Kvant 1980, số 1 · Trang

KVANM
1
1980

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

Cấu trúc hình học phức tạp được mô tả trên trang bìa được tạo thành từ mười phần giống nhau. Mỗi trong số chúng bao gồm hai hình thoi và hình lục giác tổng hợp (xem ảnh). Sơ đồ hai hình thoi (mỗi phần có 15 hình: 10 ở vòng ngoài, 5 ở bên trong) được xây dựng như sau: lấy một hình thoi và đặt một hình thoi trên mỗi cạnh của nó (có 30 hình) sao cho đường chéo ngắn của nó trùng với cạnh; kích thước của các hình thoi (tất cả các hình thoi đều giống nhau) và vị trí của chúng được chọn sao cho các hình thoi được tạo hình theo các cạnh của chúng, tạo thành một hình tam giác lồi (kiểm tra xem điều này có khả thi không!); chữ “xích đạo 吻c” của mười hình thoi đã bị loại bỏ khỏi khối ba đường chéo; dán hai “nắp” còn lại lại với nhau, chúng ta có được hai sơ đồ.

Hình lục giác được tạo thành từ các hình thoi có cùng kích thước và có hai loại (bao nhiêu?); chúng tạo thành một mạng lưới phức tạp gồm các “hành lang” giữa các “phòng” - hai đường chéo.

Cấu trúc này làm cơ sở cho một dự án kiến ​​trúc thử nghiệm cho một làng dân cư ở vùng Viễn Bắc.

O. Bodnar

1

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin

Phó thứ nhất
tổng biên tập
Viện sĩ A. N. Kolmogorov 10

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Bellev 18
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov 26
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov 27
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
L. G. Makar-Limanov 31
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov 41
A. P. Savin 42
Tôi. Sh. Slobodetsky
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabrikant 51
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov 52

TRONG PHÒNG:

V. Leshkovtsev. Vật lý tại Đại học quốc gia Moscow
V. Vyshensky, N. Perestok, A. Samoilenko. Hãy nói về phương trình vi phân
I. Vorobiev. Núi và gió
S. Gindikin. Câu chuyện Galileo khám phá ra định luật chuyển động

Phòng thí nghiệm «Kvant»
V. Mayer. Tự dao động trong luồng không khí

vòng tròn toán học
M. Mamikon. Khái quát bài toán về tiền giả

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M601—M605; F613—F617
Lời giải bài toán M546—M550; F558—F562

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
D. Izaak, T. Utkina. Cốc của Stepa Moshkin

Xưởng của người nộp đơn
N. Vilenkin. Ba chấm, ba chấm…
A. Alexandrov, A. Zaboev, N. Sholokhov. Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow

Nghệ thuật lập trình
Trường lập trình tương ứng. Bài 5
A. Salikhova, N. Sokolova. Hệ thống đồ họa Epee

Thông tin
V. Aslayan, S. Korshunov, T. Chugunova. Trường thể chất và kỹ thuật tương ứng

Trang cờ vua

Đáp số, gợi ý, lời giải

Trang bìa của chúng tôi (45)

Trộn (9. 17, 25, 29, 40, 55, 62)

Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học của nhà xuất bản “Nuka”, «Kvant», 1980

2

V. Leshkovtsev

Vật lý
tại Đại học quốc gia Moscow

Không phải vô cớ mà Đại học quốc gia Moscow (MSU) mang tên nhà khoa học vĩ đại người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov. Trường đại học được thành lập cách đây 225 năm nhờ lời khuyên và thiết kế của ông. “Lý do chính của tôi,” Lomonosov viết về dự án này, “là kế hoạch sẽ phục vụ cho tất cả các năm trong tương lai.” Có hy vọng này - trường đại học ra đời và nhanh chóng trở thành một trong những điểm thu hút chính của giáo dục và khoa học Nga. Tuy nhiên, trực tiếp

Trên đây là tòa nhà Khoa Vật lý của Đại học quốc gia Moscow trên đồi Lenin.

Lomonosov không tham gia tích cực vào các hoạt động của Đại học Moscow. Ông không có sinh viên nào trong lĩnh vực vật lý nên thực tế ông không thể có bất kỳ ảnh hưởng nào đến sự phát triển của vật lý tại Đại học quốc gia Moscow.

Đại học Mátxcơva được thành lập theo sắc lệnh của Hoàng hậu Elizabeth Petrovna vào ngày 12 tháng 1 năm 1755. Lúc đầu chỉ có ba khoa: vật lý, luật và y học; Trong khóa học vừa qua tôi đã tham gia một khóa học vật lý. Chỉ đến năm 1804 Khoa Khoa học Vật lý và Toán học mới được thành lập. Bản thân cuộc sống (sự phát triển của sản xuất, nhu cầu của quân đội) bắt đầu đặt ra yêu cầu đào tạo các chuyên gia trong các lĩnh vực khoa học này.

Ngay cả Peter I, khi nỗ lực phát triển khoa học trong nước, đã chỉ ra sự cần thiết không chỉ của việc giảng dạy khoa học mà còn phải “sản xuất ra nó”. Nhưng trong khi các nhà khoa học nước ngoài được mời đến Viện Hàn lâm Khoa học (Euler, Bernoulli, Lenz và những người khác), thì Đại học Moscow lại không có trường hợp nào như vậy.

3

không có kế hoạch. Ngoài ra, các công trình khoa học về vật lý do các giáo viên xuất bản trong nửa thế kỷ đầu tồn tại đã bị thất lạc trong trận hỏa hoạn năm 1812.

Nhà vật lý lớn đầu tiên làm việc tại Đại học Moscow là Aleksandr Grigorievich Stoletov. Ông đã cống hiến hơn 30 năm cuộc đời mình cho trường đại học. Stoletov là sinh viên của Đại học Moscow, tốt nghiệp loại xuất sắc vào năm 1860. Chẳng bao lâu sau, ông được gửi ra nước ngoài trong ba năm, nơi ông tiếp tục học tại các phòng thí nghiệm ở Berlin, Heidelberg, Gottingen và Paris. Trong những năm này, ông đã nghiên cứu với Helmholtz, Kirchhoff, Weber, Magnus và các nhà khoa học lớn khác.

Năm 1865, Stoletov trở về quê hương và sớm bắt đầu giảng dạy vật lý tại trường đại học - hoạt động này tiếp tục cho đến những ngày cuối đời (ông mất năm 1896). Ông là người đầu tiên dạy một khóa học về vật lý toán học. Với những nỗ lực to lớn, vào năm 1872, ông đã thành lập được phòng thí nghiệm vật lý đầu tiên để ông có thể tiến hành nghiên cứu khoa học độc lập. Cho đến thời điểm này, các giáo viên đại học, bao gồm cả chính Stoletov, chỉ tiến hành nghiên cứu khoa học trong các phòng thí nghiệm nước ngoài. Stoletov cũng thành lập hội thảo khoa học thường trực đầu tiên về các vấn đề vật lý, trong số những người tham gia có các nhà khoa học nổi tiếng như N. A. Umov, P. N. Lebedev, N. E. Zhukovsky.

Công việc của Stoletov đã đặt nền móng cho kỹ thuật điện lý thuyết; họ đã nhận được sự công nhận rộng rãi của quốc tế. Năm 1871, Stoletov bắt đầu nghiên cứu tính chất từ ​​của sắt, vật liệu chính cho kỹ thuật điện.

Dưới tác dụng của từ trường, sắt có được tính chất từ ​​- nó trở thành nam châm. Độ từ hóa của vật I và độ thấm từ của nó μ phụ thuộc vào độ lớn cảm ứng từ của trường từ hóa. Ngoài ra, những giá trị này còn phụ thuộc vào hình dạng của cơ thể, điều này làm cho việc nghiên cứu trở nên phức tạp hơn rất nhiều. Trước Stoletov, giá trị của I và μ chỉ được thay đổi dọc theo chiều dài của thanh. Stoletov đã tạo ra một phương pháp mới để đo các giá trị này của hình dạng cơ thể và thu được các mẫu đặc trưng cho vật liệu tạo ra nó. Dựa trên những mô hình này, những người tạo ra máy điện đã tìm ra chìa khóa cho lời giải của nhiều bài toán thực tế.

Năm 1887, nhà vật lý người Đức Hertz đã phát hiện ra sự kết hợp bí ẩn của sự đánh thủng điện trong chất khí (sự truyền tia lửa điện giữa các điện cực nối với mạch điện); ông phát hiện ra rằng việc chiếu tia cực tím vào các điện cực sẽ tạo điều kiện cho sự phân hủy. Sau khi bắt đầu nghiên cứu hiện tượng này (gọi tắt là hiệu ứng quang điện hay gọi tắt là hiệu ứng quang điện), Stoletov đã tạo ra một phương pháp độc đáo, cho phép

4

Tôi muốn tiết lộ các quy luật cơ bản của hiệu ứng ảnh.

Hình vẽ cho thấy một sơ đồ các thí nghiệm của ông. Mục tiêu điện tử, bao gồm pin B và điện kế G, cũng bao gồm hai tấm kim loại $K_1$ và $K_2$, một trong số đó được chế tạo dưới dạng lưới. Hồ quang điện D là nguồn phát ra tia tử ngoại. Khi mang các tấm kim loại, Stoletov quan sát thấy dòng điện chạy qua trong một mạch điện “hở”. Bây giờ chúng ta biết rằng các hạt mang dòng điện là các electron, chúng phóng ra lượng tử bức xạ cực tím từ cực âm kim loại $K_2$ và lao tới cực dương $K_1$.

Kết quả của các thí nghiệm của mình, Stoletov đã thiết lập được bản chất sự phụ thuộc của cường độ dòng quang điện chạy qua mạch vào điện áp đặt lên các bản. Đúng là khi điện áp tăng, dòng quang đầu tiên tăng đến một giá trị nhất định (được gọi là dòng bão hòa), sau đó nó gần như không đổi. Điều này có nghĩa là tất cả các electron rời khỏi cực âm $K_2$ dưới tác dụng của ánh sáng đều chạm tới cực dương $K_1$ và thường chạy qua mạch điện. Stoletov còn chỉ ra rằng cường độ của dòng quang bão hòa tỷ lệ thuận với thông lượng ánh sáng tới trên cực âm, hay theo thuật ngữ hiện đại, với số lượng tử ánh sáng tới trên cực âm. Các định luật về hiệu ứng quang điện do Stoletov phát hiện đóng vai trò quan trọng trong việc chứng minh lý thuyết lượng tử của bức xạ và tìm ra nhiều ứng dụng thực tế có giá trị.

Sau cái chết của Stoletov, Phòng Thí nghiệm do ông thành lập

Graph showing the relationship between current and voltage in a circuit

Vào đầu năm 1874, Umov xuất bản tác phẩm “Phương trình chuyển động năng lượng trong các vật thể”. Nó chứa đựng ý tưởng về dòng chảy của các loại năng lượng khác nhau trong các môi trường khác nhau. Umov đã chỉ ra rằng nhiều quá trình vật lý (ví dụ, sự lan truyền của sóng ánh sáng hoặc dao động trong chất rắn) có liên quan đến dòng năng lượng liên tục. Ông là người đầu tiên đưa ra khái niệm về mật độ năng lượng, tốc độ truyền của nó, hướng của dòng năng lượng, đưa ra những định nghĩa vật lý chặt chẽ cho chúng. Dựa vào định luật bảo toàn năng lượng, Umov thu được định luật tổng quát về sự truyền năng lượng. Các tính chất vật lý của định luật này như sau: sự thay đổi năng lượng trong một thể tích nhất định của một môi trường nào đó trong một đơn vị thời gian bằng với dòng năng lượng qua bề mặt giới hạn thể tích này. Ngày nay những ý tưởng này của Tâm trí đã được chấp nhận rộng rãi. Nhưng vào thời điểm đó, Umov gặp phải sự hiểu lầm sâu sắc từ phía các nhà vật lý cấp cao. Chỉ mười năm sau, vào năm 1884, nhà vật lý người Anh Poyntig đã xuất bản một bài báo được biết đến rộng rãi về sự truyền năng lượng điện từ, những kết luận chính của nó trùng khớp với kết luận của lý thuyết tổng quát hơn về Tâm trí.

