hình ảnh của một số đối tượng hình học (điểm, đoạn, đa giác) liên quan đến các hình ban đầu theo một cách nhất định.

Trong các bản vẽ, trong quá trình xây dựng của chúng ta, màu xanh lam sẽ tương ứng với mặt phẳng cắt và màu đỏ sẽ tương ứng với mặt phẳng chứa đường giao nhau.

2. Phụ trợ bài toán

Trước khi chuyển sang phần chính bài toán, chúng ta sẽ xem xét một số kỹ thuật phụ trợ để xác định giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng.

1. Giao điểm của hai đường thẳng cắt nhau rất dễ tìm: điểm giao nhau trên hình vẽ là hình ảnh giao điểm của chúng trong không gian. Nhưng - hãy cẩn thận! Điều này chỉ đúng với giả định rằng các đường thẳng thực sự giao nhau. (Và các đường thẳng trong không gian “như một quy luật” cắt nhau!). Đừng để bị lừa bởi sai lầm (Hình 2).

2. Giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng α không khó tìm nếu biết các hình chiếu song song A₁, B₁ của các điểm A, B lên α (Hình 3). Việc xây dựng là rõ ràng từ bản vẽ.

3. Dễ dàng tìm được giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng α trong trường hợp cho các giao điểm của A₁, B₁ với mặt phẳng α cho mọi giao điểm lần lượt qua các điểm A, B (Hình 4).

4. Giao điểm của hai mặt phẳng α và (ABC) được tìm thấy một cách đơn giản nếu cho các hình chiếu song song A₁, B₁, C₁ của các điểm A, B, C lên α. Hãy tự mình thực hiện theo cách xây dựng này (Hình 5).

Có thể chỉ ra nhiều tình huống khác nhau hơn khi dựng được giao điểm của hai mặt phẳng cho trước (ABC) và α.

38

3. Xây dựng một phần sử dụng ba điểm được chỉ định

Ở đây các kỹ thuật được mô tả trong phần trước được áp dụng một cách có hệ thống. Người đọc phải theo dõi chúng một cách độc lập thông qua loạt tranh vẽ hoạt hình.

5. Mặt cắt song song với mặt phẳng xác định bởi ba điểm A, B, C (IX, 75, 95, 96, 145, 147)

được thực hiện trong Hình 8, a-f. Ở đây chúng ta cần dựng các hình chiếu $A_1, B_1, C_1$ của các điểm A, B, C song song với các cạnh bên (Hình 8, 6), áp dụng bài toán 2 để dựng $X_1$ (Hình 8, 8) và tìm $X_2$; sau đó, thực hiện hướng thiết kế mới (Hình 8, 2), tìm điểm $X_4$ (lại bài toán 2) và áp dụng bài toán 1 để tìm điểm $X_6$ và $X_5$ (Hình 8, 8).

6. Tiết diện của paramid tam giác theo mặt phẳng ABC được thể hiện trên các hình 9, a-e (IX, 133, 135). Ở đây bài toán 3 được sử dụng hai lần.

7. Mặt cắt ngang của đặc điểm hình tam giác theo mặt phẳng ABC được thể hiện trên Hình 10,

39

4. Đường thẳng và mặt phẳng song song

Ngoài các nguyên lý đã học trước đây, hai định lý về mặt phẳng song song thường được sử dụng: (I) tiết diện hai mặt phẳng song song với một mặt phẳng thẳng là một cặp đường thẳng song song; (II) Giao điểm của hai mặt phẳng song song với đường thẳng l là đường thẳng song song với l.

8. Cách dựng tiết diện tam giác paramid bằng mặt phẳng đi qua các điểm C, D cho trước song song với cạnh AB được thể hiện trên các hình 11, a-c (IX, 53, 54, 95). Ở đây các điểm X₂, X₃ được lấy là giao điểm của đường thẳng đi qua X₁ song song với AB với các mặt tương ứng (xem Định lý II). Chúng tôi khuyến nghị người đọc giải bài toán cho trường hợp các điểm X₂, X₃ không nằm trên các cạnh mà nằm trên phần mở rộng của chúng.

