Kvant 1979, số 10 · Trang

KVANM
10
1979

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

Tất cả những số liệu này có được bằng cách biến đổi cùng một mô hình, bao gồm mười hai thanh được buộc chặt bằng chỉ. Tác giả của mô hình này, V. Koleichuk, gọi nó là khối lập phương có thể biến hình. Cách tạo một khối lập phương như vậy được mô tả trên trang. 58.

Được thành lập vào năm 1970
10
1979

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

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

TRONG PHÒNG:

Tổng biên tập 2
Viện sĩ I. K. Kikoin

Phó thứ nhất
tổng biên tập 8
Viện sĩ A. N. Kolmogorov

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov 20
S. T. Belyaev
V. G. Boltyansky 21
N. B. Vasiliev 21
Yu. N. Efremov 21
V. G. Zubov 26
P. L. Capizza 26
V. A. Kirillin 28
A. I. Klimanov 28
S. M. Kozel 28
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov 36
N. A. Patrikeeva 36
I. S. Petrkov 39
N. Kh. Rozov 39
A. P. Savin 40
Tôi. Sh. Slobodetsky 40
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky 49
V. A. Fabrikant 49
A. T. Tsvetkov 49
M. P. Shaskolskaya 54
S. I. Schwarzburg 54
A.I. Shirtsov 54

TRONG PHÒNG:

Phòng thí nghiệm «Kvant»
Olympic tại nhà

vòng tròn toán học
G. Shestopal. Cách nhận biết tiền giả

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M586—M590; F598—F602

Lời giải bài toán M530, M531, M533, M534, M536, M537; F537, F542—F545

Qua những trang sách giáo khoa
M. Balk, Y. Lomakin. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tùy ý

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán

A. Dozorov. Có thể đựng nước trong một cái sàng?

Xưởng của người nộp đơn
S. Ovchinnikov. Nếu khoảng cách không được đóng lại…

L. Aslamazov. Định luật bảo toàn động lượng. Lực phản kháng

Trường lập trình tương ứng
Bài 3

Thông tin
O. Ovchinnikov, K. Shimbirva, Y. Shirakov, G. Ykovlev.
Olympic toàn Nga dành cho học sinh

N. Vasiliev. Bài toán tài nguyên Olympic

Bìa của chúng tôi (tr. 60)

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (trang 7, 14, 25, 38, 57)

© Tòa soạn chính tạp chí văn học vật lý và toán học được xuất bản
“Khoa học”, «Kvant», 1979

2

Kỳ nghỉ của giáo viên của bạn

Đảng và Chính phủ Liên Xô đánh giá cao sự lao động không mệt mỏi, hiệu quả của các nhà giáo và bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với công việc quên mình của họ.

Từ lời chào của Ban Chấp hành Trung ương CPSU, Đoàn Chủ tịch Xô viết tối cao Liên Xô, Hội đồng Bộ trưởng Liên Xô đến Đại hội giáo viên toàn Liên minh.

Tháng 10, nước ta long trọng kỷ niệm ngày lễ truyền thống - Ngày Nhà giáo Liên Xô. Ngày lễ này là ngày của hoa và nụ cười, những lời chúc mừng và những lời chúc tốt đẹp nhất của người thầy, người thầy dành cho học sinh. Tập thể biên tập và biên tập tạp chí «Kvant» chân thành tham gia nhịp điệu chúc mừng tầng lớp trí thức pháo binh yếu kém, nhà trường đã đạt được mục tiêu chính bài toán của ngày hôm nay - hoàn thành chương trình phổ cập giáo dục trung học bắt buộc, giáo dục nhân cách hài hòa của người tích cực trong xã hội phát triển xã hội chủ nghĩa. Trong thời gian 1918–1940, khoảng 1,5 triệu người tốt nghiệp trung học, và trong thời gian 1976–1978, hơn 8,9 triệu người hoàn thành giáo dục trung học. Hãy suy nghĩ về những con số này! Chúng chứa đựng sự mô tả sống động về sự phát triển chưa từng có của giáo dục công ở Liên Xô.

Chúng ta đã quen với những thành công của trường phái Xô Viết; những thành tựu của nó đã trở nên tự nhiên và hợp lý đối với chúng tôi. Đây là một thành tựu to lớn của chủ nghĩa xã hội - quyền được giáo dục không thể tách rời khỏi sự tồn tại của chúng ta, không thể tưởng tượng trẻ em và thanh thiếu niên của chúng ta không có trường học, không có kiến ​​thức. Thực tế của thế giới tư bản cho thấy một bức tranh khác. Theo ước tính của báo chí nước ngoài, ở các nước thủ đô có khoảng 300 triệu trẻ em trong độ tuổi đi học không được đến trường. Và đây chẳng hạn là sự thừa nhận của báo chí cơ quan: trong nước, cứ bốn học sinh thì có một học sinh phải nghỉ học khi chưa học xong lớp hai; Trong tổng số học sinh, chỉ có một nửa hoàn thành bậc tiểu học. Gây ra? Hoàn cảnh khó khăn về tài chính của các gia đình lao động, không cho con cái đi học.

Thật khó để đánh giá quá cao vai trò của một giáo viên trong cuộc sống của chúng ta. Suy cho cùng, chính trước mắt anh ta, dưới ảnh hưởng trực tiếp của anh ta, giai đoạn quan trọng nhất của cuộc đời một con người đã trôi qua - thời kỳ hình thành, hình thành nhân cách. Sự ra đời của mỗi công dân mới của Đất nước Xô Viết, một công nhân và một nhà sáng tạo, phần lớn không thể tách rời khỏi công việc cần cù, vị tha của một người thầy. Đó là lý do tại sao một giáo viên, một nhà sư phạm, được mọi người dân Liên Xô tôn trọng, và ngày nghỉ nghề của ông đã trở thành một khái niệm quốc gia.

3

Nhưng ngày lễ của thầy cô giáo chúng ta không chỉ là ngày của những lời chúc mừng, những lời chúc, dù chúng có chân thành đến đâu. Vào ngày này, mỗi học sinh phải đặc biệt trả lời rõ ràng và rõ ràng câu hỏi chính cho mình - bạn có đang làm mọi cách để công việc của giáo viên trở nên hiệu quả, dễ dàng và vui vẻ hơn không? Kết quả công việc của một giáo viên không chỉ phụ thuộc vào tài năng, kiến ​​​​thức, kinh nghiệm của họ - họ phụ thuộc vào học sinh, vào sự ham học hỏi của họ, vào nhận thức và hiểu biết về môn học, vào ý chí và khả năng của họ đôi khi không làm những gì họ muốn, mà là những gì cần thiết.

Diễn ra vào tháng 5 năm nay. Hội nghị Trung ương IV của Ủy ban Trung ương Komsomol, trong nghị quyết “Về thành công của Komsomol trong giáo dục cộng sản cho học sinh ở các trường trung học và chuẩn bị cho các em đi làm,” đã đặc biệt chú ý đến nhu cầu “truyền cho học sinh khái niệm rằng giáo dục phổ thông là nghĩa vụ công dân và là nhu cầu thiết yếu của mỗi thanh niên Xô Viết”. Điều này trước hết có nghĩa là học sinh không thể là một bên thụ động trong quá trình học tập và giáo dục. Phải tích cực phát huy việc tạo bầu không khí sáng tạo, quan tâm đến lĩnh vực tri thức, ứng phó với những trường hợp vô kỷ luật, phấn đấu đồng hóa sâu sắc trong nội bộ hệ tư tưởng Mác-Lein và đạo đức cộng sản.

Ban biên tập và các biên tập viên của “Quant” hôm nay gửi lời chúc mừng đặc biệt tới các đồng nghiệp thân yêu của chúng ta - một giáo viên dạy toán và vật lý. Đối với họ, hàng triệu học sinh có được kiến ​​thức về những môn học này. Và đối với họ, hàng nghìn hàng nghìn học sinh có được tình yêu đối với những ngành khoa học này và những thành công đầu tiên của họ. Để nhận thấy khả năng của học sinh, đánh thức sự quan tâm của học sinh đối với môn học, hướng dẫn các nghiên cứu sâu hơn của học sinh, giúp chuyển sự quan tâm đến môn học thành sự lựa chọn nghề nghiệp - tất cả những điều này đòi hỏi bao nhiêu công việc, kiến ​​​​thức và kỹ năng sư phạm!

Nhiều giáo viên toán và vật lý ở trường khiêm tốn đã đóng góp vô giá cho sự phát triển của các ngành khoa học này - họ đã giúp những thanh niên tài năng tìm được sự công nhận và được nhận vào một nền giáo dục lớn hơn. Và không có phần thưởng nào dễ chịu hơn, cao quý hơn cho công việc của một giáo viên hơn thành tích của học sinh trong môn toán hoặc vật lý.

Không còn nhiều thời gian nữa và những học sinh trung học ngày nay - giáo viên của “Kvaent” - sẽ tốt nghiệp ra trường và bước vào con đường rộng mở của cuộc sống tự lập. Hầu hết họ sẽ chọn một chuyên ngành có liên quan đến vật lý và toán học. Chúng ta có thể tự tin nói rằng các em đã trở thành những học trò xứng đáng của thầy mình.

4

A. Shirtsov, A. Nikitin

Tổng các góc của một khối đa diện

Trong hình học Euclide, định lý về tổng các góc của một đa giác phẳng chiếm một vị trí quan trọng, do đó câu hỏi đặt ra một cách tự nhiên về việc phân tích không gian của định lý này. Bài viết này mô tả phân tích như vậy và các khái niệm liên quan.

Đo góc có $n$

Chúng ta sẽ nghiên cứu mặt phẳng và góc đa diện như sau. Gọi $AOB$ là một góc tùy ý trên mặt phẳng. Chúng ta hãy dựng một đường tròn có bán kính $r > 0$ có tâm tại điểm $O$ và lấy mét góc $AOB$ là tỷ lệ giữa độ dài của cung $A'mB'$, nằm bên trong góc $AOB$, với chiều dài của toàn bộ đường tròn (Hình 1).

Ví dụ, với nghiên cứu về các góc này, một mét góc một độ bằng $\frac{1}{360}$, một mét góc l radian bằng $\frac{1}{2}$, và các định lý nổi tiếng về tổng các góc của một tam giác và tổng các góc của một hình lồi $n$-gon được xây dựng với sự tương ứng như sau: độ lớn của tổng các góc của một tam giác bằng $\frac{1}{2}$ và độ lớn của tổng các góc của một $n$-giác lồi bằng $\frac{n}{2} - 1$.

Xét một góc có cạnh $n$ tùy ý. Xung quanh đỉnh của nó (và trong trường hợp góc nhị diện, xung quanh một điểm tùy ý trên cạnh của góc này), chúng ta dựng một hình cầu và một bề mặt bằng cách sử dụng góc mặt cầu $n$, tỷ lệ diện tích của phần hình cầu nằm bên trong góc với diện tích của toàn bộ hình cầu (Hình 2).

Nếu $n > 2$ và $A_1, A_2, \dots, A_n$ là giao điểm của góc có cạnh $n$ với hình cầu, thì bằng $|A_1, A_2 \dots A_n|$ chúng ta biểu thị số đo của góc có cạnh $n$ và bằng $|\hat{A}_1|, |\hat{A}_2|, \dots, |\hat{A}_n|$ chúng ta biểu thị sự tương ứng của số đo bên trong

5

các góc nhị diện sớm $\hat{A}_1$, $\hat{A}_2$, …, $\hat{A}_n$ $n$-góc mặt đều.

Mỗi mặt của góc có mặt $n$ giao với hình cầu dọc theo một đường tròn lớn hơn và tất cả các mặt của góc có mặt $n$ cắt một hình khỏi hình cầu, thường được gọi là đường cong hình cầu $n$ (xem Hình 2).

Hình 3 và 4 thể hiện các hình cầu 2 giác và hình tam giác.

Số đo của một góc nhị diện, như có thể thấy trong Hình 3, bằng số đo của góc thẳng của nó. Từ công thức nổi tiếng về diện tích của một tam giác cầu, cho chúng ta biểu thức diện tích theo các góc đo bằng số đo radian (xem «Kvant», 1977, Số 1, trang 9), chuyển sang ký hiệu của chúng ta, chúng ta thu được

$$2|ABC| = |\hat{A}| + |\hat{B}| + |\hat{C}| - \frac{1}{2},$$

trong đó $\hat{A}$, $\hat{B}$, $\hat{C}$ là các góc lưỡng diện trong tại các cạnh $OA$, $OB$, $OC$ của góc tam giác của chúng ta.

Thật vậy, diện tích của hình $\Phi_1$, được tạo thành từ hai hình tam giác cầu $ADC$ và $A'D'C$, trùng với diện tích của 2 giác $C^*$), diện tích của hình $\Phi_2$, được tạo thành từ các tam giác $AD'B$ và $A'DB$ ​​, trùng với diện tích của 2 giác $\hat{B}$; hình $\Phi_3$, giới hạn ở mức nhận $ABA'$ và $A'CA$, là 2-giác $\hat{A}$. Giao điểm của ba hình $\Phi_1 \cap \Phi_2 \cap \Phi_3 = \Phi_1 \cap \Phi_2 = \Phi_2 \cap \Phi_3 = \Phi_3 \cap \Phi_1$ này là hình tam giác cầu $ABC$ mà chúng ta quan tâm. Do đó, khi tính tổng diện tích của ba hình này, chúng ta sẽ tính diện tích tam giác $ABC$ ba lần, tức là cộng thêm hai lần. Trừ tổng này cho diện tích nhân đôi của tam giác $ABC$, chúng ta thu được diện tích của nửa hình cầu nhìn thấy được (trong Hình 4). Vì vậy, $1/2 = |\hat{A}| + |\hat{B}| + |\hat{C}| - 2|ABC|$, tức là công thức (1) là hợp lệ.

Từ đẳng thức (1), suy ra rằng tổng số đo các góc nhị diện trong của một góc tam giác tùy ý vượt quá số đo kép của nó bằng $\frac{1}{2}$.

*) Ta ký hiệu 2 giác tương tự như cách ký hiệu góc nhị diện tương ứng.

6

Hình 5.

Bây giờ chúng ta hãy tìm số đo của một góc xiên $n$. Lưu ý rằng mọi $n$-giác lồi đều có thể chia thành các hình tam giác $n - 2$. Tương tự, bất kỳ góc $n$ lồi ($n > 2$) nào cũng có thể được chia thành các góc tam giác $n - 2$ và hình cầu $n$-gon tương ứng được chia thành các tam giác cầu $n - 2$ (Hình 5). Áp dụng công thức (1) cho tất cả các tam giác này và tổng hợp lại, chúng ta thấy rằng đối với hình cầu $n$-gon $A_1A_2 \ldots A_n$, tương ứng với một góc lồi $n$ nhất định, công thức đúng

$$|\hat{A}_1| + |\hat{A}_2| + \ldots + |\hat{A}_n| - 2|A_1A_2| \ldots A_n|$$

(nghĩa là tổng số đo của các góc hai chiều bên trong của một góc $n$ mặt là $\frac{n}{2} - 1$ lớn hơn hai lần số đo của một góc $n$ (tại $n > 2$).

Đại lượng $|\hat{A}_1| + |\hat{A}_2| + \ldots + |\hat{A}_n| - 2|A_1A_2 \ldots A_n|$ từ nay sẽ được gọi là phần dư của góc đa diện $OA_1A_2 \ldots A_n$.

