Kvant 1979, số 7 · Trang

QUANTUM
7
1979

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

17

Hình này cho thấy sự phát triển của mô hình “khối đa diện Conelli linh hoạt liên tục” được xây dựng bởi các nhà hình học Kharkov. Cách làm mô hình dành cho trẻ em như vậy không hề khó - bạn có thể đọc trên trang. 39. Chúng tôi đã viết về cách thu được khối đa diện Conelli (xem «Kvant», 1978, số 9, trang 17).

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin
Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Belyav
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov
A. I. Markushevich
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

TRONG PHÒNG:
2 V. Nhà sản xuất. Leonid Isaakovich Mandelstam
9 L. Mandelstam. Tại sao vật lý lại cần thiết cho một kỹ sư?
14 L. Sadovsky, M. Arshinov. Mã hóa nhị phân

Vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M571—M575; F583—F587
24 Lời giải bài toán M517—M519; F526, F530—F532
33 G. Kurdyumov. Chủ nghĩa bảo thủ của hệ thống vô tận

Qua những trang sách giáo khoa
37 A. Zemlyakov. Tự kiểm tra
40 «Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán

Xưởng của người nộp đơn
41 G. Meledin. Có thể kiểm tra đáp số?

Các lựa chọn thi tuyển sinh
44 Viện Đường bộ Tự trị Moscow
45 Viện Kỹ thuật Xây dựng Mátxcơva được đặt theo tên. V. V. Kuibysheva
46 Viện Kỹ thuật Hóa học Moscow
47 Viện Kỹ thuật Điện tử Moscow
49 Viện thống kê kinh tế Moscow

51 Leningrad Huân chương cao hơn của Lenin Trường thay thế màu đỏ của Quân đội Đường sắt và Truyền thông Quân sự được đặt theo tên. M. V. Frunze
52 Viện khí tượng thủy văn Leningrad
53 Viện Cơ học Chính xác và Quang học Leningrad
54 Viện xây dựng Leningradsky
Học viện Bách khoa Leningrad
55 tôi. M. I. Kalinina
Viện kỹ thuật điện Leningrad
57 tôi. V. I. Ulyanova (Lênin)
57 Học viện Bách khoa Saratov

Bìa của chúng tôi (21, 39)

59 Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (20, 32, 36, 43, 58)

© Tòa soạn chính Văn học Vật lý và Toán học
Nhà xuất bản “Khoa học”, «Kvant», 1979

2

Năm nay đánh dấu kỷ niệm 100 năm ngày sinh của Leonid Isaakovich Mandelstam (1879-1944), một nhà vật lý, học giả, giáo viên tận tâm của Liên Xô, người tạo ra một trong những trường khoa học vật lý lớn nhất của Liên Xô.
Trong số này, chúng tôi xuất bản một bài báo của một trong những sinh viên của Mandelstam, Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô V. A. Fabrikan, trong đó ông chia sẻ kiến ​​thức của mình về L. I. Mandelstam và nói về một trong những khám phá chính của nhà khoa học có tầm nhìn xa trông rộng này. Chúng tôi cũng xuất bản, với những chữ viết tắt ngắn gọn, bài giảng giới thiệu do L. I. Mandelstam đưa ra vào năm 1918 cho các sinh viên của Viện Bách khoa Odessa. Bài giảng này được dành cho một câu hỏi vẫn chưa mất đi tính ứng dụng cho đến ngày nay: tại sao một kỹ sư tương lai nên nghiên cứu vật lý?

V. Nhà chế tạo

Leonid Isaakovich Mandelstam

Mandelstam-giáo viên
Tôi, một sinh viên năm thứ nhất, lần đầu tiên nghe đến Leonid Isaakovich Mandelstam vào năm 1925 tại một cuộc họp của ủy ban chuyên đề về vật lý tại Đại học quốc gia Moscow.
Ủy ban này cùng với các giáo viên còn có đại diện sinh viên. Chủ tịch báo cáo rằng ông đã có thể mời một nhà khoa học rất nổi tiếng, một nhà vật lý nổi tiếng - L. I. Mandelstam, đến làm việc tại Đại học quốc gia Moscow. Chúng tôi, sinh viên, đương nhiên bị hấp dẫn.

Chẳng bao lâu sau, các cuộc hội thảo Mandelstam nổi tiếng đã bắt đầu. Sinh viên năm cuối S. Shubin, người sau này trở thành nhà vật lý lý thuyết nổi tiếng và

3

Vì lý do nào đó, một người chăm sóc tôi đã khuyên tôi nên tham dự những buổi hội thảo này. Ông nói: “Lúc đầu bạn sẽ hiểu rất ít, nhưng bạn sẽ cảm nhận được đó là hai ngành khoa học thực sự”. Cả hai phần dự đoán của ông đều trở thành sự thật.

Tại các cuộc hội thảo của L.I., mọi thứ đều bất thường đối với chúng tôi. Trước hết là thành phần của hội thảo. Nó không chỉ có sự tham gia của các sinh viên đại học và sau đại học mà còn có nhiều giáo viên và những người hoàn toàn xa lạ với sinh viên chúng tôi. Về vấn đề này, các cuộc hội thảo đã được tổ chức tại khán phòng lớn nhất. Những “người lớn” chiếm hàng ghế đầu tiên trên khán đài; các sinh viên ngồi xa hơn một chút.

Tại buổi hội thảo, có một bầu không khí quan tâm thân thiện đến những phát biểu của bất kỳ người tham gia nào, bất kể “cấp bậc” khoa học của người đó. Niko không ngại đặt những câu hỏi “ngu ngốc”, nhiều câu hỏi trong số đó, sau một thời gian theo dõi, hóa ra không hề “ngu ngốc” như lúc đầu. Đồng thời, mọi lỗi vật lý đều được làm rõ và phê phán một cách rõ ràng nhưng không gây phản cảm. Vai trò quyết định trong việc tạo ra bầu không khí thiện chí và đúng mực như vậy là do phẩm chất cá nhân của L.I. Thật khó để truyền tải sự quyến rũ của anh ấy bằng lời nói. Mỗi lần gặp anh ấy là một niềm vui đối với chúng tôi. Khi vì lý do nào đó L.I. vắng mặt trong buổi hội thảo, sinh viên nói “trà không đường”.

Thông thường L.I. mở đầu báo cáo của một trong những người tham gia hội thảo bằng một số nhận xét ngắn gọn, và sau báo cáo, ông tóm tắt các kết quả. Tôi rất ngạc nhiên trước khả năng trình bày những vấn đề phức tạp nhất của anh ấy, mặt khác, khả năng phát hiện sự phức tạp trong những câu hỏi tưởng chừng đơn giản. Không phải vô cớ mà trong những năm đó, thuật ngữ “sự rõ ràng của Mandelshtam” đã xuất hiện trong giới vật lý học.

Vào năm thứ tư, khi đến lượt tôi phát biểu với tư cách là diễn giả tại hội thảo, cá nhân tôi đã bị thuyết phục về công việc vĩ đại mà L.I. và nhân viên của anh ấy đã chuẩn bị cho buổi thuyết trình của chúng tôi. L.I. bản thân ông là một giảng viên và diễn giả. Học trò của ông S. M. Rytov viết trong hồi ký của mình:

“Tôi đã suy nghĩ rất nhiều về “bí mật” về tác động vô cùng đặc biệt trong các bài phát biểu của L.I., tác động cảm xúc mà chúng luôn gợi lên. Những bài giảng và báo cáo của ông đã làm say đắm khán giả, khiến họ quên đi mọi thứ trên đời và trải nghiệm các điều kiện. Đây là điều thường xảy ra với những tác phẩm hay nhất của sân khấu hay điện ảnh, hay nghệ thuật nói chung. Nhưng… “vũ khí” của L.I. không phải là chủ nghĩa mồi nhử đỏ hay “chủ nghĩa sân khấu” mà là khả năng vượt trội khiến người nghe phải kinh ngạc, chạm vào họ. rung động trái tim, khơi dậy sự quan tâm và buộc họ phải xem xét các câu hỏi mà dường như mọi thứ đã rõ ràng nhờ những gì đã nói trước đó.”

Tôi vô tình, với tư cách là một cựu học sinh của L.I., đã bắt đầu với những đặc điểm của người thầy Mandelstam, nhưng điều này không có nghĩa là giảng dạy là công việc chính đối với ông. Sẽ đúng hơn nếu nói rằng L.I. gặp khó khăn trong việc thiết lập ranh giới rõ ràng giữa hoạt động nghiên cứu và giảng dạy.

Mandelstam - nhà khoa học

Năm 1929, L. I. Mandelstam được bầu làm học giả. Là một nhà khoa học xuất sắc, ông đã thành lập một trong những trường khoa học lớn nhất của Liên Xô trong lĩnh vực vật lý. Học trò của ông là các học giả A. A. Andronov và M. A. Leontovich, thành viên tương ứng S. M. Rytov, các giáo sư G. S. Gorelik, A. A. Witt, S. E. Khaikin, S. P. Strelkov. Cộng tác viên thân thiết của ông là các học giả G. S. Landsberg và I. E. Tamp. Không thể không nhắc đến người bạn thân của L.I., viện sĩ Nikolai Dmitrievchie Papaleksi, người mà ông đã làm việc cùng nhau suốt 45 năm. Tất cả đều là những tên tuổi lớn trong khoa học. Giờ đây, các “cháu” và “chắt” khoa học của L.I. đã làm việc thành công.

Để hiểu được vòng tròn quan tâm khoa học của L.I. phát triển như thế nào, cần cung cấp một số thông tin tiểu sử ngắn gọn. Tốt nghiệp trường hypnasium năm 1897 với huy chương vàng, L.I. vào khoa toán của Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Novorossian. Tuy nhiên, vào năm 1899, do các cuộc bạo loạn của sinh viên,

4

theo lệnh, anh ta bị đuổi khỏi trường đại học và đi ra nước ngoài đến Strasbourg, nơi anh ta vào khoa vật lý học của trường đại học. Khoa Vật lý của trường đại học này do nhà khoa học xuất sắc F. Brown đảm nhiệm, người đã nhận được Giải thưởng Tiểu thuyết năm 1909 cho công trình nghiên cứu về điện báo vô tuyến. Ông cũng là giám đốc giáo dục tại Viện Vật lý ở Strasbourg vào thời điểm đó.

Brown đã sớm đánh giá cao khả năng đặc biệt của L.I. và thu hút ông đến với công việc khoa học trong lĩnh vực vật lý dao động điện từ. Bài báo khoa học đầu tiên của L.I. được dành để xác định thời gian phân rã của các dao động trong mạch điện.

Sau khi tốt nghiệp đại học, L.I., với tư cách là trợ lý cho F. Brown, tiếp tục tích cực nghiên cứu về công việc sỏi, kết hợp nó với việc tham gia thử nghiệm thiết bị vô tuyến mới tại nhà máy. Trong thời gian này, L.I. đã thực hiện phát minh đầu tiên (trong số 60 phát minh!), cho phép sinh vật này tăng độ nhạy của thiết bị thu sóng vô tuyến. Điều đặc biệt là phát minh này có giá trị thực tiễn lớn được thực hiện trên cơ sở phân tích lý thuyết do L.I.

Ở kiếp sau, L.I. chủ yếu tham gia vào các rung động vật lý và kỹ thuật và sóng có tính chất đa dạng nhất, kết hợp một cách nổi bật các hoạt động sáng tạo trong một chuyên mục gồm các lĩnh vực khác nhau, chẳng hạn như các vấn đề về vật lý lý thuyết, sự tinh tế của thí nghiệm vật lý và lời giải kỹ thuật cụ thể bài toán. A. A. Andronov, trong một báo cáo kỷ niệm một năm ngày mất của L. I., đã nói rất chính xác: “… trong thời đại chúng ta có sự phân chia rõ ràng các nhà vật lý thành nhà lý thuyết và nhà thực nghiệm, thành nhà vật lý “thuần túy” và nhà vật lý “kỹ thuật”, L. I. đồng thời vừa là nhà lý thuyết vừa là nhà thực nghiệm, nhà vật lý “thuần túy” và nhà vật lý “kỹ thuật”. Với những lời này, anh ấy muốn nói thêm rằng L.I. biết đánh giá cao sự sáng tạo trong bất kỳ lĩnh vực nào, thậm chí rất xa khoa học và nghệ thuật. Tôi nhớ anh ấy đã nói với sự ngưỡng mộ vô cùng về việc phát minh ra dây kéo, một điều mới lạ vào thời điểm đó, và tự hỏi ai đã tạo ra phát minh tài tình này.

Thời kỳ Strasbourg cũng bắt nguồn từ cuộc bút chiến của L.I. với nhà vật lý vốn đã có vai trò quan trọng vào thời điểm đó, người sáng lập lý thuyết lượng tử, Max Planck. L.I., mặc dù có tính cách khiêm tốn và hiền lành bẩm sinh, vẫn kiên quyết khẳng định rằng Planck đã mắc một sai lầm cơ bản trong công trình nghiên cứu về lý thuyết sóng về sự truyền ánh sáng trong môi trường trong suốt. Sau một thời gian dài tranh luận, Planck thừa nhận rằng Mandelstam đã đúng. Tình tiết này còn thú vị vì nó thể hiện khả năng của L.I. trong việc tìm ra sự tương đồng giữa các hiện tượng trong các lĩnh vực vật lý ở xa nhau. Rõ ràng, trong cuộc tranh chấp với Planck, L.I. đã sử dụng sự tương tự giữa các nguyên tử lân cận của môi trường có các electron dao động trong chúng và các ăng-ten vô tuyến đang hoạt động nằm gần nhau.

Cũng trong những năm đó, L.I. bắt đầu một loạt công trình về tán xạ ánh sáng phân tử.

Mọi người đều biết rằng trong một môi trường đa dạng, dù là sương mù hay ly sữa, ánh sáng đều tán xạ. Nguyên nhân của sự tán xạ là giá thành rẻ về mặt quang học của môi trường. Ví dụ, những giọt nước tạo thành sương mù có chiết suất rất khác với chiết suất của không khí. Có vẻ như không nên có sự tán xạ ánh sáng trong không khí sạch. Tuy nhiên, điều này không đúng. Việc chúng ta nhìn thấy bầu trời xanh phía trên là kết quả của sự tán xạ ánh sáng mặt trời bởi các phân tử không khí trong bầu khí quyển trái đất. (Không phải vô cớ mà trên những ngọn núi rất cao không có tác động ngẫu nhiên của nồng độ nguyên tử hoặc phân tử tại một số điểm của môi trường và giảm ở những điểm khác. Những sai lệch như vậy về mật độ so với giá trị trung bình được gọi là dao động mật độ. Những biến động này gây ra, đến lượt nó, cục bộ

sự tiếp nhận Khi nhiệt độ ngày càng tăng, tốc độ chuyển động nhiệt của các nguyên tử, phân tử hoặc ion của một chất tăng lên và điều này dẫn đến cường độ dao động tăng lên. Khi giá trị dao động tăng thì cường độ tán xạ phân tử tăng. Đồng thời, sự tán xạ từ các khuyết tật tinh thể không phụ thuộc vào nhiệt độ.
Việc tăng nhiệt độ của mẫu giúp có thể tách biệt sự tán xạ phân tử ở “dạng tinh khiết” của nó. Chính thực tế này mà Landsberg đã đề xuất sử dụng.

Tuy nhiên, MSU không có thiết bị quang phổ có khả năng phát hiện những thay đổi nhỏ về tần số tương ứng với hiệu ứng Mandelstam-Brilluzne. Mandelstam và Landsberg đã cố gắng khắc phục khó khăn này bằng cách sử dụng máy quang phổ so sánh của Hy Lạp.

Điều đáng ngạc nhiên là sự thô sơ của thiết bị lại đóng một vai trò tích cực, dẫn đến việc phát hiện ra một hiện tượng quan trọng, hoàn toàn mới - tán xạ ánh sáng Raman. Với tán xạ Raman - Tán xạ Raman - xảy ra sự thay đổi lớn về tần số, lớn hơn hiệu ứng Mandelstam-Brilluzne vài bậc. Độ nhạy của thiết bị cần thiết để quan sát hiệu ứng Mandelstam-Brilluzne hóa ra lại quá “mỏng manh” để phát hiện bức xạ Raman.