5

Tòa nhà cũ của Khoa Vật lý của Đại học quốc gia Moscow trên Mokhovaya.

Vấn đề thứ hai được Umov nghiên cứu mà chúng tôi muốn nói ở đây là từ tính của trái đất. Được biết, Trái đất là một nam châm khổng lồ. Bản chất của từ trường Trái đất rất phức tạp và các nhà khoa học vẫn đang tranh cãi về nguồn gốc của từ trường này. Lý thuyết toán học chính thức về từ trường của trái đất được phát triển bởi nhà toán học vĩ đại người Đức Gauss. Ông đã đưa ra một công thức có thể dùng để tính độ lớn cảm ứng từ tại bất kỳ điểm nào trên bề mặt địa cầu. Đó là tổng của 24 số hạng với hệ số không đổi, được xác định theo kinh nghiệm. Umov là người đầu tiên tiết lộ ý nghĩa vật lý của từng số hạng và hệ số trong công thức Gauss.

Nhà vật lý xuất sắc cuối cùng làm việc tại Đại học Moscow trước Cách mạng Tháng Mười là Pyotr Nikolaevich Lebedev. Anh ấy không phải là sinh viên của Đại học Moscow, vì anh ấy đã học cao hơn tại Trường Kỹ thuật Cao cấp Moscow. Giống như Stoletov và Umov, anh ấy cũng đã cải thiện trình độ học vấn của mình ở nước ngoài - ở Strasbourg và Berlin. Năm 1891, Lebedev nhận bằng tiến sĩ tại Đại học Strasbourg. Công trình bào chữa mà ông trình bày được dành cho lý thuyết về điện môi và xác định hằng số điện môi của hơi của một số chất.

Lý thuyết về hiện tượng điện từ do Maxwell tạo ra vào giữa thế kỷ 19 đã không nhận được sự công nhận của giới khoa học ngay lập tức. Stoletov tích cực đấu tranh để tán thành lý thuyết này. (Ông đã tiến hành một loạt thí nghiệm để xác định chính xác sự tương ứng giữa các hệ số xác định lực tương tác của điện tích và lực tương tác của dòng điện. Theo lý thuyết của Maxwell, tỉ số của các hệ số này bằng

6

Tấm bia tưởng niệm trên tòa nhà nơi P. N. Lebedev làm việc.

tốc độ ánh sáng, điều đã được xác nhận trong các thí nghiệm của Stoletov.) Umov cũng tham gia vào cuộc đấu tranh này, công trình của ông về dòng năng lượng đã xác nhận và phát triển một số kết luận nảy sinh từ lý thuyết của Maxwell. Tất nhiên, các thí nghiệm của Hertz chứng minh sự tồn tại của sóng điện từ đã đóng vai trò rất quan trọng trong việc thừa nhận lý thuyết của Maxwell. Nhưng P. N. Lebedev cũng đã có đóng góp rất quan trọng vào việc chứng minh lý thuyết này.

Theo lý thuyết của Maxwell, ánh sáng chiếu vào bề mặt của vật thể sẽ gây áp lực lên nó. Tuy nhiên, nỗ lực xác minh kết luận này bằng thực nghiệm của một số nhà khoa học đã không thành công. Họ đi đến kết luận rằng nếu áp suất ánh sáng tồn tại thì cường độ của nó rất nhỏ và bị chồng chéo bởi những hiệu ứng vật lý khác đáng chú ý hơn gấp nhiều lần chắc chắn hiện diện trong những thí nghiệm như vậy. Trước hết, đây là hiệu ứng đo phóng xạ liên quan đến thực tế là vật thể được làm nóng bởi ánh sáng được tách biệt khác nhau với các mặt được chiếu sáng và không chiếu sáng. Tác dụng phụ thứ hai làm phức tạp thí nghiệm là sự đối lưu – sự xuất hiện của các dòng nhiệt trong không khí được làm nóng bởi ánh sáng; Không khí ấm tăng lên, không khí lạnh hạ xuống.

Lebedev là người đầu tiên vượt qua được tất cả những khó khăn này. Thiết bị do ông chế tạo đã đạt được mức độ hiếm không khí kỷ lục vào thời điểm đó. Đôi cánh bạch kim, trên đó ánh sáng luân phiên rơi từ bên này sang bên kia; mặt khác, chúng rất mỏng, điều này thực tế đã loại bỏ ảnh hưởng của hiệu ứng đo phóng xạ. Và xi lanh thủy tinh, bên trong đặt thiết bị thay đổi, đủ lớn để làm suy yếu đáng kể ảnh hưởng của luồng không khí đối lưu. Giá trị của áp suất ánh sáng lên các cánh bạch kim nhẹ do Lebedev thay đổi trùng với giá trị được tính toán bằng lý thuyết Maxwell. Công trình này được Lebedev bổ sung ở Paris tại Đại hội các nhà vật lý thế giới năm 1900 và ngay lập tức nhận được sự công nhận rộng rãi. Nhà vật lý xuất sắc người Anh William Thomson (Lord Kelvin, người được đặt tên cho thang nhiệt độ tuyệt đối), đã biết về công trình của Lebedev và nói với người quen của ông, nhà sinh vật học người Nga Klement Arkadyevich Timirzev: “Bạn có thể biết rằng cả đời tôi đã chiến đấu với Maxwell, không nhận ra áp suất nhẹ của anh ấy, và bây giờ Lebedev của bạn đã khiến tôi đầu hàng trước các thí nghiệm của anh ấy”.

Năm 1909, Lebedev hoàn thành ba năm thí nghiệm để chứng minh sự tồn tại của áp suất nhẹ lên chất khí, điều này đòi hỏi sự khéo léo hơn nữa. Hóa ra ánh sáng đã gây áp lực lên các chất khí và đây là yếu tố quyết định hình dạng của đuôi sao chổi.

Một kết quả quan trọng không kém trong hoạt động của P. N. Lebedev là việc ông tạo ra quy mô khoa học đầu tiên của các nhà vật lý ở Nga. Trong số học trò của ông còn có những nhà khoa học sau này học được, như Viện sĩ P. P. La-

7

Zarev, thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô T. P. Kravets, các giáo sư V. K. Arkadyev, A. B. Molodevsky, N. A. Kaptsov, K. P. Ykovlev. Pyotr Nikolaevich cũng là người khởi xướng việc thành lập viện vật lý đầu tiên ở Nga, độc lập với trường đại học, hiện nằm trong hệ thống của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và mang tên ông. Thật không may, Lebedev đã không thể mở viện: ông mắc một căn bệnh tim nghiêm trọng và qua đời vào năm 1912 ở tuổi 46.

Giám đốc đầu tiên của viện vật lý, mở cửa vào ngày 1 tháng 1 năm 1917, là viện sĩ P. P. Lazarev. Theo gương của người thầy, ông đã tập hợp xung quanh mình một nhóm lớn các nhà khoa học trẻ, trong số đó có các học giả MSU nổi tiếng nhất S. I. Vavilov, G. S. Landsberg và V. V. Shuleikin, các giáo sư V. V. Ilyin, S. N. Rzhevkin, E. V. Shpolsky.

Sau Cách mạng Tháng Mười, Khoa Vật lý của Đại học Quốc gia Mátxcơva không ngừng phát triển và hoàn thiện. Việc thành lập Khoa Vật lý Lý thuyết, người đứng đầu là nhà khoa học trẻ tài năng S. A. Boguslavsky, được mời từ Saratov, đóng một vai trò rất quan trọng trong sự phát triển của nó. Prodatov học tại Đại học quốc gia Moscow được hai năm, ông qua đời vì bệnh lao. Sau đó, thay thế ông, giáo sư (và sau này là học giả) Leonid Isaakovich Mandelstam được mời từ Đại học Odessa, người đã đến cùng với cộng tác viên của ông (sau này cũng là học giả) Igor Evgenievich Tamm. Cả hai đều là những nhà khoa học xuất sắc của Liên Xô, người có ảnh hưởng lớn đến sự phát triển của toàn bộ nền vật lý Liên Xô. Dần dần, trình độ giảng dạy vật lý tại Đại học quốc gia Moscow ngang bằng với các cơ sở giáo dục đại học nước ngoài tốt nhất.

Gần đây chúng tôi đã tổ chức lễ kỷ niệm 100 năm ngày sinh của Viện sĩ L. I. Mandelstam trên tạp chí của mình *). Ông đã thành lập một trong những trường vật lý lớn nhất ở nước ta.

*) Xem «Kvant», 1979, số 7.

Trong số các sinh viên của ông, chúng tôi chỉ kể tên các học giả A. A. Andronov, M. A. Leontovich, I. M. Frank, A. M. Prosorov, các thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô S. M. Rytov, V. V. Migulin, các giáo sư S. E. Khaikin và G. S. Gorelik. L. I. Mandelstam đã có đóng góp đáng kể cho mục tiêu của một số ngành vật lý hiện đại - quang học, lý thuyết dao động, truyền sóng vô tuyến, vật lý thống kê.

Cho đến nay, khám phá lớn nhất mà ông thực hiện là khám phá ra sự tán xạ ánh sáng Raman. Nếu bạn chiếu sáng một vật thể bằng ánh sáng có bước sóng xác định nghiêm ngặt thì ánh sáng bị tán xạ bởi vật thể này sẽ có cùng bước sóng. Sự thật này đã có từ lâu và được các bác sĩ nhãn khoa xác lập một cách đáng tin cậy. Nhưng L.I. Mandelstam và G.S. Landsberg quyết định tìm hiểu xem liệu khi ánh sáng bị tán xạ trong tinh thể, một số sóng ánh sáng mới không phát sinh và không có mặt trong ánh sáng tới trên tinh thể hay không. Để làm điều này, họ đã thực hiện thí nghiệm sau.

Ánh sáng đơn sắc thu được từ đèn đất với sự trợ giúp của bộ lọc, chiếu vào tinh thể thạch anh tinh khiết và đồng nhất nhất. Ánh sáng tán xạ bởi tinh thể được phân tích bằng máy quang phổ. Một trong những khó khăn chính của thí nghiệm là trong tổng lượng năng lượng ánh sáng tới tinh thể, chỉ có khoảng một phần mười milicard bị tán xạ, và gần như toàn bộ ánh sáng tán xạ trùng với bước sóng với ánh sáng tới. Rất khó để phát hiện bất kỳ bước sóng mới nào trong ánh sáng không giảng dạy được phản chiếu bởi tinh thể.

Tuy nhiên, sau một thí nghiệm cực kỳ dài, Mandelstam và Landsberg đã tìm thấy trong ánh sáng phản xạ hai vạch quang phổ bổ sung, nằm đối xứng ở những khoảng cách bằng nhau tính từ đỉnh. Sự khác biệt giữa tần số của các vạch này và tần số của ánh sáng tới là giống hệt nhau và trùng với tần số dao động bên trong của các phân tử của chất tán xạ. Các nguyên tử tạo nên phân tử có thể dao động

9

Mick Sergei Ivanovich Vavilov. Ông đứng đầu khoa vật lý đại cương. Dưới thời ông, các bài tập thể chất nói chung và đặc biệt đã được nắm vững một cách đáng kể, đồng thời nhiều bài giảng thuyết minh mới đã được tạo ra.