9. Mặt cắt của khối trung diện bởi mặt phẳng α đi qua điểm M ở độ cao AA₁, song song với mặt ACD được thể hiện trên các Hình 12, a-c (IX, 93, 94, 146; X, 312). Ở đây Định lý I được áp dụng hai lần: α || (ACD)⇒

40

Hình 12.

Hình 13.

$\Rightarrow (X_1X_2) \parallel (AB_1) \text{ и } \alpha \parallel (ACD) \Rightarrow (X_3X_4) \parallel (CD)$.

10. Tiết diện của khối tứ diện ABCD theo mặt phẳng $\alpha$ đi qua điểm M song song với các cạnh cắt AD và BC (IX; 132, 160) được thể hiện trên Hình 13, $\alpha$ - $\beta$. Ở đây Định lý II được áp dụng hai lần: $\alpha \parallel (AD)$ và $(AA_1D) \parallel AD \Rightarrow (MX_1) \parallel (AD)$, sau đó là $\alpha \parallel (BC)$ và $(BCD) \parallel (BC) \Rightarrow (X_3X_4) \parallel (BC)$.

11. Khó hơn bài toán

12. Chứng minh rằng một đoạn thẳng cho trước, không song song với một mặt phẳng cho trước, có thể chiếu song song lên một đoạn có độ dài bất kỳ trên một mặt phẳng cho trước.

13. Một góc đã cho có thể được chiếu song song ở góc nào trên một mặt phẳng nhất định?

14. Chứng minh rằng nếu biết ảnh của chúng với ba điểm của một hình phẳng không nằm trên cùng một đường thẳng thì có thể thu được ảnh của tất cả các điểm của hình này.

15. Chứng minh rằng mọi tam giác đều có thể đóng vai trò là ảnh của một tam giác đã cho *).

16. Chứng minh rằng ảnh của một tứ giác có thể là tứ giác bất kỳ có các đường chéo chia cho giao điểm theo cùng tỉ lệ với tứ giác ban đầu.

17. Chứng minh rằng ảnh của một tứ diện có thể là một tứ giác bất kỳ có đường chéo bằng nhau.

18. Khối trao đổi được đặt trên một khối lớn hơn sao cho chúng có một đỉnh chung và các mặt của chúng song song. Dựng một phần của hình thu được bằng một mặt phẳng xác định bởi ba điểm, từ đó

• cả ba đều nằm trên ba cạnh giao nhau nhỏ hơn một hình lập phương;
• cả ba đều nằm bên trong ba mặt khác nhau lớn hơn hình lập phương;
• một điểm nằm ở đáy trên của hình lập phương nhỏ và hai điểm còn lại nằm trên các cạnh khác nhau của hình lập phương lớn hơn.

*) Chúng ta hãy nhớ lại rằng kích thước của hình ảnh trường không quan trọng (xem điểm 1), do đó “bất kỳ tam giác nào” có nghĩa là “bất kỳ tam giác nào tương tự nhau”.

41

Nhiệm vụ

1. Sắp xếp các số 1, 2, …, 9 thành các vòng tròn (xem hình) sao cho tổng các số dọc theo tam giác bên trong bằng bình phương của một trong các số này, tổng các số dọc theo hình tròn bằng lập phương của cùng một số, tổng các số dọc theo tam giác bên ngoài bằng tổng bình phương và lập phương của số này.

2. Đó là một ngày rất nóng và bốn cặp vợ chồng đã uống 49 chai coca-cola. Anna uống 2 chai, Betty - 3, Cessile - 4, Dorotty - 5. Ông Adams uống nhiều như vợ ông, ông Brown - gấp đôi, Wilson - ba lần, Greene - gấp bốn lần vợ của họ. Cho biết họ của từng người trong số bốn người phụ nữ.