Hình 1 thể hiện sơ đồ bố trí thí nghiệm để nghiên cứu sự tán xạ ánh sáng trong tinh thể. Đèn gốc được sử dụng làm nguồn sáng, quang phổ của nó bao gồm một số vạch quang phổ (Hình 2, a). Trong quang phổ ánh sáng tán xạ bởi tinh thể thạch anh, người ta phát hiện sự xuất hiện của các vạch bổ sung gần mỗi vạch thủy ngân sáng - vệ tinh hay như chúng được gọi là vệ tinh (Hình 2, b). Tuy nhiên, tần số tương ứng với các vạch này khác với tần số của ánh sáng tới một lượng lớn hơn nhiều so với dự đoán theo lý thuyết về hiệu ứng Mandelstam-Brilluzne. Hiện tượng mới này được gọi là tán xạ Raman. Những hình ảnh đầu tiên của quang phổ Raman thu được vào năm

7

Được biết, Landsberg và Mandelstam đã phát hiện ra tán xạ Raman trong tinh thể và Raman trong chất lỏng, độc lập với nhau và gần như đồng thời. Tuy nhiên, vào năm 1930, giải Nobel cho phát hiện này chỉ được trao cho Raman, điều này rõ ràng là không công bằng.

L.I., dựa trên những cân nhắc cổ điển, đã chỉ ra rằng tán xạ Raman trong tinh thể, cũng như hiệu ứng Mandelstam-Brillouin, phát sinh do sự điều biến ánh sáng tán xạ bởi các bình của mạng tinh thể. Tuy nhiên, trong trường hợp này, vai trò của dao động điều chế không phải do hoạt động mà do cái gọi là dao động quang học lời giải. Tần số của những rung động này nằm trong vùng hồng ngoại của quang phổ. Hình 3 cho thấy hai loại sóng phát sinh trong mạng tinh thể được tạo thành từ hai loại nguyên tử. Hình 3, a tương ứng với sóng âm và tương ứng với các dao động tích cực của cách tử. Hình 3, b tương ứng với sóng quang và bình cầu. Chính những bóng đèn quang học này mô phỏng sự truyền sóng ánh sáng tới tinh thể, gây ra sự tán xạ ánh sáng Raman.

Trong bức xạ Raman trong chất lỏng và chất khí, sự biến điệu ánh sáng được gây ra bởi sự dao động của các nguyên tử tạo nên các phân tử riêng lẻ. Theo phân loại ở hình 3. Hai loại sóng phát sinh trong mạng tinh thể, được tạo thành từ hai loại nguyên tử.
a) Sóng thực tế; b) sóng quang.

Theo lý thuyết trung thực về sự biến điệu trong quá trình tán xạ Raman, một số vạch nằm đối xứng—các vệ tinh—sẽ xuất hiện trong quang phổ của ánh sáng tán xạ gần mỗi vạch quang phổ của ánh sáng tới. Tần số vệ tinh thu được bằng cách kết hợp tần số của ánh sáng tới với tần số dao động nội phân tử (do đó có tên là hiện tượng) và thỏa mãn mối quan hệ đơn giản:

$$v_k = v_0 - v_M,$$
$$v_\phi = v_0 + v_M,$$

(1)

trong đó $v_k$ là tần số của vệ tinh “đỏ”, tức là linney, bị dịch chuyển tương đối so với vệ tinh chính (từ quang phổ của ánh sáng tới) về phía bước sóng dài hơn, $v_\phi$ là tần số của vệ tinh “philot”, tức là linney, dịch chuyển về phía bước sóng ngắn hơn, $v_M$ là tần số dao động nội phân tử (tần số điều chế).

Các thư từ (1) rất phù hợp với kinh nghiệm. Tuy nhiên, theo lý thuyết cổ điển, cường độ của các vệ tinh nằm đối xứng phải giống nhau. Kết luận này được đưa ra nhờ kết quả của vệ tinh “đỏ” bậc hai, lớn hơn nhiều lần cường độ của vệ tinh “philot” liền kề (xem Hình 2, b). Sự khác biệt cường độ này không thể loại trừ khỏi lý thuyết điều chế cổ điển. Cần phải tính đến các tính chất lượng tử của ánh sáng và vật chất.

Theo các khái niệm cổ điển, hai vệ tinh nằm đối xứng nhau xuất hiện khi ánh sáng bị tán xạ bởi cùng một phân tử. Theo các khái niệm lượng tử, một vệ tinh “đỏ” phát sinh khi ánh sáng—các photon—tán xạ trên các phân tử có mức dự trữ năng lượng bên trong nhỏ hơn, và vệ tinh “phylot” phát sinh khi ánh sáng bị tán xạ trên một phân tử ULE bị kích thích có mức dự trữ năng lượng tăng lên (theo ngôn ngữ cổ điển, các phân tử này khác nhau về biên độ dao động nội phân tử). Theo định luật lượng tử, năng lượng của các dao động nội phân tử chỉ có thể thay đổi trong một số phần, lượng tử nhất định, bằng $hv_M$, trong đó $h$ -

9

L. Mandelstam

Tại sao vật lý lại cần thiết cho một kỹ sư?

Bắt đầu với bốn bài giảng về vật lý, trước khi chuyển sang phần trình bày có hệ thống về chủ đề này, hôm nay tôi sẽ tập trung vào một câu hỏi chung và chia sẻ với các bạn một số thông điệp về vị trí mà vật lý chiếm giữ và, theo ý kiến ​​​​của tôi, nên chiếm giữ trong một số ngành khoa học mà bạn sẽ dành thời gian nghiên cứu trong vài năm tới.

Tôi muốn cung cấp cho bạn tài liệu trên cơ sở đó bạn có thể tự mình nhận thấy rằng một kỹ sư luôn cần vật lý trong suốt quá trình hoạt động của mình và rằng nó không thể được coi là một môn học cần thiết - và liệu nó có cần thiết không? - vượt qua một lần, và sau đó bạn có thể quên nó, vì dù sao đi nữa, những gì một kỹ sư cần biết về vật lý sẽ được lặp lại một lần nữa khi vượt qua các môn học đặc biệt.

Khi tôi nói rằng một kỹ sư cần vật lý, tôi không chỉ có ý nói rằng anh ta phải làm quen với những hiện tượng và quy luật riêng lẻ mà anh ta trực tiếp gặp trong hoạt động thực tế của mình. Một tuyên bố như vậy sẽ là hiển nhiên. Rằng một kỹ sư xây dựng, khi tính toán độ bền của một kết cấu, phải làm quen với các định luật điều khiển cơ bản, rằng một kỹ sư điện khi thiết kế mạng lưới chiếu sáng phải biết định luật Ohm liên quan đến cường độ dòng điện, điện trở và suất điện động của pin, v.v. - điều này, tất nhiên, không cần bằng chứng. Không, khi tôi nói rằng một kỹ sư cần vật lý, ý tôi là anh ta cần có kiến ​​thức rộng rãi về chủ đề này một cách tổng thể; Tôi lập luận rằng anh ta cần kiến ​​thức về vật lý như một môn học tổng thể với phương pháp cụ thể của nó, chứ không chỉ phụ thuộc vào các ứng dụng hiện tại. Cuối cùng, tôi khẳng định rằng để làm được điều này, một kỹ sư chỉ biết phần thực nghiệm của nó là chưa đủ mà anh ta còn phải hoàn toàn quen thuộc với lý thuyết.

Không phải để chứng minh rằng điều này thực sự là như vậy, trước hết chúng ta phải cố gắng tìm ra cho mình cấu trúc của vật lý với tư cách là một khoa học và xem lý thuyết này tương ứng như thế nào với vật liệu thực nghiệm mà vật lý vận hành.

Tất nhiên, ở đây chúng ta không thể giải quyết toàn bộ câu hỏi về sự tồn tại của khoa học vật lý. Câu hỏi này, liên quan đến lý thuyết về tri thức và được cả nhà vật lý cũng như triết gia quan tâm, phức tạp hơn nhiều so với cái nhìn đầu tiên. Ông luôn chiếm một vị trí trong lịch sử tư tưởng vật lý. Nhưng với mục đích của mình, chúng ta không cần phải đi sâu vào nó. Chúng ta chỉ biết một mặt của nó là đủ, mặc dù, đó là sự thật, ở đây chúng ta cũng sẽ phải học phần nào từ xa.

Không còn nghi ngờ gì nữa, phương tiện duy nhất giúp chúng ta thu thập thông tin về thế giới xung quanh là các giác quan. Nhưng những nhận thức giác quan đơn lẻ quá tối thiểu và không ổn định để dùng làm nguyên liệu cho quá trình xử lý tiếp theo. Và do đó, một người xác định và ghi lại vào trí nhớ những đặc điểm chung trong nhận thức cá nhân được lặp lại và thực tế quan trọng đối với anh ta. Quá trình này, hoàn toàn không tự nguyện, dẫn đến sự hình thành cái mà logic gọi là khái niệm.

10

Trong quá trình hình thành các khái niệm, bước đầu tiên trên con đường nhận thức về tự nhiên. Chúng là nền tảng để xây dựng tương lai. Nhưng đối với tôi, những khái niệm ban đầu được hình thành theo cách này có đặc tính sau. Họ bất chấp định nghĩa nghiêm ngặt. Tất cả chúng ta đều biết khái niệm “ánh sáng”. Nhưng chúng ta không thể giải thích bằng lời, định nghĩa lẫn nhau về khái niệm này. Để học nó, bạn cần phải có mắt, bạn cần nhìn thấy mọi thứ xung quanh chúng ta được chiếu sáng như thế nào khi mặt trời mọc và nó chìm vào bóng tối như thế nào khi lặn. Nếu bạn nói ra, bạn có thể học được điều tương tự bằng cách bật và tắt một bóng đèn. Nhưng có một điều chắc chắn: ở đây từ ngữ và định nghĩa đều bất lực. Hãy cố gắng giải thích cho người bị mù từ khi mới sinh ra ánh sáng là gì.

Vì vậy, những khái niệm vật lý ban đầu không thể được dạy chỉ bằng lời nói. Đây là lý do tại sao, hãy để tôi nhấn mạnh điều này ở đây, cả sách giáo khoa lẫn giáo viên đều không đủ để dạy vật lý. Học sinh phải sẵn sàng tự mình làm một công việc thành thạo một chút. Anh ta phải muốn bề ngoài, nhưng muốn tự mình nhìn thấy, tự mình nghe, tự mình nhận ra những hiện tượng mà anh ta đang được kể.

Chúng tôi đã hơi chệch hướng một chút. Chúng ta hãy quay lại những bước đầu tiên trên con đường tìm hiểu thiên nhiên, những khái niệm mà thiên nhiên áp đặt trực tiếp cho chúng ta. Khi nhân loại đã phát triển kho khái niệm được gọi là kinh nghiệm (kiến thức kinh nghiệm), hiện tại vẫn cần có hệ thống hóa chúng, nếu không có điều đó thì không có cách nào để hiểu được sự phong phú vô tận của các hiện tượng xung quanh chúng ta. Trong hệ thống hóa này, khả năng của chúng ta trong việc hình thành một loại khái niệm khác, những khái niệm rõ ràng hơn những khái niệm đã thảo luận ở trên, và ít phụ thuộc vào cảm xúc của chúng ta hơn, là rất hữu ích. Trước hết, điều này bao gồm khái niệm về số và những khái niệm mà toán học vận hành. Nói cách khác, trong lĩnh vực của những khái niệm này, trong lĩnh vực tư duy toán học, rõ ràng chúng ta cảm thấy tự tin hơn so với khi làm việc với những tài liệu do các giác quan trực tiếp cung cấp cho chúng ta. Với sự trợ giúp của các khái niệm toán học, người ta chắc chắn có thể hình thành các tiền đề cũng như định nghĩa và dễ dàng rút ra kết luận và kết luận từ chúng. Và vì vậy, khi biết được sức mạnh này đằng sau mình, một người cố gắng - trước tiên là theo bản năng, sau đó là sự phát triển của khoa học và ý thức - để điều chỉnh các khái niệm toán học và đặc biệt là khái niệm về số thành vật liệu thí nghiệm thô, với các khái niệm vật lý.

Quá trình chuyển đổi từ các mối quan hệ định tính sang định lượng sẽ tạo thành giai đoạn quan trọng nhất của tư duy khoa học. Cả khái niệm đo lường và quá trình đo các đại lượng vật lý đều dựa trên nó. Chúng ta có thể nói một cách an toàn rằng bất kỳ lĩnh vực hiện tượng vật lý nào nói chung chỉ trở thành một ngành khoa học kể từ thời điểm chúng ta học cách nhìn thấy các chiều trong đó. Vì vậy, chẳng hạn, cho đến khi có khái niệm chính xác về nhiệt độ và họ chưa biết cách đo nó, khoa học về nhiệt gần như hoặc thậm chí chưa hề tồn tại.

Sử dụng toán học theo nghĩa được mô tả, giờ đây chúng ta đang cố gắng hệ thống hóa các hiện tượng xung quanh mình và giúp bản thân hiểu chúng dễ dàng hơn bằng cách tìm kiếm các công thức toán học theo nghĩa chung của từ này, không nhất thiết phải là đại số hẹp, bao trùm toàn bộ số đơn vị sự kiện có thể có hoặc khía cạnh chung của các hiện tượng khác nhau. Nếu tìm được một công thức như vậy thì chúng ta nói rằng chúng ta đã tìm ra một định luật vật lý. Hãy lấy một ví dụ. Định luật khúc xạ ánh sáng khi truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác như đã biết: tia tới và tia khúc xạ nằm trong cùng một mặt phẳng và tỉ số giữa góc tới và góc khúc xạ không đổi. Ví dụ, đối với nước và không khí, tỷ lệ này là 1,33. Những gì trước đây

11

luật này là gì? Đây là một công thức bao gồm một tập hợp các trường hợp khúc xạ miễn phí. Nó giúp chúng ta không cần phải thực hiện các thí nghiệm trong từng trường hợp riêng lẻ; điều này khiến cho việc điền hoặc điền vào các bảng cho từng trường hợp riêng lẻ góc tới và góc khúc xạ tương ứng của tia sáng là không cần thiết. Biết định luật khúc xạ, bạn chắc chắn rằng bất cứ lúc nào bạn cần, với sự trợ giúp của các phép tính đơn giản, bạn sẽ có thể giải quyết bất kỳ câu hỏi nào phát sinh theo hướng này.

Khi kiến ​​thức vật lý ngày càng phát triển, khi số lượng các định luật được tìm thấy tăng lên, việc hiểu được sự phong phú đa dạng của chúng càng trở nên khó khăn hơn. Bị thúc đẩy một lần nữa bởi nhu cầu có một định hướng tốt hơn trong khối tài liệu khổng lồ này, người ta đã cố gắng tìm kiếm những bức tranh như vậy, những quan điểm như vậy có thể giúp kết hợp các quy luật riêng lẻ thành một tổng thể. Đây là cách một lý thuyết vật lý, hay đúng hơn là một lý thuyết, được tạo ra.

Do đó, lý thuyết có cùng mối quan hệ với các quy luật riêng lẻ cũng như các quy luật đối với các hiện tượng riêng lẻ. Tất nhiên, vai trò hệ thống hóa của lý thuyết không làm cạn kiệt mọi thứ, nhưng như bạn có thể thấy, nó vẫn có tầm quan trọng to lớn trong việc hệ thống hóa kiến ​​thức của chúng ta. Và ở đây toán học đã giúp ích rất nhiều. Sự tương ứng vừa được thảo luận giữa các khía cạnh khác nhau của vật lý và sự phát triển dần dần của chúng có thể bắt nguồn từ bất kỳ lý thuyết vật lý nào. Rất dễ dàng để làm điều này, ví dụ, trên quang học.

Nhân tiện, quang học là một trong những ngành vật lý phát triển khoa học lâu đời nhất. Việc nghiên cứu các hiện tượng quang học đã có từ thời cổ đại đã dẫn đến việc thiết lập một số định luật nhất định. Định luật truyền ánh sáng thẳng và định luật phản xạ từ gương đã được biết đến từ lâu. Sau đó, vào thế kỷ 17, định luật khúc xạ được phát hiện. Tùy thuộc vào nhóm hiện tượng nào được nghiên cứu hỗ trợ và chúng được tiếp cận từ quan điểm nào, các quy luật trừu tượng khác nhau đã được thiết lập. Hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng, giao thoa, v.v. được phát hiện. Nhưng cho đến khi có những hứa hẹn, một quan điểm thống nhất thì việc hiểu được toàn bộ tập hợp các hiện tượng quang học là điều vô cùng khó khăn. Hơn nữa, các luật riêng lẻ dường như mâu thuẫn với nhau. Ví dụ, sự bẻ cong ánh sáng không tương ứng với sự truyền thẳng của chùm tia.

Điều này xảy ra cho đến khi nỗ lực của một số nhà vật lý lỗi lạc, trong đó trước hết phải kể đến Huygens và Fresnel, đã thành công trong việc tìm ra bức tranh mà ngày nay chúng ta gọi là lý thuyết sóng của ánh sáng và nó cho phép chúng ta nhanh chóng tạo thành một tổng thể hài hòa. Và mọi thứ tưởng chừng như phức tạp và mâu thuẫn đều trở nên đơn giản và rõ ràng.