Vào giữa những năm bốn mươi, Viện Nghiên cứu Vật lý Hạt nhân được thành lập tại Khoa Vật lý của Đại học Tổng hợp Moscow, nơi các chuyên gia được đào tạo về lĩnh vực vật lý hạt nhân nguyên tử, các hạt nguyên tố và tia vũ trụ. Đồng thời, Khoa Vật lý Nhiệt độ Thấp được thành lập, người đứng đầu là A.I. Shalnikov (hiện là học giả).

Trong những năm gần đây, Khoa Vật lý đã phát triển thành công công trình về thực phẩm điện tử lượng tử, công trình này đã được đào tạo xuất sắc trong lĩnh vực lý thuyết dao động. Trong số các công trình ông thực hiện, công trình nổi tiếng nhất là việc tạo ra các tia laser tham số với tần số bức xạ thay đổi liên tục.

Các tia laser số có một phần cấu trúc, có nghĩa là

*) Quang học phi tuyến nghiên cứu các hiện tượng quang học xảy ra ở cường độ ánh sáng rất cao do tia laser tạo ra. Trong những điều kiện như vậy, tính chất quang của môi trường (ví dụ chiết suất) phụ thuộc vào cường độ ánh sáng.

Nhiệm vụ của độc giả của chúng tôi

Đạo hàm rất hữu ích khi sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức cả với một biến («Kvant», 1979, số 10) và với nhiều biến. Dưới đây là ví dụ về bài toán như vậy, được gửi bởi độc giả của chúng tôi:

1. Chứng minh bất đẳng thức
   $$\frac{tg\beta}{tg\alpha} > \frac{\beta}{\alpha}$$

cho những con số $\alpha, \beta$ thỏa mãn

$$0 < \alpha < \beta < \frac{\pi}{2}.$$

L. Kurlyandik

2. Chứng minh bất đẳng thức
   $$\sin^2\alpha + \sin\beta \sin\gamma \leq \frac{25}{16},$$

trong đó $\alpha, \beta, \gamma$ là các góc của tam giác.

S. Berkolaiko

10

Hãy nói về phương trình vi phân

Nếu trong các phương trình thông thường được giải ở trường, bạn cần tìm các giá trị số của một biến nhất định, thì trong phương trình vi phân, hàm cần tìm là hàm bắt buộc và phương trình bao gồm tích của hàm này. Bạn đã quen thuộc với các phương trình vi phân đơn giản trong sách giáo khoa ở trường. Đây là phương trình tăng trưởng (hoặc phân rã) theo cấp số nhân

$$y' = ky,$$

(1)

trong đó $y = y(x)$ là hàm chưa biết, $k \neq 0$ là hằng số cho trước (“Đại số và các phần tử phân tích 10”, trang 110) và phương trình dao động điều hòa

$$y'' = -\omega^2 y,$$

(2)

trong đó $y$ lại là một hàm chưa biết, $\omega > 0$ là một hằng số (ibid., đoạn 80).

Trong các lĩnh vực hoạt động khác nhau của con người, bài toán phát sinh, gắn liền với một phương trình vi phân. Bản chất của bài toán này và phương pháp của lời giải của chúng có thể được mô tả giống như thế này. Chúng tôi đang nghiên cứu một số quá trình - vật lý, sinh học, v.v. Chúng tôi quan tâm đến sự thay đổi theo thời gian của một số đặc tính của quá trình này, tức là một đại lượng nhất định (nhiệt độ, áp suất, khối lượng, v.v.). Nếu chúng ta có nhiều thông tin về diễn biến của quá trình này, chúng ta có thể cố gắng xây dựng một mô hình toán học về nó. Trong nhiều trường hợp, không thể thu được thông tin về tốc độ thay đổi của đại lượng $y = y(t)$ tùy theo thời gian $t$, tức là về đạo hàm $y' = y'(t)$, từ dữ liệu thực nghiệm hoặc từ vật lý và các định luật khác. Thông tin này thường có thể được viết dưới dạng phương trình vi phân với hàm chưa xác định $y = y(t)$. Phương trình thu được mô tả chính xác quá trình của chúng tôi theo quan điểm về đặc tính $y$ của nó. Sau khi quét tất cả lời giải của phương trình vi phân - bản thân nó đã là một bài toán toán học thuần túy, chúng tôi tìm thấy tất cả các tùy chọn có thể có để thay đổi giá trị $y$.

Lưu ý rằng trong một mô tả toán học (mô tả như vậy được gọi là mô hình), người ta luôn phải đưa ra một số đề xuất đơn giản hóa, tránh các tác dụng phụ nhất định, chấp nhận các điều kiện “lý tưởng” - tóm lại là trừu tượng từ các chi tiết cụ thể. Điều này dẫn đến những hạn chế đã biết trong việc áp dụng mô hình đã xây dựng.

Kinh nghiệm phát triển của các ngành khoa học khác nhau cho thấy nhiều dữ liệu lẫn nhau về nội dung của bài toán dẫn đến các phương trình vi phân giống nhau hoặc tương tự nhau. Do đó, việc phát triển các phương pháp lời giải cho các phương trình như vậy là điều tự nhiên bất kể các vấn đề được đưa ra hoặc có thể dẫn đến chúng. Đây chính xác là điều mà lý thuyết toán học về phương trình vi phân giải quyết.

Nếu bất kỳ bài toán nào được kết nối với một phương trình vi phân có phương pháp lời giải đã được biết, thì bài toán này có thể được coi là giải được. Trong trường hợp này, phần sáng tạo lời giải kết thúc bằng việc biên soạn một phương trình vi phân, trong khi giai đoạn thứ hai - quét lời giải của phương trình - sẽ là, mặc dù quan trọng nhưng thuần túy là kỹ thuật bài toán. Ở đây có sự tương tự hoàn toàn với các bài toán liên quan đến phương trình đại số tổng quát.

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ minh họa những gì đã được nói bằng ví dụ bài toán, liên quan đến phương trình vi phân (1) và (2) ở trường

11

khóa học. Hãy bắt đầu với việc điền vào
này.

1. Vi sai tuyến tính
   phương trình

Phương trình $y' = ky$ được gọi là tuyến tính-
nom vì chức năng chưa được biết
$y$ và sản phẩm của nó $y'$ được bao gồm trong đó
cách tuyến tính. Như đã biết từ
sách giáo khoa, bất kỳ lời giải nào của phương trình này
Ý kiến ​​được viết dưới dạng

$$y = Ae^{kx},$$

(3)

trong đó $A$ là hằng số tùy ý.

Hóa ra nếu trên tọa độ
trên mặt phẳng để vẽ đồ thị
những lời giải này trong tất cả những gì có thể
giá trị $A$, thì chúng sẽ bao phủ toàn bộ
mặt phẳng và qua mỗi mặt phẳng
điểm mặt phẳng sẽ đi qua chính xác
một trong những đồ thị. Mặt phẳng của mắt là
được gọi như thể được dệt từ than chì
fikov $y = Ae^{kx}$ (Hình 1).

Hãy chứng minh điều đó, tại sao lại tìm thấy nó
trong số các hàm có dạng (3) tất cả những hàm đó
fic của ai xuyên suốt chuyện này
điểm $(x_0; y_0)$ của mặt phẳng tọa độ. Để xác định hằng số $A$ ta thu được phương trình

$$Ae^{kx_0} = y_0,$$

có một lời giải
$A = y_0e^{-kx_0}$. Do đó, một và chỉ một trong các đồ thị (3) đi qua điểm của chúng ta - đây là

$$y = \left(y_0e^{-kx_0}\right) \cdot e^{kx} = y_0e^{k(x-x_0)}.$$

(4)

Thực tế là chúng tôi thường xuyên nhận được
công thức như sau:
phương trình vi phân $y' = ky$ có duy nhất lời giải thỏa mãn y ban đầu

Hình 1.

điều kiện $y(x_0) = y_0$; đây là lời giải
được cho bởi công thức (4).

Vi phân tuyến tính tổng quát hơn
phương trình cial được viết dưới dạng

$$y' = ky + a,$$

(5)

trong đó $a$ (như $k$) là một hằng số. phương trình.
(5) dễ dàng trùng khớp với đã được sử dụng
phương trình sau (1): nếu
bên phải được viết là

$$ky + a = k\left(y + \frac{a}{k}\right)$$

(hãy nhớ rằng chúng ta xét $k \neq 0$) và biểu thị hàm $y + a/k$ bằng $z$, sau đó

$$z' = \left(y + \frac{a}{k}\right)' = y' = ky + a = kz.$$

Như vậy hàm số $z(x) = y(x) + a/k$ thỏa mãn phương trình
nyu $z' = kz$, do đó $z = Ae^{kx}$, tức là $y + a/k = Ae^{kx}$, từ đâu đến

$$y(x) = -\frac{a}{k} + Ae^{kx}.$$

Giá trị của hằng số $A$ lại là
được xác định duy nhất nếu
điều kiện ban đầu $y(x_0) = y_0$ được đưa ra.

Về bản chất, đây là toàn bộ lý thuyết toán học của các phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất, tức là các phương trình, chỉ bao gồm hàm tùy ý đầu tiên của một hàm chưa biết.

2. Ứng dụng tuyến tính
   phương trình vi phân

Thảo luận trong sách giáo khoa ở trường
một số quy trình được nghiên cứu bởi
tính chất của vi phân tuyến tính
phương trình cơ bản, nghĩa là, theo nguyên lý
thay đổi lý thuyết đã nêu ở đoạn 1.
Đây là các quá trình phân tán phóng xạ
pada, dân số posta và sự trao đổi chất của cơ thể. Chúng ta sẽ xem xét thêm ba ví dụ từ các lĩnh vực khoa học khác.
Hãy để chúng tôi nhắc nhở bạn rằng điều quan trọng nhất đối với chúng tôi là
giảm bài toán thành một phương trình vi phân.

(A) Mô hình tăng trưởng dân số
của vi khuẩn. Gọi $N(t)$ là kích thước của quần thể vi khuẩn sinh sản tại thời điểm $t$. Trong điều kiện lý tưởng $\Delta N(t) = N(t + \Delta t)$ - $N(t)$ trong khoảng thời gian từ $t$ đến $t + \Delta t$ cho
nhiều loại vi khuẩn có thể được xem xét

12

tỷ lệ theo bảng số lượng vi khuẩn có $t$ vi khuẩn tại thời điểm đó; Ngoài ra, đối với $\Delta t$ nhỏ, mức tăng $\Delta N(t)$ phải xấp xỉ tỷ lệ với $\Delta t$.
Vì vậy, với các giả định đã được đưa ra, chúng ta có thể viết
$$\Delta N(t) \approx kN(t)\Delta t,$$
trong đó $k > 0$ là hệ số tùy thuộc vào loại vi khuẩn. Vì thế,
$$\frac{\Delta N(t)}{\Delta t} \approx kN(t).$$
Trừu tượng từ thực tế là số chỉ có thể thay đổi ở dạng số nguyên, chúng ta sẽ giả sử rằng $N(t)$ thay đổi liên tục theo thời gian. Xét rằng đẳng thức cuối cùng phải chính xác hơn, $\Delta t$ càng nhỏ (hãy nghĩ xem), sau khi chuyển giới từ trong đó là $\Delta t$ tiến về 0, chúng ta thu được phương trình vi phân có dạng (1):
$$N'(t) = kN(t).$$
Vì vậy (xem điểm 1),
$$N(t) = Ae^{kt},$$
nên dân số tăng theo quy luật hàm mũ. Nếu biết kích thước quần thể ban đầu, tức là điều kiện ban đầu $N(0) = N_0$, thì theo công thức (4), chúng ta có thể viết
$$N(t) = N_0e^{kt}.$$
(B) Rơi tự do do ma sát (mô hình dù). Để một vật có khối lượng $m$ rơi thẳng đứng từ một độ cao nhất định, và cùng với lực hấp dẫn $F_\tau = mg$, nó chịu tác dụng của một lực ma sát ngược chiều với vận tốc, tỉ lệ với độ lớn của vận tốc: $F_{\tau p} = -\alpha v$, trong đó $\alpha > 0$ là hệ số ma sát. Hãy xác định sự phụ thuộc của tốc độ vào thời gian.
Trong trường hợp này, phương trình vi phân thu được ngay từ định luật thứ hai của Newton: $ma = F = F_\tau + F_{\tau p}$, tức là $mv' = mg - av$. Chia cả hai vế cho $m$, chúng ta lại thu được một phương trình vi phân tuyến tính, nhưng lần này có dạng (5):
$$v' = -\frac{\alpha}{m}v + g.$$