3. Ở một bộ tộc, tên nữ được chấp nhận, chỉ bao gồm hai chữ cái - A và B. Bản thân sự kết hợp AAA và BB có ý nghĩa gì đó, nhưng từ cách cấu tạo của các từ dài hơn, chúng có thể bị gạch bỏ (hoặc viết) mà không bị hư hại. Sự kết hợp AAB gần đây đã được thay thế bằng sự kết hợp mang tính văn hóa hơn BA, vì vậy giờ đây chúng đã có sự khác biệt. Bạn có thể tin được một thủ lĩnh bộ lạc nói rằng ông ta có sáu cô con gái và tất cả họ đều có những cái tên khác nhau?

4. Giải phương trình trên hình (chữ A ứng với một số, chữ H ứng với một số khác).

42

A. Savin

Thứ gì đó
về độ lồi

Khi học hình học ở trường, bạn sẽ gặp những mặt phẳng và hình không gian khác nhau. Như vậy, bạn đã biết hình tam giác, hình vuông, hình tròn, hình lập phương, hình chóp, quả bóng, hình nón, hình trụ là gì. Tất nhiên, danh sách này còn lâu mới làm cạn kiệt toàn bộ các dạng tồn tại trong tự nhiên. Trí tưởng tượng của con người có thể tạo ra vô số hình dạng phức tạp và kỳ quái. Đương nhiên, chỉ một số ít trong số này có tên. Và có cần thiết phải kể tên hết không?

Khi người làm vườn than thở: “Nguyền rủa lũ chim, chúng mổ hết chấy của tôi!” - anh ấy không quan tâm đến loại chim nào đã làm điều đó - chim sẻ, chim drus hay vẹt. Anh ấy nói về những sinh vật biết bay, ngồi trên cành cây và không ác cảm với việc ăn những quả anh đào mọng nước. Bạn có biết rằng có 8.616 loài chim khác nhau? Có thể nhớ tất cả tên của họ? Tất nhiên là không. Về mặt động vật học, tất cả các loài chim được chia thành 40 bộ: chim bồ câu, mòng biển, chim sẻ, v.v., kết hợp các loài chim có đặc tính tương tự thành một bộ. Và nếu bạn biết bốn mươi bộ này, cũng như hai hoặc mười loài chim được đặt tên sống trong khu vực của bạn, thì việc làm quen với các loài chim của bạn có thể được coi là đã hoàn thành.

Trong hình học cũng vậy: bạn giới thiệu những hình ảnh xuất hiện thường xuyên nhất. Liệu có thể xác định được bất kỳ sự tổng hợp thú vị nào—“thứ tự” của các số liệu không? Đúng, và đây là một trong những mục đích của hình học. Tính chất hợp nhất các số liệu thành “thứ tự” mà chúng ta muốn nói đến được gọi là “tính lồi”.

Từ lồi không phải là mới đối với bạn. Tuy nhiên, hãy cố gắng đưa ra một định nghĩa rõ ràng cho khái niệm này và bạn sẽ thấy rằng việc thực hiện nó không hề dễ dàng. Hãy xem mọi chuyện diễn ra như thế nào

43

natie được định nghĩa trong “Từ điển tiếng Nga” của S. I. Ozhegov. Chúng ta đọc: “Lồi - có bề mặt cong hướng ra ngoài.” cong nghĩa là gì? Chúng ta đọc: “Hình vòng cung - có hình vòng cung.” Một vòng cung là gì? “Cung tròn là một phần của đường tròn, đường tròn hoặc đường cong hình tròn.” Đây là lúc sự kiên nhẫn của chúng ta bị phá vỡ: thứ nhất, các đường cong có thể rất đa dạng và thứ hai, hình tròn không phải là một đường thẳng. Dựa trên định nghĩa về độ lồi này, có thể nói gì về độ lồi (hoặc độ lồi) của một hình lập phương chẳng hạn? Theo tôi, điều đó là không thể. Vì vậy, một “định nghĩa” như vậy không thể được sắp xếp bằng toán học.

Trong toán học, khái niệm lồi có ý nghĩa được xác định rõ ràng. Một tập hợp các thùy được gọi là lồi nếu cùng với hai điểm A và B bất kỳ của nó, toàn bộ đoạn thẳng [AB] cũng thuộc tập hợp này.