Và lấy lý thuyết về lực hấp dẫn phổ quát của Newton. Hợp nhất với lòng dũng cảm thiên tài là một bảng gồm các hiện tượng không đồng nhất trong con mắt giác quan của chúng ta, giống như sự rơi của một hòn đá và sự chuyển động của các thiên thể, nó diễn ra từ từ chính vì tính đơn giản của nó. Trong một công thức đơn giản, nó chứa đựng tất cả động lực của toàn bộ thế giới microdania.

Tôi sẽ giới hạn bản thân mình trong những ví dụ này. có thể có một số điều trong đó mà bạn chưa rõ ràng. Không có gì đâu. Sự hiểu biết về khía cạnh thực tế sẽ đến khi bạn nghiên cứu vật lý, nhưng tôi nghĩ rằng đối với bạn, ít nhất là về mặt tổng quát, sự tương ứng giữa khía cạnh thực nghiệm và lý thuyết của nó giờ đây đã được làm rõ.

Như bạn đã thấy, hai mặt này có mối liên hệ với nhau; cùng nhau họ đại diện cho một tổng thể. Để đạt được mục tiêu cuối cùng của chúng ta - kiến ​​thức về tự nhiên - lý thuyết có thể giúp hệ thống hóa kinh nghiệm của chúng ta và cho chúng ta cơ hội sử dụng tài liệu. Lý thuyết và do đó là công cụ mà như chúng ta đã thấy, cô ấy sử dụng -

12

toán học không phải là vật dằn hay thứ gì đó gắn liền với khoa học tự nhiên một cách giả tạo. Không, đó là mệnh lệnh đó, nếu không có nó thì chúng ta sẽ không thể làm chủ được thế giới xung quanh, cả về mặt thực tế lẫn ý nghĩa thỏa mãn nhu cầu tinh thần.

Poznomu Tôi thấy - đừng coi đây là một nghịch lý - rằng người ta không thể chỉ đòi hỏi kiến ​​thức về vật lý thực nghiệm, hoàn toàn không phải vì nó quá ít mà vì nó quá khó. Những kiến ​​thức ít nhiều hữu ích về vật lý thực nghiệm đều không thể có được nếu không có sự trợ giúp của lý thuyết con người.

Quan điểm được trình bày về vai trò hệ thống hóa của lý thuyết được minh họa rất rõ ràng bằng một so sánh tuyệt vời của Poincaré.

Poincaré so sánh toàn bộ vật lý với một thư viện khổng lồ. Dữ liệu thực nghiệm riêng lẻ, hiện tượng riêng lẻ—đây là những tập sách tạo nên thư viện. Lý thuyết là danh mục của thư viện của chúng tôi. Cũng giống như không có danh mục, một thư viện, đặc biệt là một thư viện lớn, chỉ là một bộ sưu tập sách, những cuốn sách rất có giá trị nhưng thực tế không thể sử dụng một cách hiệu quả, cũng vậy, vật lý không có lý thuyết không phải là một khoa học, mà chỉ là một tập hợp khá nhỏ của các sự kiện riêng lẻ, không có cách nào để hiểu được.

Và bây giờ sẽ không khó để chúng ta trả lời câu hỏi mà chúng ta đã tự hỏi lúc đầu. Liệu một kỹ sư có cần vật lý cho mục đích của mình không? Anh ta chỉ biết những thông tin cá nhân cần thiết cho công việc thực tế của mình thôi chưa đủ sao? Đáp số, đối với tôi, có vẻ như đã rõ ràng.

Để làm việc hiệu quả - Poincaré cho phép tôi nói bằng ngôn ngữ so sánh - việc một kỹ sư đọc và biết nhiều cuốn sách từ một thư viện kiến ​​thức khổng lồ là chưa đủ. Anh ta phải quen thuộc hoặc ít nhất có thể hiểu được danh mục thư viện.

Về mặt kỹ thuật, lịch sử biết rất nhiều ví dụ về những thất bại bí ẩn, những thất bại lặp đi lặp lại và đôi khi gây ra những hậu quả rất khó chịu. Và rất thường xuyên, nó được xác định một cách bí ẩn không phải bởi sự hiện diện của hành động của các yếu tố mới, cho đến nay thường chưa được biết đến, mà bởi sự thiếu tầm nhìn vật lý rộng rãi của những người giải quyết những vấn đề này. Và khi những người có kiến ​​​​thức vật lý thực sự rộng tham gia lời giải, câu đố không chỉ được làm sáng tỏ và tìm ra cách ngăn chặn thất bại mà thường những con đường mới cũng được mở ra để tiến bộ hơn nữa.

Hãy để tôi kết thúc bằng một ví dụ mà đối với tôi dường như có thể minh họa tầm quan trọng của tầm nhìn vật lý rộng lớn trong việc giải quyết các câu hỏi kỹ thuật.

Tôi đang đề cập đến câu hỏi về các dụng cụ quang học và đặc biệt là câu hỏi về vi niêm phong. Bạn biết rằng microsopop đóng vai trò cực kỳ quan trọng trong nhiều đặc điểm của kiến ​​thức ứng dụng. Tôi sẽ không nhắc bạn về tầm quan trọng của nó trong y học, vệ sinh và vệ sinh. Tôi chỉ có thể nói rằng trong nghiên cứu kim loại microsopop hiện không thể thay thế được. Microsopop bắt đầu được quan tâm đặc biệt vào giữa thế kỷ này, sau khi việc sử dụng nó trong sinh học đã mở ra những con đường hoàn toàn mới trong việc nghiên cứu các hiện tượng sống. Nhưng sau những thành công đầu tiên, hóa ra lúc đó vi sinh vật chưa tốt và chưa mạnh. Các nhà nghiên cứu cảm thấy rõ ràng rằng nếu có thể xây dựng các cấu trúc vi mô với độ phóng đại lớn hơn thì đồng thời có thể thâm nhập sâu hơn vào bản chất của sự sống. Và triển vọng luôn thu hút những người có lực lượng đặc biệt. Và trí tưởng tượng không còn tồn tại khi đối mặt với việc xây dựng microsop, tăng hàng chục, hàng trăm nghìn và hàng triệu lần, họ mong đợi những điều kỳ diệu từ việc sử dụng chúng. Các nhà nghiên cứu mong đợi rằng với sự giúp đỡ của họ, họ sẽ thâm nhập được vào những chi tiết sâu sắc nhất về cấu trúc của vật chất sống.

Rõ ràng là với tình hình như vậy, các nhà thiết kế chuyên biệt về thiết bị quang học đã bắt đầu nỗ lực hết mình để cải tiến microsop. Và về nguyên tắc họ cho rằng có thể đạt được

13

bất kỳ sự gia tăng nào. Toàn bộ câu hỏi dường như tập trung vào việc khắc phục những khó khăn kỹ thuật.

Thực tế là vào thời điểm đó, tất cả các phép tính liên quan đến dụng cụ quang học đều được thực hiện độc quyền với sự trợ giúp của cái gọi là quang học hình học. Các tính toán dựa trên lý thuyết microcoppa, lý thuyết hoạt động với các tia sáng là đường thẳng (tuy nhiên, lý thuyết này chỉ được dạy ở trường trung học cho đến tận ngày nay).
Và từ quan điểm của quang học hình học, thực sự không có giới hạn cơ bản nào cho khả năng tăng microcoppa.

Tuy nhiên, rõ ràng là công việc nhằm thiết lập điều kiện microcoppa còn lâu mới mang lại kết quả như mong đợi. Có sự mâu thuẫn giữa những gì có vẻ dễ tiếp cận và những gì đạt được không bắt buộc.

Đây là tình huống khi người thợ cơ khí Zeiss của Jena, người có một xưởng cơ khí và quang học nhỏ và chế tạo ra những chiếc microcoppa không tệ vào thời điểm đó, đã mời nhà vật lý trẻ lúc bấy giờ là Abbe làm cố vấn. Abbe được đào tạo lý thuyết tốt và thông thạo quang học lý thuyết. Ông biết rằng quang học hình học chỉ là một sơ đồ thuận tiện để xử lý hiện tượng khúc xạ cổ điển. Anh biết giá trị của nó, vì bản thân anh đã đóng góp rất nhiều cho lĩnh vực này. Nhưng ông cũng biết rằng theo quan điểm của lý thuyết sóng ánh sáng, lý thuyết làm cơ sở cho quang học hình học, thì lý thuyết này chẳng qua là một sự gần đúng. Và ông đã ngay lập tức tiếp cận vấn đề đào vi mô với một cái nhìn bao quát, không bị ràng buộc bởi khuôn khổ chật hẹp của lý thuyết hình học.

Kết quả của phương pháp kinh doanh này sẽ không còn lâu nữa. Một trong những kết quả chính mà Abbe đạt được là như sau. Ông đã chỉ ra rằng bản chất giống sóng của ánh sáng đặt ra một giới hạn cơ bản cho độ phóng đại hữu ích có thể đạt được bằng microcoppa hoặc thực tế là với bất kỳ dụng cụ quang học nào. Nếu các chi tiết nhỏ hơn của một đối tượng xác định các giá trị hoặc chuẩn mực, thì những chi tiết này không thể nhìn thấy được; không có kính hiển vi nào có thể tiết lộ chúng. Tất cả các tham chiếu đến mức tăng từ 100.000 lần trở lên và mọi hy vọng liên quan đến chúng về cơ bản phải bị loại bỏ và công việc của những người muốn xây dựng những chiếc microcoppas như vậy là hoàn toàn vô nghĩa. Bằng những thí nghiệm xuất sắc, Abbe đã xác nhận tính đúng đắn của kết luận lý thuyết của mình.

Hãy để tôi dừng lại ở đó. Tôi hy vọng bây giờ bạn sẽ đồng ý với tôi rằng kiến ​​thức, kiến ​​thức rộng rãi, đầy đủ về vật lý đối với một kỹ sư không phải là tiếng Nga, mà là một điều cần thiết, rằng một chân trời vật lý rộng lớn không chỉ là tài sản của những cá nhân được chọn - những kỹ sư không ngừng mở đường cho công nghệ mới, mà còn là tài sản của mọi kỹ sư có ý thức về công việc của mình. Nếu những gì tôi vừa nói có thể giúp củng cố quan điểm này trong bạn thì mục đích của tôi đã đạt được.

Nhưng tôi không muốn kết thúc ngày rắc rối của chúng ta mà không chỉ ra ít nhất hai từ cho một khía cạnh khác của vấn đề. Tôi cũng muốn nói với bạn rằng việc tham gia vào lĩnh vực vật lý, đi sâu vào nền tảng của nó và những ý tưởng rộng lớn mà nó được xây dựng trên đó, và đặc biệt là công việc khoa học độc lập, sẽ mang lại sự thỏa mãn to lớn về mặt tinh thần. Tôi không muốn thuyết phục bạn về điều này. Và việc thuyết phục ở đây có tác hại gì không? Ở đây mọi người nên đảm bảo với anh ấy rằng sau khi một trong các bạn cảm thấy mong muốn như vậy ở bản thân, thì tôi sẽ luôn rất hài lòng khi được đóng góp bằng mọi cách có thể để thực hiện nó. Để thỏa mãn cuối cùng những yêu cầu thuần túy khoa học như vậy, tôi đang nghiên cứu, ngoài nhiều thiện cảm cá nhân, một trường đại học, và không kém phần quan trọng, bài toán.

14

Mã hóa nhị phân

Thông điệp được truyền qua đường dây liên lạc như thế nào? Sơ đồ truyền như vậy được thể hiện trong hình.

Thiết bị mã hóa liên kết mỗi tin nhắn được truyền với một tổ hợp tín hiệu nhất định (có thể chấp nhận để truyền qua một kênh liên lạc nhất định), được gọi là mã. Hoạt động truyền một thông điệp thành một chuỗi các tín hiệu khác nhau được gọi là mã hóa, phép biến đổi ngược bao gồm thông điệp được truyền từ các tín hiệu nhận được được gọi là giải mã. Mã sử ​​dụng hai chip khác nhau được gọi là mã kép. Mã phương ngữ điện thoại là Morse và Baudot. Trong mã Morse, mỗi chữ cái được liên kết với một chuỗi cụ thể của các xung dòng điện ngắn hạn (gọi là vòng đệm) và dài hạn (thế giới). Trong mã Baudot, mỗi chữ cái được liên kết với một chuỗi cụ thể của một mảng tín hiệu cơ bản - xung và tạm dừng.

Quá trình mã hóa, khi có nhiều loại khác nhau, các yêu cầu đối với chúng và nhiều vấn đề liên quan đều được nghiên cứu bằng lý thuyết thông tin và mã hóa. Nó kết hợp các phương pháp xác suất, đại số và tổ hợp.

Ở đây chúng tôi chỉ tập trung vào một số vấn đề cụ thể về mã hóa và chúng tôi giới thiệu những độc giả quan tâm đến những cuốn sách đặc biệt - ví dụ: A. M. Yaglom và I. M. Yaglom “Xác suất và thông tin” (M., “Hayka”, 1973), W. Peterson “Mã sửa lỗi (M., “Mir”, 1964), W. Peterson, E. Weldon “Mã sửa lỗi (M., “Mir”, 1964), W. Peterson, E. Weldon “Mã sửa lỗi (M., “Mir”, 1964), “World”, 1976).

Chúng tôi hỏi - chúng tôi trả lời

Mã hóa kép dựa trên một nguyên tắc rất đơn giản. Hãy giải thích điều này nhé bài toán.

Ai đó đã nghĩ ra một số từ 0 đến 7. Người đoán được phép đặt câu hỏi, đáp số và chỉ được trả lời dưới dạng “có” hoặc “không”. Bạn có thể hỏi bao nhiêu câu hỏi để biết chắc chắn con số dự định?

Cách dễ dàng nhất (đây là điều mà một đứa trẻ có thể sẽ làm) là sắp xếp các số một cách ngẫu nhiên, tìm

15

chúc may mắn. Với tác động rất mạnh, nó có thể lưu trữ dù chỉ một câu hỏi, nhưng nếu không may mắn, bạn có thể nhận được tới bảy câu hỏi. Do đó, chúng ta hãy từ bỏ hy vọng thành công ngay lập tức và cố gắng xây dựng một hệ thống câu hỏi sao cho bất kỳ câu hỏi nào trong số đáp số trên đó - “có” hoặc “không” - đều cung cấp cho chúng ta thông tin tương tự (trống, mặc dù không đầy đủ) về số dự định và số lượng câu hỏi là tối thiểu.

Ví dụ: câu hỏi đầu tiên có thể là: “Con số dự kiến ​​có nằm trong khoảng từ 0 đến 3 không?” Cả đáp số - cả “có” và “không” - đều đưa chúng ta đến gần mục tiêu hơn: trong trường hợp chung, vẫn còn bốn khả năng cho một số chưa biết (ban đầu chúng được hát).

Nếu câu hỏi đầu tiên nhận được đáp số khẳng định, thì lần thứ hai bạn có thể hỏi: “Số dự kiến ​​là 0 hay 1?}; nếu đáp số là số âm, chúng ta hỏi: “Số dự định là 4 hay 5?”

Trong mọi trường hợp, sau đáp số câu hỏi thứ hai có hai khả năng lựa chọn. Để đưa ra lựa chọn cuối cùng này, một câu hỏi là đủ. Vì vậy, để đoán con số dự định, dù đó là con số nào, chỉ cần ba câu hỏi là đủ.

Nếu mỗi câu trong số hai câu đáp số “có” hoặc “không” thường được ký hiệu bằng các ký hiệu “0” và “1”, thì đáp số được viết dưới dạng một chuỗi bao gồm 0 và 1. Vì vậy, ví dụ: nếu trong ví dụ trên, số dự kiến ​​​​là 0, thì đối với mỗi câu hỏi trong số ba câu hỏi đáp số sẽ có “có”. Ba chữ “có” tương ứng với dãy 000.

Nếu số “3” được hình thành thì câu trả lời sẽ là: có, không, không. Nghĩa là, “ba” tương ứng với dãy 011. Dựa trên kết quả của đáp số, bạn có thể tạo Bảng 1 bên dưới. Những ai quen thuộc với hệ thống số kép sẽ nhận ra ở dòng dưới cùng ký hiệu kép của các số tương ứng ở dòng trên cùng.

Lưu ý rằng các tập hợp số từ 0 đến 7 có thể được coi là bất kỳ tập hợp nào có thể và chúng ta có thể xác định từng tập hợp đó

Bảng 1

16

mã hóa các chuỗi 0 và 1 có độ dài 3. Chuỗi 0 và 1 có thể mã hóa bất kỳ tập hợp thông báo hữu hạn nào.