Bài tập 1. Sử dụng công thức (1) và (2), ta tìm được a) số đo góc tam giác tại các đỉnh của hình lập phương; b) số đo một góc của tam giác tại các đỉnh của tam giác đều; c) số đo góc tứ giác tại các đỉnh của bát diện.

Tổng các góc của một khối đa diện

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một tứ diện tùy ý. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\alpha_i$ ($i = 1, 2, 3, 4$) các giá trị của các góc tam giác của nó và bằng $\beta_j$ ($j = 1, 2, \ldots, 6$) các giá trị của các góc hai chiều của nó. Phần dư của một góc tam giác bất kỳ là $\frac{1}{2}$, nên tổng số dư của tất cả các góc tam giác là $\frac{6}{2} \beta_j - 2 \sum_{i=1}^{4} \alpha_i = 2$. Kể từ đây,

$$\sum_{j=1}^{6} \beta_j - \sum_{i=1}^{4} \alpha_i = 1.$$

Xét một paramid $k$-giác lồi tùy ý. Chúng ta hãy biểu thị bằng $\alpha$ độ lớn của góc $k$ (ở đỉnh của paramid), bằng $\bar{\alpha}$ tổng độ lớn của tất cả các góc hai chiều ở đáy của paramid và bằng $\bar{\beta}$ tổng độ lớn của tất cả các góc hai chiều được hình thành bởi các mặt bên của nó. Như trong trường hợp của khối tứ diện, chúng ta tính tổng các phần thừa trên tất cả các đỉnh của paramid.

Từ công thức (2) suy ra $\bar{\beta} - 2\alpha = \frac{k}{2} - 1$ và từ công thức (1) chúng ta thu được $\bar{\beta} + 2\beta - 2\bar{\alpha} = \frac{1}{2} k$, do đó,

$$\beta - \bar{\alpha} + \alpha = \frac{1}{2},$$

$$\beta + \bar{\beta} - (\alpha + \bar{\alpha}) = \frac{k + 1}{2} - 1.$$

Do đó, từ các công thức (3) và (5), suy ra rằng cả đối với một khối tứ diện và đối với bất kỳ paramid $k$-giác lồi nào, hiệu giữa tổng độ lớn của tất cả các góc hai chiều và tổng độ lớn của tất cả các góc đa diện ở các đỉnh là một đại lượng phụ thuộc rất nhiều vào số mặt của paramid.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một khối đa diện lồi tùy ý có các mặt $n$ (Hình 6). Chúng ta hãy chọn một điểm bên trong tùy ý $A$ và nối nó với tất cả các điểm trên các cạnh của khối đa diện. Kết quả là chúng ta thu được sự phân chia khối đa diện thành $n$ paramit.

7

Lưu ý những điều sau: tổng độ lớn của tất cả các góc đa diện của các cặp này có đỉnh tại điểm $A$ bằng 1; tổng giá trị của tất cả các góc tam diện ở các đáy theo cặp trùng với tổng $\varphi$ của tất cả các góc đa diện ở các đỉnh của khối đa diện; tổng giá trị của các góc nhị diện ở đáy theo cặp từ phân vùng của chúng ta trùng với giá trị $\varphi$ của tất cả các góc nhị diện của khối đa diện. Từ đây và từ công thức (4), chúng ta thu được ngay $1 - \varphi + \bar{\varphi} = \frac{1}{2} \cdot n$ hoặc

Lưu ý rằng yêu cầu về độ lồi của khối đa diện chỉ được đưa ra để đơn giản cho việc trình bày. Người đọc có thể tự mình có được những khái quát hóa theo hướng này.

Định lý về tổng tổng quát các góc của một tứ diện được de Guze chứng minh lần đầu tiên vào năm 1783, những khái quát hóa tiếp theo được Brianchon công bố vào năm 1837.

Một đặc tính đáng ngạc nhiên của công thức (4) là, không giống như trường hợp phẳng, công thức này vẫn đúng trong hình học phi Euclide.

Bài tập

2. a) Tìm tổng tổng quát của các góc của hình lập phương và dodeframe. 6) Đối với các khối đa diện này, hãy tìm tổng số đo các góc đa diện ở các đỉnh.

3. Sử dụng công thức (1): tính tổng các góc đa diện thừa của một khối đa diện lồi có $P$ cạnh và $B$ đỉnh. (Đáp số. $P - B$.)

4. Suy ra từ Bài tập 3 và công thức (6) công thức Euler nổi tiếng liên quan đến số mặt $\Gamma$, số đỉnh $B$ và số cạnh $P$ của một khối đa diện lồi: $P - B = \Gamma - 2$.

5. Cho một ví dụ về khối đa diện thỏa mãn $B - P + \Gamma = 0$.

Danh sách độc giả đã gửi đúng lời giải bài toán trên Bài toán Kvant

Trong số này, chúng tôi công bố họ của những độc giả đã gửi đúng lời giải bài toán M536—M544 và F533—F547 (số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán).

Toán học

N. Abdibekov (Arkalsk) 6a; K. Abdukhalkov (Alma-Ata) 6-8; A. Adaev (làng Pokrovka AzSSR) 7; Z. Alaverdyan (Ijevan) 3; F. Aliyev (Baku) 1, 3, 4; A. Andreasyan (Byureghavan ArmSSR) 3; R. Ardan (Lviv) 6, 7, 1-3; K. Arstamyan (Kafan) 7; N. Arutina (Kyiv) 2-4; P. Akhmetevov (Moscow) 2-4; A. Akhmetkhozin (Anjan) 6a, 7; A. Badalyan (làng Berd, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia) 6-8; B. Baysakolov (Alma-Ata) 6, 7; K. Baklanov (Tula) 6a, 7; A. Balinsky (Làng Dublyany, vùng Lviv) 6-9, 1-4;

A. Barg (Nikolaev) 6, 7; A. Baryshnikov (Moscow) 6; B. Bắt đầu (Moscow) 6, 2; A. Beloda (Krivoy Rog) 3; N. Berezovsky (Chernivtsi) 2, 3; S. Berkovayko (làng Kotovo, vùng Belgorod) 3; S. Bespamyatnykh (Artemovsky) 6-9, 2; N. Bovsunsky (làng Putlovich, vùng Zhytomyr) 3; A. Borisev (Leningrad) 6, 8, 0, 3,4; E. Dũng cảm (Perm) 6; A. Bratsisky (Vogodsk) 6, 0; Y. Bretman (Kyiv) 3; A. Burin (Moscow) 6, 1, 4; Yu. Busin (Cheremkhovo) 7, 3; E. Weissler (Kyiv) 3; V. Bardak (Tashtagol) 6; S. Vasilovsky (Ashgabat) 1; N. Vladimirov (Moscow) 2, 3; A. Vladescu (SRR) 7, 8, 0; Kh. Voktor (Dnepropedersky) 1, 3; A. Voronov (Moscow) 6; M. Gavrilov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 6a, 7, 8, 1-4; E. Gadzhiev (Tbilisi) 6a, 3; M. Gaisinsky (Tashkent) 4; N. Gasilov (Baku) 7, 1, 3; A. Genin (Moscow) 3; A. Genyazok (Kyiv) 3; A. Gilman (Moscow) 6, 7, 4; A. Gilok (Floresti) 2; L. Gimlin (Vitebsk) 6-8; Yu. Glukhov (Shelkovo) 6, 7; S. Glushko (Drohobych) 3; O. Gorbachev (Kustanay) 6, 3, 4; O. Gordienko (Pavlodar) 7, 8; M. Gorlov (Belorets) 6; L. Grinash (thị trấn Dyatlovo, vùng Grodno) 7; N. Gripber (Kyiv) 6, 7, 1; V. Guba (Vologda) 6-8, 1-4; S. Guzov (Lvovsky)

(Tiếp theo trang 14)

I. Urusvsky

Chạy, đi bộ và vật lý

Người bị trói tay chân có thể chạy nhanh “cởi trói” được không? Có lẽ! Không tin tôi? Hãy cùng tìm hiểu…

Theo quan điểm của lý thuyết dao động, con người chạy trong hệ tọa độ gắn liền với người chạy chỉ đơn giản là sự treo lủng lẳng của đôi chân. Như vậy, khi chạy, đi bộ, chúng đóng vai trò như những con lắc, được nối với cơ thể bằng một bản lề và dao động trong trường trọng lực xung quanh vị trí cân bằng của chúng - vị trí thẳng đứng. Hohora không phải là “quả nặng trên một sợi dây không trọng lượng”, không phải là một con lắc toán học được nghiên cứu ở trường: khối lượng của chân không tập trung tại một điểm mà phân bố dọc theo toàn bộ chân. Hohora là một loại bạc hà vật chất.

Đặc điểm quan trọng nhất của bất kỳ mặt dây chuyền nào là tần số dao động tự do của nó. Đối với một con lắc toán học, như đã biết, tần số dao động tự do bằng $v_0 = \sqrt{g/l}$ và chỉ phụ thuộc vào chiều dài $l$ của con lắc. Trong một con lắc vật lý, trái ngược với con lắc toán học, tần số dao động tự do không chỉ phụ thuộc vào chiều dài của nó mà còn phụ thuộc vào sự phân bố khối lượng dọc theo con lắc: các khối lượng càng hướng về trục dao động của con lắc thì tần số dao động tự do của nó càng cao. Tuy nhiên, đối với một con lắc vật lý, tần số cũng có thể được viết là $v_0 = \sqrt{g/L}$, trong đó $L$ là một đặc tính rất quan trọng của con lắc - đường rút gọn của nó. Đây là một mặt dây chuyền toán học có cùng tần số với một mặt dây chuyền vật lý nhất định.

Đối với những người có tỷ lệ phức tạp, chiều dài nhất định phải tỷ lệ thuận với chiều cao. Do đó tần số dao động tự do

9

log của những người có chiều cao khác nhau được liên hệ dưới dạng căn bậc hai của tỷ lệ chiều cao (ngược lại). Điều này cung cấp cho chúng tôi một cách rất đơn giản để xác định $v_0$ đối với một người có chiều cao bất kỳ. Chỉ cần thay đổi tần số rung động tự nhiên của bài tập yoga của riêng bạn là đủ. Và đây là một số: đứng trên một chân, hiển thị, thả chuột, chân kia và đếm số lần dao động trung bình của chân trong một giây. Ví dụ: đối với một người cao 175 cm thì tần số là 0,8 Hz. Vì vậy, đối với con người, chiều cao là $h(\text{см}) v_0 = 0,8 \sqrt{175/h}$ (Hz).

Nếu chân ổn định, như trường hợp khi chạy, thì chiều dài chân giảm đi sẽ giảm và tần số dao động tự do sẽ tăng khoảng một phần tư.

Khi đi, chân chịu những rung động cưỡng bức dưới tác động của chuột. Người ta biết rằng trong quá trình dao động cưỡng bức, phạm vi của chúng không chỉ phụ thuộc vào độ lớn của lực mà còn phụ thuộc vào tần số tác dụng của nó. Tần số tại đó thu được dao động cực đại gọi là tần số cộng hưởng.

Tần số cộng hưởng $v_p$ gần như trùng với tần số $v_0$ dao động tự do của con lắc:

$$v_p = v_0 \sqrt{1 - \alpha^2},$$

trong đó $\alpha = \frac{1}{2\pi} \ln n \approx 0,37 \lg n$, $n$ là số biểu thị biên độ dao động tự do giảm bao nhiêu lần trong một chu kỳ. Biên độ dao động tự do của chân người trong một chu kỳ giảm khoảng hai lần, do đó trong trường hợp của chúng ta $n \approx 2$, $\alpha \approx 0,11$ và tần số cộng hưởng từ tần số tự nhiên chỉ là 0,6%.

Rõ ràng là từ quan điểm tiết kiệm năng lượng, việc đi bộ bằng cách di chuyển chân với tần số cộng hưởng là có lợi nhất. Với tốc độ đi bộ này, thế năng tích trữ khi nhấc chân chuyển hóa đầy đủ nhất thành động năng tại thời điểm chân đi qua vị trí cân bằng và sau một phần tư thời gian (nửa bước), động năng của chuyển động dao động chuyển hóa hoàn toàn nhất thành thế năng. Các giá trị tối đa của thế năng và động năng trong trường hợp này gần như giống nhau và tải trọng bổ sung lên chân liên quan đến nhu cầu “treo” định mức khi đi bộ là tối thiểu.

Mọi người thực sự đi bộ với đôi chân di chuyển ở tần số cộng hưởng. Độ lệch của tần số “hoạt động” so với cân bằng cộng hưởng không lớn. Rõ ràng là tại sao: độ lệch này càng lớn thì tải trọng bổ sung lên các cơ liên quan đến việc vượt qua quán tính của chân khi đi bộ với tốc độ nhanh mạnh hoặc vượt qua trọng lực tác động lên chân càng lớn.

Tình huống hoàn hảo tương tự như cách thực hành đu trên xích đu quen thuộc: tương đối dễ dàng vung xích đu ở tần số cộng hưởng của nó, nhưng nếu bạn cố gắng vung nó với tần số, chẳng hạn như cao gấp đôi, bạn sẽ nhanh chóng cảm thấy mệt mỏi và xích đu thực tế sẽ không nhúc nhích.

Bây giờ đã rõ tại sao một người, nếu cần đi bộ nhanh, trước hết phải tăng chiều rộng bước đi chứ không phải tốc độ đi bộ. Trong trường hợp này, tốc độ chuyển động tăng lên và tần số cộng hưởng của dao động ở chân thay đổi rất ít: vật lý học đã biết rằng tần số cộng hưởng gần như không phụ thuộc vào kích thước của dao động.

Ngoài việc tăng chiều rộng của bước, còn có một biện pháp dự phòng khác để tăng tốc độ đi bộ: uốn cong đầu gối khi nhấc chân lên khỏi mặt đất. Tất nhiên, điều này không ảnh hưởng đến độ rộng của bước đi, nhưng tần số cộng hưởng tăng lên và một người, do đó, đã “điều chỉnh” tần số cộng hưởng của chân để đạt tốc độ đi bộ cao hơn, có thể đi bộ nhanh chóng.

Bàn tay con người cũng thích nghi với việc đi lại. Vì hai chân chuyển động theo hai mặt phẳng song song khác nhau, nằm cách nhau một khoảng nên chuyển động của chân gây ra một mô men lực có xu hướng làm cơ thể người quay quanh một trục thẳng đứng. Để duy trì dáng đi thẳng, mọi người vung tay “về phía” chuyển động của chân. Với chuyển động của cánh tay như vậy, một mômen lực sẽ xuất hiện ngược lại với mômen lực do chuyển động của chân gây ra và bù đắp cho nó. Giảm ngược lại

10

sự dịch chuyển theo phương thẳng đứng của trọng tâm của cơ thể và công liên quan đến nó: xét cho cùng, việc tách các lỗ khi đi sẽ làm dịch chuyển trọng tâm xuống và sự tách rời của hai cánh tay - lên trên. Tất nhiên, một người có thể duy trì tư thế thẳng mà không cần vung tay, nhưng chỉ phải trả giá bằng lực căng của chuột thêm, và điều này là không có lợi.

Bạn có thể vung tay dễ dàng nhất khi đi bộ nếu phần cộng hưởng của rung động ở tay và chân của bạn giống nhau. Hóa ra những tần số này thực sự trùng khớp. Hơn nữa, nếu một người “điều chỉnh” phần cộng hưởng của dao động của chân theo tốc độ chuyển động nhanh hơn bằng cách lắc chúng, thì người đó cũng lắc cánh tay của mình cho phù hợp, từ đó duy trì sự cân bằng về tần số cộng hưởng của dao động của tay và chân.