Khu công nghiệp (6)
$$v(t) = \frac{mg}{\alpha} + Ae^{-\frac{\alpha}{m}t}.$$
Trong trường hợp $v(0) = 0$, chúng ta tìm thấy $A = -\frac{mg}{\alpha}$ và
$$v(t) = \frac{mg}{\alpha}\left(1 - e^{-\frac{\alpha}{m}t}\right).$$

Khi rơi tự do không ma sát ($v' = g$), giá trị tốc độ quay trở lại là tuyến tính: $v(t) = gt$. Tuy nhiên, khi có ma sát, tốc độ quay trở lại có xu hướng không đổi: với giá trị trả về $t$, giá trị của $e^{-\frac{\alpha}{m}t}$ có xu hướng về 0, do đó $v(t)$ có xu hướng về giá trị giới hạn $v_{\text{np}} = mg/\alpha$ (biểu đồ của giá trị tốc độ được hiển thị trong Hình 2).

(B) Công thức khí áp kế. Người ta biết rằng càng lên cao thì không khí càng loãng - áp suất khí quyển giảm theo độ cao. Hãy thử xác định sự phụ thuộc của $p = p(h)$ áp suất $p$ vào độ cao $h$ so với mực nước biển.

Chúng ta hãy nhớ lại rằng các giá trị áp suất khí quyển được coi là trọng lượng của một cột không khí thẳng đứng có bề mặt phẳng.

Hình 2.
Hình 3.

13

phần $S = 1$ cm$^2$. Vì thế, sự khác biệt

$$p(h) - p(h + \Delta h) = -\Delta p(h)$$

bằng về mặt số lượng với trọng lượng của cột tác động từ độ cao $h$ đến độ cao $h + \Delta h$ (Hình 3), tức là

$$-\Delta p(h) = \Delta mg,$$

trong đó $\Delta m$ là khối lượng của mảnh đá này. Thể tích của stolnik bằng $\Delta V = S\Delta h = \Delta h$, do đó, nếu mật độ va chạm trung bình trong stolnik là $\rho_{cp}$ thì $\Delta m = \rho_{cp}\Delta h$, do đó $-\Delta p(h) = g\rho_{cp}\Delta h$ và cuối cùng,

$$\frac{\Delta p(h)}{\Delta h} = -g\rho_{cp}.$$

Chúng ta hãy biểu thị mật độ tác động ở độ cao $h$ bằng $\rho(h)$; thì khi $\Delta h$ tiến tới 0, mật độ trung bình của $\rho_{cp}$ có xu hướng $\rho(h)$ và từ lần tương ứng cuối cùng chúng ta thu được phương trình vi phân

$$p'(h) = -g\rho(h),$$

tuy nhiên, trong đó hàm $\rho(h)$ cũng chưa được biết.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng nhiệt độ ảnh hưởng là như nhau ở tất cả các lớp khí quyển. Khi đó, có thể dễ dàng suy ra từ định luật Boyle-Mariotte hoặc từ phương trình trạng thái khí rằng áp suất tỷ lệ thuận với mật độ$^*$:

$$p(h) = b\rho(h).$$

Từ đẳng thức này và các đẳng thức trước đó, chúng ta thu được phương trình vi phân cuối cùng

$$p'(h) = -\frac{g}{b}p(h)$$

• nó lại trông giống như (1)! Áp dụng lý thuyết ở điểm 1, ta thấy

$$p(h) = p_0 e^{-\frac{g}{b}h},$$

trong đó $p_0$ là áp suất khí quyển ở mực nước biển, tức là ở $h = 0$.

Vì vậy, áp suất giết chết độ cao theo quy luật hàm mũ, phù hợp với cái gọi là kết quả thu được

$$*) pV = RT,$$

từ đó $p = \frac{RT}{V} = \frac{RT}{M} \times \frac{M}{V} = b\rho$, trong đó $b = \frac{RT}{M}$, $R$ là hằng số khí phổ quát, $M$ là khối lượng mol của khí.

bằng công thức khí áp kế. Công thức mà chúng tôi thu được “thất bại” ở những độ cao có độ lớn tương đương với bán kính Trái đất. Và điều này không chỉ do chúng ta bỏ qua sự thay đổi nhiệt độ theo độ cao mà còn do sự thay đổi gia tốc rơi tự do.

Lưu ý rằng trong trường hợp này, phương trình vi phân không mô tả một quá trình vật lý mà chỉ đơn giản là sự thay đổi của một đại lượng vật lý ($p$) tùy thuộc vào một đại lượng khác ($h$).

3. Về dao động điều hòa

Bây giờ chúng ta hãy tập trung vào phương trình vi phân thứ hai được học ở trường - phương trình dao động điều hòa

$$y'' = -\omega^2 y.$$

Như đã biết từ khóa học ở trường, bất kỳ lời giải nào của phương trình này đều được viết dưới dạng

$$y(t) = A \cos (\omega t + \varphi),$$

trong đó $A$ và $\varphi$ là các hằng số tùy ý và chúng ta có thể giả sử rằng $A \geq 0$, $\varphi \in [0; 2\pi]$. Theo những hạn chế này, các hằng số $A$ và $\varphi$ được xác định duy nhất bởi các điều kiện ban đầu, trong trường hợp này đã yêu cầu hai: $y(t_0) = y_0$ và $y'(t_0) = v_0$.

Lưu ý rằng trong trường hợp này, qua mỗi điểm $(t_0; y_0)$ của mặt phẳng tọa độ có vô số đồ thị có dạng (7). Tuy nhiên, đồ thị được xác định duy nhất nếu bạn cũng chỉ định tiếp tuyến của đồ thị tại một điểm nhất định (giải thích). Điều này là do thực tế là phương trình (2) bậc hai, nghĩa là nó bao gồm hàm quan tâm tùy ý thứ hai.

Về đại lượng $y$, đại lượng thay đổi theo thời gian theo định luật (7), người ta nói rằng nó thực hiện dao động điều hòa với tần số $\omega$. Điều quan trọng cần lưu ý là tần số không phụ thuộc vào các điều kiện ban đầu mà chỉ được xác định bởi hệ số trong phương trình ban đầu.

Phương trình dạng (2) được tìm thấy trong phần mô tả dao động đa giác

14

các hệ thống, và không chỉ các hệ thống cơ khí. Sách giáo khoa xét một ví dụ về dao động bên ngoài của quả bóng: nếu khối lượng của quả bóng là $m$ thì hệ số cứng của lò xo là $k$, độ dịch chuyển của quả bóng so với vị trí cân bằng là $x$ thì theo định luật thứ hai Newton là $mx'' = -kx$, do đó $x'' = -\omega^2 x$, trong đó $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$.

Hãy xem một ví dụ khác.

Các dao động nhỏ của ma trận. Đặt một quả bóng có khối lượng $m$ được cố định ở đầu $M$ của một thanh không trọng lượng $OM$ được treo bởi Sharirino tại điểm $O$ sao cho ma trận dao động trong một mặt phẳng (Hình 4). Thật thuận tiện khi thay đổi độ lệch của ma trận $OM$ so với vị trí cân bằng $OM_0$ bằng giá trị $x$ của góc $M_0OM$, tính bằng radian.

Hai lực tác dụng lên quả bóng: hướng thẳng đứng hướng xuống của lực hấp dẫn $F_\tau = -mg$ và hướng hướng tâm $MO$ phản lực của thanh $N$.

Hãy viết định luật II Newton dưới dạng hình chiếu lên tiếp tuyến:

$$m(lx)'' = -mg \sin x,$$

đó là

$$x'' = -\frac{g}{l} \sin x$$

Chúng ta sẽ chỉ xem xét các dao động nhỏ của ma trận, nghĩa là chúng ta sẽ coi giá trị $x$ là nhỏ. Khi đó tội lỗi $x$ có thể được thay thế bằng $x$ (hãy nhớ rằng

$$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$$

• “Đại số và nguyên lý phân tích 10”, đoạn 78) và từ kết quả cân bằng vi phân ta đi đến cân bằng dao động điều hòa

$$x'' = -\frac{g}{l} x,$$

hoặc $x'' = -\omega^2 x$,

ở đâu $\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}$.

Do đó, đối với những sai lệch nhỏ so với vị trí cân bằng, các dao động của ma trận sẽ gần như điều hòa, với tần số $\omega = \sqrt{g/l}$, không phụ thuộc vào khối lượng $m$ và các điều kiện ban đầu, miễn là $x_0$ và $v_0$ đủ nhỏ.

Tất nhiên, toàn bộ sự đa dạng của các quá trình và hiện tượng tự nhiên không thể chỉ quy gọn vào sự kiểm soát của hai loại khác nhau. Thế giới cân bằng vi phân cũng phong phú gần như thế giới thực. Kinh nghiệm khoa học cho thấy rằng việc sử dụng cân bằng vi phân làm mô hình toán học là rất hiệu quả - tất nhiên, nếu chúng ta không quên phạm vi ứng dụng hạn chế của bất kỳ loại mô hình nào.

Bài tập và bài toán

1. Tìm lời giải của cân bằng vi phân $y' = -2y + 4$ thỏa mãn điều kiện ban đầu $y(0) = 5$.

2. Có một lượng chất phóng xạ nhất định. Được biết, sau 30 ngày, 50% chất này sẽ phân hủy. Sau bao nhiêu ngày chất đó còn lại 1% lượng chất ban đầu?

3. Một vật được làm nóng đến $100^\circ$ được đặt trong môi trường có nhiệt độ không đổi $20^\circ$. Sau 10 phút, nhiệt độ cơ thể giảm xuống $60^\circ$. Sau bao lâu nhiệt độ cơ thể sẽ trở thành $25^\circ$?

(Gợi ý cho bài 2 và 3. Sử dụng ví dụ 1 và 3 ở đoạn 110 của sách giáo khoa.)

4. 12 giờ sau khi bắt đầu thí nghiệm, một số lượng vi khuẩn nhất định đã tăng gấp ba lần. Số lượng vi khuẩn sẽ tăng lên bao nhiêu lần trong 24 giờ?

5. Giá trị của hằng số $b$ trong công thức khí áp cho hiệu ứng tổng là $7,7 \cdot 10^4 \text{ m}^2/\text{c}^2$. Bạn cần lên cao bao nhiêu để giảm áp suất xuống một nửa?

6. Thuyền chuyển động chậm dần do lực cản của thuyền. Vận tốc ban đầu của thuyền là 2 m/s, sau 4 s vận tốc của nó là 1 m/s. Sau bao nhiêu giây vận tốc của thuyền là 0,25 m/s? Thuyền đi được bao xa thì dừng lại?

7. Một cô gái đu trên xích đu. Độ lệch lớn nhất so với vị trí cân bằng là 1 m, gia tốc cực đại là 4 m/s2. Giả sử dao động điều hòa là dao động điều hòa, hãy tìm chu kỳ của chúng. Xác định độ cao của xích đu.