Thật vậy, có $2^3 = 8$ chuỗi kép có độ dài 3 (tất cả chúng đều được đưa ra trong bảng), chuỗi kép có độ dài 4 nhiều gấp đôi - có $2^4 = 16$. Nói chung, số chuỗi kép có độ dài $n$ bằng $2^n$. Do đó, nếu bạn cần mã hóa số 0 và số 1, chẳng hạn như 125 tin nhắn, thì chuỗi kép có độ dài 7 sẽ là quá đủ cho việc này (chúng tôi có sẵn $2^7 = 128$ trong số chúng). Cuối cùng, để mã hóa bất kỳ số lượng tin nhắn $M$ nào, có thể sử dụng chuỗi kép có độ dài $n$ sao cho $2^n \geq M$.

Mã fano

Việc mã hóa tin nhắn bằng các từ có cùng độ dài như chúng tôi đã làm ở trên có luôn mang lại lợi ích không?

Hãy tưởng tượng rằng một số tin nhắn phải được truyền đi khá nhiều, những tin nhắn khác - tương đối hiếm và những tin nhắn khác - trong những trường hợp rất đặc biệt. Rõ ràng là những từ tốt nhất đầu tiên nên được mã hóa bằng các từ ngắn, để lại những từ dài hơn cho các tin nhắn mã hóa ít xuất hiện hơn.

Trong toán học, thước đo tần suất xuất hiện của một thông điệp là xác suất của nó. Bất cứ ai không quen với khái niệm này đều có thể hình dung xác suất của một tin nhắn (tin nhắn) nhất định là tỷ lệ của các trường hợp nó xuất hiện trên tổng số tin nhắn (tin nhắn) đang được xem xét *). Xác suất của tin nhắn $A$ được ký hiệu là $P(A)$.

Đặt bốn tin nhắn $A_1, A_2, A_3, A_4$ có xác suất

$$P(A_1) = \frac{1}{2}, P(A_2) = \frac{1}{4}, P(A_3) = P(A_4) = \frac{1}{8}.$$

*) Ví dụ, hãy xem cuốn sách trên của A. Yaglom và I. Yaglom.

Điều này có nghĩa là, ví dụ: trong số 1000 tin nhắn được truyền đi, tin nhắn $A_1$ xuất hiện khoảng 500 lần, tin nhắn $A_2$ xuất hiện khoảng 250 lần và tin nhắn $A_3$ và $A_4$ mỗi tin nhắn xuất hiện khoảng 125 lần.

Những tin nhắn này có thể dễ dàng được mã hóa thành các từ kép có độ dài 2, như được hiển thị trong bảng:

| $A_1$ | $A_2$ | $A_3$ | $A_4$ |
| :— | :— | :— | :— |
| 00 | 01 | 10 | 11 |

Đồng thời, khả năng xảy ra của chúng không được tính đến. Bây giờ chúng ta hãy làm mọi việc khác đi. Chúng ta hãy chia các tin nhắn thành hai nhóm bằng nhau: nhóm đầu tiên chứa tin nhắn $A_1$, nhóm thứ hai - $A_2$, $A_3$, $A_4$. Chúng ta hãy liên kết nhóm đầu tiên với ký hiệu “0” và nhóm thứ hai với ký hiệu “1”. Điều này gần giống với hai nguyên tắc được sử dụng trong bài toán với việc đoán. Thật vậy, ký hiệu “0” tương ứng với đáp số “có” cho câu hỏi “Thư có thuộc nhóm đầu tiên không?” và “1” tương ứng với đáp số “không”. Sự khác biệt duy nhất là trước đây toàn bộ tập hợp được chia thành hai nhóm bao gồm cùng số phần tử, bây giờ - từ các phần tử khác nhau. Tuy nhiên, như trước đây, sự khác biệt là cả đáp số “có” và “không” đều có thể xảy ra như nhau. Tiếp tục với tinh thần tương tự, chúng ta hãy chia tập hợp thông điệp $A_2, A_3, A_4$ lại thành hai nhóm bằng nhau. Thông báo đầu tiên, bao gồm một thông báo $A_2$, chúng tôi khớp với ký hiệu “0”, thông báo thứ hai, bao gồm các thông báo $A_3$ và $A_4$, chúng tôi khớp với ký hiệu 1. Cuối cùng, chúng tôi chia nhóm hai thông báo còn lại thành các tin nhắn $A_3$ và $A_4$, chúng tôi khớp ký hiệu đầu tiên là 0, ký hiệu thứ hai – 1 (chúng đều đáng tin cậy như nhau). Quá trình này đã kết thúc. Thông báo $A_1$ ở bước đầu tiên đã hình thành một nhóm “độc lập” và ký hiệu 0 được liên kết với nhóm đó, mã hóa thông báo này. Thông báo $A_2$ hình thành một nhóm độc lập theo hai bước, ở bước đầu tiên nó tương ứng với ký hiệu 1, ở bước thứ hai - 0; điều này có nghĩa là tin nhắn $A_2$ được mã hóa bằng từ 10. Tương tự, đối với

17

tin nhắn $A_3$ và $A_4$ lần lượt chúng ta có chuỗi 110 và 111. Vì vậy, chúng ta nhận được bảng mã sau:

| $A_1$ | $A_2$ | $A_3$ | $A_4$ |
| :— | :— | :— | :— |
| 0 | 10 | 110 | 111 |

Đây chính xác là phương pháp mã hóa do Fano đề xuất. Câu hỏi đặt ra: chúng ta đạt được gì so với mã thống nhất khi sử dụng mã Fano? Để trả lời câu hỏi này, hãy tưởng tượng rằng các tin nhắn $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ được truyền liên tục - tổng cộng 1000 tin nhắn. Hãy tính xem cần bao nhiêu ký hiệu kép để truyền chúng bằng phương pháp mã hóa thứ nhất và thứ hai.

Khi sử dụng mã thống nhất, điều này không khó tính toán: mỗi tin nhắn có hai ký tự, nghĩa là có tổng cộng 2000 ký tự.

Bây giờ chúng ta hãy sử dụng mã Fano. Chúng ta hãy nhớ rằng trong số 1000 tin nhắn, tin nhắn đầu tiên xuất hiện khoảng 500 lần, được mã hóa chỉ bằng một ký tự (500 ký tự), 250 lần tin nhắn $A_1$ xuất hiện, nó được mã hóa bằng hai ký tự (500 ký tự khác), trên tin nhắn $A_3$ và $A_4$, xuất hiện khoảng 125 lần, nên cần phải sử dụng thêm các ký tự $3 \times 250 = 750$ khác. Tổng cộng, bạn cần truyền khoảng 1750 ký tự. Bạn sẽ thắng chứ? Chắc chắn. Thật vậy, trong trường hợp thứ hai, việc chuyển tiền sẽ mất ít thời gian hơn. Người ta có thể tưởng tượng một tình huống mà lợi ích từ việc sử dụng mã Fano hóa ra lại lớn hơn trong ví dụ đã cho.

Tin tưởng nhưng xác minh

Chúng ta đã chứng minh rằng bất kỳ tập hợp thông điệp hữu hạn nào cũng có thể được mã hóa bằng các từ mã 0 và 1 (từ mã nhị phân). Vấn đề là có thể xảy ra lỗi khi truyền tin nhắn được mã hóa.

Theo quy định, chúng tôi không có khả năng loại bỏ hoàn toàn nguồn gốc của sai sót. Vậy thì làm thế nào chúng ta có thể bảo vệ mình khỏi ảnh hưởng của họ và liệu điều này có thể xảy ra với tất cả mọi người không? Và nếu có thể thì với chi phí bao nhiêu?

Hóa ra những cơ hội như vậy - để phát hiện lỗi và thậm chí sửa chúng - vẫn tồn tại. Nhưng cái giá phải trả không thể tránh khỏi cho việc này là việc kéo dài các từ mã, tức là thêm một số ký tự nhất định. Những biểu tượng này không còn mang thông tin về các tin nhắn được truyền đi nhưng có thể cung cấp thông tin về các lỗi xảy ra trong quá trình truyền. Nói cách khác, mục đích của chúng là giám sát việc truyền từ mã chính xác. Các ký tự bổ sung được nhập vào được gọi là ký tự điều khiển (hoặc ký tự xác minh).

Tất cả một lần kiểm tra

Điều tối thiểu là chỉ thêm một ký tự xác minh vào mỗi từ mã. Hãy cùng tìm hiểu xem chúng ta có thể tin cậy vào điều gì trong trường hợp này. Đặt $\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_n$ là từ mã kép ($\alpha_i = 0$ hoặc 1). Rõ ràng, sẽ thuận lợi hơn nếu chọn ký tự điều khiển $\alpha_{n+1}$ sao cho giá trị của nó bị ảnh hưởng bởi từng ký tự của từ mã. Đơn giản nhất là đặt $\alpha_{n+1} = \alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n$ (mod 2) *. Ký hiệu này có nghĩa là ký tự kiểm tra $\alpha_{n+1}$ bằng 0 nếu từ mã $\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_n$ chứa số chẵn và một số khác. Ví dụ: thêm ký tự kiểm tra như vậy vào từ 1010, chúng ta được từ 10100; tương ứng từ 1110 ta được 11101.

Lưu ý rằng tất cả các từ mã đã xóa $\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_n \alpha_{n+1}$ đều chứa một số từ mã, tức là $\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n + \alpha_{n+1} = 0$ (mod 2). (1)

Chúng ta hãy tưởng tượng rằng trong quá trình truyền, một lỗi duy nhất (hoặc thậm chí bất kỳ số lỗi lẻ nào) được bao gồm trong từ mã từ xa $\alpha_1 \alpha_2 \dots \alpha_n \alpha_{n+1}$.

*) Bạn có thể đọc về phép cộng “modulo” trong bài viết “So sánh và các loại dư lượng” của N. Vilenkin («Kvant», 1978, số 10).

18

bên). Khi đó trong từ độc quyền $\alpha'_1\alpha'_2 \dots \alpha'_n\alpha'_{n+1}$ số lượng đơn vị sẽ trở thành số lẻ. Điều này đóng vai trò như một dấu hiệu cho thấy từ nhận được có lỗi. Tất nhiên, chúng ta không cần đếm kỹ số lượng đơn vị; chỉ cần kiểm tra xem đẳng thức (1) có thỏa mãn đối với các ký hiệu của từ được chấp nhận hay không - điều này có thể dễ dàng thực hiện với thiết bị tính toán đơn giản nhất. Nếu đẳng thức (1) được thỏa mãn, chúng ta coi như thông báo đã được truyền chính xác, nếu không chúng ta tuyên bố rằng đã xảy ra lỗi và nếu có thể thì cần phải truyền lặp lại từ mã. Nhưng chúng ta không thể tự mình sửa lỗi được. Ví dụ: nếu nhận được “từ sai” 11100 thì có thể bất kỳ từ mã nào đã được gửi:

01100; 10100; 11000; 11110; 11101.

Mỗi trường hợp được liệt kê tương ứng với một lỗi duy nhất. Lỗi cũng có thể xảy ra ở ba hoặc thậm chí năm ký tự. Sẽ tệ hơn nhiều nếu có lỗi kép hoặc thậm chí là số lỗi chẵn. Rốt cuộc, sự tương ứng (1) sẽ không bị vi phạm và chúng ta sẽ coi từ bị bóp méo là đúng, kết quả là sẽ nhận được một tin nhắn sai.

Do đó, mã được mô tả (được gọi là mã chẵn lẻ chung) cho phép phát hiện số lỗi lẻ, nhưng dẫn đến giải mã không chính xác nếu có số lỗi chẵn. Tốt nhất nên sử dụng số dư khi xác suất xảy ra một lỗi duy nhất đủ cao và rất khó xảy ra lỗi ở số lượng ký hiệu lớn hơn.

Các mã có nhiều ký tự kiểm tra thường được sử dụng nhiều hơn - điều này không chỉ cho phép phát hiện mà còn sửa lỗi, không chỉ các ký tự đơn lẻ mà còn cho phép nhiều ký tự.

Mã chậm nhất

Kỹ thuật sửa lỗi đơn giản nhất là lặp lại từng ký hiệu thông tin nhiều lần để các ký hiệu 0 và 1 được mã hóa thành các khối gồm $n$ số 0 (tương ứng là $n$). Khi giải mã khối chữ cái $n$ chứa các ký tự có thể sai, lời giải được chấp nhận bởi “đa số phiếu bầu”. Nếu khối nhận được chứa nhiều số 0 hơn số 1 thì nó được giải mã thành 00 … 0, ngược lại - là 11 … 1. Quy tắc giải mã này cho phép bạn khôi phục chính xác các ký hiệu được truyền nếu nhiễu trong kênh làm biến dạng ít hơn một nửa số ký hiệu trong mỗi khối được truyền. Nếu độ dài của khối $n$ được chọn đủ lớn thì trên thực tế chúng ta sẽ tự bảo vệ mình khỏi những lỗi có thể xảy ra, nhưng việc truyền tin nhắn sẽ diễn ra với tốc độ nhanh hơn.

Khi kiểm tra tính chẵn lẻ chung và mã có sự lặp lại - hai phản mã. Cách đầu tiên rất nhanh nhưng thường “phù phiếm”. Về mặt lý thuyết, khả năng sửa lỗi của người thứ hai là vô hạn, nhưng nó thực hiện quá chậm.

Từ những thông điệp được trình bày trước đó, có thể thấy rằng để sửa lỗi cần phải sử dụng các từ để giải mã khá khác nhau. Trong trường hợp này, rất có thể khi truyền lỗi, rất có thể chúng sẽ vẫn khác nhau và những biến dạng không ngăn cản chúng ta “đoán” từ đã gửi.

Tổng khoảng cách chưa được đào tạo

Chúng ta đã đạt đến một khoảng cách có thể hiểu được giữa các từ mã. Khoảng cách (chính xác hơn là khoảng cách Hamming) $ρ(x, y)$ giữa hai từ mã $x, y$ là số lượng ký hiệu mà chúng khác nhau. Ví dụ: khoảng cách giữa các từ 1010111 và 0110010 là 4 - chúng khác nhau về các ký tự ở vị trí thứ 1, 2, 5 và 7.

Thuật ngữ “khoảng cách” cho đại lượng $ρ(x, y)$ được xác định bởi thực tế là nó có các tính chất cơ bản của khoảng cách tổng quát giữa các điểm trên mặt phẳng hoặc trong không gian (mục 4 trong “Hình học 6” hoặc mục 132 trong “Hình học 8”).

19

Một đặc điểm quan trọng của khả năng hiệu đính mã là khoảng cách mã $d$, được định nghĩa là khoảng cách tối thiểu giữa các từ mã khác nhau $\min \rho(x, y)$.

Rõ ràng là khoảng cách mã càng lớn thì khả năng sửa lỗi của mã nhất định càng cao. Chúng ta có thể xây dựng thực tế này một cách chính xác hơn:

Để mã sửa các tổ hợp lỗi $t$ (hoặc ít hơn), điều cần thiết và đủ là khoảng cách mã của nó lớn hơn 2$t$.

Thật vậy, nếu đúng như vậy thì $\rho(x, y) \geq 2t + 1$ đối với bất kỳ từ mã nào $x$ và $y$. Nếu do sự biến dạng, cả hai từ biến thành một từ $z$ (tức là chúng trở nên thờ ơ), thì (do một trong những tính chất của khoảng cách - tiên đề tam giác)

$\rho(x, z) + \rho(z, y) \geq 2t + 1$, và do đó, $\rho(x, z) > t$ hoặc $\rho(z, y) > t$. Điều này có nghĩa là bất kỳ lỗi nào trong $t$ hoặc ít hơn ký tự của bất kỳ từ mã nào $x$ và $y$ đều khiến chúng vẫn khác nhau và do đó bản gốc có thể được khôi phục. Tuyên bố ngược lại thậm chí còn dễ dàng hơn để chứng minh.

Bài tập

1. Có 8 từ mã kép có độ dài 3. Chúng có thể được biểu diễn trong hệ tọa độ không gian dưới dạng các đỉnh của khối lập phương trên cạnh 1. “Ý nghĩa hình học” của khoảng cách giữa các từ mã trong trường hợp này là gì?

2. Chứng minh rằng mã kép tối đa có độ dài 5 (nghĩa là mã có tất cả các từ mã có độ dài 5) với khoảng cách mã là 3 chứa 4 từ mã. Chỉ định mã này.