Tốc độ đi càng cao thì nhu cầu co chân (và tay) càng mạnh để phần cộng hưởng dao động của chân “điều chỉnh” độ dài của chân cần co lại nhưng bạn đã không thành công (đây là cấu tạo của chân). Điều này có nghĩa là không thể tăng tần số dao động cộng hưởng của chân lên hơn $\sqrt{2}$ lần. (Và nếu chúng ta tính đến việc hora sẽ có vị cay khi bị đẩy khỏi mặt đất, thì rõ ràng là “hệ số tăng” phụ thuộc vào ít hơn $\sqrt{2}$.)

Vì vậy, chỉ có thể “điều chỉnh” phần cộng hưởng theo tốc độ đi bộ hoặc beta trong giới hạn khá hạn chế. Và khi bạn chạy với tốc độ nhanh, thì thế năng tích trữ khi mỗi lần nhấc chân lên không đủ để truyền động năng cần thiết của chuyển động dao động đến chân trong quá trình đẩy khỏi mặt đất. Hãy bù đắp cho sự thiếu hụt thu nhập thông qua công việc của con chuột. Và động năng cần thiết tăng nhanh khi tốc độ tăng dần: nó tỷ lệ với bình phương tốc độ của người chạy. Nếu chúng ta tính đến cùng một chiều rộng bước, tốc độ tỷ lệ thuận với số bước trên giây, thì hóa ra năng lượng “lãng phí” khi “lủng lẳng” chân với tốc độ chuyển động nhanh tỷ lệ thuận với lũy thừa ba của tốc độ. Điều này có nghĩa là việc tăng tốc độ beta chỉ 10% đòi hỏi mức tiêu hao năng lượng tăng thêm một phần ba và việc tăng gấp đôi tốc độ sẽ đòi hỏi mức tiêu hao năng lượng tăng gấp bội. Về lực cần thiết mà chuột phải di chuyển chân với tốc độ nhanh, chúng tỷ lệ thuận với bình phương tốc độ.

Sự phụ thuộc phi tuyến tính rõ ràng của mức tiêu hao năng lượng vào tốc độ cho thấy một khoảng cách tương đối nhỏ về tốc độ beta trong một khoảng cách ngắn giữa những người giữ kỷ lục và những vận động viên giỏi đơn giản. Đây là lý do tại sao rất khó để “vắt kiệt” những phần giây thừa đó trong quãng đường 100 mét. Nhân tiện, điều này cũng giải thích tại sao khi chạy beta trên quãng đường dài, khi đặc biệt cần thiết để bảo toàn sức lực, mọi người thích chạy hơn, tạo ra những chiếc khóa tương đối lớn nhưng sắp xếp lại các sự thật với tần số gần với tần số cộng hưởng. Và điều này mặc dù thực tế là mỗi lần co giật đòi hỏi phải tiêu hao thêm năng lượng.

Để tìm ra lượng lực mà chuột phải phát triển tùy thuộc vào tần số chuyển động của chân, ngoài tần số dao động tự do của chân, còn phải biết mức độ suy giảm của các dao động này. Ở người, biên độ dao động của chân giảm khoảng một nửa trong một chu kỳ. Lực của chuột, di chuyển chân tới lui, tác dụng tuần hoàn và chúng ta có thể giả định gần đúng rằng nó thay đổi theo quy luật hình sin. Những dữ liệu này có thể được sử dụng để sử dụng các công thức nổi tiếng của lý thuyết dao động nhằm tính toán lực cần thiết cho bất kỳ tốc độ đi bộ nào.

Kết quả tính toán được thể hiện trên biểu đồ. Có thể thấy, lực cần thiết có giá trị nhỏ nhất ở tần số chân thay đổi bằng tần số cộng hưởng và tăng mạnh khi lệch khỏi giá trị này. Biểu đồ cho thấy rõ ràng việc đi bộ, di chuyển chân của bạn một cách chính xác với âm thanh cộng hưởng sẽ mang lại nhiều lợi ích hơn

11

Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lực di chuyển chân vào tốc độ đi. Ở đây $v$ là tần số dao động của chân khi đi, tức là số bước của một chân trong một giây; $v_0$ - tần số cộng hưởng của rung động ở chân. Các giá trị hiển thị theo chiều dọc cho biết lực mà cơ sẽ tạo ra gấp bao nhiêu lần so với việc đi bộ ở tần số cộng hưởng.

tần số, và khi καταstrophic, lực cần thiết tăng lên khi tốc độ đi bộ tăng lên. Vì vậy, ví dụ, khi tần số dao động của chân tăng gấp đôi so với tần số cộng hưởng, tức là khi số bước đi trong một giây tăng gấp đôi thì tải trọng lên các cơ chân có cùng chiều rộng bước sẽ tăng gấp 14 lần! Ngay cả khi tốc độ đi bộ chỉ lệch 10% so với tần số cộng hưởng, lực cần thiết vẫn tăng lên đáng kể. Điều này làm rõ lý do tại sao mọi người đi bộ, cẩn thận duy trì tần số cộng hưởng của họ: đi bộ theo cách này dễ dàng hơn. (Việc giảm chất lượng của sự phụ thuộc cũng được bảo toàn trong trường hợp beta. Chỉ cần tính đến tần số cộng hưởng trong beta do uốn cong chân ở đầu gối cao hơn một chút so với khi đi bộ).

Chiều dài bổ sung của chân càng ngắn cho cùng một chiều dài (trên thực tế, các chân được làm từ dưới lên dưới càng mỏng và độ dày của chúng giảm dần từ trên xuống dưới càng nhanh), tần số cộng hưởng của dao động của chân càng lớn và tốc độ chúng có thể phát triển trong cùng điều kiện càng cao. Mặt khác, chân càng nhẹ thì chân chuột càng cần ít nỗ lực hơn để di chuyển ở cùng tốc độ (vì lực tỷ lệ thuận với trọng lượng của chân). Đó là lý do tại sao tất cả các loài động vật chạy nhanh (linh dương, báo gêpa, ngựa đua, chó săn xám) đều có chân rất gầy và chân tương đối nhẹ.

Đúng, điều kiện thứ hai ít quan trọng hơn điều kiện thứ nhất, vì tần số cộng hưởng của dao động ở chân đóng vai trò quyết định đối với tốc độ của beta. Ví dụ, voi, với đôi chân to lớn nhưng tương đối thon, chạy khá nhanh nhẹn, và ở Ấn Độ, thành ngữ “đi như voi” là lời khen ngợi cao nhất.

Còn voi và linh dương thì sao! Hãy thử hợp đồng của một con lợn bình thường, người đã lên đường trốn thoát khỏi bạn. Hình dạng chân của lợn con - thường được gọi là dăm bông - có đặc điểm là độ dày của chân giảm rất mạnh từ trên xuống dưới. Con lợn cần giăm bông không phải để làm thành giăm bông mà để tần số cộng hưởng của chân cao hơn. Chân ngắn của lợn có tần số cộng hưởng thực sự cao, cho phép nó cạnh tranh ở tốc độ beta với những người có chân dài hơn nhiều.

Vì vậy, tần số cộng hưởng của rung động ở chân đóng vai trò quyết định đến tốc độ beta và bước đi. Đương nhiên, câu hỏi được đặt ra: liệu có thể tăng nó lên không? Sẽ thật thú vị khi làm điều này: việc tăng tần số cộng hưởng sẽ cho phép bạn đi bộ và chạy nhanh.

Về nguyên tắc, có ít nhất hai cách có thể xảy ra vấn đề lời giải. Cách đầu tiên là tăng lực hấp dẫn, điều này sẽ kéo theo sự tăng tần số dao động cộng hưởng của chân lên $\sqrt{2}$ lần. Đúng là việc tăng lực hấp dẫn, nói một cách nhẹ nhàng, không phải là điều dễ dàng và quan trọng nhất là phải hối tiếc, điều đó không đáng. Nhưng đối với các phi hành gia một ngày nào đó sẽ đi vòng quanh các hành tinh khác,

12

Câu hỏi về sự phụ thuộc của phần cộng hưởng của dao động của chân vào gia tốc trọng trường không có bản chất học thuật: xét cho cùng, mỗi hành tinh đều có gia tốc trọng trường riêng.

Phương pháp thứ hai giải quyết vấn đề lời giải tốt hơn nhiều. Nếu thế năng dự trữ trong mỗi lần nhấc chân không đủ để truyền tốc độ dao động cần thiết tới phía bắc, thì bằng cách buộc chân bằng dây cao su đàn hồi hoặc gắn các phần tử đàn hồi vào chân theo cách khác, chúng ta cố gắng đưa chân về vị trí cân bằng khi thực hiện sai lệch so với vị trí này, nhờ đó chúng ta sẽ làm tăng thế năng tích lũy (do động năng) khi nâng chân. Kết quả là, tải trọng bổ sung vô ích lên các cơ liên quan đến việc phải vượt qua quán tính của chân khi đi và chạy sẽ giảm đi. Các phần tử đàn hồi được gắn vào chân sẽ hoạt động như một nguồn dự trữ năng lượng tiềm năng, được bổ sung và làm trống bởi chuyển động trong mỗi chu kỳ dao động, và giống như trong tất cả các hệ thống dao động, chúng sẽ làm tăng phần cộng hưởng của dao động. Độ đàn hồi của các phần tử này càng lớn (ví dụ như chỉ dây cao su nối các chân) thì phần cộng hưởng càng cao. Điều này có nghĩa là để đi và chạy nhanh hơn, bạn cần… buộc chân (tất nhiên là bằng dây thun).

Một mặt của câu chuyện cổ tích Đức kể về một người đàn ông có thể chạy cực nhanh. Để đi được với tốc độ bình thường, anh buộc tạ vào chân. Skorod biết mình đang làm gì. Rốt cuộc, bằng cách làm như vậy, anh ta đã tăng độ dài đã giảm của chân, và do đó, làm giảm phần dao động cộng hưởng của chúng và cùng với đó là tốc độ chuyển động. Nhưng nếu anh ấy gắn các bộ phận đàn hồi vào chân cùng với tạ, anh ấy sẽ chạy nhanh hơn nữa. Tuy nhiên, người ta có thể nghi ngờ rằng bí mật của người đi bộ beta nhanh nằm chính xác ở chỗ chân của anh ta có phần dao động cộng hưởng cao hơn chân của những người khác.

Bất kỳ người khỏe mạnh nào cũng có thể trở thành người đi bộ bằng cách tăng phần cộng hưởng của dao động với sự trợ giúp của các phần tử đàn hồi.

Hãy tưởng tượng một người như vậy đang tham gia môn điền kinh. Trước khi bắt đầu, anh ta trói chân mình và để giải thích phần nào hành vi kỳ lạ của mình, anh ta khiêm tốn nói với ban giám khảo rằng anh ta chạy rất nhanh và để không chạy quá xa đối thủ, anh ta thường có thói quen buộc nhẹ chân. Sau khi vào vị trí ngay từ đầu, vận động viên của chúng ta dùng một lực nào đó lùi lại một chân, từ đó “sạc” thế năng vào đó. Ngay khi bắt đầu nhấc chân này lên khỏi mặt đất, hora “bắn” về phía trước, giống như từ súng cao su. Nhân tiện, điều này cũng làm giảm thời gian tăng tốc. Tất nhiên, người chạy bị trói chân sẽ đến với nhà vật lý trước. Nhưng anh ta sẽ khó dừng lại hơn và anh ta sẽ chạy thêm vài bước: sau cùng, hai chân anh ta bị trói bằng dây chun “tự chạy”. Nhân tiện, nếu nó nhất quán đến cùng, thì để tạo điều kiện thuận lợi cho phiên bản beta, các phần tử đàn hồi cũng phải được gắn vào cánh tay, như đã lưu ý, chúng đóng một vai trò nhất định khi đi và chạy. Điều này có thể được thực hiện, ví dụ, bằng cách buộc cánh tay (bàn tay cao hơn) vào thắt lưng bằng dây thun. Lựa chọn chung là thế này: nếu một người bị “trói” tay và chân, người đó sẽ chạy nhanh hơn.

13

Khi tôi trình bày những thông điệp này với các đồng nghiệp của mình, họ đã cười nhưng đồng ý với tôi, và người kiên quyết nhất trong số họ tuyên bố rằng chẳng ích gì khi kéo chân họ, đi đến chỗ những người thí nghiệm và mang cho họ một sợi dây cao su chống sốc. Sợi dây này bao gồm nhiều dây thun mỏng. Sau khi cắt những sợi dây thun mỏng này thành những đoạn dài 75 cm, chúng tôi làm từ chúng một số bánh xe kéo dày khoảng một cm. Kỹ thuật sản xuất rất đơn giản: từ mỗi mảnh, bằng cách buộc các đầu của nó, họ tạo thành một chiếc nhẫn, và từ bảy đến tám mươi chiếc nhẫn như vậy, họ tạo thành một sợi dây cọc dày. Để dây garô không bị bung ra, nó phải được cắt lại ở một số chỗ (giống như cắt lại các thanh khi làm chổi).

Nếu một chiếc vòng như vậy được đặt trên cả hai chân, thì ở tư thế hai chân khép vào nhau, chiếc vòng sẽ không phát triển mà sẽ quấn chặt quanh chân mà không bị chùng xuống. Khi đi bộ hoặc chạy, nó sẽ giãn ra định kỳ. Các lực đàn hồi phát sinh trong trường hợp này sẽ có xu hướng đưa chân về vị trí cân bằng dẫn đến tần số dao động cộng hưởng của chân tăng lên. Tuy nhiên, một chiếc vòng như vậy, ôm chặt hai chân ngang tầm bắp chân, sẽ làm tăng tần số cộng hưởng lên gấp rưỡi.

Để chiếc nhẫn không làm cong các mạch máu, chúng tôi đặt nó lên trên những miếng băng cứng làm bằng bìa cứng hoặc vật liệu phù hợp khác. Cuối cùng, để ngăn chiếc vòng khỏi băng (lên trên chân), chúng tôi gắn nó vào băng ở hai điểm và nối hai điểm còn lại của chiếc vòng bằng dây bện với giày. Dây xe quay để di chuyển các điểm của vòng mà chúng được gắn vào chân, nhưng không cản trở chuyển động của vòng trong mặt phẳng nằm ngang, vì góc giữa dây xe và chân luôn nhỏ và dây xe gần như song song với chân.