8. Tìm dạng tổng quát lời giải của cân bằng vi phân $y'' = -\omega^2 y + a(\omega > 0)$ và $a$ là các hằng số.

15

I. Vorobiev

Núi và gió

• Ngày mai thời tiết sẽ đẹp! - tôi nói. Viên đội trưởng không nói một lời và chỉ tay vào ngọn núi cao nhô lên ngay đối diện chúng tôi.
• Cái gì thế này? - tôi hỏi.
• Núi Tốt.
• Thế thì sao?
• Nhìn nó bốc khói kìa.
  Và quả thực, Mount Gud đang hút thuốc; những đám mây nhẹ bò dọc theo hai bên của nó, và bên trên là một đám mây đen, đen đến mức trông giống như một đốm trên bầu trời tối.
  M. Yu. Lermontov.
  Anh hùng của thời đại chúng ta

Một du khách băng qua dãy núi theo hướng gió - từ hướng gió sang hướng gió - sẽ ngay lập tức nhận thấy sự thay đổi của thời tiết. Lên đến đỉnh, anh ta thấy mình ở trên mây, nếu không anh ta sẽ bị mưa hoặc tuyết rơi cuốn; bên kia đèo không có mây và gió lặng và khô. Loại gió này được gọi là foehn. Tại sao lại có sự thay đổi thời tiết đột ngột như vậy? Không khí được “làm nóng” như thế nào? Để hiểu vấn đề này, chúng ta hãy xem điều gì sẽ xảy ra nếu một dãy núi cao nằm trên đường đi của gió ẩm.

“Đã va chạm” với một ngọn núi, luồng không khí bắt đầu “leo lên” dốc. Trong trường hợp này, bất kỳ khối không khí nào có thể nhìn thấy đều đi vào vùng có áp suất thấp hơn. Có sự gia tăng về thể tích mà khối lượng này chiếm giữ. Theo phép tính gần đúng đầu tiên, chúng ta có thể bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa các khối không khí riêng lẻ và coi quá trình giãn nở là adnabate. Trong trường hợp này, công được thực hiện nhờ nội năng của không khí. Điều này có nghĩa là nhiệt độ không khí được hiểu.

Hãy xem điều gì xảy ra với độ ẩm không khí khi chúng ta leo núi. Như đã biết, áp suất tại đó xảy ra bão hòa hơi giảm khi nhiệt độ giảm. Vì vậy, càng lên núi cao, phần hơi ẩm trong không khí càng ngưng tụ lại. Nhiều giọt nước được hình thành

16

treo lơ lửng trên không - sương mù hoặc mây.

Quá trình ngưng tụ xảy ra với sự giải phóng nhiệt hóa hơi. Và lượng nhiệt này không hề nhỏ - khoảng 2,5 · 10⁶ J được giải phóng trên mỗi kg nước hình thành từ hơi nước ở nhiệt độ 18°C. Do sự giải phóng nhiệt này, nhiệt độ của không khí ẩm giảm khi nó tăng chậm hơn nhiệt độ của không khí khô. Nếu mây cùng với không khí băng qua sườn núi mà không làm mất một giọt nước nào thì sau đó, khi đi xuống theo sườn đón gió và nhiệt độ không khí tăng lên, nước sẽ bốc hơi trở lại và điều này sẽ tiêu hao lượng nhiệt tỏa ra trước đó. Không khí ở chân núi ở phía đón gió sẽ có cùng nhiệt độ và độ ẩm như ở chân núi ở phía khuất gió của sườn núi.

Nếu gió ẩm và sườn núi khá cao thì một tỷ lệ đáng kể nước sẽ đọng lại dưới dạng sương mù hoặc bị kẹt và tuyết. Không khí đã khô đi xuống, nhiệt độ tăng nhanh hơn khi đi xuống so với nhiệt độ giảm đối với không khí ẩm khi đi lên. (Sườn núi phải cao để nhiệt độ không khí tăng lên đủ để ngưng tụ.) Do đó, ở cùng độ cao, nhiệt độ không khí ở phía tây cao hơn ở phía khuất gió.

Bây giờ chúng ta hãy ước tính mức chênh lệch nhiệt độ. Hãy xem xét một lớp không khí cong, bề mặt bên của nó tuân theo tốc độ định hướng của gió và các đầu nằm ở phía đối diện của sườn núi. Sau một thời gian ngắn, một khối không khí M nhất định của lớp này sẽ để lại thể tích V₁ ở phía khuất gió dưới chân núi, nơi có nhiệt độ T₁ và áp suất là p₁. Ở phía khuất gió của không khí, đi xuống, nó sẽ chiếm một thể tích V₂ mới ở nhiệt độ T₂ và áp suất p₂. (Chúng ta sẽ giả định rằng tại mỗi vị trí cố định, nhiệt độ không khí, áp suất và tốc độ gió không thay đổi theo thời gian. Đặc biệt, điều này có nghĩa là cùng một khối lượng không khí đi qua bất kỳ phần nào của lớp cùng một lúc.)

Nội năng của một mol khí đơn nguyên tử có nhiệt độ T, như đã biết, bằng $\frac{3}{2}RT$. Không khí bao gồm chủ yếu là các phân tử diatomic nitơ và oxy. Đối với khí hai nguyên tử, nội năng của một mol là $\frac{5}{2}RT$.

Sự thay đổi nội năng của lớp không khí mà chúng ta đã cô lập bằng

$$\Delta U = \frac{5}{2} \frac{M}{\mu} R (T_2 - T_1).$$

Bây giờ chúng ta hãy tính công thực hiện được khi chịu áp lực từ bên ngoài. Không khí đi xuống phía bắc chảy ra khỏi thể tích V₂ của không khí trước đó ở đó với áp suất p₂, thực hiện công dương p₂V₂; ở phía khuất gió của không khí, thể tích V₁ còn lại ở áp suất p₁, thực hiện công âm -p₁V₁. Tổng công việc bằng

$$A = p_2V_2 - p_1V_1.$$

Sử dụng phương trình trạng thái của khí lý tưởng ($pV = \frac{M}{\mu}RT$), chúng ta biểu thị công theo nhiệt độ T₂ và T₁:

$$A = \frac{M}{\mu} R (T_2 - T_1).$$

(Vì thể tích V₁ và V₂ ở cùng độ cao nên thế năng của không khí không thay đổi trong trường hợp cuối cùng.)

Giả sử ngọn núi cao đến mức khi không khí dâng lên ở phía khuất gió, hầu hết mọi thứ đều ngưng tụ và rơi ra ngoài dưới dạng jedr. Nếu khối lượng kết tủa là Δm thì nhiệt Q tỏa ra trong quá trình ngưng tụ bằng λΔm (λ là nhiệt độ riêng của hóa hơi).

Trong trường hợp cuối cùng, chính lượng nhiệt Q này sẽ làm thay đổi nội năng ΔU của không khí và thực hiện công A:

$$Q = \Delta U + A.$$

Chúng ta hãy ước tính các giá trị của Q. Nhiệt độ hóa hơi cụ thể phụ thuộc rất ít vào nhiệt độ và chúng ta sẽ coi nó là không đổi. Hãy để nó ướt

17

Mật độ không khí ở phía dưới gió sao cho ở áp suất không khí $p_1$ áp suất hơi nước là $p$. Với khối lượng $M$ của không khí chiếm thể tích $V_1$ thì có khối lượng $\Delta m$ của hơi nước. Theo phương trình trạng thái

$$pV_1 = \frac{\Delta m}{\mu_0}RT_1, \quad p_1V_1 = \frac{M}{\mu}RT_1$$

($\mu_0$ là khối lượng mol của nước), từ đâu

$$\Delta m = M \frac{\mu_0 p}{\mu p_1}.$$

Vì vậy, $Q = \lambda M \frac{\mu_0 p}{\mu p_1}$.

(Trong các cuộc thảo luận trước đây của chúng ta, chúng ta đã giả định rằng toàn bộ khối lượng $M$ của không khí từ thể tích $V_1$ đi qua sườn núi, nghĩa là chúng ta đã bỏ qua sự thay đổi về khối lượng do lượng mưa. Biểu thức thu được cho $\Delta m$ cho thấy phương trình như vậy là hợp lệ: $\mu_0 = 18$ g/mol, $\mu = 29$ g/mol và $p \ll p_1$ (ví dụ: nếu độ ẩm không khí là 50% thì ở nhiệt độ $18^\circ\text{C}$ và áp suất $p_1 = 10^5$ Pa, áp suất hơi nước là $p \approx 0.01 \cdot 10^5$ Pa), do đó $\Delta m/M \ll 1$).

Bây giờ chúng ta viết biểu thức (*) ở dạng cuối cùng:

$$\lambda M \frac{\mu_0 p}{\mu p_1} = \frac{5}{2} \frac{M}{\mu} R(T_2-T_1) + \frac{M}{\mu} R(T_2-T_1) \Rightarrow \lambda \mu_0 \frac{p}{p_1} = \frac{7}{2} R(T_2-T_1).$$

Từ đây chúng ta tìm thấy biểu thức cho sự chênh lệch nhiệt độ:

$$T_2-T_1 = \frac{2}{7} \frac{\lambda \mu_0 p}{Rp_1}.$$

Thay $p_1 = 10^5$ Pa, $p = 0.01 \times 10^5$ Pa, $\lambda = 2.5 \cdot 10^6$ J/kg, $R = 8.3 \cdot 10^3$ J/(kmol·deg), $\mu_0 = 18$ kg/kmol, ta được $T_2-T_1 \approx 15$ độ!. Đây là sự chênh lệch nhiệt độ giữa phía khuất gió và phía đón gió của núi.

Cư dân vùng núi và những người leo núi xác nhận tính đúng đắn của đánh giá này.

Có chuyện gì vậy?

Ở một số trường, ở một số lớp, họ quyết định bài toán: tìm tất cả các giá trị của tham số $a$ mà nó có lời giải; thì các số thực còn lại sẽ là đáp số bài toán. Nhưng đây sẽ là một vấn đề dài dòng và mọi người đều được xử lý khi Fedya Krestikov đề xuất đồ họa lời giải: “Hàm $\sqrt{x-5}$ là một parabol. Biểu thức $a-x$ chỉ định các họ hàm tuyến tính. Có thể thấy (xem hình) rằng các đường thẳng của họ này cắt parabol $\sqrt{x-5}$ khi và chỉ nếu $a \geq 5$. Vì vậy, đáp số trong bài toán: $a < 5$”.

Mọi người đều vui mừng, nhưng sau đó giọng nói của Vasya Nulikov vang lên: “Nhưng bài toán là bằng miệng!” Anh ta được yêu cầu thực hiện, và Vasya đã nói thế này: “Từ vế trái của phương trình (1), rõ ràng là nếu nó có lời giải thì $x \geq 5$. Từ vế phải chúng ta có thể thấy rằng nếu $a-x \geq 0$ hoặc $a \geq x$. Điều này có nghĩa là nếu phương trình (1) có lời giải thì $a \geq 5$. Trong lớp toán, chúng ta được dạy rằng định lý “Nếu $A$ thì $B$” bằng định lý “Nếu $B$ không đúng thì $A$ không đúng”*. Điều này có nghĩa là nếu $a < 5$ thì phương trình (1) không có lời giải Và đây là đáp số.

*) Nếu bạn chưa được thông báo điều này, bạn đọc hãy cố gắng tự mình chứng minh điều đó. Bạn cũng có thể đọc điều này trong «Kvant», 1975, số 2, tr. 25.