3. Có mã nào có độ dài 20 chứa 1000 từ mã và sửa lỗi mã hóa có ba lỗi trở xuống không?

4. Chứng minh rằng để phát hiện được $s$ (hoặc ít hơn) lỗi thì cần và dư khoảng cách mã $d \geq s + 1$.

5. Chứng minh rằng để sửa lỗi $t$ (hoặc ít hơn) và đồng thời phát hiện $s$ ( ≥ $t$) thì khoảng cách mã phải thỏa mãn bất đẳng thức $d \geq t + s + 1$.

Mã Hamming

Đặt số lượng tin nhắn cần truyền đến thuê bao là 16. Để mã hóa chúng, bạn có thể sử dụng các từ có độ dài 4, nhưng khi đó mã sẽ không sửa được lỗi. Chúng ta đã biết rằng khi sử dụng các từ có độ dài 5, bất kỳ lỗi nào trong từ mã đều có thể được phát hiện, nhưng than ôi, không thể sửa được. Hai ký tự bổ sung cũng không đủ để sửa các lỗi đơn lẻ (hãy tự kiểm tra điều này).

Nhưng ba ký hiệu bổ sung có thể được sử dụng để xác định và sửa bất kỳ lỗi nào.

Giả sử rằng chúng tôi đã cố gắng chỉ định 16 từ mã có độ dài bảy - $\alpha_1\alpha_2\alpha_3\alpha_4\alpha_5\alpha_6\alpha_7$, theo mô hình hai, các đẳng thức sau được thỏa mãn:

$$\begin{cases} S_1 = \alpha_4 + \alpha_5 + \alpha_6 + \alpha_7 = 0, \\ S_2 = \alpha_2 + \alpha_3 + \alpha_6 + \alpha_7 = 0, \\ S_3 = \alpha_1 + \alpha_3 + \alpha_5 + \alpha_7 = 0. \end{cases}$$

Sau đó, chữ số mắc một lỗi duy nhất được biểu thị bằng số ký hiệu kép $S_1S_2S_3$ (hãy nhớ rằng mỗi $S_i$ là 0 hoặc 1). Đặc biệt, đối với từ mã, con số này là 0 (= 000), biểu thị rằng không có bit nào bị lỗi.

Tuyên bố được đưa ra dựa trên thực tế là với mã hóa của chúng tôi (tức là với bộ mã số của chúng tôi) cho một từ kép có độ dài 7 với một lỗi duy nhất $S_1 = 1$ nếu và chỉ nếu lỗi này xảy ra ở chữ số thứ tư, thứ năm, thứ sáu hoặc thứ bảy (xem (2)), $S_2 = 1$ nếu và chỉ khi lỗi ở chữ số thứ hai, thứ ba, thứ sáu hoặc thứ bảy và $S_3 = 1$ - khi ở chữ số thứ nhất, thứ ba, thứ sáu hoặc thứ bảy.

Ví dụ: Đặt $S_1 = 1$, $S_2 = 0$, $S_3 = 1$. Khi đó lỗi ở một trong bốn chữ số cuối ($S_1 = 1$), nhưng không có lỗi ở hai chữ số cuối ($S_2 = 0$); điều này có nghĩa là lỗi nằm ở chữ số thứ tư hoặc thứ năm; kể từ $S_3 = 1$, nó ở hạng thứ năm, nhưng $S_1S_2S_3 =$

20

=101 chính xác là ký hiệu kép của số 5. ​​Các trường hợp còn lại được xử lý tương tự.

Vẫn còn phải tìm 16 từ mã thỏa mãn sự tương ứng (2). Để làm điều này, chỉ cần thay thế nếu $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ và $\alpha_4$ được chọn tùy ý và mod 2 thì các đẳng thức được giữ nguyên

$$\begin{cases} \alpha_5 = \alpha_2 + \alpha_3 + \alpha_4, \\ \alpha_6 = \alpha_1 + \alpha_3 + \alpha_4, \\ \alpha_7 = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_4, \end{cases}$$

thì các tương ứng (2) là đúng.

Mã được nghiên cứu ở đây là mã Hamming có độ dài 7 với bốn ký hiệu thông tin.

Nói chung, các từ mã của mã Hamming kép sửa một lỗi đơn có độ dài $2^m - 1$. Để xác định vị trí của lỗi, cần phải kiểm tra $m$, tức là $m$ ký tự kiểm tra. Các ký tự $2^m - 1 - m$ còn lại mang tính thông tin.

Danh sách độc giả đã gửi quy tắc lời giải bài toán của Bài toán Kvant

Trong số này chúng tôi công bố họ của độc giả gửi quy tắc lời giải bài toán M516 - M530, F523 - F532 (các số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Toán học

K. Abdukhalikov (Alma-Ata) 16-18, 19a), 20, 21, 26-28; E. Abramchkin (Kuibyshev) 16a); I. Avemisyan (làng Mulki, ArmSSR) 18; O. Avrammava (Moscow) 21; A. Adeev (làng Pokrovka AzSSR) 166), 21, 22, 24, 26; S. Aznabaev (Novotroitsk, vùng Orenburg) 26; V. Hayriyan (Hrazdan) 16a), 6) 18, 20, 22, 24, 26, 27; Z. Alaverdyan (Ijevan) 26; V. Aliev (Tbilisi) 26; V. Andrusevich (Kobrin) 28; R. Ardan (Lviv) 28; K. Aromamyan (Kafan) 26; N. Arutina (Kyiv) 28; A. Akhmetkhozin (Anjan) 27; A. Ashkinazi (Moscow) 16-19; D. Babarikin (Magnitogorsk) 16a); A. Badalyan (làng Berd, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia) 16, 21-23, 26-28, 30a); B. Baysakalov (Alma-Ata) 166), 18, 19, 21, 24, 26-29; A. Balinsky (làng Dublyany, vùng Lviv) 16, 18, 19, 21-24, 26-28, 30; I. Baranets (làng Dzerzhinsky, vùng Moscow) 26-28; A. Barvinok (Leningrad) 28, 29; A. Barre (Nikolaev)

16a; 6); B. Beun (Moscow) 16, 21; A. Beluosov (Kalinerrad, khu vực Moscow) 26; S. Bespamyatnykh (Artemovsky, vùng Sverdlovsk) 19a), 24, 27, 28; V. Bobov (Leningrad) 26; N. Bovsunovsky (làng Putlyuvchi, vùng Zhytomyr) 21; T. Bolotnikov (Kharkov) 16, 18, 19a), 21, 26, 28, 29, 30a); A. Bortsev (Leningrad) 19, 26-28; V. Borovko (Novopoloshk) 26; I. Borodin (Solikamsk) 22, 23; O. Bokhonov (Moscow) 21, 22, 236), 24, 26, 27, 30a); A. Bratsisky (Voronezh) 24; A. Burin (Moscow) 28; A. Vasiliev (Saratov) 16a), 21, 26, 28, 30a); S. Velikovich (Minsk) 28; V. Vinorezadov (Moscow) 16, 18, 19a), 21, 22, 23a), 24, 26-28, 30a); A. Voronov (Moscow) 16; A. Gabovich (Kharkov) 26; E. Gadzhilarov (Tbilisi) 26-28; A. Galenko (Moscow) 16a), 6), 26; E. Galstyan (làng Aygezard ArmSSR) 18; N. Gasilov (Baku) 26; K. Gedalin (Tbilisi) 26; A. Gilman (Moscow) 16, 18, 19, 21, 22, 24, 26-28; L. Gitlin (Vitebsk) 16a), 6), 21, 23; M. Gladina (V. Volochek) 21; Yu. Glukhov (Shelkovo) 166), 18, 21, 28; A. Golovin (Moscow) 21; O. Gordienko (Pavlodar) 16a), 21, 22, 27; M. Gorolev (Belorotsk) 16, 18, 19, 26, 28, 30a); G. Grabarnik (Tashkent) 26, 27, 29, 30a; G. Grabuzhik (Tashkent) 16, 18-24; P. Grigoruk (Gayvoron) 21, 24; N. Gribere (Kyiv) 26, 28; L. Groysman (Kharkov) 28; V. Guba (Vologda) 16, 18-21, 24-29;

(Tiếp theo trang 32)

21

Không chỉ là một món đồ chơi

Có lẽ, giống như hầu hết độc giả «Kvant», bạn đã ngừng chơi đồ chơi trẻ em. Tuy nhiên, chúng tôi khuyên bạn nên mày mò… với hàm tạo *). Đồ chơi được đề cập bao gồm các tấm hình chữ nhật dẻo giống hệt nhau; có các lỗ ở hai góc đối diện của mỗi góc và có ghim ở hai góc còn lại (Hình 1), cho phép bạn kết nối các tấm với nhau. Trong tay của một người đam mê toán học, bộ xây dựng này trở thành một công cụ tuyệt vời để lắp ráp các mô hình bề mặt.

Chúng ta hãy đặt p và q tùy ý ( ≥ 3) và bắt đầu kết nối các phần, chỉ chú ý sao cho các cạnh của chúng liên kết với các q-giác (chúng ta sẽ gọi những q-giác này, mặc dù điều này hơi khó hiểu, là các đỉnh) và các cạnh dài tạo thành p-giác (chúng ta sẽ gọi là các mặt p-giác và bản thân các bộ phận đó - các cạnh). Các công trình thu được theo cách này được gọi là modics.

Một ví dụ về kết nối như vậy với p=6, q=3 được hiển thị trong Hình 2. Với các giá trị <p, q> bằng <6, 3>, <3, 6>, <4, 4> (Hình 2-4), chúng ta thu được phần lấp đầy của mặt phẳng bằng các p-giác đều, tại đó q mặt hội tụ tại mỗi đỉnh. Cho đến nay chúng tôi chỉ nhận được mod phẳng *). Tại

*) Bộ xây dựng này được sản xuất tại Belarus và Estonia và được bán trong các cửa hàng đồ chơi trẻ em ở các thành phố lớn.

**) Những mod này là sàn gỗ chính xác («Kvant», 1979, Số 2, trang 9).

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

các modic p và q khác đi vào không gian. Nếu chúng tôi thu thập các mod loại <5, 3>, <3, 4>, <3, 5>, <4, 3> và <3, 3>, chúng tôi sẽ nhận được các mô hình khung “thổi phồng” của các khối đa diện đều: khối tám mặt dodecadron, khối icosadron (Hình 5), khối lập phương và tứ diện (thông thường), (§ 54 “Hình học 10”). Những mod này được gọi là hình cầu.

Lấy <p, q>=<3, 7> (hình ở trang 4 của bìa). Trong quá trình lắp ráp, chúng ta sẽ thấy cấu trúc “không muốn phẳng”, nhưng cũng không tròn như mô hình hình cầu: bề mặt thu được được uốn cong sao cho mỗi phần có hình dạng giống dấu vết. Trong trường hợp này, về nguyên tắc, chúng ta có thể tiếp tục xây dựng không giới hạn (không giống như hình cầu, nhưng giống như một người hầu phẳng); Đúng vậy, sớm hay muộn cấu trúc sẽ uốn cong đến mức va vào chính nó và chỉ có thể lắp ráp thêm nếu cho phép tự giao cắt.

Bề mặt P, một phần mà chúng ta đã làm chậm lại, được gọi là hình cầu giả. Hóa ra nếu khoảng cách giữa hai điểm A, B ∈ P là khoảng cách giữa chúng, thay đổi trong một bề mặt này, thì các tiên đề của hình học Lobachevsky sẽ được thỏa mãn trên P. Do đó, chúng ta có thể nói rằng toàn cầu là một mô hình của mặt phẳng Lobachevsky. Modica <3, 7> là một trong những loại sàn gỗ đơn giản nhất trên đó.

Một đặc tính tuyệt vời khác của mô hình này: nó có thể được tạo ra để tự trượt mà thực tế không làm biến dạng các cạnh và bất kỳ đỉnh nào cũng có thể được chuyển sang bất kỳ đỉnh nào khác! Nói cách khác, modica của chúng tôi cho phép tự kết hợp. Một đặc tính tương tự rất thuận tiện cho các phép điều chỉnh mặt phẳng và hình cầu: sự tự sắp xếp của chúng chỉ đơn giản là các chuyển vị của mặt phẳng và theo đó là các chuyển động quay của hình cầu. Ví dụ: hình xuyến ở trang đầu tiên của trang bìa không có đặc tính này.

Để kết luận, chúng tôi đề xuất bài toán sau: chứng minh rằng modic phẳng đặc trưng cho các điều kiện (p-2)(q-2)=4 và modic hình cầu đặc trưng cho các điều kiện (p-2)(q-2)<4 và liệt kê tất cả modic thuộc các loại này.

V. Dubrovsky

23

M575*. Trên một đường thẳng, các điểm $A_0, A_1, A_2, \dots, A_n$ được sắp xếp theo thứ tự sao cho độ dài các đoạn $A_0A_1, A_1A_2, \dots, A_{n-1}A_n$ không vượt quá 1. Cần đánh dấu $k-1$ trong số các điểm $A_1, A_2, \dots, A_{n-1}$ bằng màu đỏ sao cho độ dài của hai phần bất kỳ trong số $k$ mà đoạn $A_0A_n$ được chia bằng các chấm đỏ khác nhau không quá 1. Chứng minh, điều này luôn luôn đúng có thể làm:
a) với $k=3$,
b) với mọi số tự nhiên $k<n$. (10)

V. Grinberg, V. Galperin

F583. Người quan sát di chuyển với tốc độ không đổi dọc theo một đường nghiêng nhất định. Một vật được ném theo một góc so với đường chân trời sẽ cắt quỹ đạo quan sát được hai lần với khoảng thời gian $t$. Cả hai lần cơ thể đều ở phía trước người quan sát ở cùng một khoảng cách với anh ta. Quỹ đạo của cơ thể trông như thế nào từ góc nhìn của người quan sát?
Sau giao điểm thứ hai, người quan sát thay đổi đường đi của vật trong các khoảng thời gian dài t liên tiếp bằng nhau. Tìm tỉ số của các đường đi này. (8)

M. Kitsay

F854. 0,5 lít nước được đổ vào một nồi kim loại có thành mỏng, nồi được đặt trên bếp và bằng cách thay đổi nhiệt độ của nước tại các thời điểm khác nhau, người ta vẽ được biểu đồ nhiệt độ theo thời gian. Sau đó, nước được đổ ra, 0,7 kg rượu được đổ vào nồi và đặt nồi lên cùng một bếp, vẽ đồ thị nhiệt độ của rượu theo thời gian. Cả hai đồ thị được thể hiện trên Hình 1. Sử dụng các đồ thị này, hãy xác định nhiệt dung riêng của rượu và nhiệt dung riêng bay hơi của rượu, nếu sau 30 phút đun sôi lượng rượu trong nồi giảm đi một nửa. Công suất nhiệt của castro là 200 J/K. Dự kiến ​​sẽ có sự bốc hơi chất lỏng từ bề mặt. (9, 10)

I. Slobodechkiy

F585. Bốn ampe giống hệt nhau và một điện trở được nối như trong Hình 2. Ampe kế $A_1$ hiển thị 2A, ampe kế $A_2$ hiển thị 3A. Những điểm nào chảy qua bộ khuếch đại $A_3, A_4$ và điện trở? Tìm tỉ số giữa điện trở trong của ampe kế và điện trở của điện trở. (8, 9)

V. Skorovarov

F586. Cách nhiệt được kết nối với chân không sâu. Khí lý tưởng xung quanh có nhiệt độ $T_0$. Tại một thời điểm nào đó, vòi được mở và bình chứa đầy khí. Khí sẽ có nhiệt độ bao nhiêu $T$ trong bình ngay sau khi đổ đầy? (9)

E. Buttikov

24

F587. Một vật dẫn có khối lượng $M$ và chiều dài $l$ được treo vào chất điện môi ở hai đầu của nó bằng hai lò xo không trọng lượng dẫn điện giống hệt nhau có hệ số độ cứng chung $k$. Một tụ điện emkosti $C$ được nối với đầu trên của lò xo. Toàn bộ cấu trúc treo trong một từ trường đều có cảm ứng $\vec{B}$, vuông góc với mặt phẳng tính từ vị trí cân bằng và được thả ra. Xác định chuyển động tiếp theo của dây dẫn trong mặt phẳng thẳng đứng. Bỏ qua điện trở, độ tự cảm và điện dung của dây dẫn. (10)

D. Futorsky

Lời giải bài toán

M517—M519; F526, F530—F532.