Vòng cao su có thể được đặt ở chân cả trên và dưới đầu gối - trong mọi trường hợp, phần cộng hưởng của rung động ở chân sẽ tăng lên. Nhưng vì động học

14

Danh sách độc giả đã gửi đúng lời giải bài toán trên Bài toán Kvant

(Để bắt đầu, xem trang 7)

2—4; V. Dashevsky (Moscow) 7; V. Jaloyan (làng Urtsadzor, Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia) 7, 8; V. Dobrov (Angarsk) 2; S. Dovbysh (Moscow) 6-9, 1-3; A. Dorozovtsev (Kyiv) 2; A. Dubinsky (Moscow) 2; K. Dubrovsky (Slavyansk) 3; D. Duzhchev (làng Makhmudavar AzSSR) 2, 3; D. Duntsev (quận Masalynsky của AzSSR) 7; I. Elishevich (Chernigov) 6, 7; A. Ermolin (Petrozavodsk) 6—8, 1, 3, 4; A. Zabarinov (Zavolzhsk) 3; I. Zverovich (Minsk) 6, 7; M. Zlamoustovsky (làng pravaya Khava, vùng Voronezh) 3; Zozulya (Baku) 6a; V. Zolomatevsky (Kyiv) 1, 3, 4; K. Ilyin (Vilnius) 7; F. Kabdykairov (Alma-Ata) 6-8, 3; A. Kadamanov (Belorek) 6, 7; P. Kaluzhin (Moscow) 1-4; R. Kamalyan (Yerevan) 7, 2, 3; A. Kanel (Moscow) 6-8; A. Kaplan (Sumgant) 6a, 7, 8, 1-4; A. Kelarev (Sverdlovsk) 6, 7, 1-4; E. Knaus (Pavlodar) 6; A. Kinh Koran (Moscow) 6, 7, 9; D. Kolomitsev (Sumgant) 6a; A. Kolomitsev (Angarsk) 6, 7; I. Kolkov (Sochi) 7, 3; Yu. Kondrakhin (Novosibirsk) 7, 2; M. Kontsevichi (Khimki) 6—9, 1, 3, 4; D. Korneev (Saratov) 2; A. Vua (Tashkent) 6, 7; O. Kravets (Voronezh) 6a, 7, 8, 2; I. Krounk (Lviv) 6; O. Krylov (V. Ustyug) 6, 7, 4; I. Kuz (Lviv) 6a, 1;

E. Kuzmin (Cherpovet) 6; A. Kulesko (Donetsk) 6, 8, 9; V. Kukharchik (làng Maly Shpkov, vùng Rivne) 6, 3; A. Kushnerov (Moscow) 6, 7; A. Kushi (Dnepropetrovsk) 7; B. Lapidus (Moscow) 66; Y. Lapusma (Terpolol) 6a, 7; B. Leites (Moscow) 6, 7, 3, 4; A. Lipin (Leningrad) 8, 1, 3; S. Lounov (Moscow) 7, 8; A. Lukashov (Lebedin) 6; Yu. Makarov (Leningrad) 1; G. Malkhasyan (làng Tsalka, GrSSR) 7; R. Mamedov (Baku) 6, 7, 1, 3; M. Marjanovic (SFRY) 3; A. Meegretsky (Leningrad) 2-4; M. Melamed (Zaporozhye) 2; V. Melnik (Gaysin) 6a, 7, 3; G. Milnikov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 1; A. Mindlin (Saratov) 6, 8; S. Mokrousov (Leningrad) 4; G. Molchanov (Saratov) 2; S. Moreino (Moscow) 6, 7; P. Mulin (Irkutsk) 6a; R. Nabokov (Saratov) 2, 3; N. Naznibida (Chernivtsi) 3; O. Nazavov (làng Fakhralo, GrSSR) 6a, 7, 3; N. Nizkaradze (Tbilisi) 3; A. Nikolaev (làng Oktyabr TASSR) 7; A. Nintsevsky (Voronezh) 3; S. Novakovsky (Saratov) 2; S. Novikov (Kherson) 6a, 9, 3; V. Olkhov (Gorky) 3; A. Oparin (Gorky) 6-8; A. Pavtsev (Riga) 6, 7, 2; E. Palosh (Voroshilovgrad) 3; M. Panmaev (Moscow) 1; A. Panmelev (Rostov-on-Don) 7; A. Pashkevich (Ba Lan) 2; V. Pashenko (Kyiv) 6; K. Pelikh (Pavlovsky Posad) 6, 7; G. Pelts (Leningrad) 7; G. Perelman (Leningrad) 8; (Tiếp theo trang 25)

15

Trên đường đến năng lượng của tương lai

Sự phát triển của nền văn minh gắn bó chặt chẽ với sự gia tăng sản xuất năng lượng. Một cách hấp dẫn hơn là sử dụng năng lượng tổng hợp của các hạt nhân hydro nặng, trữ lượng của chúng nhất thiết phải lớn (xem “Vật lý-10”, § 145). Các phản ứng sau sẽ xảy ra:

$$\text{1H}^2 + \text{1H}^2 \rightarrow \text{2He}^3 + \text{0n}^1,$$

(1)

$$\text{1H}^2 + \text{1H}^2 \rightarrow \text{1H}^3 + \text{1H}^1.$$

(2)

Trong lần đầu tiên, hai hạt nhân hydro nặng được biến đổi thành hạt nhân gel nhẹ và neutron, trong lần thứ hai - thành hạt nhân hydro siêu nặng và một proton. Một lượng lớn năng lượng được giải phóng cùng một lúc. Thậm chí có thể thu được nhiều năng lượng hơn thông qua phản ứng giữa hydro nặng và hydro siêu nặng được tạo ra một cách nhân tạo:

$$\text{1H}^2 + \text{1H}^3 \rightarrow \text{2He}^4 + \text{0n}^1.$$

(3)

Vì hạt nhân nguyên tử có điện tích dương và đẩy nhau nên phản ứng nhiệt hạch chỉ có thể xảy ra ở chất có hạt nhân có động năng cao, đủ để thực hiện công chống lại lực đẩy. Điều này có nghĩa là những hạt nhân phản ứng này có thể được nhận ra khi chất này được nung nóng đến nhiệt độ rất cao. Vì vậy, những phản ứng như vậy được gọi là nhiệt hạch. Để thực hiện các phản ứng nhiệt hạch tích hợp (1-2), cần phải đun nóng hydro nặng đến vài trăm triệu độ và duy trì nhiệt độ này trong ít nhất vài giây. Phản ứng (3) có thể được quan sát ở nhiệt độ khoảng 100 triệu độ. Ở nhiệt độ như vậy, chất này chuyển sang trạng thái plasma - các nguyên tử hydro phân hủy thành các electron cấu thành và hạt nhân nguyên tử của chúng. Để ngăn plasma nóng “thoát” vào thành lạnh của bình bao quanh nó, nó phải được đặt trong từ trường. Trong trường hợp này, sóng Lorentz tác động lên mỗi hạt tích điện sẽ buộc nó “cuộn” trên đường cảm ứng từ, ngăn không cho bộ phận đó rời khỏi thành bình (xem “Vật lý-9”, § 93).

Tạo ra lò phản ứng nhiệt hạch là một nhiệm vụ khoa học kỹ thuật vô cùng phức tạp. Các nhà khoa học và kỹ sư đã nghiên cứu con đường lời giải của nó trong gần ba mươi năm. Một cách hấp dẫn hơn là sử dụng năng lượng tổng hợp của các hạt nhân hydro nặng, nguồn dự trữ chỉ cần một vòng quay. Cuộn dây này được hình thành bởi một buồng hình khuyên khép kín có hình xuyến (bánh rán). Buồng chứa đầy hydro ở áp suất thấp. Bằng cách cho dòng điện cao chạy qua cuộn sơ cấp của máy biến áp như vậy, nó sẽ gây ra sự cố điện trong khí chứa trong buồng. Hydro bị NON hóa và dòng điện thứ cấp chạy qua nó làm nóng nó đến nhiệt độ rất cao. Dòng điện vòng, dưới tác dụng của lực từ, bị co lại thành tiếng ồn plasma mỏng, vì các dòng điện song song, cùng chiều bị uốn cong (xem “Vật lý-9”, § 88). Để cô lập thành công plasma hydro, một từ trường bổ sung được sử dụng, được tạo ra bởi một nam châm điện, các cuộn dây được quấn trên bề mặt bên ngoài của hình xuyến. Từ “tokamak” có nguồn gốc từ các khe đầu tiên của các thành phần chính được đặt tên của hệ thống lắp đặt (PHÒNG TORONDAL trong TRƯỜNG TỪ TÍNH). Hiện có hơn 50 tokamak hoạt động ở nhiều quốc gia khác nhau.

Có một khái niệm cơ bản về con đường dẫn tới các phản ứng nhiệt hạch có kiểm soát. Phản ứng tổng hợp nhiệt hạch có thể được thực hiện trên cơ sở chuyển đổi vi mô định kỳ của các phần nhỏ nhiên liệu nhiệt hạch rắn (hydro). Về nguyên tắc, các chùm tia laser mạnh hoặc chùm electron dày đặc được gia tốc đến tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng có thể hòa tan và làm nóng một tay sai rắn bằng nhiên liệu nhiệt hạch đến các giá trị cao về mật độ và nhiệt độ mà tại đó phản ứng nhiệt hạch thành công diễn ra trong chất mỏ trong phần nano giây. Con đường này cũng đang được các nhà khoa học Liên Xô khám phá.

Ở nước ta, công việc nghiên cứu các phản ứng nhiệt hạch có kiểm soát được thực hiện trên diện rộng. Bài luận ảnh này sẽ cho bạn biết về một số nghiên cứu nhiệt hạch được thực hiện tại I.V. Viện Năng lượng nguyên tử Kurchatov. Những bức ảnh được chụp bởi V. Obodzinsky.

Những độc giả muốn tìm hiểu thêm về các vấn đề được thảo luận ở đây được khuyến khích trở thành:

V. Kadomtsev. Con đường đến năng lượng nhiệt hạch. “Khoa học và Đời sống”, 1976, số 1, tr. 44; V. Kadomtsev. Vật lý của tokamak. “Thiên nhiên”, 1979, số 2, tr. 21.

16

Hình 1. Một trong những cơ sở nhiệt hạch lớn nhất thế giới là Tokamak-10, đi vào hoạt động năm 1975. Nhiệt độ plasma trong đó sẽ lên tới 13 triệu độ. Mật độ plasma gần bằng giá trị của nó trong các lò phản ứng nhiệt hạch kỹ thuật trong tương lai. Về nguyên tắc, để tạo ra những lò phản ứng như vậy, chỉ cần tăng đáng kể kích thước của buồng torid là đủ. Vì vậy, Tokamak-10 có thể coi là nguyên mẫu của các nhà máy nhiệt điện hạt nhân trong tương lai.

Hình 2. Gần đây, một phương pháp làm nóng thêm plasma đã được phát triển bằng cách “tìm kiếm” hạt nhân hydro trong đó, được tăng tốc lên tốc độ cao trong các thiết bị gia tốc đặc biệt. Trong plasma nhiệt độ cao, các hạt còn tạo thành thành phần thậm chí còn nóng hơn.

Khi chúng va chạm với các hạt có thành phần lạnh hơn, chúng cung cấp cho chúng một phần động năng, do đó làm tăng nhiệt độ của plasma. Một phương pháp làm nóng plasma tương tự đang được nghiên cứu tại cơ sở Tokamak-11 được trình bày ở đây với hai kỹ sư (đang tìm kiếm) hạt nhân hydro được tăng tốc.

Hình 3. Tại cơ sở lắp đặt Tokamak-3, một phương pháp gia nhiệt bổ sung plasma hydro khác đang được nghiên cứu - sử dụng dao động điện từ tần số cao. Như các tính toán và thí nghiệm cho thấy, năng lượng của những dao động như vậy cuối cùng chuyển thành động năng của một phần plasma.

Hình 4. Trong cuộn dây của nam châm điện tạo ra từ trường cách điện, rất nhiều năng lượng bị thất thoát, năng lượng này được dùng vào việc làm nóng dây dẫn. Trong hệ thống lắp đặt Tokamak-7, các cuộn dây siêu dẫn đã được thử nghiệm, chúng được làm lạnh đến nhiệt độ gel lỏng 4,2 K. Trong cuộn dây siêu dẫn, không có tổn thất năng lượng do dây nóng lên. Vì vậy, chúng cũng sẽ được sử dụng trong các nhà máy điện nhiệt hạch trong tương lai. Về kích thước, Tokamak-7 gần bằng Tokamak-10.
Trong hình chỉ thể hiện phần chính của nó - buồng hình xuyến với cuộn dây siêu dẫn.

Hình 5. Plasma chỉ có thể được làm nóng đến nhiệt độ rất lớn nếu nó có độ tinh khiết cao. Hơn nữa, mười phần trăm của các nguyên tố nặng (Mo, Cr, Fe) xâm nhập vào plasma từ thành buồng không cho phép phản ứng nhiệt hạch “bốc cháy”. Tại cơ sở lắp đặt Tokamak-4, nghiên cứu đang được tiến hành để làm sạch sơ bộ các thành buồng bằng cách nung nóng nó đến nhiệt độ 800-1000°C. Khi lắp đặt Tokamak-12 (xem Hình 6), một cấu hình từ trường đặc biệt đã được tạo ra, cho phép loại bỏ plasma bị ô nhiễm khỏi bề mặt dây tóc plasma vào một thiết bị đặc biệt - một bộ chuyển hướng, nơi nó được lắng đọng trên các bức tường. Điều này bảo vệ những con voi huyết tương sâu hơn khỏi bị ô nhiễm. Quỹ đạo chuyển động của các hạt plasma trong bộ chuyển hướng được thể hiện trong hình trên trang đầu tiên của trang bìa.

Hình 6. Để lò phản ứng nhiệt hạch tạo ra một lượng năng lượng đáng kể, không chỉ cần làm nóng plasma đến nhiệt độ khổng lồ mà còn phải duy trì nhiệt độ như vậy cho đến khi một phần đáng chú ý của hạt nhân nguyên tử phản ứng. Tuổi thọ của plasma nóng phụ thuộc vào hình dạng của buồng. Sự phụ thuộc này được nghiên cứu tại cơ sở lắp đặt Tokamak-12, nơi dây plasma có mặt cắt ngang hình bầu dục.

Hình 7. Việc lắp đặt Tokamak không phải là loại thiết bị duy nhất mà các nhà khoa học hy vọng sẽ tạo ra lò phản ứng nhiệt hạch trên cơ sở đó. Một loại thiết bị nhiệt hạch khác là bẫy có phích cắm từ tính. Các hạt plasma được giữ lại trong chúng do sự phản xạ từ “gương từ tính” - chúng có cảm ứng từ trường tăng lên trong đó các đường sức từ bị tắt dần. Hình vẽ cho thấy một trong những thiết bị này, “Ogra-3B”.

Hình 8. Hệ thống Angara-1 được sử dụng để làm nóng plasma bằng chùm electron được gia tốc tới tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng. Nó tạo ra các xung điện tử có năng lượng cỡ 2,5 MeV ở dòng điện lên tới 400 kA. Thời lượng xung 6·10⁻⁸ s. Hình vẽ cho thấy máy phát điện áp cao của thiết bị.

20

Phòng thí nghiệm «Kvant»

Nhiệm vụ 1
Xác định mật độ của chất lỏng chưa biết.

Thiết bị: bình chứa nước, bình chứa chất lỏng không xác định (có dung dịch muối), cốc thủy tinh, ống nghiệm.

Nhiệm vụ 2
So sánh hệ số căng bề mặt của nước và dung dịch xà phòng.

Dụng cụ: ống thủy tinh, đĩa, đoạn dây, bình đựng nước, bình chứa dung dịch xà phòng, thước kẻ.

Nhiệm vụ 3
Xác định độ phân giải của mắt và nghiên cứu sự phụ thuộc của nó vào đường kính của lỗ trên màn hình đặt trước mắt.

Thiết bị: một tờ giấy vẽ, một tờ giấy trắng, một cây kim, thước dây hoặc thước đo.