Đây là nơi mà biểu đồ không thể giúp đỡ. Và đây là những gì đã xảy ra. Lúc đầu, mọi thứ diễn ra tương tự như trong phương trình ngày hôm qua: $x \geq 5$, $a \geq x$, có nghĩa là $a \geq 5$; do đó, đối với $a < 5$, phương trình (2) không có lời giải. Và ngay khi tôi xử lý nó, tôi nhận thấy rằng với $a = 5$ nó cũng không có lời giải*). Giá trị tham số này bị mất ở đâu với phương pháp của Vasya? Anh nói rồi ngồi xuống.

Và chúng tôi bắt đầu suy nghĩ: nếu Vasya đúng, vậy còn ví dụ của Krestikov thì sao? Và nếu anh ấy sai thì tại sao anh ấy lại nhận được đáp số đúng?>

Có chuyện gì vậy?

*) Hãy cho tôi biết lý do tại sao.

18

Câu chuyện Galileo khám phá ra định luật chuyển động

S. Gindikin

Những nền tảng đầu tiên của động lực học được Galileo đặt ra. Tác dụng của các lực chỉ được xem xét trong trường hợp chúng cân bằng; và mặc dù chuyển động tăng tốc của các vật thể tự do cho ăn và chuyển động cong của các vật thể bị ném cũng gán một lực tác dụng không đổi cho trọng lực, nhưng không thể thiết lập quy luật của hiện tượng kết hợp này, chỉ vì một lý do đơn giản như vậy. Galileo là người đầu tiên thực hiện bước này và đã mở ra một lĩnh vực mới và vô hạn cho sự phát triển của cơ học. Khám phá này… giờ đây là phần công lao quan trọng nhất và không thể xóa nhòa của con người vĩ đại này. Thật vậy, để khám phá các vệ tinh của Sao Mộc, các pha của Sao Kim, các vết đen mặt trời, v.v., chỉ cần một chiếc điện thoại và sự quan sát, nhưng cần phải có một thiên tài đặc biệt mới có thể thiết lập các quy luật tự nhiên về những hiện tượng luôn ở trước mắt mọi người nhưng vẫn lọt khỏi sự chú ý của các triết gia.

Lagrange

Lời mở đầu

Vincenzo Galilei, một nhạc sĩ nổi tiếng ở Florence, đã suy nghĩ rất lâu về việc chọn loại chương trình nào cho con trai cả Galileo của mình. Người con trai chắc chắn có khả năng âm nhạc, nhưng người cha thích thứ gì đó đáng tin cậy hơn.

Năm 1581, khi Galileo mười bảy tuổi, cán cân nghiêng về phía y học. Vincenzo hiểu rằng chi phí đào tạo sẽ cao nhưng tương lai của con trai ông sẽ được đảm bảo. Địa điểm

20

Chân dung Galileo. Bản khắc thế kỷ 17.

đi học đại học. Galileo ở lại Pisa cho đến khi chuyển đến Padua vào năm 1592. Galilee coi mười tám năm sống ở Padua là khoảng thời gian hạnh phúc nhất trong cuộc đời ông. Từ năm 1610 cho đến cuối đời, ông là “nhà triết học và nhà toán học đầu tiên của Đại công tước Tuscany thanh thản nhất, Cosimo II Medici”. Vào tháng 4 năm 1611, Galileo trở thành thành viên của Accademia Lincii (Mắt đỏ), được thành lập độc lập bởi Federaco Cesi, Hầu tước Monticelli. Kể từ đó, Galileo đã ký tất cả các tác phẩm của mình “Galileo Galilei LynchEO”.

rơi tự do

Đối với mối quan tâm khoa học của Galileo, ông vẫn quan tâm đến các chuyển động và trên hết là sự rơi tự do của các vật thể, một trong những chuyển động tự nhiên phổ biến nhất. Như thông lệ vào thời điểm này, chúng ta cần bắt đầu với những gì Aristotle lập luận về vấn đề này. Ý kiến ​​của người sau dựa trên hai tiên đề: tốc độ của vật rơi tỉ lệ thuận với trọng lượng của chúng và tỉ lệ nghịch với “mật độ của môi trường”. Những khó khăn rõ ràng nảy sinh với tuyên bố thứ hai: hóa ra trong sự trống rỗng, “mật độ” của nó bằng 0, tốc độ rơi phải là vô hạn. Về vấn đề này, Aristotle nói thêm rằng không có sự trống rỗng trong tự nhiên (“tự nhiên bị ràng buộc bởi sự trống rỗng”).

Năm 1585, Galileo có cơ hội làm quen với luận thuyết bất di bất dịch của Benedetti, người đã tự cho phép mình không đồng ý với phát biểu đầu tiên của Aristotle. Và đây là vấn đề. Giả sử có hai vật - nặng và nhẹ (Hình 1); cái đầu tiên phải rơi nhanh. Bây giờ hãy kết nối chúng. Điều tự nhiên là cho rằng vật nhẹ được ưu tiên hơn vật nặng và tốc độ rơi trở thành trung gian giữa tốc độ rơi của các vật thể cấu thành. Nhưng theo Aristotle, tốc độ phải lớn hơn tốc độ của mỗi vật thể. Nghĩ đến công việc của Benedetti, Galile bắt đầu suy ngẫm. Nhưng họ không thực sự tin vào lý luận, và theo Vivania, “ông ấy đã chứng minh điều này bằng các thí nghiệm lặp đi lặp lại được thực hiện từ đỉnh Tháp nghiêng Pisa trước sự chứng kiến ​​​​của các giảng viên, triết gia khác và toàn thể hội khoa học.” Galileo vẫn thường được vẽ bằng đá kidohim từ Tháp nghiêng Pisa.

Điều hấp dẫn hơn nữa đối với nhận xét của Galileo là một quan sát khác của Benedetti, rằng tốc độ rơi tự do tăng lên khi người ta chuyển động.

21

Cơ thể của Zhenya. Và Galileo quyết định tìm ra một mô tả chính xác về mặt toán học cho sự thay đổi tốc độ này. Ở đây cần phải nói rằng Galileo ban đầu đã nhìn thấy bài toán của mình khi toán học vật lý của Aristotle: “Triết học được viết trong cuốn sách vĩ đại nhất mà chúng ta thường xuyên mở ra trước mắt chúng ta (tôi đang nói về Vũ trụ); nhưng không thể hiểu nó nếu không học cách hiểu ngôn ngữ trước tiên và phân biệt các dấu hiệu mà nó được viết ra. Nó được viết bằng ngôn ngữ toán học và các dấu hiệu của nó là hình tam giác, hình tròn và các hình toán học khác.” Tuy nhiên, người ta nhanh chóng nhận ra rằng việc toán học hóa đòi hỏi phải xem xét lại một cách có hệ thống tất cả các dữ kiện.

Làm thế nào để tìm ra định luật thay đổi vận tốc rơi tự do? Thí nghiệm chỉ mới bắt đầu đi vào thực tiễn nghiên cứu khoa học. Đối với Aristotle và những người theo ông, ông bị coi là một công việc đơn thuần và không xứng đáng trong cả việc xác lập và xác minh sự thật. Galileo có thể đã thử thực hiện một loạt thí nghiệm với các vật rơi tự do, kiểm tra các phép đo cẩn thận và tìm kiếm mô hình giải thích chúng. Do đó, Kepler đương thời của Galileo, dựa trên nhiều quan sát của Tycho Brahe, đã phát hiện ra rằng các hành tinh chuyển động theo hình elip. Nhưng Galileo chọn một con đường khác. Trước tiên anh ta quyết định chỉ ra định luật từ những cân nhắc chung, và chỉ sau đó mới kiểm tra nó bằng thực nghiệm. Kế hoạch trước đã không làm được điều này, nhưng dần dần kế hoạch nghiên cứu này sẽ trở thành một trong những kế hoạch đi đầu trong việc xác lập các chân lý khoa học.

Bây giờ về cách Galileo đã cố gắng chỉ ra định luật. Ông quyết định rằng thiên nhiên “cố gắng sử dụng những phương tiện đơn giản và dễ dàng nhất trong mọi thiết bị của nó,” và do đó quy luật tăng tốc độ phải được tìm kiếm “ở dạng đơn giản và rõ ràng nhất cho mọi người”. Nhưng vì tốc độ tăng theo quãng đường di chuyển, nên điều gì có thể đơn giản hơn việc giả định rằng tốc độ tỉ lệ với đường đi: $v = cs$, $c$ là một số không đổi. Giả định này ban đầu khiến anh ta sợ hãi: hóa ra là sự rơi bắt đầu với tốc độ bằng 0 và tốc độ đó ngay từ đầu đã cao. Nhưng đây là một số lý do đã thuyết phục anh ta rằng không có gì mâu thuẫn (Hình 2): “Nếu một tải trọng rơi tự nó từ độ cao 4 cubit khiến vật nặng đó bốc mùi xuống đất khoảng 4 inch, - khi rơi từ độ cao 2 cubit, nó ít bốc mùi xuống đất hơn và tất nhiên, thậm chí còn ít hơn khi rơi từ độ cao một cubit hoặc một nhịp, và cuối cùng, khi tải trọng rơi từ độ cao không quá độ dày của một ngón tay, thì nó có tạo ra tác động lớn hơn lên cơ thể của nó không nếu nó được đặt xuống mà không có bất kỳ cú đánh nào? Tác động của một tải trọng được nâng lên bởi độ dày của tấm sẽ thậm chí còn nhỏ hơn và hoàn toàn độc lập. Vì tác động của cú đánh phụ thuộc vào tốc độ của vật va chạm, liệu người ta có thể nghi ngờ rằng chuyển động cực kỳ chậm và tốc độ là tối thiểu nếu tác động của cú đánh hoàn toàn độc lập?

Galileo đã dành một thời gian dài để khám phá các hệ quả khác nhau của giả định được đưa ra và bất ngờ phát hiện ra rằng… theo một định luật như vậy, không thể tìm thấy chuyển động nào cả! Chúng ta hãy cố gắng hiểu vấn đề là gì. Hệ số của tỷ lệ c phụ thuộc vào việc lựa chọn đơn vị thời gian. Để đơn giản, chúng ta sẽ giả sử rằng $c = 1$, đặt nó thay đổi tính bằng mét và thời gian tính bằng giây. Sau đó luôn luôn $v = s$.

22

Xét một điểm $A$ nằm cách điểm gốc $O$ 1 m. Hãy ước tính xem từ khi bắt đầu chuyển động cơ thể phải mất bao lâu để đạt đến điểm này. Tại điểm $A$ tốc độ là 1 m/s. Hãy lấy điểm $A_1$, nằm ở giữa điểm bắt đầu $O$ và $A$. Trên đoạn $A_1A$ tốc độ tức thời sẽ nhỏ hơn 1 m/s và đối với đoạn dài 1/2 m sẽ mất hơn 1/2 s. Bây giờ chúng ta hãy lấy điểm $A_2$ - ở giữa $O$ và $A_1$. Trên đoạn $A_1A_2$ tốc độ tức thời sẽ nhỏ hơn 1/2 m/s (tất cả các điểm nằm cách $O$ cách nhau chưa đến 1/2 m) và đoạn $A_1A_2$ có ​​chiều dài 1/4 m lại sẽ mất hơn 1/2 s. Tất nhiên, bạn đã được chứng minh, vì chúng ta sẽ tranh luận thêm: điểm $A_3$ là điểm giữa của đoạn $OA_2$, thành một đoạn $A_2A_3$ dài 1/8 m với tốc độ nhỏ hơn 1/4 m/s, một lần nữa sẽ mất hơn 1/2 s, v.v. Quá trình phân chia có thể được tiếp tục vô thời hạn và chúng ta có thể thu thập bất kỳ số lượng đoạn nào, đoạn đó mất nhiều hơn 1/2 s, không bao giờ cộng tới $O$. Điều này có nghĩa là phần thân từ $O$ hoàn toàn không thể đạt tới $A$!