Chúng ta cần bổ đề đơn giản sau: cho các hình tam giác $ABC_1$ và $ABC_2$ có đáy chung $[AB]$ có ​​chiều dài $R$; người mẫu

1. nếu các đỉnh $C_1$ và $C_2$ nằm đối diện nhau của $[AB]$ thì

$$S_{ABC_1} + S_{ABC_2} \leq \frac{1}{2} R \cdot |C_1C_2| \quad (\text{рис. 1, a})$$

2. nếu các đỉnh $C_1$ và $C_2$ nằm cùng phía với $[AB]$ thì

$$|S_{ABC_1} - S_{ABC_2}| \leq \frac{1}{2} R \cdot |C_1C_2| \quad (\text{рис. 1, 6})$$

Hãy tự mình chứng minh bổ đề này.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang lời giải bài toán. Giả sử $A_1A_2 \dots A_n$ là một $n$-giác nội tiếp trong một vòng tròn tâm $O$; $B_1B_2 \dots B_n$ là $n$-gon thứ hai (có đỉnh tại các điểm được đánh dấu), với $B_1 \in [A_1A_2]$, $B_2 \in [A_2A_3]$, v.v.; gọi $P$ là chu vi của nó. Xét các tam giác $OA_1B_1$, $OB_1A_2$, $OA_2B_2$, …, $OB_nA_1$. Nếu tâm của hình tròn $O$ thuộc đa giác $A_1A_2 \dots A_n$, thì các hình tam giác này không chồng lên nhau theo cặp và sự kết hợp của chúng tạo thành đa giác $A_1A_2 \dots A_n$ (Hình 2), do đó diện tích $S$ của đa giác $A_1A_2 \dots A_n$ bằng tổng diện tích của các hình tam giác này. Theo bổ đề, diện tích của hai tam giác có đáy chung $[OA_k]$ không vượt quá
ý kiến ​​$\frac{1}{2} |OA_k| \cdot |B_{k-1}B_k| = \frac{1}{2} R \cdot |B_{k-1}B_k|$ (chúng tôi tin rằng
tất nhiên là $B_0 = B_n$), vậy nên

$$S = (S_{OB_1A_2} + S_{OA_2B_2}) + \dots + (S_{OB_nA_1} + S_{OA_1B_1}) \leq \frac{1}{2} R (|B_1B_2| + \dots + |B_nB_1|) = \frac{1}{2} RP, \quad (1)$$

từ đâu $P \geq 2S/R$.

Nếu tâm $O$ nằm trong đa giác $A_1A_2 \dots A_n$, chẳng hạn ở các cạnh đối diện của dây cung $A_nA_1$ (Hình 3), thì diện tích của các hình tam giác $OA_nB_n$ và $OB_nA_1$ được bao gồm trong tổng tạo thành diện tích $S$, với dấu trừ:

$$S = (S_{OB_1A_2} + S_{OA_2B_2}) + \dots + (S_{OB_n-1A_n} - S_{OA_nB_n}) + (S_{OA_1B_1} - S_{OB_nA_1}).$$

Áp dụng lại bổ đề, ta thu được bất đẳng thức cần tìm.

25

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng nếu các cạnh $B_{k-1}B_k$ của đa giác $B_1B_2 \dots B_n$ vuông góc với bán kính tương ứng $OA_k$, thì bất đẳng thức (1) trở thành đẳng thức, sao cho trong trường hợp này đa giác $B_1B_2 \dots B_n$ có chu vi nhỏ nhất có thể có $2S/R$. Chúng tôi mời độc giả sử dụng điều này để chứng minh rằng tam giác $B_1B_2B_3$, nội tiếp một tam giác nhọn $A_1A_2A_3$, có chu vi tối thiểu bằng moeda và molko moreda, khi $B_i$ ($i=1, 2, 3$) là đáy của chiều cao của tam giác $A_1A_2A_3$.

V. Dubrovsky

Hình 3.

M518. Các số $x_1, x_2, \dots, x_n$ thuộc đoạn $[a; b]$ và $0 < a < b$. Bằng chứng về sự bất đẳng thức

$$\left( x_1 + x_2 + \dots + x_n \right) \times \left( \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_n} \right) \leq \frac{(a+b)^2}{4ab} n^2.$$

Hình 4.

Hình 5.

Trước tiên chúng ta hãy phác thảo ý tưởng hình học của một trong những bằng chứng ngắn nhất.

Xét trên mặt phẳng $Oxy$ $n$ các điểm $\left( x_i; \frac{1}{x_i} \right)$, $i = 1, 2, \dots, n$. Những điểm này nằm trên hyperbola $y = \frac{1}{x}$ và theo điều kiện $a \leq x_i \leq b$. Điểm $M^*(x^*; y^*)$ có tọa độ $x^* = \frac{x_1 + x_2 + \dots + x_n}{n}, y^* = \frac{\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \dots + \frac{1}{x_n}}{n}$ (1)

— trọng tâm $n$ của các điểm vật chất giống hệt nhau $\left( x_i; \frac{1}{x_i} \right)$. Do đó, nó thuộc về một hình lồi được giới hạn bởi hai hyperbol và một đoạn thẳng có các đầu tại các điểm $A\left( a; \frac{1}{a} \right)$ và $B\left( b; \frac{1}{b} \right)$ (Hình 4).

Tích $x^*y^*$ là diện tích của hình chữ nhật được tô bóng trong Hình 4 - giá trị lớn nhất là đủ khi điểm $M^*$ rơi vào giữa đoạn $AB$. Thật vậy, rõ ràng là nếu $(x^*; y^*)$ không nằm trên $[AB]$, thì diện tích có thể tăng lên bằng cách di chuyển điểm $M^*$ lên đoạn $AB$. Và đối với điểm $(x; y)$ của đoạn này $y$ là hàm tuyến tính của $x$, do đó, diện tích $s(x)=xy$ là tam thức bình phương của $x$. Vì $s(x)$ có ​​cùng giá trị ở $x=a$ và $x=b$ $s(a)=s(b)=1$ và $s(0)=0$ (Hình 5), nên đạt được mức tối đa $s(x)$ sau đĩa $x=a$ và $x=b$ - tại $x=\frac{a+b}{2}$, $y=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$.

Do đó $x^*y^* \leq \frac{a+b}{2} \cdot \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}{2} = \frac{(a+b)^2}{4ab}$ là điều cần chứng minh.

Điều duy nhất cần biện minh mang tính toán học hơn là thực tế là “trọng tâm”—điểm có tọa độ (1)—nằm trên cùng một đoạn $AB$. Lưu ý rằng phương trình của đường thẳng $AB$ có dạng $aby+x=a+b$ (kiểm tra xem các điểm $A$ và $B$ có nằm trên đường thẳng này không), vì vậy bước chính của chứng minh của chúng ta là bất đẳng thức

$$aby^*+x^* \leq a+b.$$ (2)

Bây giờ mọi người đã sẵn sàng đưa ra cách chứng minh ngắn gọn (mà chúng ta có thể tự giới hạn): cho mỗi $i$

$$\frac{ab}{x_i} + x_i \leq a+b,$$ (3)

vì $(x-a) (x-b) \leq 0$ là dành cho $x \in [a; b]$. Slu-

27

Nếu $\alpha \in I$ thì cũng $\frac{1}{\alpha} \in I$. Đặt $\gamma > 1$ là phần cuối đúng của đoạn đơn này. Khi đó $\gamma - 1$ là đầu bên trái của nó và phải là $\gamma - 1 = \frac{1}{\gamma}$. Từ đó, chúng ta thấy rằng $\gamma = \frac{\sqrt{5} + 1}{2}$ (con số này được gọi là “phần vàng”). Khoảng cách là $(i, j)$ sao cho $\frac{i}{j} = \alpha \in ]\gamma - 1; \gamma[$ (Hình 6) và $\frac{i}{j} \neq 1$. Giả sử rằng $i > j$; thì $\alpha \in ]\gamma - 1; \gamma[$. Trong tình huống này, người chơi chỉ có một nước đi $(i, j) \rightarrow (i - j, j)$, trong đó

$$\alpha' = \frac{i - j}{j} = \frac{i}{j} - 1 = \alpha - 1 < \gamma - 1,$$

nghĩa là, nước đi đơn lẻ này sẽ dẫn đến một tình huống có quan hệ $\alpha'$ nằm ngoài tích phân $]\gamma - 1; \gamma[$. Ngoài ra, trò chơi không kết thúc ở nước đi này.

Bây giờ đặt $\frac{m}{n} = \alpha \notin ]\gamma - 1; \gamma[$ và $\frac{m}{n} \notin Z$ (trường hợp khi quan hệ $\frac{m}{n}$ là số nguyên được mô tả ở trên); chúng ta hãy đặt, để chắc chắn, $m > n$. Có một $k \in Z$ sao cho $\frac{m}{n} - k \in ]\gamma - 1; \gamma[$, vì vậy sau khi di chuyển $(m, n) \rightarrow (m - kn, n)$, chúng ta nhận được tình huống có tỷ lệ nằm trong tích phân $]\gamma - 1; \gamma[$ và không bằng một (vì $m/n \notin Z$).

Từ đây chúng ta có được chiến lược chiến thắng cho người mới bắt đầu trò chơi. Nếu $\frac{m}{n} \in Z$, thì anh ta thắng ở nước đi đầu tiên. Nếu $\frac{m}{n} \notin Z$ và $\frac{m}{n} \notin ]\gamma - 1; \gamma[$, thì với mỗi nước đi, anh ta sẽ thêm một thuộc tính sao cho mối quan hệ $\frac{m_k}{n_k}$ rơi vào tích phân $]\gamma - 1; \gamma[$, sau đó đối thủ của anh ta có thể thực hiện một nước đi duy nhất, lại dẫn đến tình huống có quan hệ nằm ngoài tích phân đã chỉ định. Rõ ràng là cuối cùng người mới bắt đầu chơi. Trong Hình 7, các chấm đỏ tương ứng với các tình huống thắng $(m, n)$, các chấm đen tương ứng với các tình huống thua.

Do đó, phát biểu 6) bài toán đúng với mọi $\alpha > \gamma$ ($\gamma = \frac{\sqrt{5} + 1}{2}$).

A. Slinko

Với lời giải điều này bài toán, như trường hợp thường xảy ra không chỉ trong toán học cơ bản mà còn trong nghiên cứu toán học trên máy chủ, “đoán” đáp số đã giúp chúng tôi rất nhiều: tại một số điểm, chúng tôi giả định rằng tất cả các điểm không nguyên hữu tỉ của một số tích phân có độ dài đơn vị đều bị mất và sau đó chúng tôi nhanh chóng thêm nghiên cứu vào cuối. Nhưng trong bài toán này, người ta có thể thực hiện mà không cần bước bổ sung như vậy: số $\gamma$ xuất hiện trong đó một cách tự nhiên từ lý do sau. Như đã lưu ý, tất cả các điểm thua đều thuộc về tích phân $]1/2; 2[$. Cũng dễ dàng nói rằng nếu điểm $x \in ]1; 2[$ thua (thắng) thì điểm $x - 1$ là thắng (thua). Do đó, tất cả các điểm của tích phân $]1; 3/2[$ đều bị mất và chúng ta chỉ cần xét các điểm của tích phân $]3/2; 2[$. Giả sử điểm $x \in ]3/2; 2[$ là điểm thua. Khi đó điểm $x - 1$ và $1/(x - 1)$ thắng và $1/(x - 1)$ nhỏ hơn 1.

28

Vì vậy, $1/(x-1)-1=(2-x)/(x-1)$ là điểm thua. Vì vậy, nếu điểm $x \in ]3/2; 2[$ là thua thì điểm $(2-x)/(x-1)$ cũng là điểm thua. Hãy vẽ đồ thị của hàm $(x-1)/(2-x)$ (Hình 8). Hình 8 minh họa cách sử dụng điểm $x$ để tìm điểm $(x-1)/(2-x)$. Trong quá trình biến đổi $x \rightarrow (x-1)/(2-x)$ có một điểm cố định - nghiệm của phương trình $x^2-x-1=0$, thuộc khoảng $]3/2; 2[$ (đây là số $\gamma$). Có thể dễ dàng chứng minh rằng nếu một điểm nằm ở bên phải điểm $\gamma$ thì phép biến đổi và (sự lặp lại) của phép biến đổi của chúng ta sớm hay muộn sẽ đưa nó vượt quá điểm 2. (Một trong những sơ đồ chứng minh khả thi được thể hiện trên Hình 9: tiếp tuyến của góc nghiêng của đường thẳng màu đen đi qua điểm cố định $(\gamma; \gamma^2-\gamma-1)$ bằng 2, và tiếp tuyến của đường cong $(x-1)/(2-x)$ là một vòng tròn - hãy chắc chắn về điều này.)
Do đó, tất cả các điểm từ khoảng $]\gamma; 2[$ đều thắng và do đó, tất cả các điểm từ khoảng $]\gamma; \infty[$ và $0; \gamma^{-1}]$ đều thắng. Tương tự, nếu chúng ta giả định rằng một số điểm trong khoảng $]3/2; \gamma[$ là điểm thắng, thì bằng cách tăng điểm đó, chúng ta sẽ nhận được một điểm từ khoảng $]1; 3/2[$, có nghĩa là tất cả các điểm trong khoảng $]1; \gamma[$ đều là điểm thua. Tất nhiên, lời giải này cồng kềnh hơn. Tuy nhiên, nó cũng tôn trọng hơn!

F526. Đặt các thành cách nhiệt nóng chảy của bình và nhiệt kế được hút chân không đến áp suất $p=10^{-5}$ atm (ở nhiệt độ phòng). Dung tích của bình là 1 lít, diện tích bề mặt của bình là $S=600\text{ cm}^2$. Ước tính thời gian trà ở nhiệt độ tối đa từ $90^\circ\text{C}$ đến $70^\circ\text{C}$. Dung tích nước $c=4,2 \cdot 10^3$ J/(sq.K); hằng số khí phổ quát $R=8,3$ J/(K mol). Tôi biết cách phớt lờ tôi khi tắc đường.

Nhiệt được loại bỏ khỏi thành trong của bình (từ trà) bởi các phân tử khí còn sót lại trong khoang giữa thành trong và thành ngoài của bình. Đây là lý do tại sao họ tắt các bức tường để khí còn lại ở đó không tạo thành môi trường dẫn nhiệt liên tục, nghĩa là để các phân tử di chuyển giữa các bức tường mà không va chạm với nhau.

Chúng ta sẽ giả sử rằng sau khi va chạm với bức tường, phân tử trung bình có năng lượng tỷ lệ thuận với nhiệt độ của bức tường. Sau khi loại bỏ khỏi thành ngoài, động năng của chuyển động tịnh tiến của phân tử là $\varepsilon_1 \sim 3/2$ $kT_K$, trong đó $T_K$ là nhiệt độ phòng; sau khi tháo nó ra khỏi thành trong $\varepsilon_2 \sim 3/2$ $kT'$, trong đó $T'$ là nhiệt độ của trà. Nhiệt độ này luôn thay đổi. Tuy nhiên, sự đảo ngược của thay đổi $T'$ không phải là VELik ($\Delta T=363\text{K} - 343\text{K} = 20\text{K}$). Do đó, để đánh giá, chúng ta có thể giả sử rằng $\varepsilon_1 \sim 3/2$ $kT_C$, trong đó $T_C=353\text{K}$ là giá trị trung bình của nhiệt độ tường nóng.

Do đó, mỗi phân tử khi được tách ra khỏi thành nóng sẽ “lấy” năng lượng từ trà

$$\Delta \varepsilon \sim 3/2 k (T_C - T_K).$$

Số lượng phân tử chứa trong một bức tường nóng trong một đơn vị thời gian tỷ lệ thuận với $1/2 n |v_x| S$, trong đó $n$ là mật độ của các phân tử khí, $|v_x|$ là vận tốc phân tử trung bình của các phân tử trên trục $OX$ vuông góc với bức tường. Số phân tử va vào tường đúng lúc $\Delta t$,

$$N \sim 1/2 n |v_x| S \Delta t.$$

Những phân tử này sẽ lấy năng lượng từ trà

$$\Delta E = N \Delta \varepsilon \sim 3/4 n |v_x| Sk (T_C - T_K) \Delta t.$$

Rõ ràng, năng lượng này bằng độ biến thiên $\Delta U$ của nội năng của trà trong khoảng thời gian $\Delta t$: $\Delta E = \Delta U$. Bởi vì

$$\Delta U = Mc\Delta T,$$

trong đó $\Delta T$ là sự thay đổi nhiệt độ của trà,

$$3/4 n |v_x| Sk (T_C - T_K) \Delta t \sim Mc\Delta T.$$

Từ đây

$$\Delta t \sim \frac{4Mc\Delta T}{3n |v_x| Sk (T_C - T_K)}.$$

29

Giả sử rằng $\sqrt{v_x} \sim \sqrt{RT_K/\mu}$ và tính đến $n = p/k T_K$ (điều này suy ra từ phương trình Mendeleev-Clapeyron), cuối cùng chúng ta tìm thấy:

$$\Delta t \sim \frac{4Mc\Delta T \sqrt{\mu T_K}}{3p(T_c - T_k)S\sqrt{R}}.$$

Thay thế các giá trị số ($M = 1$ kg, $\Delta T = 20$ K, $T_K = 293$ K, $p = 1$ Pa, $\mu = 29.10^{-3}$ kg/mol, v.v.), chúng ta thu được $\Delta t \sim 3.10^4$ với $\sim 10$ h.