21

G. Shestomal

Cách nhận biết tiền giả

Hãy tưởng tượng rằng một đống đồng xu trông giống hệt nhau được đổ lên bàn, nhưng bạn được thông báo rằng một trong những đồng xu này là tiền giả. Nó có trọng lượng khác với những đồng xu khác nhưng bạn không thể biết nó nhẹ hơn hay nặng hơn. Bạn có thể tùy ý sử dụng cân theo giờ không có nấm. Bạn nên tiến hành tách đồng xu này như thế nào và tìm ra loại của nó (nghĩa là tìm xem nó nhẹ hơn hay nặng hơn) sau một số lần cân tối thiểu?

Nhiều người trong số các bạn có thể đã giải được bài toán này với 12 xu. Hình này hiển thị một trong lời giải của bài toán này. Kết quả có thể xảy ra của lần cân đầu tiên tương ứng với ba lựa chọn khác nhau để chọn đồng xu cho lần cân thứ hai. (Trong hình, các đồng xu được thay đổi kích thước, chữ l và t đọc tương ứng, nhẹ và nặng.)

Một đặc điểm đặc trưng của lời giải này là sự phụ thuộc của việc lựa chọn đồng xu cho lần cân tiếp theo vào kết quả của lần cân trước.

Bây giờ chúng ta đặt bài toán ở dạng tổng quát.

Có $m \geq 3$ đồng xu cùng loại. Tất cả các đồng xu, ngoại trừ một đồng xu, đều có cùng trọng lượng và một đồng khác nhau về trọng lượng, nhưng không biết theo hướng nào. Số lần cân nhỏ nhất trên một chiếc cân đồng hồ không có zip có thể được sử dụng để tìm đồng xu này và tìm ra số min của nó là bao nhiêu? *)

Công trình bài toán này cách đây nhiều năm đã thu hút sự chú ý của nhiều nhà toán học, chủ yếu là:

*) Rõ ràng, đối với các giá trị $m < 3$ bài toán, việc quyết định là không có ý nghĩa: đối với $m = 1$ đồng xu sẽ là giả, nhưng không xác định loại; ở mức $m = 2$ các đồng xu sẽ có trọng lượng khác nhau và không thể chọn được tiền giả.

22

ở Anh và Mỹ. Năm 1945, trên tạp chí tiếng Anh “The Mathematical Gazette”, theo hướng «Kvant», lời giải của bài toán này đã xuất hiện. Tác giả của nó, R. L. Goodstein, sau đó đã trở thành một chuyên gia nổi tiếng trong lĩnh vực logic toán học.

Goodstein cung cấp phương pháp xác định đồng xu giả và loại của nó bằng cách cân $n \geq 3$ nếu số lượng đồng xu

$$m \leq \frac{1}{2} \left( 3^n - 2n + 3 \right)$$

(lưu ý rằng đối với $n = 3$ $m \leq 12$).

Tuy nhiên, hóa ra đối với $n > 3$, lời giải của nó không phải là tốt nhất: trong các lần cân $n$, có thể xác định được đồng xu giả và xác định loại của nó từ một số lượng lớn đồng xu:

$$m \leq \frac{1}{2} \left( 3^n - 3 \right).$$

Điều này đã được phát hiện bởi một số nhà khoa học toán học, không liên quan gì đến nhau, và vào năm sau, 1946, cùng một tạp chí đã công bố một danh sách khá dài về tên của họ và mức độ thành công khác nhau trong việc tìm kiếm một đồng xu giả. Trong cùng số tạp chí, bài viết hay nhất lời giải – lời giải của F. J. Dyson, nhà vật lý lý thuyết nổi tiếng trong tương lai, đã được xuất bản.

Ý tưởng của Dyson dựa trên việc sử dụng hệ thống số ba ngôi: tất cả các đồng xu đều được đánh dấu bằng các số ba ngôi được lựa chọn đặc biệt - các điểm đánh dấu giúp phản ánh thuận tiện tiến trình của các lần cân liên tiếp. Đặc biệt hấp dẫn với phương pháp này lời giải là sự độc lập của việc lựa chọn đồng xu cho lần cân tiếp theo so với kết quả của lần cân trước.

Trong những năm tiếp theo, lời giải khác trong số bài toán *) này đã được in và phương pháp của Dyson chưa bao giờ bị lãng quên.

Pozny muốn nói chi tiết về anh ấy.

Tất cả lời giải của Dyson có thể được chia thành hai giai đoạn.

*) Nalrimer, trong cuốn sách của A. Yaglom, II. Yaglom “Xác suất và Thông tin” (M., “Nauka”, 1973).

A. Nếu

$$m = \frac{1}{2} \left( 3^n - 3 \right), n = 2, 3, \dots,$$

sau đó để tách một đồng tiền giả khỏi tổng số $m$ đồng xu và xác định loại của nó, chỉ cần thực hiện các lần cân $n$ là đủ.

B. Nếu số lượng xu

$$m < \frac{1}{2} \left( 3^n - 3 \right), m \geq 3,$$

thì để đạt được mục tiêu tương tự, việc cân nhắc $n$ cũng là đủ.

Chúng ta hãy xem xét từng giai đoạn riêng biệt.

Giai đoạn đầu tiên

Gọi số xu là $m = \frac{1}{2} \left( 3^n - 3 \right)$.

Xét tất cả các số có $n$ chữ số (bộ chữ số 0, 1, 2) 00 … 00, 00 … 01, …, 22 … 22. Có $3^n$. Chúng tôi sử dụng chúng để đánh dấu đồng xu như sau: làm điểm đánh dấu, chúng tôi lấy tất cả các số, ngoại trừ ba số, bao gồm các số giống hệt nhau: 0 … 0, 1 … 1, 2 … 2.

《Hãy xây dựng》 tất cả các điểm đánh dấu theo cặp: trong một cặp, chúng ta sẽ “đặt” hai điểm đánh dấu bổ sung - những điểm có số tương ứng với 2 (nói cách khác, các điểm đánh dấu bổ sung sẽ là những điểm có tổng bằng 22… 22).

Hãy gọi điểm đánh dấu là right nếu nó chứa cặp số không bằng nhau đầu tiên - 01, 12 hoặc 20. Nếu không, điểm đánh dấu sẽ được gọi là bên trái. Rõ ràng, trong mỗi cặp điểm đánh dấu bổ sung có một cặp điểm đánh dấu. Ví dụ: 12 đồng xu có thể được “đánh dấu” như trong bảng.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $M(i, 0), M(i, 1)$ và $M(i, 2)$ tập hợp đồng xu tương ứng có chữ số thứ $i$ của dấu bên phải tương ứng bằng 0, 1 hoặc 2.

23

Dễ dàng nhận thấy rằng số lượng xu trong mỗi bộ $M(i, 0)$, $M(i, 1)$ và $M(i, 2)$ là như nhau và các bộ này không có phần tử chung nào (xem bảng chẳng hạn).

Phương pháp cân tiền xu của Dyson như sau:

Các đồng xu được cân tuần tự $n$.

Ở lần cân thứ $i$ ($i = 1, 2, \dots, n$), tất cả các đồng xu của bộ $M(i, 0)$ được đặt trên đĩa cân bên trái và tất cả các đồng xu của bộ $M(i, 2)$ được đặt trên đĩa cân bên phải. Kết quả của mỗi lần cân sẽ được biểu thị bằng số 0 nếu đĩa cân bên trái nặng hơn, số 1 nếu cả hai cốc có cùng trọng lượng và số 2 nếu đĩa cân bên phải nặng hơn (xem hình). Kết quả của trọng số $i$ sẽ được ký hiệu là $l_i$.

Từ các số $l_1, l_2, \dots, l_n$ chúng ta tạo điểm đánh dấu

$$l = l_1 l_2 \dots l_n^*).$$

Hóa ra $l$ là điểm đánh dấu của đồng xu giả $F$ và nếu $l$ là điểm đánh dấu bên phải thì $F$ nặng hơn phần còn lại của đồng xu và nếu $l$ là điểm đánh dấu bên trái thì $F$ nhẹ hơn phần còn lại của đồng xu.

Thật vậy, hãy xem điều gì tạo ra khi $i$-e được tạo ra

*) Chứng minh rằng đây thực sự là một điểm đánh dấu, tức là các số $l_1, l_2, \dots, l_n$ không thể giống nhau.

$$l_i = 0$$

cân. Kết quả của việc cân này là các cân vẫn ở trạng thái cân bằng hoặc một trong các cốc bị đặt chéo.

Nếu cân vẫn cân bằng thì trên cân không có đồng giả nên nó nằm trong bộ $M(i, 1)$. Nhưng điều này có nghĩa là chữ số thứ $i$ của điểm đánh dấu bên phải (và bên trái) của nó bằng 1, như được biểu thị bằng kết quả trọng số $l_i = 1$.

Nếu gạch chéo một trong các cân thì đồng tiền giả nằm trên cân. Ví dụ: đặt cốc bên phải chéo nhau, tức là $l_i = 2$. Kết quả này có thể xảy ra trong hai trường hợp:

• Đồng tiền giả nằm trên cốc bên phải (khi đó nặng hơn các đồng tiền còn lại), tức là thuộc bộ $M(i, 2)$, chữ số thứ $i$ của vạch bên phải bằng 2 nên kết quả cân trùng với chữ số thứ $i$ của vạch bên phải;

— đồng xu giả nằm trên cốc bên trái (khi đó nó nhẹ hơn các đồng xu khác), nghĩa là nó nằm trong bộ $M(i, 0)$, do đó, chữ số thứ $i$ của điểm đánh dấu bên phải của nó là 0 và kết quả cân trùng với chữ số thứ $i$ của điểm đánh dấu bên trái của nó.

Trường hợp “đối xứng” hoàn toàn tương tự, khi trục bên trái của thang đo ($l_i = 0$) giao nhau.

Quả thực, Pozny, điểm đánh dấu $l = l_1 l_2 \dots l_n$ được hình thành do kết quả của các lần cân liên tiếp là điểm đánh dấu của một đồng tiền giả, với bên phải trong trường hợp đồng xu nặng hơn và bên trái trong trường hợp đồng xu nhẹ hơn, đó là điều cần phải được chứng minh.

Điều thú vị cần lưu ý là loại đồng xu thường được xác định bởi nisse, đây là nơi thực hiện tất cả các phép cân - ngay khi hai chữ số khác nhau xuất hiện trong quá trình hình thành điểm đánh dấu $l$.

Một đặc điểm cơ bản của phương pháp được mô tả, như Ravnisse đã lưu ý, là việc lựa chọn đồng xu cho mỗi bộ cân không phụ thuộc vào kết quả của lần cân trước đó.

24

Ví dụ: đối với 12 đồng xu được đánh dấu như trong bảng, bạn cần thực hiện ba lần cân sau: (1,4,7,10), (3,6,9,12); (3,6,9,10), (2,5,8,12); (3,4,8,12), (2,6,7,11).

Giai đoạn thứ hai

Chúng ta hãy phác thảo ngắn gọn phương pháp Dyson cho trường hợp $m < \frac{1}{2} (3^n - 3)$. Nếu trong trường hợp này các điểm đánh dấu được gán cho các đồng xu một cách tùy ý thì các bộ $M(i, 0)$ và $M(i, 2)$ có ​​thể chứa số lượng đồng xu khác nhau. Chúng ta hãy hành động như một nhà thơ như sau. Chia tất cả các điểm đánh dấu thành các nhóm sáu: thành một nhóm, chúng tôi bao gồm các điểm đánh dấu bên phải, các điểm này nhận lẫn nhau bằng cách thay thế theo chu kỳ các số $0 \rightarrow 1$, $1 \rightarrow 2$, $2 \rightarrow 0$ và các điểm đánh dấu bên trái tương ứng.

Mỗi nhóm có ba điểm đánh dấu bên phải và ba điểm đánh dấu bên trái. Hãy để chúng tôi đánh dấu nhóm chứa các điểm đánh dấu phù hợp $00 \ldots 01, 11 \ldots 12, 22 \ldots 20$. Chia các đồng xu thành nhóm ba càng dài càng tốt và đánh dấu chúng như sau. Monetam từ một nhóm, chúng tôi so sánh các cặp điểm đánh dấu từ một nhóm và đối với phần còn lại, nếu có, chúng tôi sử dụng các cặp điểm đánh dấu từ nhóm đã chọn. Nếu còn lại một đồng xu không có trong bộ ba, thì ghép điểm đánh dấu bên phải $11 \ldots 12$ với nó và nếu có hai đồng xu thì khớp điểm đánh dấu bên phải $00 \ldots 01$ và $22 \ldots 20$ (và điểm đánh dấu bên trái tương ứng).

Với dấu hiệu này, lần cân $n — 1$ đầu tiên sẽ được bắt đầu ở bên phải. Vui lòng cho chúng tôi biết cách tự bạn thực hiện lần cân cuối cùng.

Phương pháp Dyson được mô tả. Bây giờ chúng ta hãy đảm bảo rằng theo một nghĩa nào đó đó là sự hiện diện. Cụ thể, chúng tôi sẽ chỉ ra rằng nếu từ $m$ đồng xu có thể chọn $n$ một đồng xu giả bằng cách cân và xác định loại của nó, thì $2m \leq 3^n — 3$. Tất nhiên, chúng tôi sẽ không tính đến khả năng “may mắn”: với nó, hai lần cân có thể đủ để xác định một đồng tiền giả từ bất kỳ số lượng đồng xu nào.

Vì vậy, hãy giả sử rằng trọng số $n$ là đủ.

Hãy đánh số các đồng xu có số $1,2, \ldots, m$ và chuẩn bị $2m$ mảnh giấy. Hãy viết tất cả các phương án có thể có lên chúng: đồng xu thứ nhất nhẹ hơn, đồng xu thứ nhất nặng hơn, đồng xu thứ hai nhẹ hơn, v.v. Rõ ràng là trong trường hợp này, tất cả $2m$ mảnh giấy sẽ được sử dụng và không bỏ sót một phương án nào trong số các phương án có thể có. Như chúng tôi đã nêu ở trên, chúng tôi sẽ biểu thị kết quả của việc cân bằng các số $0, 1$ hoặc $2$. Mỗi lần cân cho thấy một số đáp số có thể không phù hợp và một số vẫn còn nghi ngờ. Chúng tôi sẽ chọn đồng xu cho lần cân đầu tiên. Nếu không thực sự làm điều đó, chúng tôi sẽ viết lên từng mảnh giấy kết quả của lần cân đầu tiên khiến nó bị nghi ngờ. Rõ ràng là trên mỗi tờ giấy sẽ có viết một trong các số $0, 1$ hoặc $2$. Vì vậy, tất cả các giấy tờ sẽ được chia thành ba nhóm. Do đó, nhóm lớn nhất chứa không ít hơn $2m/3$ mảnh giấy. Điều này có nghĩa là cho dù chúng tôi tổ chức lần kiểm tra đầu tiên như thế nào đi chăng nữa, có thể sau đó không ít hơn $2m/3$ mảnh giấy sẽ vẫn bị nghi ngờ.

Tương tự như vậy, lần cân thứ hai sẽ sắp xếp nhóm đáng ngờ này thành ba nhóm nhỏ. Do đó, nhiều nhất trong số chúng sẽ chứa ít nhất $2m/9$ mảnh giấy. Tương tự như vậy, sau khi cân $n$, chúng ta có thể nhận được $2m/3^n$ những mảnh giấy đáng ngờ trong một nhóm. Do đó, nếu $2m/3^n > 1$, thì nói chung, không thể xác định được đồng giả và loại của nó bằng cách cân $n$. Do đó cân $n$ là đủ thì $2m \leq 3^n$.