Chúng tôi đề xuất rằng $A$ cách $O$ 1 m. Nhưng theo cách tương tự, người ta chứng minh rằng vật từ $O$ không thể đạt tới bất kỳ điểm nào cả. Đây là lý luận đáng chú ý mà cơ học cổ điển đã bắt đầu!

Chà, Galileo có mọi lý do để cảm thấy bị xúc phạm trước sự phản bội của thiên nhiên, vốn không chọn con đường đơn giản nhất. Tuy nhiên, kết quả là bản chất của Galileo không hề phai nhạt. Ông xem xét một giả định đơn giản không kém rằng sự gia tăng tốc độ sẽ xảy ra tỷ lệ với thời gian: $v = ct$. Chuyển động như vậy được gọi là có gia tốc, nhưng thuật ngữ “chuyển động có gia tốc đều” đã có nguồn gốc từ đó.

Galileo kiểm tra biểu đồ tốc độ trong khoảng thời gian từ 0 đến $t$ (Hình 3) và thay thế rằng nếu lấy thời điểm thời gian $t_1$, $t_2$, đều từ $t/2$, thì tốc độ trong $t_1$ nhỏ hơn $ct/2$ là bao nhiêu thì tốc độ hiện tại trong $t_2$ sẽ lớn hơn. Từ đó, ông kết luận rằng tốc độ trung bình là $ct/2$ và quãng đường đi được là $ct/2 \cdot t = ct^2/2$ (đừng suy nghĩ quá khắt khe!). Điều này có nghĩa là nếu ta xét các đoạn thời gian đều $t=1$, 2, 3, 4,…, thì các đoạn đường đi được lấy từ đầu sẽ liên hệ dưới dạng bình phương của các số tự nhiên 1, 4, 9, 16,…, và các đoạn lấy giữa các thời điểm liền kề của báo cáo sẽ liên hệ với các số lẻ 1, 3, 5, 7,….

Kết luận này được Galileo coi là kết luận chính và ông muốn kiểm tra nó. Nhưng làm thế nào để làm điều này? Bạn không thể tiếp tục ném đá từ Tháp nghiêng Pisa (mặc dù có thể thuận tiện cho việc quan sát vì nó được chia thành các tầng), và trong phòng thí nghiệm, sự rơi sẽ xảy ra quá nhanh. Galileo và đây là lối ra. Nó chứng tỏ rằng nếu sự rơi tự do được gia tốc đều thì chuyển động của các vật dọc theo mặt phẳng nghiêng cũng sẽ được gia tốc đều. Ông tiến hành một loạt thí nghiệm được lựa chọn rất khéo léo.

Chuyển động trên mặt phẳng nghiêng

Galileo tiến hành như sau. Ông nhận thấy rằng từ mệnh đề về sự rơi có gia tốc đều, suy ra chuyển động có gia tốc đều của một vật nặng dọc theo mặt phẳng nghiêng. Về cơ bản, đây là một lập luận ở giữa quen thuộc với sự phân rã của lực, cho thấy một điểm nặng lăn xuống một mặt phẳng nghiêng với gia tốc không đổi $gsin\alpha$, trong đó $\alpha$ là góc nghiêng so với phương ngang ($g$ là gia tốc rơi tự do). Lý luận của Galileo phức tạp hơn: ông không đưa ra gia tốc rơi tự do mà thao tác, như thường lệ.

23

sau đó, với một số lượng lớn các tỷ lệ. Để đạt được điều này, anh ta rút ra một số hệ quả từ tốc độ chuyển động đều của một điểm trên mặt phẳng nghiêng, vốn đã thuận tiện cho việc thử nghiệm bài thuyết trình của LAB (nếu góc nghiêng nhỏ thì thời gian lăn dài). Vị trí trung tâm được chiếm giữ bởi tuyên bố rằng nếu các mặt phẳng nghiêng có cùng độ cao $AB$, thì thời gian lăn có liên quan đến khoảng cách đi được $AB_j$ (Hình 4).

Chuyển động trên mặt phẳng nghiêng là mối quan tâm độc lập của Galileo. Anh ấy thực hiện một loạt các quan sát. Ví dụ: nếu các điểm chuyển động dọc theo dây của đường tròn $AE_i, BF_j$ (Hình 5), $AB$ là đường kính thẳng đứng thì tất cả thời gian lăn đều bằng thời gian rơi tự do dọc theo $AB$ (chứng minh đi!). Một lý luận khá phức tạp khiến Galileo chứng minh rằng nếu $A, B, C$ là các điểm liên tiếp trên một đường tròn (Hình 6), thì một điểm dọc theo đường đứt nét $ABC$ sẽ lăn nhanh hơn dọc theo dây cung $AC$. Sai lầm nổi tiếng của Galileo gắn liền với phát biểu này: ông tin rằng điểm nhanh nhất từ ​​$A$ đến $B$ lăn dọc theo đường tròn thứ tư, trong khi cung của một đường tròn có đặc tính này (xem «Kvant», 1975, số 12, trang 29).

Trong các thí nghiệm với mặt phẳng nghiêng, Galileo cần một phương tiện để so sánh thời gian. Để làm được điều này, ông đã sử dụng một dòng nước chảy chậm, tức là một phiên bản nhất định của đồng hồ nước.

Chuyển động của vật thể bị ném

Galileo gọi đây là sự hạn chế chuyển động (ngược lại với sự rơi tự do). Con đường mà ông đã đi vẫn giống nhau: lý thuyết (một mô hình của hiện tượng) đi trước các thí nghiệm. Suy đoán của Galileo về cơ bản rất đơn giản: chuyển động của một vật,

*) Niccolo Tartaglia (1500-1557). Bạn có thể đọc thêm về nó, chẳng hạn như trong bài viết “Nghệ thuật vĩ đại” của S. Gindikin («Kvant», 1976, số 9).

Hình 4. Hình 5. Hình 6.

24

Hình 7.

ném theo một góc so với đường chân trời, nó bao gồm một chuyển động hình chữ nhật đều, sẽ xảy ra nếu không có trọng lực và rơi tự do. Kết quả là cơ thể di chuyển dọc theo một parabol (Hình 7). Chúng ta hãy lưu ý rằng sự xa lánh này về cơ bản sử dụng định luật quán tính – định luật Galileo.

Khám phá của Galileo đã gây sốc cho những người cùng thời với ông. Các mặt cắt Konchesne (hình elip, parabol, hyperbol) - đỉnh cao của hình học Hy Lạp - dường như là thành quả của trí tưởng tượng toán học, không liên quan đến thực tế. Và vì vậy Kepler đã phát hiện ra rằng các hành tinh chuyển động từ các hình elip, và Galileo đã chỉ ra rằng các parabol phát sinh trong một tình huống hoàn toàn “trái đất”. (Ngay cả trong thế kỷ 19, Laplace đã coi việc sử dụng tiết diện Conches là ứng dụng cần thiết nhất của toán học thuần túy.) Lợi dụng các đặc tính của parabol, Galileo đã biên soạn các bảng, đặc biệt, cho phép xác minh bằng thực nghiệm. Ông đã chứng minh khẳng định của Tartala rằng góc 45° tương ứng với phạm vi bay lớn nhất và chỉ ra rằng đối với các góc cộng lên tới 90° thì phạm vi bay là như nhau (ở tốc độ cố định).

Công trình về cơ học của Galileo được hoàn thành ở Padua, nhưng chỉ được xuất bản vào cuối đời của Galileo trong cuốn sách Các bài giảng và chứng minh toán học liên quan đến hai nhánh khoa học mới liên quan đến cơ học và chuyển động địa phương.
Nó được xuất bản năm 1638, và được viết sau khi Galileo thoái vị, khi ông đang ốm nặng và đang được vinh danh.

Ông viết: “Mặc dù tôi im lặng, nhưng tôi không dành cuộc đời mình hoàn toàn nhàn rỗi”. Cuốn sách được viết dưới dạng đối thoại được thực hiện trong sáu ngày bởi Salviati (cung cấp quan điểm của tác giả), Sagredo và Simpliuno (một người ủng hộ Aristotle, tên của ông được dịch là “simpleton”). Vào ngày thứ ba và thứ tư, họ đọc chuyên luận “Về phong trào địa phương” của học giả (Galileo) và thảo luận chi tiết về nó. Cuộc thảo luận này cho phép chúng ta tìm hiểu rất nhiều về cách Galileo đi đến những khám phá của mình.

Lời kết

Có một khía cạnh khác của câu chuyện được kể: đó là câu chuyện không chỉ về một khám phá đã được thực hiện, mà còn về một khám phá… đã bị bỏ lỡ. Sau khi Galileo nhận ra rằng theo định luật $v(t) = cs(t)$ không thể tạo ra chuyển động, ông không còn hứng thú với định luật này nữa. Mối quan tâm của ông chỉ là những chuyển động tự nhiên bắt nguồn từ tự nhiên, chứ không phải những chuyển động suy đoán “mà trên thực tế không xảy ra trong tự nhiên, nhưng có thể tương ứng với những điều kiện giả định”.
Chẳng bao lâu sau, Lãnh chúa Napier của Wortland bắt đầu quan tâm đến một phong trào nảy sinh theo một quy luật tương tự.

Napier coi một chuyển động hình chữ nhật xảy ra theo định luật $v(t) = l(t)$, trong đó $v(t)$ là tốc độ tức thời tại thời điểm $t$ và $l(t)$ là khoảng cách từ điểm tại thời điểm $t$ đến một điểm cố định 0 trên đường thẳng. Hãy lắng nghe, được Galileo xem xét, trả lời tình huống khi điểm chuyển động ở thời điểm ban đầu $t = 0$ tại điểm 0, tức là $l(0) = 0$, $l(t) = s(t)$. Napier có $l(0) > 0$, $l(t) = l(0) + s(t)$.

Hóa ra, về nguyên tắc, chuyển động có tính chất như vậy có thể bắt nguồn và có các tính chất toán học đáng chú ý (mặc dù “nó sẽ không bắt nguồn từ tự nhiên”!). Trước hết, nếu khoảng cách ban đầu $l(0)$ nhân với $c$ thì khoảng cách $l(t)$ và tốc độ $v(t)$ được nhân với $c$ tại mọi thời điểm

25

DISCORSI
E
DIMOSTRAZIONI
TOÁN HỌC,
intorno à due nuove scienze
Attenenti alla
MESANICA & tôi MOVIMENTI LOCALI,
del Signor
GALILEO GALILEI LINCEO,
Filofoto e Matematico primario del Serenillimo
Grand Duca di Tofcana.
Con vna Appendice del centro digrauità d’alcuni Solidi.

IN LEIDA,
Appresso gli Elsevirii. M. D. C. xxxviii.

Trang tiêu đề của “Cuộc trò chuyện”.

thời gian. Dallee, Napier bị giới hạn trong vụ án $l(0) = 1$. Sau đó $l(t_1 + t_2) = l(t_1)l(t_2)$. Hãy nêu cách chứng minh mối quan hệ này. Thật thuận tiện khi khai báo khoảnh khắc $t_1$ mới khi bắt đầu ghi thời gian. Sau đó, theo những gì đã nói ở trên, tại thời điểm mới $t_2$ (cũ $t_1 + t_2$), khoảng cách đến 0 phải lớn hơn $l(t_1)$ lần so với thời điểm cũ $t_2$. Điều này có nghĩa là $l(t_1 + t_2) = l(t_1)l(t_2)$. Đây là cách chỉ báo chức năng lần đầu tiên xuất hiện trong khoa học.