Bây giờ đã khá rõ ràng rằng khối lập phương là một vật lồi. Nhưng hình trong Hình 1 không lồi. Không khó để hiểu rằng bất kỳ hình tam giác nào cũng là hình lồi. Và các hình tứ giác có thể lồi hoặc nhỏ (Hình 2).

Chà, có thể nói gì đó về tập lồi không? Có thể. Ví dụ, chứng minh (điều này khá đơn giản) rằng giao của hai hoặc nhiều tập lồi lại là tập lồi (chúng ta cũng sẽ coi tập rỗng là tập lồi). Rất khó để chứng minh nhận định như vậy: qua bất kỳ ranh giới nào của một hình lồi trên mặt phẳng, người ta có thể kiểm tra một đường thẳng sao cho toàn bộ hình đó nằm về một phía của đường thẳng này. Đường thẳng như vậy được thể hiện trong Hình 3; nó được gọi là đường tham chiếu. Nếu điểm biên là điểm “góc”, như trong Hình 4, thì có thể kiểm tra một số đường tham chiếu qua nó. Hãy tự chứng minh rằng nếu một hình phẳng nào đó có một đường hỗ trợ tại mỗi điểm biên thì hình này là lồi. Do đó, phát biểu được hình thành có thể được coi là định nghĩa của một hình lồi.

44

Tôi nghĩ rằng sự hiện diện của các đường hỗ trợ trong các hình lồi phẳng (tương tự như các mặt phẳng hỗ trợ trong các vật thể lồi), mặc dù nó là một tính chất rất quan trọng nhưng liệu nó có làm ai ngạc nhiên không: nó khá rất. Sự thật tiếp theo về thành phố còn đáng ngạc nhiên hơn.

Định lý. Nếu cho nhiều hình lồi trên một mặt phẳng, mỗi hình có một điểm chung thì có một điểm đồng thời thuộc tất cả các điểm đó.

Yêu cầu đối với các số liệu là lồi tồn tại. Thật vậy, hãy nhìn vào Hình 5: trong số bốn hình vẽ trên đó, chỉ có một hình không lồi; tuy nhiên, mặc dù ba hình bất kỳ đều có một điểm chung nhưng không có điểm nào đồng thời thuộc cả bốn hình REM.

Điều gì sẽ xảy ra nếu có một số hình lồi trên mặt phẳng sao cho bất kỳ hai hình nào trong số chúng đều có một điểm chung? Có nhất thiết phải có một điểm chung cho tất cả những con số này? Hãy chứng tỏ bản thân rằng điểm như vậy có thể không tồn tại.

Bạn có để ý rằng chúng tôi luôn nhấn mạnh rằng các số liệu được đề cập là bằng phẳng không? Và điều này không phải là không có lý, vì có bốn vật thể lồi trong không gian, mỗi vật thể có một điểm chung, nhưng không có điểm chung cho cả bốn vật thể REM, ví dụ như bốn mặt của paramid tam giác như trong Hình 6. Điều này có nghĩa là một định lý tương tự không còn đúng trong không gian nữa? Hóa ra để nó vẫn đúng trong không gian thì chỉ cần “tinh chỉnh” một chút. Cụ thể là:

Định lý’. Nếu có nhiều vật lồi trong không gian, mỗi vật có một điểm chung thì có một điểm đồng thời thuộc tất cả các điểm đó.

Định lý mà chúng ta vừa nói đến đã được phát hiện cách đây không lâu - vào đầu những năm 20 của thế kỷ chúng ta bởi nhà toán học gốc E. Halley và mang tên ông (Helly đã xây dựng nó cho các vật thể lồi nằm trong không gian n chiều). Định lý Helly cũng có thể được xem xét cho các tập lồi nằm trên một đường thẳng (các tập lồi trên một đường thẳng là các đoạn, tia riêng lẻ, cũng như toàn bộ đường thẳng và tập rỗng). Trên một đường thẳng, định lý Helly có dạng như sau:

Định lý’. Nếu cho một số tập lồi trên một đường thẳng, mỗi tập đó có một điểm chung thì sẽ có một điểm đồng thời thuộc tất cả các điểm đó.