Nhưng đó không phải là tất cả! Chúng ta chưa xử lý trường hợp $2m = 3^n — 1$ (số chẵn $2m$ không thể bằng $3^n — 2$ hoặc $3^n$). Đối với anh, những thông điệp trên là chưa đủ.

25

Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn về lần cân đầu tiên. Rõ ràng số tờ giấy ghi số 0 bằng số tờ giấy ghi số 2. Giả sử mỗi cái có $p$ mảnh thì 1 mảnh sẽ được viết trên $2m - 2p$ mảnh giấy.

Lưu ý rằng $p$ là số chẵn. Thật vậy, nếu có $k$ đồng xu ở bên trái và bên phải của cân thì $p = 2k$. Nếu $p$ hoặc $2m - 2p$ lớn hơn $3^{n-1}$ thì theo cân nhắc, trọng lượng $n - 1$ còn lại có thể không đủ để xác định mảnh giấy cần thiết. Nếu $p = 2k \leq 3^{n-1}$ và $2m - 2p \leq 3^{n-1} - 1$ thì vì $3^{n-1} - 1$ là số lẻ nên $p \leq 3^{n-1} - 1$, $2m - 2p \leq 3^{n-1} - 1$. Nhưng sau đó $2m = (2m - 2p) + 2p \leq 3^{n-1} - 1 + 2(3^{n-1} - 1) = 3^n - 3$. Vì vậy, nếu cân $n$ là đủ thì $2m \leq 3^n - 3$.

Tóm lại, có một số bài toán có thể được giải bằng phương pháp Dyson.

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

(Phần đầu xem trang 7, 14)

A. Petrosli (Yerevan) 6a; L. Petrusevich (làng Kozly, vùng Minsk) 6; I. Pikovsky (Kyiv) 3; A. Podvyaznikov (Mosalsk) 7; V. Podstritsan (Lviv) 6, 8, 1; A. Popelokhin (Kyiv) 6, 7; A. Popov (Moscow) 7; V. Pomanov (Novosibirsk) 3; S. Poshekhonov (Engels) 7; G. Purichamishili (Tbinis) 6a; B. Rabinovich (Tula) 6, 7, 1, 3, 4; V. Radchenko (Kyiv) 6a, 2-4; M. Reitman (Moscow) 6a, 7, 2; S. Rekhvashili (Pavlodar) 6; I. Roizman (thị trấn Kalinovka, vùng Vinnytsia) 6-8; N. Rubinmeshin (Leningrad) 6a; B. Rublev (Kyiv) 2, 3; I. Savenkov (khu định cư đô thị Levye Gory, vùng Saratov) 6, 7; G. Samelson (Leningrad) 3; M. Sevryuk (Moscow) 6-9, 1-3; P. Selivanov (Semipalatinsk) 6a, 7, 2; A. Sivatsky (Leningrad) 6a, 7, 9, 0, 2, 3; A. Smirnov (Kurgan) 6, 7; A. Smyslov (Konkovo) 6; A. Sromin (Leningrad) 6, 7; S. Smadinitsenko (Moscow) 6—8, 3; F. Sukoev (Tashkent) 6-9; N. Sumovsky (Lviv) 7, 8; O. Taven (Minsk) 6a, 7; K. Tatalyan (Yerevan) 6; L. Tener (làng Yaltushkov, vùng Vinnytsia) 6, 7; K. Terekhov (Ryazan) 6a; V. Titenko (làng Bluzha, vùng Minsk) 7; A. Ulivanov (Gorky) 9; V. Umansky (Baku) 6, 7; R. Ushakov (Kyiv) 3; D. Faingauz (Leningrad) 6, 7, 0; V. Farber (Baku) 3; A. Famullayev (Baku) 3; N. Fedin (Omsk) 2; A. Fedorov (Moscow) 7, 3; O. Horuzhsky (Chernivtsi) 7; S. Khosid (Alma-Ata) 6a, 7; Z. Tsikhistavi (Telavi) 3; I. Chernaya (Leningrad) 3; O. Chechel (Moscow) 6—8, 1, 4; A. Shatsyan (Yerevan) 7; P. Shaprin (Kyiv) 7; N. Sharomet (Moscow) 6, 7, 2, 4; Yu. Shirman (Kharkov) 6; G. Shteren (Orsk) 6a; M. Ykovlev (Kemerovo) 2; A. Yalytsev (Tula) 6, 7; L. Yanovskaya (Kharkov) 7; A. Yatsenko (Tbilisi) 7.

F và zika

Hầu hết tất cả độc giả đều hoàn thành các nhiệm vụ F539 và F542. Phần còn lại bài toán giải quyết chính xác:

V. Abidzhaev (Lviv) 33; E. Alexandrova (Glazov) 35, 40, 41; Yu. Anisimov (huyện Toropetsk, vùng Kalinin) 35; A. Arbamsky (Blagoveshchensk-on-Amur) 40, 41; A. Bazirov (làng Kirovka AzSSR) 40; L. Baraz (Sverdlovsk) 38-41; I. Baranets (làng Dzerzhinsky, vùng Moscow) 38-41; A. Barzikin (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 33, 35-41; A. Belousov (Kalinerrad) 36; A. Vasiliev (Võru) 40, 41; D. Vinogradov (Dzerzhinsk) 35; M. Gavrilov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 35, 38—44, 47; M. Goltsman (Dnepropetrovsk) 43, 44, 47; I. Gopchi (Novosibirsk) 38, 41; V. Gorpinenko (Kolchugino) 40; I. Danilovsky (Gorky) 33, 38; V. Didukh (Lviv) 35, 37, 38, 40-44, 47; S. Dovbishch (Moscow) 33, 35, 38—41, 47; S. Dovzhenko (Donetsk) 34-36, 38-41; E. Emelyanov (Moscow) 43, 47; A. Ermolin (Petrozavodsk) 36, 38; V. Zhordochki (Orsk) 38; A. Zhuravlev (Leningrad) 38-41; E. Zernysh (làng Kuzmovka, vùng Leningrad) 40, 41; E. Zudin (Alexandrov) 34, 35, 37, 40, 41-44, 46; S. Zuev (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 40; A. Iovasha (Cuối cùng, xem trang 38)

26

Bài toán

M586—M590; F598—F602

M586. Trong tam giác $ABC$ có $\hat{B}=60^\circ$, chúng ta vẽ các bissertrix $AD$ và $CE$ cắt nhau tại điểm $O$. Chứng minh rằng $|OD|=|OE|$.

M587. Cho bộ ba số $2, \sqrt{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}$. Được phép thay thế bất kỳ hai trong số chúng bằng hai trong số sau: tổng của chúng chia cho $\sqrt{2}$ và hiệu của chúng cũng chia cho $\sqrt{2}$. Liệu sau khi thực hiện quy trình này vài lần, có thể thu được bộ ba số $1, \sqrt{2}, 1+\sqrt{2}$ không? (9)

M588. a) Qua một điểm nằm bên trong một tứ diện tùy ý, các đoạn có các đầu trên các mặt của tứ diện được vẽ song song với các cạnh của nó. Chứng minh rằng tổng của cả sáu tỉ số giữa độ dài các đoạn thẳng và độ dài các cạnh song song với chúng luôn bằng trem.
b) Lập và chứng minh nhận xét tương tự đối với tam giác (trong mặt phẳng). (9)

E. Yasinovy

M589. Trên mặt phẳng, cho một tập hợp các vectơ $n$, độ dài của mỗi vectơ không vượt quá 1. Chứng minh rằng bằng cách thay thế một số vectơ của tập hợp này bằng các vectơ đối diện của chúng, bạn có thể thu được một tập hợp các vectơ $n$, tổng của chúng có độ dài
a) không vượt quá $\sqrt{n}$;
b) không vượt quá $\sqrt{2}$. (9)

P. Gusyatinikov, A. Plotkin

M590. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $|\cos x|+|\cos 2x|$. Chứng minh rằng với mọi số $x$ và mọi số tự nhiên $n$ thì tổng
$|\cos x|+|\cos 2x|+|\cos 4x|+\ldots+|\cos 2^n x|$
6) không ít hơn $\frac{n}{4}$;
b) * không nhỏ hơn $\frac{n}{2}$. (10)

P. Gusyatinikov

F598. Một bình có độ sâu $H$ chứa đầy chất lỏng, mật độ của nó thay đổi tuyến tính từ $\rho_0$ đến bề mặt

27

đạt p ở đáy tàu. Hai quả bóng nhỏ có thể tích bằng nhau $V$, được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh, không trọng lượng, không co giãn có chiều dài $l$, được nhúng trong một chiếc bình. Mật độ của một quả bóng là $\rho_1$, mật độ của quả bóng kia là $\rho_2$. Sau một thời gian, các quả bóng được lắp vào như Hình 1. Tìm lực căng của sợi chỉ. (8)

O. Ovchinnikov

F599. Một sợi dây được ném qua một khối cố định trên trần nhà, trên đó một tải trọng có khối lượng $M$ được cân bằng bởi một cái thang với một người có khối lượng $m$. Theo định luật nào một người phải di chuyển so với cầu thang để phản lực của vật nặng lên trần nhà bằng 0? Khối không trọng lượng, dây hoàn toàn linh hoạt, không thể kéo dài và không trọng lượng. (8)

A. Warzen

F600. Trong mạch điện ở Hình 2, công tắc lần lượt đóng và mở tại những thời điểm khi hướng trên tụ điện thứ nhất bằng 0. Vẽ đồ thị hiệu điện thế trên cuộn cảm theo thời gian. (10)

F601. Trên Mặt Trăng, một hình trụ thẳng đứng được đóng kín bằng một pít-tông nặng chứa argon ở nhiệt độ $T_1$. Piston có thể chuyển động trong xi lanh mà không có ma sát. Một piston tương tự thứ hai được đặt cẩn thận trên piston. Xác định nhiệt độ $T_2$ của khí tại vị trí cân bằng mới của piston. Không nên tính đến nhiệt dung của piston và xi lanh cũng như khả năng truyền nhiệt. Khí được coi là lý tưởng. (9)

F602. Các tụ điện có điện dung $C_1$ và $C_2$ được nối với một mạch gồm một điện trở có điện trở $R$ và một nguồn có EMF $\mathcal{E}$ và điện trở trong $r=R/3$, đóng các cực 1-2, 3-4, 5-6 (Hình 3). Sau mạch điện, điện áp trên tụ $C_1$ hóa ra bằng $\mathcal{E}/2$, và điện thế ở cực 3 cao hơn điện thế ở cực 2. Xác định điện tích $p_0$ trên tụ $C_2$ trước mạch điện. (9).

28

Lời giải bài toán

M530, M531, M533, M534, M536, M537;
F537, F542—F545

Hãy thay tờ giấy của chúng ta bằng một bảng gồm các số 0 và một: nếu ô màu đen, chúng ta sẽ viết một ô vào vị trí của nó và nếu ô màu trắng, chúng ta sẽ viết số 0 (Hình 2). Chúng ta hãy xác định cho mỗi ô tổng các ô lân cận của nó “modulo 2”, nghĩa là theo quy tắc sau:

$$0+0=1+1=0;$$
$$1+0=0+1=1.$$

Chúng tôi gọi tổng số hàng xóm của một ô nhất định là quầng sáng và cùng với từ “ô đen”, chúng tôi sẽ viết là “1 ô”.

Từ điều kiện bài toán, suy ra rằng trạng thái của ô (tức là số được ghi trong đó) tại một thời điểm nào đó bằng quầng sáng của nó ở thời điểm trước đó.

a) Nếu tập $B$ của “1 ô” không thay đổi khi sơn lại thì quầng sáng của bất kỳ tập “1 ô” nào $B$ đều bằng 1. Hãy cộng quầng sáng của tất cả “1 ô”. Mỗi cạnh chung của hai “ô 1” đóng góp hai đơn vị vào tổng này (của tất cả các quầng); do đó, tổng của tất cả các quầng sáng bằng tổng của một số chẵn số đơn vị, nghĩa là bằng 0. Nhưng vì hào quang của mỗi “1 ô” bằng 1 nên chúng ta thấy rằng có một số ô chẵn trong $B$.

b) Chúng ta sẽ viết $A \rightarrow B$ nếu khi sơn lại, bảng $A$ đi vào bảng $B$. Chúng ta hãy sử dụng tổng của bảng $A$ và $B$ để tạo thành bảng $A+B$, bảng này có được bằng cách cộng các số trong bảng $A$ và $B$ theo khối (theo các quy tắc trên; xem Hình 3).

Bổ đề a. Nếu $A \rightarrow A_1$, $B \rightarrow B_1$, thì $A+B \rightarrow A_1+B_1$.

Điều này xuất phát từ thực tế là khi gấp lại, quầng tế bào cũng gấp lại.

Hãy tiến tới lời giải bài toán 6). Cho phép
$$B_1 \rightarrow B_2 \rightarrow \dots \rightarrow B_r \rightarrow B_1.$$
Sử dụng bổ đề, chúng ta nhận được:
$$B_1+B_2 \rightarrow B_2+B_3 \rightarrow \dots \rightarrow B_r+B_1 \rightarrow B_1+B_2;$$
$$B_1+B_2+B_3 \rightarrow B_2+B_3+B_4 \rightarrow \dots \rightarrow B_r+B_1+B_2 \rightarrow B_1+B_2+B_3;$$

$$B_1+B_2+B_3+\dots+B_r \rightarrow B_1+B_2+B_3+\dots+B_r.$$

Từ dòng cuối cùng và bài toán a) theo sau trong bảng $B_1+B_2+\dots+B_r$ là số chẵn “1 ô”. Sau đó, bây giờ số lượng “1 ô” trong bảng $A+B$ bằng tổng số “1 ô” trong các bảng $A$ và $B$ phút (có được do $1+1=0$); do đó, tính chẵn lẻ của số “1 ô” trong bảng $A+B$ và tổng số “1 ô” trong bảng $A$ và $B$ là như nhau a. Vì trong bảng $B_1+B_2+\dots+B_r$ là số “1 ô” chẵn nên ta thu được tổng số “1 ô” trong tập hợp $B_1$, $B_2$, …, $B_r$ là số chẵn.

Bài toán M530 đã giải quyết được. Nhưng nhiều câu hỏi thú vị sẽ nảy sinh liên quan đến nó. Ví dụ: $r$ có thể bằng bao nhiêu, tức là khoảng thời gian và tập hợp được chuyển đổi của “1 ô” của bảng này có thể là bao nhiêu? Sự “tiến hóa” sẽ diễn ra như thế nào đối với một bảng thuộc loại “gián tiếp”? Các bảng Prymug gặp khó khăn khi nghiên cứu. Điều này được giải thích là do “sự bất bình đẳng” của các ô của chúng: các ô khác nhau có số lượng ô lân cận khác nhau (từ hai đến bốn). Nhưng nếu từ một bảng hình chữ nhật sklent(top (bánh rán), thì mỗi ô sẽ có bốn ô lân cận. Về điều này, người ta đã có thể chứng minh điều gì đó: ví dụ, người ta đã chứng minh rằng trên một hình xuyến được dán từ một hình vuông $(2^n+1) \times (2^n+1)$, độ dài của khoảng thời gian $r$ nhất thiết phải bằng ước số của số $2^n-1$. Nhưng những câu hỏi mới sẽ đặt ra cho hình xuyến này vẫn là $r$? Ví dụ, trên một hình xuyến được dán từ hình vuông $65 \times 65$, có các chu kỳ có độ dài 1 và 63, nhưng không biết liệu một chu kỳ có tồn tại hay không

29

M531. Họ không rời khỏi điểm A và B cùng một lúc, hướng về phía kia một cách tự động và có độ lớn. Họ gặp nhau ở điểm C, họ có thể quay đầu lại và người thứ hai sẽ xuất phát ở điểm D; ở đây họ lại quay lại và m. d. Cuộc gặp gỡ lần thứ 1978 của họ diễn ra ở điểm nào trên đoạn AB?