A. Stasenko

F530. Trong sơ đồ hiển thị ở Hình 10, $\%_0 > \%_1$. Xác định điện tích mà pin sẽ đọc và điện trở của viên sỏi bằng không. Diode là lý tưởng (điện trở thuận của nó bằng 0, điện trở ngược của nó là vô cùng); Tụ điện không được tích điện trước khi đóng công tắc.

Hình 10.

Chúng ta sẽ giả sử rằng diode bắt đầu dẫn dòng điện khi điện thế ở cực dương lớn hơn điện thế ở cực âm. Trong trường hợp này, điện trở của diode sẽ bằng 0 và điện áp rơi trên nó cũng sẽ bằng 0.

Hãy xem xét quá trình xảy ra trong mạch sau khi đóng phím $K$, theo từng giai đoạn.

1. Dòng điện chạy qua cuộn cảm $L$ tích điện cho tụ điện. Ở một giá trị nhất định của dòng điện $I_1$, tụ điện được tích điện đến điện áp $\%_1$. Điện tích của tụ điện $q_1 = C\%_1$, năng lượng của tụ điện $W_1 = C\%_1^2/2$, năng lượng của từ trường của cuộn cảm $LI_1^2/2$. Công mà pin thực hiện lúc này là $A = q_1\%_1$.

2. Mặc dù điện áp trên pin $\%_1$ và trên tụ điện bằng nhau nhưng tụ điện vẫn tiếp tục tích điện - do năng lượng của từ trường của cuộn cảm. Ở một giá trị nhất định của dòng điện $I_0$, tụ điện được tích điện đến điện áp $\%_0$. Điện tích của tụ điện $q_0 = C\%_0$, năng lượng của tụ điện $W_0 = C\%_0^2/2$, năng lượng của từ trường của cuộn cảm $LI_0^2/2$.

Công mà pin thực hiện $\%_1$ trong giai đoạn 1 và 2 là $A_1 = q_0\%_1 = C\%_0\%_1$.

3. Từ thời điểm điện áp trên tụ trở thành $\%_0$, dòng điện bắt đầu chạy qua diode vào pin $\%_0$. Điện áp trên tụ không thay đổi kể từ thời điểm này, năng lượng của nó giữ nguyên bằng $W_0 = C\%_0^2/2$.

Do đó, năng lượng $LI_0^2/2$, có độ tự cảm trong từ trường, bắt đầu giảm - nó thực hiện công chuyển điện tích sang pin $\%_0$.

4. Năng lượng của từ trường của cuộn cảm bằng không. Năng lượng của tụ vẫn là $W_0 = C\%_0^2/2$. Một số lần sạc $Q$ truyền qua pin $\%_0$. Năng lượng pin $\%_0$ tăng $\Delta W = Q\%_0$.

Trong giai đoạn 3 và 4, pin $\%_1$ đã thực hiện công việc $A_2 = Q\%_1$.

Vì vậy, trong toàn bộ quá trình, pin $\%_1$ đã thực hiện công việc sau:

$$A_{\%_1} = A_1 + A_2 = C\%_0\%_1 + Q\%_1.$$

Công việc này chuyển sang truyền năng lượng của $W_0 = C\%_0^2/2$ tới tụ điện $C$ và tăng năng lượng của pin $\%_0$ lên $\Delta W = Q\%_0$. Theo định luật bảo toàn năng lượng

$$A_{\%_1} = W_0 + \Delta W,$$

*) Vì $\sqrt{v_x^2} = \frac{1}{3} \sqrt{v^2} = \frac{1}{3} \frac{3RT_K}{\mu}$ nên $\sqrt{v_x^2} = \sqrt{\frac{RT_K}{\mu}}$.

Mặc dù $\sqrt{v_x^2} \neq |v_x|$, tuy nhiên $\sqrt{v_x^2} \sim \sqrt{v_x^2}$. Do đó, chúng tôi sẽ giả định rằng $\sqrt{v_x^2} \sim \sqrt{\frac{RT_K}{\mu}}$.

30

$$C_0^2 E_1 + Q E_1 = \frac{C_0^2}{2} + Q E_0.$$

Từ đây là $Q$ chảy qua pin $E_0$:

$$Q = \frac{C_0^2 (2 E_1 - E_0)}{2 (E_0 - E_1)}.$$

Và không. Từ kết quả thu được, rõ ràng rằng điện tích sẽ chảy qua pin $E_0$ chỉ khi $E_1 < E_0 < 2 E_1$. Nếu $E_0 > 2 E_1$, thì tụ điện sẽ không tích điện tới điện áp $E_0$. Nói cách khác, điện áp tối đa mà tụ điện có thể được sạc trong mạch như trong Hình 11 là $2 E_0$.

Đặt ở một mức dòng điện $I$ nào đó thì điện áp trên tụ điện là $U$, điện tích của nó là $q = CU$. Từ định luật bảo toàn năng lượng $q E = CU E$ = $\frac{LI^2}{2} + \frac{CU^2}{2}$ tìm được

$$\frac{LI^2}{2} = \frac{CU}{2} (2 E - U).$$

Quá trình nạp tụ sẽ dừng khi dòng điện trong mạch bằng 0. Trong trường hợp này, như có thể thấy, $U = U_{\max} = 2 E$.

V. Skorovarov

F531. Mạch nước phun có thể được coi là các hồ chứa ngầm lớn chứa đầy nước ngầm và được làm nóng bởi bề mặt trái đất (Hình 12). Lối ra từ chúng đến bề mặt trái đất là qua một con kênh hẹp, trong thời kỳ “yên tĩnh” gần như chứa đầy nước. Xem xét rằng thời kỳ “hoạt động” bắt đầu khi chúng ta đổ đầy nước vào hồ chứa dưới lòng đất và trong quá trình phun trào, kênh chứa đầy hơi nước màu trắng đục thoát ra ngoài, chúng ta có thể ước tính phần nước mà hồ chứa nóng lên trong một vụ phun trào một vùng. Độ sâu kênh $h = 90$ m; nhiệt độ nước $\lambda = 2,26 \cdot 10^6$ J/kg; nhiệt độ nước $c = 4,2 \cdot 10^3$ J/(kg K). Sự phụ thuộc của áp suất nước bão hòa vào nhiệt độ được thể hiện trên Hình 13.

Hình 12.

Hình 13.

31

(M là khối lượng hơi thoát ra) ta tìm được

$$\frac{\Delta M}{M} \approx \frac{c(t-t_0)}{\lambda} \approx 0,15.$$

lời giải đã cho là ước tính vì nó không tính đến một số yếu tố mà trong thực tế có thể thay đổi một chút kết quả thu được. Ví dụ, với lời giải, việc cung cấp nước cho cơ thể từ các tầng nóng trong thời kỳ “hoạt động” không được tính đến, cũng như việc đưa các phần nước mới vào bể chứa thông qua các kênh ngầm trong quá trình phun trào.

S. Kozel

F532. Chất làm mềm là một thanh nhẹ có chiều dài l có tải trọng khối lượng M ở cuối. Gắn vào đầu kia của thanh là một ống lót hình trụ nhẹ a có bán kính trong r đặt trên trục thẳng đứng b (Hình 14). Hệ số ma sát giữa ống lót và trục xe là μ. Xác định góc lệch của thanh so với phương thẳng đứng ở vị trí cân bằng.

Hình 14.

Hình 15.

Rõ ràng, khi trục b quay ngược chiều kim đồng hồ, tải trọng M dịch chuyển sang bên phải đường thẳng O’O đi qua tâm trục. Trong trường hợp này, điểm A (Hình 15), tại đó ống bọc từ tiếp xúc với trục, được dịch chuyển từ điểm trên cùng của trục theo hướng ngược lại với hướng quay của trục. Hãy thể hiện nó.

Khi một nam châm ở trạng thái cân bằng thì tổng mômen của các lực tác dụng lên nó bằng không. Lực từ bị tác dụng bởi lực hấp dẫn $\vec{P} = \vec{Mg}$ tác dụng lên tải trọng M, phản lực pháp tuyến của trục N và lực ma sát trượt $\vec{F}_{TP}$ tác dụng lên ống lót A. Các mô men của các lực $\vec{N}$ và $\vec{F}_{TP}$ đối với điểm A bằng 0. Do đó, mômen lực $\vec{P}$ đối với điểm này phải bằng 0. Điều này có nghĩa là điểm A phải nằm trên đường tác dụng của lực $\vec{P}$, tức là nó phải dịch chuyển sang phải tính từ điểm trên cùng của trục.

Lưu ý rằng ngay cả với hệ số ma sát μ góc lớn, tải trọng M ở trạng thái cân bằng không thể lệch khỏi phương thẳng đứng O’O một khoảng lớn hơn bán kính r của ống bọc a. Điều này có thể được nhìn thấy từ Hình 15.

Chúng ta hãy tìm góc α xác định vị trí của điểm A. Vì khi nam châm cân bằng, tổng vectơ các lực $\vec{F}_{TP}$ và $\vec{N}$ hướng thẳng đứng lên trên (tổng các lực $\vec{F}_{TP}$, $\vec{N}$ và $\vec{P}$ phải bằng 0), nên

$$\mathrm{tg} \alpha = \frac{F_{TP}}{N} = \frac{\mu N}{N} = \mu$$

($F_{TP}$, N là mô đun của $\vec{F}_{TP}$ và $\vec{N}$).

Bây giờ chúng ta hãy tìm góc φ mà thanh nam châm tạo với O’O thẳng đứng ở vị trí cân bằng. Như có thể thấy từ Hình 15,

$$\sin \varphi = \frac{|OB|}{r+l} = \frac{r \sin \alpha}{r+l}.$$

Xem xét rằng

$$\sin \alpha = \frac{\text{tg} \alpha}{\sqrt{1 + \text{tg}^2 \alpha}} = \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}},$$

chúng tôi tìm thấy (xem (1))

$$\sin \varphi = \frac{r}{r+l} \frac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}}.$$

Xin lưu ý rằng độ lớn của góc lệch từ chỉ được xác định bởi giá trị của hệ số ma sát và kích thước của thanh và ống lót và không phụ thuộc vào khối lượng của tải trọng M và tốc độ quay của trục.

Trong trường hợp giới hạn μ = 0, công thức (2) cho φ = 0, nghĩa là khi không có khay thì nam châm sẽ ở vị trí thẳng đứng ở trạng thái cân bằng. Với sự gia tăng sức mạnh của tre, đó là

32

là $\mu \rightarrow \infty$, tập hợp $\mu/\sqrt{1+\mu^2}$ tiến tới một và phạm tội $\varphi \rightarrow r/(r+l)$. Điều này có nghĩa là độ lớn độ lệch của tải $M$ sang phải so với phương thẳng đứng $O'O$ (tức là độ dài của đoạn $OB$ trong Hình 15) có xu hướng $r$ (xem (1)).

Điều đáng chú ý là một ma trận như vậy, nếu bị mất cân bằng, sẽ hoạt động không đáng kể. Khi trục quay đủ nhanh, lực ma sát trượt tác dụng lên ống lót theo bất kỳ hướng chuyển động nào của ma trận sẽ hướng về chuyển động quay của trục và chỉ dẫn đến sự dịch chuyển vị trí trung bình một góc $\varphi$ so với phương thẳng đứng.

Lưu ý rằng có thêm một vị trí cân bằng của ma trận trên trục quay - vị trí trong đó tải trọng $M$ nằm phía trên trục và thanh lệch từ phương thẳng đứng sang phải một cùng một góc $\varphi$. Nhưng vị trí cân bằng này, dễ dàng nhận thấy, là không ổn định.

Nếu trục mà ống lót ma trận được lắp được cố định bất động (không quay), thì nhờ lực ma sát tĩnh, giá trị của nó có thể nhận bất kỳ giá trị nào từ 0 đến $\mu N$, ma trận có thể ở trạng thái cân bằng ở bất kỳ vị trí nào lệch khỏi phương thẳng đứng trong phạm vi hình quạt với một góc $\varphi$, được xác định theo cùng một công thức (2). Đây được gọi là vùng trì trệ (Hình 16). Nếu bạn làm chệch hướng matrik một góc lớn hơn giới hạn (lớn hơn $\varphi$) và thả nó ra, thì sau khi thực hiện một phép chia dao động có phần dao động với biên độ, matrik sẽ vẫn ở đâu đó bên trong vùng trì trệ. Việc dừng ma trận có thể xảy ra tại bất kỳ điểm nào trong vùng đình trệ, tùy thuộc vào các điều kiện ban đầu. Thật thú vị khi lưu ý rằng khu vực vị trí cân bằng tương tự cũng tồn tại đối với ma trận “ngược dòng” trên một trục cố định.

E. Butnikov, A. Bykov, A. Kondratov.

(Để bắt đầu, xem trang 20)

S. Guzov (Lviv) 26; V. Jaloyan (làng Urtsadzor, Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia) 16, 19a), 21, 24; O. Dimitriev (Saratov) 16a), 21, 23a), 26, 28, 30a); V. Dobrov (Angarsk) 28, 30a); S. Dovbysh (Moscow) 16, 18, 19, 21; E. Dyuzhikova (Arkhangelsk) 16a); I. Elishevich (Chernigov) 21; A. Ermodin (Petrozavodsk) 21, 22, 26, 28, 29; I. Zverovich (Minsk) 16a); E. Zimanov (Alma-Ata) 21, 22, 25; T. Zozrabyan (làng Delaris, Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia) 26; M. Ibraemov (Shusha) 16a), 27; P. Ivanov (Villyuysk) 26; O. Izhboldin (Leningrad) 16a), 6), 21-24, 26-30; R. Izmailov (Baku) 16, 18, 19, 21-29; F. Kabdykairov (Alma-Ata) 18, 19a), 21, 26, 28; S. Kaazan (Leningrad) 16, 21; A. Kaazarman (Beloretsk) 26; S. Kalashnikov (Ryazan) 16a), 6); A. Kanel (Moscow) 21, 23, 24, 26, 28, 30a); V. Kanterman (Vilnius) 16a); A. Kaplan (Sumgant) 16, 18, 19a), 21, 22, 24, 26-28, 30a); G. Karadulin (Yerevan) 16, 18, 19a), 21, 22, 24-28, 29a); A. Kelarev (Sverdlovsk) 16, 19, 21, 23, 26-29, 30a); I. Kechov (Sukhumin) 16a); S. Kodan (Leningrad) 28; G. Kokov (Tbilisi) 26; A. Koldatsov (Tbilisi) 26, 28; S. Koleva (NRB) 18; A. Kolmytsev (Angarsk) 30a); Yu. Kordyukov (Moscow) 26, 27, 30a); A. King (Tashkent) 166), 22, 23; S. Kochemov (p/o Druzhba, Lãnh thổ Krasnodar) 21, 24; O. Kravets (Voronezh) 16a), 26-28, 30a); V. Krikukhin (Makhachkala) 26; S. Krilov (Veliky Ustog) 28; I. Krikov (Ivan-

(Tiếp theo trang 43)

33

G. Kurdimov

Chủ nghĩa bảo thủ của một hệ thống vô tận

Ghi chú này giải quyết bài toán M500g) từ Zadaniak «Kvant» («Kvant», 1978, số 4; xem thêm 1979, số 2). Ở cuối ghi chú có ba bài toán, lời giải mới, hai trong số đó (bài toán 1 và 3) chưa rõ.

Có vô số sự tái cổ điển theo cả hai hướng. Theo lệnh bên trái-VO, tất cả các xe cổ điển, ngoại trừ chiếc cuối cùng, nhiều người trong số họ, rẽ sang trái; phần còn lại quay sang phải. Trong mỗi giây tiếp theo, mỗi chiếc cổ điển sẽ quay 180° nếu người thứ nhất và thứ ba trong số những người đứng trước nó quay mặt về phía nó. Tất cả các reclassics khác vẫn bất động. Chứng minh rằng chuyển động trong hệ vô hạn này sẽ dừng lại sau một thời gian hữu hạn.

Hãy để tất cả những người theo chủ nghĩa tái cổ điển ban đầu đối mặt với chúng ta (Hình 1, a). Sau lượt đầu tiên, tất cả sẽ nhìn sang trái hoặc phải. Rõ ràng, ngay từ đầu, ai thực hiện đúng lệnh “sang trái” sẽ ở bên phải, còn “kẻ vi phạm” sẽ ở bên trái.

Theo điều kiện, tại thời điểm đầu tiên có một số lượng hữu hạn các bản tái cổ điển còn lại.