Hãy thử tự mình chứng minh định lý này.

Nếu bạn quan tâm đến các số lồi, hãy đọc cuốn sách của I. M. Yaglom và V. G. Boltyansky, có tựa đề: “Các số lồi”.

Bài toán độc giả của chúng tôi

1. Pin và bóng đèn pin cùng với các dây nối tạo thành một mạch điện. Chiều dài của dây trong mạch (từ pin “+” đến “-”) là $l=10$ m. Dây là đồng, tiết diện là $S=1$ mm2. Mạch điện mang dòng điện $I=0,15$ A, theo đó bóng đèn được thiết kế. Sẽ mất bao lâu để một electron được thêm từ pin “-” sang pin “+” dưới tác dụng của điện trường? (Giả sử số electron tự do trong dây đồng bằng số nguyên tử đồng.)
   A. Dozorov (Yaroslavl)

2. Cắt một tờ giấy có hình lá cờ thành bốn mảnh sao cho

để chúng có thể được sử dụng để dán các mẫu hình khối lại với nhau.
Y. Temratsev (vùng Astrakhan)

45

Bài viết này trình bày bốn mối quan hệ và biểu diễn vectơ quan trọng, sử dụng tài liệu kỳ thi tuyển sinh 1977-1978 làm ví dụ, cách áp dụng chúng cho lời giải cạnh tranh bài toán.

Tỷ lệ cơ bản. Trong tam giác ABC, lấy điểm D trên cạnh AC sao cho |AD|:|DC| = m:n. Sau đó
$$\overrightarrow{BD} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC}^*).$$ (1)

Bằng chứng. Chúng tôi có (Hình 1)
$$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{AD} = \frac{m}{m+n} \overrightarrow{AC} = \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC} - \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC} - \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BA} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC}.$$
Bài toán 1 (MSU, Khoa Kinh tế, 1978). Trong tam giác KLM, điểm A được lấy trên cạnh KL sao cho |KA|:|AL| = 1:3; điểm B được lấy trên phía LM sao cho |LB|:|BM| = 4:1. Gọi C là giao điểm của đường KB và MA. Được biết diện tích tam giác KLC là 2. Tìm diện tích tam giác KLM.

*) Ở một dạng hơi khác, công thức này được xem xét trong bài viết của S. Ovchinnikov («Kvant», 1978, số 3, trang 48). Xem thêm bài viết của V. Boltyansky năm «Kvant» 1978, số 10, tr. 14.

Lời giải. Hãy đặt $S_{\Delta KLB} = S$. Sau đó (Hình 2), rõ ràng là $S_{\Delta KLM} = \frac{4}{5} S$. Hãy để chúng tôi giới thiệu các vectơ $\overrightarrow{KL}$ và $\overrightarrow{KM}$. Dựa vào (1) ta có
$$\overrightarrow{KB} = \frac{1}{5} \overrightarrow{KL} + \frac{4}{5} \overrightarrow{KM}.$$
Đặt $\overrightarrow{KC} = x\overrightarrow{KB}$, trong đó $0 < x < 1$. Sau đó
$$\overrightarrow{KC} = \frac{x}{5} \overrightarrow{KL} + \frac{4x}{5} \overrightarrow{KM}.$$ (2)

Hãy để $|AC|:|CM| = m:n$. Khi đó từ tam giác AKM sử dụng cùng công thức (1) ta có
$$\overrightarrow{KC} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{KA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{KM} = \frac{n}{m+n} \frac{1}{4} \overrightarrow{KL} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{KM}.$$ (3)

Do sự phân rã duy nhất của vectơ thành hai vectơ không đối đỉnh từ (2) và (3), chúng ta thu được hệ thống
$$\begin{cases} \frac{x}{5} = \frac{n}{4(m+n)} \\ \frac{4x}{5} = \frac{m}{m+n}, \end{cases}$$ hoặc
$$\begin{cases} \frac{4x}{5} = \frac{n}{m+n} \\ \frac{4x}{5} = \frac{m}{m+n}. \end{cases}$$

Hình 1.

Hình 2.