Hình 3.

Đối với độ dài 3, 7, 9 và 21. Để tiến tới lời giải bài toán trên hình xuyến được hỗ trợ bởi bài toán tương tự trên một vòng tròn gồm n ô (một bài toán M19 tương tự đã được phân tích vào «Kvant», 1970, số 4).

R. Izmailov

◆ Tốt nhất là giải quyết bài toán này bằng cách sử dụng đồ thị chuyển động. Sự không đổi của tốc độ chuyển động của một điểm có nghĩa là đồ thị chuyển động của nó tạo thành cùng một góc với trục thời gian t (Hình 4). Giả sử các khoảnh khắc gặp nhau là t₁, t₂, t₃, … Rõ ràng cả hai đồ thị chuyển động trong các phần t₁ < t ≤ t₂ và t₂ ≤ t < t₃ đều đối xứng qua đường thẳng t = t₂ nên cuộc gặp thứ ba sẽ xảy ra tại cùng điểm C với lần gặp đầu tiên. Tương tự, đường thẳng t = t₃ là trục đối xứng của đồ thị chuyển động với t ≤ t₃ và t ≥ t₃; do đó, cuộc gặp thứ tư sẽ xảy ra ở cùng điểm D với cuộc gặp thứ hai, v.v.: mọi cuộc gặp lẻ sẽ xảy ra tại điểm C, mọi cuộc gặp chẵn, kể cả cuộc gặp năm 1978, tại điểm D.

Từ lời giải của chúng tôi, cũng rõ ràng rằng các số t₁, t₂, t₃, … tạo thành một cấp số cộng: các cuộc gặp diễn ra trong các khoảng thời gian bằng nhau d = tₙ₁ + tₙ₂ và toàn bộ bức tranh được lặp lại hoàn toàn với khoảng thời gian T = 2d.

Điều này được quan sát thấy - một trường hợp đặc biệt của một thực tế hữu ích: nếu đồ thị của hàm y = f(x) đối xứng với các đường thẳng x = a và x = b (nghĩa là f(a + x) = f(a - x) và f(b + x) = f(b - x)), thì hàm f tuần hoàn với chu kỳ 2|b - a| (trong bài toán của chúng tôi, vai trò của x do t đảm nhận).

N. Vasiliev

Hình 4.

M533. Một đa giác lồi là đặc biệt nếu một số đường chéo của nó cắt nhau tại một điểm bên trong. Chúng ta hãy chứng minh rằng với mọi hình bảy cạnh đặc biệt đều có một đỉnh A có tính chất cực đại: với mọi ε > 0, đỉnh A có thể nằm rải rác ở một khoảng cách nhỏ hơn ε (mà không làm thay đổi các đỉnh còn lại), sao cho hình bảy cạnh thu được sẽ không phải số ít.

◆ Đường chéo của một hình lục giác lồi được coi là bằng nhau nếu có hai đỉnh của hình lục giác đó ở cả hai phía của đường thẳng mà đường chéo này nằm trên đó. Nếu MP là đường chéo cạnh (không phải chính) của hình lục giác lồi và N là đỉnh liền kề với các đỉnh M và P (Hình 5), thì tại các điểm bên trong, đường chéo MP chỉ cắt các đường chéo xuất phát từ N. Do đó, không có đường chéo nào khác cắt nhau với [MP] tại một điểm chung bên trong. Nói cách khác, phép chiếu duy nhất của các đường chéo của một hình lục giác lồi có thể xác định một điểm của hình lục giác bên trong là hình chiếu của các đường chéo chính của nó.

Bây giờ đặt B₁B₂ … B₇ là một hình bảy cạnh lồi tùy ý. Khoảng cách các hình lục giác lồi B₁ … B₅B₆ và B₁ … B₅B₇ (Hình 6). Các đường chéo [B₁B₄] và [B₂B₅] là những đường chéo chính trong đó. Chúng ta hãy ký hiệu bằng P là điểm

31

Sao cho các bước nêu trong điều kiện (các cạnh song song của tam giác ABC) đi qua một điểm. Đặt các phần tiếp nhận này tạo thành một hình tam giác $A_1B_1C_1$ (Hình 9) và đặt $k$ là hệ số khả dụng của các hình tam giác $A_1B_1C_1$ và $ABC$ ($|k| = \frac{|A_1C_1|}{|AC|}$). Thực hiện phép dựng được mô tả ở bài toán M534, chúng ta thu được các hình tam giác $AEK$, $BDM$, $CFL$ liền kề với các cạnh $\Delta ABC$ và một hình tam giác ở giữa $DEF$. Giả sử, như trên, diện tích của chúng lần lượt là $S_1$, $S_2$, $S_3$ và $S_0$. Hãy chứng minh cho chính mình rằng

$$S_0 - kS_{ABC} = S_1 + S_2 + S_3.$$

Hãy xem xét cách xây dựng kết quả này cho trường hợp các tam giác chuẩn bị $ABC$ và $A_1B_1C_1$ bất kỳ.

F. Weinstein

M536. a) Chứng minh rằng bất kỳ hình chữ nhật nào có kích thước $m \times 2n$ ô ($m > 1$) đều có thể được xếp bằng hai lớp ô không gian domino (ô $1 \times 2$ ô) sao cho mỗi ô của lớp trên nằm trên hai ô khác nhau của lớp dưới.

6. Một hình chữ nhật có kích thước $2k \times 2n$ ô đã được lát bằng một lớp không gian domino. Chứng minh rằng nó có thể được lát bằng lớp thứ hai sao cho thỏa mãn các điều kiện tương tự (tức là các mảnh gỗ dán của các lớp khác nhau không trùng nhau).

a) Cắt hình chữ nhật có kích thước $m \times 2n$ ô thành các dải có kích thước $2 \times m$ ô. Nếu $m$ là số lẻ thì trong mỗi dải chúng ta sẽ sắp xếp hai lớp phủ như trong Hình 10; nếu $m$ là số chẵn thì như trong Hình 11.

6. Chúng ta hãy cắt hình chữ nhật có kích thước $2k \times 2n$ ô thành các hình vuông có kích thước $2 \times 2$ ô. Mái che thứ hai ở mỗi ô vuông sẽ được xây dựng riêng biệt.

Hình 10.

Hình 11.

Trong hình vuông $2 \times 2$ có ba vị trí có thể có cho quân domino của trang bìa đầu tiên: cả hai quân domino nằm hoàn toàn trong hình vuông, chỉ có một quân domino nằm hoàn toàn trong hình vuông và không có quân domino nào nằm hoàn toàn trong hình vuông. Trong trường hợp thứ ba, hai quân domino trong một hình vuông ở lớp phủ thứ hai có thể được đặt tùy ý, và trong hai trường hợp đầu, các quân domino của lớp thứ hai phải được đặt vuông góc với quân domino (hoặc các quân domino) nằm hoàn toàn trong hình vuông ở lớp thứ nhất.

V. Prasolov

M537. Đường tròn tiếp xúc bên trong đường tròn ngoại tiếp có kích thước ABC và các cạnh bằng AB và AC, đây là biển của tam giác lần lượt tại các điểm P, Q. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn PQ là tâm của đường tròn ngoại tiếp các cạnh ABC.

Chúng ta hãy đánh dấu trên trục đối xứng của tam giác $BAC$ các điểm $H \in [BC]$, $K \in [PQ]$, tâm $O$ của đường tròn này và điểm $T$ tiếp tuyến của nó với đường tròn ngoại tiếp tam giác $BAC$ (Hình 12). Vì các đoạn $TB$ và $OP$ đều vuông góc với đường thẳng BA (góc $TBA$ nằm trên đường kính $[AT]$, và $[OP]$ là bán kính đi đến điểm tiếp xúc) và các đoạn $BH$ và $PK$ vuông góc với trục đối xứng $(AT)$ nên ta có

$$\frac{|AH|}{|AT|} = \frac{|AK|}{|AO|} = \cos^2 \alpha,$$

ở đâu $\alpha = \frac{\widehat{BAC}}{2}$.

Gọi $B'$ và $C'$ là giao điểm của các cạnh của góc $BAC$ với tiếp tuyến vẽ tại điểm $T$. Đồng thời, với

32

tâm $A$ và hệ số $k = \cos^2 \alpha$ tam giác $B'AC'$ sẽ đi đến tam giác $BAC$ (trong trường hợp này $T$ sẽ đi đến $H$), và tâm $O$ của đường tròn nội tiếp $\triangle B'AC'$ sẽ đi theo (*) đến điểm $K$. Như vậy, chúng ta đã chứng minh được tâm của đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$ là điểm $K$.

N. Vasiliev

Hình 12.

F537. Bằng cách đánh bóng một tấm kim loại, nó có thể được làm giống như gương. Hãy ước tính công suất của chiều cao tối đa hàng ngày của bề mặt cổ tử cung còn lại sau khi đánh bóng sao cho tấm phản xạ một cách đặc biệt một chùm ánh sáng có bước sóng $\lambda = 5 \cdot 10^{-8}$ m, tới nó một góc $\alpha = 45^\circ$.

Hình 13.

$\widehat{MBL} = \alpha, \widehat{MKB} = \beta.$
$\Delta = |AD| - |CB|$
$|AD| = |AK| \sin \beta = (a + h \text{ ctg } \beta) \sin \beta = a \sin \beta + h \cos \beta.$
$|CB| = |CL| - |BL| = |AL| \sin \alpha - \frac{h}{\cos \alpha} = (a + h \text{ tg } \alpha) \sin \alpha - \frac{h}{\cos \alpha} = a \sin \alpha + h \frac{\sin^2 \alpha - 1}{\cos \alpha} = a \sin \alpha - h \cos \alpha.$
$\Delta = a (\sin \beta - \sin \alpha) + h (\cos \beta + \cos \alpha).$

Để một bề mặt gồ ghề phản xạ ánh sáng một cách rõ ràng, điều cần thiết là cường độ giảm của ánh sáng phản xạ không xảy ra do sự giao thoa của các sóng phản xạ từ các điểm khác nhau trên bề mặt. Để làm được điều này, độ lệch đường đi $\Delta$ của các tia phản xạ ở cùng một góc từ các điểm khác nhau trên bề mặt phải nhỏ hơn nhiều so với bước sóng.

Rõ ràng, chùm tia phản xạ từ bề mặt và từ đỉnh của phần gồ ghề có độ lệch đường đi lớn nhất (điểm $A$ và $B$ trong Hình 13). Chúng ta hãy biểu thị $\alpha$ góc tới và $\beta$ góc quan sát được sự phản xạ từ bề mặt. Vẽ đường vuông góc $AC$ từ điểm $A$ đến tia tới, ta tìm được điểm $C$ trên tia 2, tại đó pha của sóng trùng với pha tại điểm $A$ ($AC$ là mặt trước của sóng tới). Vẽ đường vuông góc từ điểm $B$ đến tia phản xạ, ta tìm được điểm $D$, tại đó pha của sóng phản xạ trùng với pha tại điểm $B$ ($BD$ là mặt trước của sóng phản xạ). Hiệu đường đi $\Delta$ của tia 1 và 2 bằng $|AD| - |CB|$. Thực hiện tính toán, chúng tôi thấy (xem Hình 13):

$$\Delta = a (\sin \beta - \sin \alpha) + h (\cos \beta + \cos \alpha).$$

Sự phản chiếu sẽ có tính phản chiếu nếu $\Delta \ll \lambda$. Vì khoảng cách $a$ giữa chỗ lõm và chỗ lồi trên bề mặt phản xạ có thể hoàn toàn tùy ý (cả nhỏ và lớn), nên để thỏa mãn điều kiện $\Delta \ll \lambda$ số hạng đầu tiên trong (*) phải bằng 0. Điều này có nghĩa là phản xạ gương chỉ có thể xảy ra nếu $\alpha = \beta$, tức là góc tới bằng góc phản xạ.

Trong trường hợp này, $\Delta = 2h \cos \alpha$, và sự phản chiếu sẽ mang tính phản xạ nếu $2h \cos \alpha \ll \lambda$, tức là $h \ll \frac{\lambda}{2 \cos \alpha}$. (Lưu ý. Vì ở $\alpha \rightarrow \frac{\pi}{2} \cos \alpha \rightarrow 0$, ở góc tới lớn ($\frac{\pi}{2}$), một bề mặt gồ ghề với độ nhám lớn cũng trở nên giống như gương.)

Tại $\lambda = 5 \cdot 10^{-8}$ m và $\alpha = 45^\circ h \ll 3,6 \cdot 10^{-8}$ m.

35

ka ngay sau khi hình thành và một thời gian dài sau emodo, nếu độ dẫn phấn của nước không lớn và khả năng chứa phấn của nó rất cao. Giả sử các bong bóng nằm trong diện tích mặt nước.

Độ biến thiên nội năng của hệ là $\Delta U = \sigma \Delta s + \Delta u$. Ở đây $\sigma \Delta s$ là sự thay đổi năng lượng bề mặt do diện tích bề mặt của bong bóng thay đổi $\Delta s$ (σ là sức căng bề mặt của nước); $\Delta u$ - sự thay đổi nội năng của không khí.

Nội năng của không khí do sự kết hợp của các bong bóng thay đổi theo các giá trị sau:

$$\Delta u = \frac{5}{2} \frac{m}{\mu} R \Delta T,$$

trong đó $m$ là khối lượng không khí trong bong bóng; $\Delta T$—thay đổi nhiệt độ không khí. (Không khí bao gồm chủ yếu là các phân tử lưỡng nguyên tử nitơ và oxy, vì vậy nó có thể được coi là khí hai nguyên tử. Nội năng của một mol khí hai nguyên tử là $5/2 RT$.)

Áp suất $p$ của không khí trong bong bóng trong trường hợp của chúng ta hầu như không đổi. Thật vậy, áp suất $p$ khác với áp suất trong nước ở mức bong bóng bởi các giá trị $\frac{2\sigma}{r} (r = r_1 = r_2)$ - trong bong bóng ban đầu và bởi các giá trị $\frac{2\sigma}{\rho}$ - trong bong bóng mới có bán kính $\rho$ ($\rho > r$). Vì phản ứng tổng hợp xảy ra trên bề mặt nước nên chúng ta có thể giả sử rằng áp suất trong nước bằng áp suất khí quyển, nghĩa là bằng $p_0 \approx 10^5$ H/$m^2$. Vì $\frac{2\sigma}{r} = \frac{2 \cdot 7,3 \cdot 10^{-2}}{3 \cdot 10^{-3}} \approx 49$ (H/$m^2$) «$p_0$, chúng ta có thể giả sử rằng áp suất trong bong bóng không đổi và bằng $p_0$. Do đó, theo phương trình trạng thái khí, $p_0 \Delta V = \frac{m}{\mu} R \Delta T$, do đó $\Delta T = p_0 \Delta V \frac{\mu}{mR}$. Như vậy,

$$A = p_0 \Delta V = c \Delta s + \frac{5}{2} p_0 \Delta V,$$

hoặc $\sigma \Delta s = -\frac{3}{2} p_0 \Delta V$.