Chúng ta hãy mô tả những người tái cổ điển, những người sẽ quay lại trong giây tiếp theo, với những vertun (có thể dễ dàng nói rằng tại mỗi thời điểm có một số lượng hữu hạn những vertun). Chúng tôi sẽ gọi những kẻ quay cánh tả là độc hại. Rõ ràng, một người theo chủ nghĩa tái cổ điển bên trái là có ác ý nếu có một người theo chủ nghĩa tái cổ điển bên trái đứng trước nó ở vị trí thứ nhất hoặc thứ ba (Hình 1, c). Chúng ta sẽ vẽ các Vertin có màu xanh lá cây, các bộ phân loại lại độc hại có màu đỏ và các Vertin bên phải có màu xanh lam (Hình 1, c).

Trước khi trình bày chứng minh ở dạng tổng quát, chúng ta xét một trường hợp đặc biệt để minh họa. Giả sử có đúng bảy lần phân loại lại còn lại và tất cả chúng đều đứng thành một hàng. Sự phát triển của một hệ thống như vậy theo thời gian được thể hiện trong Hình 2. Chúng ta thấy rằng sau 12 giây không còn lại phần tái phân loại nào. Tương tự,

Hình 1.

34

Chúng ta hãy xem sự tiến hóa của đội hình khi có bất kỳ phần liên tục nào của n học sinh lớp một bên trái: sau 2n-2 giây tất cả học sinh lớp một sẽ thuận tay phải và chuyển động sẽ dừng lại.
Bây giờ chúng ta trình bày chứng minh cho trường hợp tổng quát - khi học sinh lớp 1 bên trái đứng tùy ý. Chúng ta cần một vài định nghĩa bổ sung. Chúng ta hãy gọi một hòn đảo là một đoạn nối phần ngoài cùng bên phải của phần bên trái và phần ngoài cùng bên trái
một trong những người cánh tả tồi tệ nhất. Chúng ta sẽ gọi đầm lầy là đoạn ngắn nhất liền kề với hòn đảo bên trái và bao gồm tất cả các vertun (tất nhiên, có thể không có đầm lầy).
Những học sinh lớp một không vào đảo hoặc đầm lầy được gọi là biển (Hình 3).
Bổ đề 1 (hiển nhiên). Nếu bên phải của học sinh lớp 1 A đứng im lặng bên phải của học sinh lớp 1 thì A luôn là mak và ta đúng (Hình 4).

Hình 2.
biển
đầm lầy
hòn đảo
biển

Hình 3.

36

Hình 7.

Tuyên bố của bổ đề xuất phát từ thực tế là không ai trong số ba học sinh lớp một ở trên có thể là người đứng thẳng (Hình 7).

Vì vậy, sau khi hòn đảo bên phải biến mất, chiều dài của hòn đảo lớn sẽ di chuyển sang trái với tốc độ ít nhất là 3. Rõ ràng, viền bên trái của nó không thể di chuyển sang trái với tốc độ lớn hơn 1. Kéo theo đó là chiều dài của hòn đảo lớn sẽ giảm dần (với tốc độ ít nhất là 2) và một thời gian sau khi nó biến mất. Tất cả học sinh hạng nhất sẽ trở thành đúng.

Bài toán lời giải. Với một suy luận tinh tế hơn một chút, có thể chứng minh rằng chuyển động có thể kéo dài không quá 2l + 2 giây, trong đó l là khoảng cách tối đa giữa hai học sinh lớp một bên trái sau lượt đầu tiên (theo lệnh left-VO).

Bài toán 1. Gọi n là số học sinh lớp 1 còn lại sau lượt đầu tiên. Chỉ định một hàm f(n) sao cho thời gian t chuyển động trong một hàng không thể lớn hơn f(n), nhưng có thể t = f(n).

Vì vậy, chúng tôi đã tìm thấy trạng thái của chuỗi A₁ (tất cả học sinh lớp một nhìn sang bên phải), mọi thay đổi hữu hạn của trạng thái đó (tức là phép quay 180° của một số hữu hạn học sinh lớp một) sẽ biến mất trong một thời gian hữu hạn (trong quá trình tiến hóa theo quy tắc của chúng tôi).

Rõ ràng trạng thái của đường A₂ “mọi người nhìn về bên phải” cũng có tính chất này: cũng như “đảo” biến mất trong “đại dương”, “hồ” trên “đất liền” sẽ biến mất.

Hai trạng thái này của chuỗi có đặc tính bảo toàn: chúng không thay đổi theo thời gian và cho dù chúng ta có thay đổi lần cuối như thế nào thì chuỗi sẽ trở về trạng thái ban đầu.

Bài toán 2. Chứng minh rằng các trạng thái bảo thủ khác không tồn tại.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét tổng quát hơn bài toán. Giả sử A là một trạng thái nào đó của hệ thống của chúng ta (tức là một số nguyên ký hiệu ⊥ và ⊥ vô hạn theo cả hai hướng). Chúng ta hãy biểu thị bằng A(t) trạng thái mà hệ thống (trong quá trình tiến hóa theo quy tắc của chúng ta) sẽ chuyển tiếp trong t giây. Chúng ta sẽ gọi trạng thái A và B là tương đương nếu theo thời gian chúng chuyển sang cùng một trạng thái, nghĩa là nếu có t₁ và t₂ sao cho A(t₁) = B(t₂). Chúng ta sẽ nói rằng trạng thái A là trạng thái miễn dịch (như họ nói, không thể phủ nhận) nếu nó tương đương với bất kỳ trạng thái A’ nào, trạng thái này khác với A ở các trạng thái chỉ có hữu hạn học sinh lớp một.

Dễ dàng nhận thấy rằng tất cả các quốc gia tương đương với các quốc gia bảo thủ (kể cả các quốc gia bảo thủ) đều miễn dịch.

Bài toán 3. Có tình trạng miễn dịch nào trong dòng mô tả ở trên không tương đương với tình trạng bảo thủ không?

Chúng tôi khuyên bạn nên mua

Toán học

1. Coqueter G. S. M., Greitzer S. L. Những cuộc gặp gỡ mới với hình học. “Nuka”, c. 50k.

2. Polyana G., Szege G. Bài toán và các định lý từ phân tích. Phần 2. “Nuka”, c. 1 chà. 20k.

3. Duboshin G. N. Cơ học thiên thể. “Nuka”, c. 1 chà. 30k.

4. Zubov V. G. Cơ học. (Các nguyên lý vật lý.) “Nuka”, c. 90k.

5. Irodov I. E. Bài toán trong vật lý đại cương. “Nuka”, c. 85k.

6. Mayer V.V. Thí nghiệm đơn giản với siêu âm. “Nuka”, c. 20k.

7. Bộ sưu tập bài toán về giáo trình vật lý đại cương. Ontika. “Nuka”, c. 55k.

8. Bộ sưu tập bài toán về giáo trình vật lý đại cương. Điện và từ tính. “Nuka”, c. 45k.

9. Bộ sưu tập bài toán về giáo trình vật lý đại cương. Ter-

modinamics và vật lý phân tử. “Nuka”, c. 32k.
10. Bộ sưu tập bài toán về giáo trình vật lý đại cương. Cơ khí. “Nuka”, c. 67k.
11. Feynman giảng về vật lý. Bài tập và bài tập có đáp án và lời giải. “Hòa bình”, c. 2 r. 36k.
12. Feynman R. và cộng sự. Feynman giảng về vật lý. T. 8. “Thế giới”, ts. 2 r. 40k.
13. Yavorsky B. M., Detlaf A. A. Sổ tay vật lý dành cho kỹ sư và sinh viên đại học. “Nuka”, c. 2 r. 68k.

37

A. Zemlyakov

Tự kiểm tra

Dưới đây chúng tôi công bố các câu hỏi được đề xuất trong bài tối ưu hóa toán học có trọng số của đảng Cộng hòa.type dành cho học sinh năm 1979. Đối với mỗi câu hỏi, bạn cần chọn câu trả lời đúng duy nhất đáp số.

lớp VIII

đại số

1. Bất đẳng thức nào sau đây xác định tập hợp được hiển thị trong Hình 1 bằng cách gạch chéo?

Hình 1.

A) $y \leq x - 1$; B) $y \geq x - 1$; B) $y \leq 1 - x$; D) $y \geq 1 - x$; D) $y \leq x + 1$.

2. Sử dụng các nguyên tắc thực tế của phép tính gần đúng, hãy tìm sự khác biệt $x - y$ của các số $x \approx 13,6517$ và $y \approx 10,4$.

A) 3,2517; B) 3,25; B) 3,2; Đ) 3,3; D) giá trị yêu cầu không được chỉ định.

3. Công thức nào cho hàm nghịch đảo của hàm $y = \frac{2}{x}$?

A) $y = \frac{x}{2}$; B) $y = \frac{2}{x}$;

B) $y = 2x$; D) $y = -\frac{2}{x}$;

D) $y = -\frac{x}{2}$.

4. Với những giá trị nào của $a$ thì đẳng thức $\sqrt{a^2} = -a$ đúng?

A) với mọi $a$; B) tại $a \geq 0$; B) tại $a \leq 0$;

D) tại $a = 0$; D) với mọi giá trị của $a$.

5. Với những giá trị nào của $x$ thì đẳng thức $x - \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{x}$ đúng?

A) với mọi $x$; B) tại $x \neq 0$; B) tại $x > 0$; D) tại $x = 1$; D) với mọi giá trị của $x$.

6. Hình 2 thể hiện sơ đồ đồ thị của ba hàm số mũ $y = a^x$, $y = b^x$, $y = c^x$. Sự tương ứng giữa các cơ sở $a$, $b$ và $c$ là gì?

Hình 2.

A) $c < a < b$; B) $b < a < c$; B) $a < b < c$; D) $c < b < a$; D) $a < c < b$.

Hình học

7. Xác định dấu giá trị của hàm $\cos \alpha$ và $\sin \alpha$ đối với góc $\alpha = -1979^\circ$.

A) $\cos \alpha > 0$, $\sin \alpha > 0$; B) $\cos \alpha > 0$, $\sin \alpha < 0$; B) $\cos \alpha < 0$, $\sin \alpha > 0$; D) $\cos \alpha < 0$, $\sin \alpha < 0$; D) không thể xác định được.

8. Sự tương ứng giữa độ dài cạnh $a$ và $c$ của tam giác vuông $ABC$ với góc nhọn $\hat{A} = \alpha$ (Hình 3) là gì?

Hình 3.

A) $c = a \cos \alpha$; B) $c = \frac{a}{\cos \alpha}$; B) $c = a \sin \alpha$; D) $c = \frac{a}{\sin \alpha}$; D) $c = a \mathrm{tg} \alpha$.

9. Độ dài ba cạnh của tam giác là 1, 3 và 5. Đây là loại tam giác gì?

A) góc nhọn; B) chạy thẳng; B) góc tù; D) về chiều dài.

Hình 5.

37

38

A) tại $x \in \{x_1, x_2, x_3, x_4\}$; B) tại $x \in \{x_1, x_2, x_3, x_4\}$; B) tại $x \in \{x_1, x_2, x_3, x_4\}$; $\Gamma$ tại $x \in \{x_2, x_3\}$.
5. Hàm $f(x) = (x^5 + 1)^6$ có đạo hàm nào?
A) $6(x^5 + 1)^5$; B) $5x^4 \times (x^5 + 1)^5$; B) $30x^4(x^5 + 1)^5$; $\Gamma)$ $(5x^4)^6$; $\Delta)$ $6(5x^4)^5$.
6. Hình 6 biểu diễn đồ thị của hàm bậc hai neoctor. Đồ thị nào A), B), B), $\Gamma$ nằm bên dưới nó?

Hình 6.
có thể là đồ thị đạo hàm của hàm số này?
$\Delta)$ không có biểu đồ nào phù hợp.

Hình học
7. Dòng $a$ được cắt với dòng $b$, dòng $b$ được cắt với dòng $c$. Vị trí tương đối của các đường $a$ và $c$ có thể là gì?
A) nhất thiết phải lai giống; B) nhất thiết phải song song; B) nhất thiết phải giao nhau; $\Gamma)$ chéo hoặc song song; $\Delta)$ có thể cắt nhau, cắt nhau, song song.
8. Điểm $A, B, C, D$ được lấy trên bề mặt của hình song song, như trong Hình 7 ($A, B, C$ là các đỉnh, $D$ là giữa cạnh). Vị trí tương đối trong không gian của các đường $AB$ và $CD$ là gì?

Hình 7.
đỉnh, $D$ là điểm giữa của cạnh). Vị trí tương đối trong không gian của các đường $AB$ và $CD$ là gì?

A) giao nhau; B) lai giống; B) song song; $\Gamma)$ giao nhau hoặc cắt nhau; $\Delta)$ có thể cắt nhau, cắt nhau, song song.
9. Điểm $M$ là điểm giữa của cạnh $CC_1$ song song với cạnh $ABCDA_1B_1C_1D_1$ (Hình 8). Sự phân tách vectơ $BM$ thành vectơ $a = AB, b = AD,$ $c = AA_1$ là gì?

Hình 8.
A) $\vec{a} + \vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c}$; B) $\vec{a} + \vec{b} - \frac{1}{2}\vec{c}$; B) $\vec{b} + \frac{1}{2}\vec{c}$; $\Gamma)$ $\vec{b} - \frac{1}{2}\vec{c}$; $\Delta)$ $\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{c}$.
10. Tập hợp tất cả các giá trị có thể có của tích vô hướng $c = a \cdot b$ là gì nếu độ dài của vectơ $a$ và $b$ được biết là 2 và 3?
A) $2 \leq c \leq 3$; B) $2 \leq c \leq 6$; B) $0 \leq c \leq 6$; $\Gamma)$ $-6 \leq c \leq 6$; $\Delta)$ $c$ có thể là bất kỳ số thực nào.

lớp X
Đại số và sự khởi đầu của phân tích

1. Hàm số nào sau đây là nghiệm của phương trình vi phân $y'' = -4y$?
   A) $y = \cos(4x + \frac{\pi}{2})$;
   B) $y = \cos(2x + \frac{\pi}{2})$;
   B) $y = \cos(16x + \frac{\pi}{2})$;
   $\Gamma)$ $y = 2\cos(x + \frac{\pi}{2})$;
   $\Delta)$ cần chức năng không được chỉ định.

2. Rút gọn biểu thức $\cos(x - \frac{3\pi}{2})$.
   A) $\sin x$; B) $\cos x$; B) $-\sin x$; $\Gamma)$ $-\cos x$; $\Delta)$ không thể đơn giản hóa được.

3. Giá trị của arccos $\left(-\frac{1}{2}\right)$ là bao nhiêu?
   A) $-\frac{\pi}{3}$; B) $-\frac{2\pi}{3}$; B) $\frac{2\pi}{3}$; $\Gamma)$ $\pm \frac{2\pi}{3}$;
   $\Delta)$ $\pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, ở đâu $k \in \mathbb{Z}$.

4. Có bao nhiêu nguyên hàm $F(x)$ cho hàm $f(x) = \cos 2x$ sao cho $F(0) = 2$?
   A) không có; Xương; $\Gamma)$ chẵn; $\Delta)$ vô số.

5. Hàm $f(x) = 2^3x$ có đạo hàm nào?
   A) $\ln 2 \cdot 2^3x$; B) $\ln (3x) \times 2^3x$; B) $\ln 3 \cdot 2^3x$; $\Gamma)$ $\ln 2 \cdot 2^3x$.

6. Miền xác định của hàm $f(x) = \log_5(5x)$ là gì?
   A) $]0; \infty$ [; B) $]1; \infty$ [; B) $]0; 1$ [; $\Gamma)$ $]0,5; \infty$ [; $\Delta)$ $]0; 0,5$ [.

Hình học
7. Mặt phẳng $\alpha$ vuông góc với mặt phẳng $\beta$, mặt phẳng $\beta$ vuông góc với mặt phẳng $\gamma$. Vị trí tương đối của các mặt phẳng $\alpha$ và $\gamma$ có thể là gì?
A) nhất thiết phải vuông góc; B) nhất thiết phải song song; B) cắt nhau nhưng không vuông góc; $\Gamma)$ song song hoặc vuông góc; $\Delta)$ có thể song song hoặc cắt nhau ở mọi góc độ.
8. Vectơ nào sau đây $a$ vuông góc với mặt phẳng cho bởi phương trình $-x + y - z = -2$?
A) $\vec{a} = (1; 1; 1)$; B) $\vec{a} = (1; -1; 1)$; B) $\vec{a} = (1; 1; 0)$; $\Gamma)$ $\vec{a} = (1; 0; 1)$; $\Delta)$ vectơ không được chỉ định.