Thay thế $\Delta V = \frac{4}{3} \pi (\rho^3 - 2r^3)$ và $\Delta s = 4\pi (\rho^2 - 2r^2)$ vào biểu thức này, chúng ta nhận được:

$$p_0 \rho^3 + 2\sigma \rho^2 - 2p_0 r^3 - 4\sigma r^2 = 0,$$

hoặc, có tính đến dữ liệu số,

$$10^5 \rho^3 + 14,6 \cdot 10^{-2} \rho^2 = 5,4 \cdot 10^{-3}.$$

Vì $\rho > 3 \cdot 10^{-3}$ m được đưa vào, số hạng thứ hai ở vế trái của đẳng thức nhỏ so với số hạng thứ nhất và có thể bỏ qua. Đó là lý do tại sao

$$\rho \approx \sqrt[3]{5,4 \cdot 10^{-8}} \approx 3,8 \cdot 10^{-3} \text{ м},$$

tức là $\rho \approx 3,8$ mm.

I. Slovodetsky

36

Chứng minh các bất đẳng thức bằng cách sử dụng một giá trị tùy ý tại trại trường “Matematik-79” (vùng Vologda), nó cho thấy cách sử dụng quy trình thông tin về các giá trị tùy ý để xác minh tính đúng đắn của các bất đẳng thức.

Để chứng minh các bất đẳng thức, định lý sau đây đặc biệt hữu ích (“Đại số và Nguyên tắc Phân tích 9,” đoạn 54):

Định lý 1. Nếu hàm $f$ có tích phân dương tùy ý $|a|; b|$, thì hàm này trở về $|a|; b|$. Nếu chức năng $f$ có tích phân âm tùy ý $|a|; b|$, thì chức năng tạo ra nước tiểu (hoặc tương ứng là giảm) diễn ra trong toàn bộ kết quả này $*$).

Hãy bắt đầu với hai ví dụ về ứng dụng định lý này: ví dụ thứ nhất đơn giản, ví dụ thứ hai là ví dụ cuối cùng.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng với $x > 1$
$$x^2 - 1 > 2 \ln x.$$
Bất đẳng thức này có đúng với $0 < x < 1$ không?

Lời giải. Xét hàm $f(x) = x^2 - 1 - 2 \ln x$.

*) Một phát biểu tương tự vẫn đúng nếu thay vì nhận được phân chia $|a|; b|$ chúng ta nhận được phân chia $|a|; b|$ hoặc phân đoạn $|a|; b|$.

chúng tôi có
$$f'(x) = 2x - \frac{2}{x} = \frac{2}{x}(x^2 - 1) > 0$$
tại $x > 1$.

Do đó, $f$ trở về $1; +\infty$ [. Nếu chúng ta cũng tính đến việc hàm $f$ liên tục trên $1; +\infty$ [ (nghĩa là tại bất kỳ điểm nào trong khoảng này), thì sự trả về của $f$ diễn ra trên $1; +\infty$ [. Do đó, tại $1 < x < +\infty$ sẽ có $f(x) > f(1)$, tức là $x^2 - 1 - 2 \ln x > 0$. Vì vậy, $x^2 - 1 > 2 \ln x$ tại $0 < x < 1$.

Ví dụ 2. Độ cao, cái nào lớn hơn: $79^{3/5} + 1900^{3/5}$ hay $1979^{3/5}$?

Lời giải. Hãy giải bài toán mở rộng hơn: cái nào lớn hơn $a^p + b^p$ hoặc $(a + b)^p$, nếu $0 < a < b$ và $0 < p < 1$? Hãy xem xét $0; +\infty$ [chức năng $f(x) = (a + x)^p - (a^p + x^p)$].

Chúng tôi có:
$$f'(x) = p(a + x)^{p-1} - px^{p-1} = p\left(\frac{1}{a+x}\right)^{p-1} - \left(\frac{1}{x}\right)^{p-1} < 0$$
tại $0 < x < +\infty$. Điều này có nghĩa là $f$ bằng $0; +\infty$ [giảm. Do đó, từ $0 < a < b$ suy ra $f(b) < f(a)$, tức là $(a + b)^p - (a^p + b^p) < (a + a)^p - (a^p + a^p) = a^p(2^p - 2) < 0, a^p + b^p > (a + b)^p$. Cụ thể là $79^{3/5} + 1900^{3/5} > 1979^{3/5}$.

Đối với lời giải các ví dụ khác, chúng ta cần hệ quả tất yếu sau từ Định lý 1:

Định lý 2. Giả sử bất kỳ hàm nào trong số các hàm $f$ và $g$ liên tục trong đó chúng ta thu được tích phân $|a|; b|$ và có tích phân tùy ý $|a|; b|$ trong bất kỳ hàm nào. Để làm được điều này, bất đẳng thức đúng ở mọi nơi trên tích phân $|a|; b|$
$$f(x) < g(x),$$
(1)
Chỉ cần đồng thời thỏa mãn hai điều kiện:
I. $f'(x) < g'(x)$ ở mọi nơi trên $|a|; b|$,
(2)

37

P. $f(a) \leq g(a)$. (3)

Bằng chứng. Hàm $F(x) = g(x) - f(x)$ liên tục trên $[a; b]$, và $F(a) \geq 0$ và $F'(x) > 0$ trên $[a; b]$. Theo Định lý 1, hàm $F$ tăng $[a; b]$, do đó với $a < x < b$ chúng ta có $F(x) > F(a) \geq 0$, tức là $f(x) < g(x)$ ở mọi nơi trên $[a; b]$.

Chúng ta cũng sẽ minh họa việc áp dụng Định lý 2 bằng hai ví dụ.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với $x > 0$
$$\ln(1+x) < x.$$ (4)

Lời giải e. Đạo hàm (4), ta thu được
$$\frac{1}{1+x} < 1,$$
điều này rõ ràng đúng ở $[0; +\infty]$. Ngoài ra, $\ln(1+0) = 0$. Do đó, theo Định lý 2, bất đẳng thức (4) đúng với $0 < x < +\infty$.

Ví dụ 4. Kiểm tra xem bất đẳng thức có đúng với $x_1 > x_2 > 0$ không
$$\frac{x_1 - x_2}{\ln \frac{x_1}{x_2}} < \frac{1}{2}(x_1 + x_2).$$ (5)

Lời giải e. Chúng ta có thể chuyển từ bất đẳng thức có hai biến sang bất đẳng thức có một biến nếu chúng ta đặt $x = \frac{x_1}{x_2}$. Khi đó (5) có dạng
$$\frac{x-1}{\ln x} < \frac{1}{2}(x+1).$$ (6)

$x_1 > x_2 > 0$ ngụ ý $x > 1$. Việc phân biệt một phân số có $\ln x$ trong mẫu số là bất tiện. Do đó chúng ta hãy viết lại bất đẳng thức (6) dưới dạng tương đương sau:
$$\frac{x-1}{x+1} < \frac{1}{2}\ln x.$$ (7)

*) Nếu chúng ta yêu cầu thêm rằng các hàm $f$ và $g$ không đúng tại điểm $b$, thì (như đã thấy rõ từ chứng minh) bất đẳng thức (1) sẽ đúng tại điểm $b$. Có thể chứng minh rằng Định lý 2 vẫn đúng trong trường hợp vi phạm bất đẳng thức nghiêm ngặt (2) (được thay thế bằng đẳng thức $f'(x) = g'(x)$) tại một số hữu hạn các điểm (hoặc thậm chí ở vô số điểm, trừ khi các điểm đó lấp đầy một khoảng nào đó có dạng $]a; c[$, trong đó $a < c \leq b$).

Để quyết định xem bất đẳng thức này có đúng hay không, chúng ta hãy tìm hiểu xem bất đẳng thức phát sinh khi vi phân từng số hạng có đúng hay không. Vì vậy ta phải xét bất đẳng thức
$$\frac{2}{(x+1)^2} < \frac{1}{2x}$$ (8)

hoặc bất đẳng thức tương đương $(x-1)^2 > 0$.

Điều sau đúng với $x > 1$ và do đó, với những $x$ (8) này là đúng. Hơn nữa, tại $x = 1$ cả hai vế của bất đẳng thức (7) đều có giá trị bằng (không). Ta thấy rằng các điều kiện của Định lý 2 được thỏa mãn nên bất đẳng thức (7) đúng và cùng với nó (6) và (5) đều đúng.

Đôi khi, khi chứng minh bất đẳng thức, việc áp dụng vi phân từng số hạng không phải một lần mà nhiều lần sẽ rất hữu ích. Chính xác hơn, đôi khi sẽ hữu ích khi sử dụng hệ quả tất yếu sau đây của Định lý 2*):

Định lý 3. Cho hàm số $f$ và $g$ sai về đạo hàm $[a; b]$ và có đạo hàm cấp $n$ tại mỗi điểm của tích phân $]a; b[$. Để sự bất bình đẳng đúng ở mọi nơi
$$f(x) < g(x) \text{ на } [a; b],$$ (9)
chỉ cần thỏa mãn các điều kiện sau là đủ:
I. Bất đẳng thức thu được từ bất đẳng thức [9] bằng đạo hàm $n$ lần, $m. k$, đúng. ở mọi nơi trên $[a; b]$
$$f^n(x) < g^n(x);$$ (10)
II. $f(a) \leq g(a)$,
$$f'(a) \leq g'(a),$$ …
… $f^{(n-2)}(a) \leq g^{(n-2)}(a);$
$$f^{(n-1)}(a) \leq g^{(n-1)}(a).$$

Bằng chứng. Vì $[f^{(n-1)}(x)]' < [g^{(n-1)}(x)]'$ nằm trên $[a; b]$ và $[f^{(n-2)}(x)]' < [g^{(n-2)}(x)]'$ ở mọi nơi trên $[a; b]$. Ngoài ra, theo điều kiện, $f^{(n-2)}(a) \leq g^{(n-2)}(a)$. Do đó, theo định lý

*) Đạo hàm của hàm tùy ý $f$ được gọi là hàm tùy ý thứ hai và ký hiệu là $f''$; tương tự, các định nghĩa về phần thứ ba, thứ tư là tùy ý và nói chung là tùy ý theo bất kỳ thứ tự nào $n$ (ký hiệu: $f^{(n)}$).

38

biện pháp 2: $f^{(n-2)}(x) < g^{(n-2)}(x)$ luôn bật $|a|; b[$. Lặp lại các phép tính tương tự, sau một số hữu hạn bước, chúng ta thu được rằng mọi thứ trên $|a|; b[$ đều đúng đối với các bất đẳng thức nghiêm ngặt $f^{(n-3)}(x) < g^{(n-3)}(x), \dots, f''(x) < g''(x), f'(x) < g(x)$ và cuối cùng, $f(x) < g(x)$, đó là điều chúng ta cần chứng minh.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng với $x \neq 0$ bất đẳng thức $e^x + e^{-x} > 2 + x^2$ đúng.

Lời giải. Trước tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp $x > 0$. Chúng ta hãy phân biệt (11) số hạng này với số hạng khác vài lần và xem liệu chúng ta có nhận được một bất đẳng thức có giá trị chắc chắn không còn nghi ngờ gì nữa hay không. Chúng tôi nhận được những điều sau đây:
$e^x - e^{-x} > 2x;$
$e^x + e^{-x} > 2;$
$e^x - e^{-x} > 0$.

Bất đẳng thức cuối cùng cho $x > 0$ là rất đúng. Ngoài ra, với $x = 0$ các đẳng thức $e^0 + e^{-0} = 2 + 0^2, e^0 - e^{-0} = 2 \cdot 0, e^0 + e^{-0} = 2$ là đúng. Theo Định lý 3, bất đẳng thức (11) đúng với $x > 0$. Vì thay $x$ bằng $-x$ cả hai vế của bất đẳng thức (11) đều không thay đổi nên bất đẳng thức này cũng đúng với mọi $x < 0$.

Danh sách độc giả gửi sửa lời giải bài toán từ Bài toán Kvant
(Kết thúc. Xem phần đầu ở trang 7, 14, 25)
(Kaynas) 38; G. Irisov (Donetsk) 40;
A. Kapralov (Tbilisn) 38-41; V. Kelman (Moscow) 38, 40; E. Kodan (Dipropetrovsk) 38; A. Kozhevnikov (Dipropetrovsk) 34; G. Kolomitsev (Sumgant) 36; V. Komov (Alexandrov) 33-41, 43-46; K. Kondratye (Moscow) 38, 40, 45, 47; Yu. Kordyukov (Serov) 38; I. Korotkov (Volgograd) 43, 47; A. Kostereyev (Semiluk) 38-41; O. Kravets (Voronezh) 40, 41, 46; A. Kreines (Kolchugino) 35; A. Kruntsov (Kursk) 33; A. Kuprin (Moscow) 38—41; V. Kuryan (Rostov-on-Don) 34, 38—41, 44; A. Kucher (Donetsk) 35; A. Kusherov (Moscow) 38, 44; A. Lazaryan (Lobnya, vùng Moscow) 35, 37; V. Lashkin (Kyiv) 35-40; A. Lebedev (Gorky) 40; S. Lodunov (Moscow) 40, 47; D. Lodmirsky (Kyiv) 33, 34, 36, 37, 47; S. Mazaryan (Kostroma) 38; S. Malamanov (Leningrad) 35, 38; A. Maslennikov (n. N-Taryal Mar Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị) 46; A. Minaev (Saratov) 38; A. Mocilier (Sverdlovsk) 35, 38, 40, 41, 44, 46, 47; M. Morozov (Ashgabat) 40; I. Muromtsev (Moscow) 33, 36, 38-41; D. Nadezhdin (Kurgan) 38-41; V. Natalia (Ashgabat) 38, 47; A. Odlovlin* (Irkutsk) 38, 41; I. Omelyan (Lviv) 35, 37-44, 46, 47; O. Orzamedov (trung tâm khu vực Kyzyl-Atrek, TSSR)

Urazhenya

Kiểm tra tính đúng đắn của các bất đẳng thức sau:

1. $e^x > 1 + x$ tại $x \neq 0$;

2. $(p + q)^6 < 32(p^6 + q^6)$ tại $p > 0, q > 0$;

3. $\sin x > x - \frac{x^3}{6}$ tại $x > 0$;

4. $2\sqrt{x} > 3 - \frac{1}{x}$ tại $x > 1$;

5. $tg x > x + \frac{x^3}{3}$ tại $0 < x < \frac{\pi}{2}$;

6. $\sin x < \frac{1}{2}x(\pi - x)$ tại $0 < x < \frac{\pi}{2}$;

7. $2ab \ln \frac{b}{a} < b^2 - a^2$ tại $0 < a < b$;

8. $e^x > 1 + x + \frac{1}{2}x^2$ tại $x > 0$;

9. $\ln (1 + x) < x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}$ tại $x > 0$.

10. Một $n$-giác đều có chu vi $p_n$ được ghi trong một hình tròn bán kính $R$, và một $n$-giác đều có chu vi $P_n$ không được ghi. Chứng minh bất đẳng thức sau (do nhà vật lý và toán học nổi tiếng Christas Huygens thực hiện): $2p_n + P_n > 6\pi R$.