Chúng ta có $l(x) = e^x$, trong đó $e = l(1)$, tức là đây là khoảng cách từ 0 tại thời điểm $t = 1$. Sử dụng tính chất $e$ là khoảng cách từ 0 tại thời điểm $t = 1$ và tính chất $v = l$, không khó để chứng minh rằng $e > 2$ (chứng minh đi!). Thật ra $e = 2,71828$…; $e$ được gọi là số Napier. Bằng cách xem xét các chuyển động xảy ra theo định luật $v(t) = ks(t)$, có thể thu được hàm số mũ với các cơ số khác.

Đối với bất kỳ $a$ dương nào thì thời gian $t$ mà $s(t) = a$, Napier gọi là logarit (tự nhiên) $a$ (ký hiệu là $\ln a$). Vì lý do trên $\ln ab = \ln a + \ln b$. Napier đã biên soạn các bảng logarit trong hai mươi năm, và vào năm 1614, “Mô tả về một bảng logarit tuyệt vời” được xuất bản, lời tựa trong đó chứa đựng những lời bào chữa cho những lỗi không thể tránh khỏi và kết thúc bằng dòng chữ: “Lúc đầu không có gì là hoàn hảo”.

Khám phá của Napier đáng chú ý không chỉ vì ông đã tạo ra các bảng logarit mà còn vì ông đã chỉ ra rằng các hàm số mới có thể xuất hiện từ việc nghiên cứu chuyển động. Bắt đầu với những công trình này của Galileo và Napier, cơ học đã trở thành một nguồn xây dựng các hàm số và đường cong mới cho toán học.

TỪ NƯỚC NGOÀI HÀI HƯỚC

Sự cố trong kỳ thi

“Alpha” 73 - số 1

26

Tự dao động trong luồng không khí

Có một số cách để tạo ra dao động không tắt dần của vật đàn hồi. Tuy nhiên, từ chúng - với sự trợ giúp của luồng không khí tích hợp. Chúng tôi cung cấp cho bạn một thử nghiệm đơn giản để xác minh điều này bằng chính mắt bạn.

Cắt một dải giấy dày rộng 2-3 cm và dài 50-80 cm. Quấn các đầu của dải vải quanh hai cây bút chì nhiều lần và dùng tay nắm lấy chúng. Đặt lỏng lẻo dải ở khoảng cách 20-50 cm phía trước quạt đang bật sao cho mặt phẳng của dải nằm ngang. Bạn sẽ thấy rằng dưới tác động của luồng không khí, dải bắt đầu dao động và dao động của nó sẽ không đều và không tuần hoàn.

Bây giờ hãy thắt chặt dần dải (không cần áp dụng số lượng quá lớn). Ở những lực căng nhất định, các dao động tuần hoàn khá mạnh sẽ xảy ra và sóng dừng sẽ được hình thành trên dải (xem hình). Các dao động xuất hiện sẽ tiếp tục miễn là bạn có thể duy trì các điều kiện thí nghiệm không thay đổi. Rõ ràng, đây là một quá trình đọc tự động.

Chúng ta hãy cố gắng tìm hiểu lý do hình thành các dao động tự động. Luồng không khí chảy xung quanh dải gây ra sự xuất hiện của các luồng không khí làm rách dải theo định kỳ. Tại thời điểm tách xoáy, lực cản của dải đối với luồng không khí thay đổi. Vì vhrini thoát ra đều đặn nên chúng ta có thể nói rằng một lực được tác dụng định kỳ lên dải giấy bởi luồng không khí. Kết quả là dải tự dao động.

Tại sao sự rung động chỉ trở nên đáng chú ý khi dải giấy bị căng nhất định? Thực tế là dải này là một vật thể đàn hồi có khả năng tự thực hiện các rung động của nó. Bằng cách thay đổi độ căng của dải, chúng tôi đã thay đổi tần số rung động của chính nó. Khi tần số dao động tự nhiên trùng với tần số tự dao động thì xuất hiện một loại cộng hưởng và biên độ dao động tự tăng mạnh.

Như vậy, trong thí nghiệm bột nhào này, hiện tượng tự cộng hưởng và cộng hưởng hòa quyện vào nhau.

Những tác dụng không mong muốn mà những hiện tượng này có thể dẫn đến sẽ được thảo luận trong số thứ ba của tạp chí năm 1972 trong bài báo của L. Aslamazov “Tại sao dây điện lại kêu vo vo”.

27

M. Mamikon

Khái quát bài toán về tiền giả

Nhiều độc giả đã biết rõ về bài toán cổ điển sau đây về tiền giả, điều này dẫn đến thực tế là nó có thể được quyết định:

Bài toán về một túi tiền giả

Có N túi, mỗi túi chứa đủ số xu. Tất cả các túi, ngoại trừ một túi, đều chứa những đồng xu “bình thường” giống nhau, trong khi trong một túi tất cả các đồng xu đều là giả. Tất cả các đồng xu bình thường đều được biết đến và người ta biết rằng đồng xu 1 gram giả là điều bình thường. Việc phát hiện túi đựng tiền giả là cần thiết bằng cách sử dụng cân trên cân có quả cân.

Đây là cách giải quyết bài toán này. Các túi được đánh số thứ tự và từ mỗi túi lấy ra một số đồng xu bằng số của túi này. Tổng trọng lượng của tất cả các đồng xu được lấy theo cách này sẽ “thiếu” trọng lượng của cùng một số đồng xu bình thường (mà chúng ta biết) theo số gam bằng số lượng túi chính xác chứa đồng tiền giả*).

Tìm hiểu vấn đề này, tôi đi đến một kết luận đáng ngạc nhiên hơn rằng một trọng số có thể là lời giải và phức tạp hơn bài toán:

*) Điều này bài toán có thể được giải quyết - mặc dù xảo quyệt hơn - trong trường hợp tất cả các đồng tiền bình thường đều không xác định và không có trọng lượng khác nhau. Hãy suy nghĩ làm thế nào.

28

Bài toán về vài túi tiền giả

Giả sử rằng trong các điều kiện của bài toán trước đó không phải là một mà là vài túi tiền giả và không rõ số lượng của chúng. Cần phải phát hiện tất cả các túi này bằng cách sử dụng một hệ thống treo Vanya trên cân có quả nặng.

Đã quyết định bài toán này, tôi mới dám đưa ra thêm điều kiện. Bài toán hóa ra có thể giải được trong những điều kiện thậm chí còn đáng ngạc nhiên hơn:

Bài toán về túi xách
với đồng xu nặng và nhẹ
Trong số N túi có một số lượng nhỏ (chưa xác định) túi chứa đồng xu nặng và một số nhỏ (không xác định) túi chứa đồng xu nhẹ. Một đồng xu dòng là 1 sông băng so với bình thường, và một đồng xu nặng thì ngược lại, là 1 sông băng so với bình thường. Cần phải sử dụng một lần cân đồng xu trên cân có quả cân để tìm ra túi nào chứa đồng xu bình thường, túi nào nặng và túi nào nhẹ. (Hãy nhớ rằng bên trong một chiếc túi nhất định, tất cả các đồng xu đều có cùng trọng lượng và tất cả các đồng xu bình thường đều được biết đến.)

Khả năng giải được của bài toán này cũng truyền cảm hứng cho tôi để khái quát hóa hơn nữa, vốn đã tự hướng tới. Cho đến nay, chúng tôi thực sự đã xem xét bài toán về hai hoặc ba loại (loại) tiền xu, vì vậy nó diễn ra một cách tự nhiên

Bài toán về túi xách
với đồng tiền chênh lệch

Giả sử có N túi, mỗi túi đựng đủ số tiền xu. Có nhiều loại xu khác nhau nhưng mỗi túi chỉ chứa một loại xu. Số lượng túi đựng tiền loại này là tùy ý, chúng ta không biết. Các đồng xu thuộc các loại khác nhau khác nhau về trọng lượng và số nguyên gam. Tất cả các đồng tiền của mỗi lớp đều được sửa đổi. Nó được yêu cầu với sự trợ giúp của một huyền phù vanya trên cân với một

Dùng cân xác định xem đồng xu trong mỗi túi thuộc loại nào.

Chúng tôi mời người đọc tự mình thử lời giải của bài toán trước khi chuyển sang lời giải tổng quát bài toán về tiền giả được trình bày bên dưới.

Lời giải bài toán về túi xách
với đồng tiền chênh lệch

Chúng tôi đánh số các túi theo thứ tự từ 0 đến N—1. Chúng ta hãy biểu thị tất cả các đồng tiền nhẹ nhất bằng m. Cho túi số j chứa những đồng xu có trọng lượng m+Δj, tức là Δj xác định loại đồng xu trong túi thứ j. Giả sử, tùy theo loại tiền, các giá trị Δ có thể lấy giá trị (số nguyên) 0, 1, 2,…, nhỏ hơn k, tức là không có số lượng loại tiền nào bằng k.

Bây giờ chúng ta hãy lấy từ túi số j một số đồng xu bằng kj, nghĩa là từ túi thứ nhất - một đồng xu, từ túi thứ hai - k,…, từ túi cuối cùng - kN−1 đồng xu. Sẽ có tổng số tiền được lấy

$$M = \sum_{j=0}^{N-1} k^j = 1 + k + k^2 + \dots + k^{N-1} = \frac{k^N - 1}{k - 1}.$$

Tổng trọng lượng S của chúng trên cân sẽ bằng

$$S = \sum_{j=0}^{N-1} (m + \Delta_j) k_j = m \sum_{j=0}^{N-1} k^j + \sum_{j=0}^{N-1} \Delta_j k^j = m \cdot M + \sum_{j=0}^{N-1} \Delta_j k^j.$$

Vì Δj < k luôn bằng nên tổng thứ hai ở vế phải

$$\Delta = \sum_{j=0}^{N-1} \Delta_j k^j = \Delta_0 + \Delta_1 k + \Delta_2 k^2 + \dots + \Delta_{N-1} k^N - 1$$

biểu thị sự chuyển đổi số Δ từ hệ thống số thập phân (trong đó thang đo hoạt động) thành hệ thống số có cơ số bằng k. Trong hệ thống này, Δ được viết dưới dạng số có dãy sau:

29

giá trị của số:
$$\Delta \rightarrow \Delta_{N-1} \Delta_{N-2} \dots \Delta_{2} \Delta_{1} \Delta_{0}.$$

Chúng ta thấy rằng mỗi chữ số của mục này thể hiện cấp độ của đồng xu theo thứ tự các túi, được lấy theo thứ tự ngược lại. Trạng thái này là bản chất của lời giải của chúng tôi.

Vì vậy, từ tổng trọng lượng S của tất cả M đồng xu đã chọn, chúng tôi trừ đi các giá trị Mm - trọng lượng của cùng một số đồng xu loại nhẹ nhất và số còn lại $\Delta = S - Mm$ được chuyển sang hệ thống số có cơ số $k$ (chúng tôi mở rộng nó thành lũy thừa $k$, bắt đầu từ đầu). Khi đó ta được một số có dạng (*). Chữ số thứ $j$ tính từ cuối (tính từ 0) hiển thị cấp độ của đồng xu $\Delta_j$ trong túi được đánh số $j$.

Ví dụ

Bảng dưới đây cho biết trọng lượng của các đồng xu đựng trong 5 túi. Phía trên các túi được đánh số từ phải sang trái (thứ tự ngược lại), phía dưới các túi là các loại tiền xu. Họ là những gì chúng tôi đang tìm kiếm.

| số túi $j$ | 4 | 3 | 2 | 1 | 0 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $11\text{ r}$ | $12\text{ r}$ | $10\text{ r}$ | $12\text{ r}$ | $10\text{ r}$ | $10\text{ r}$ |
| $1$ | $2$ | $0$ | $2$ | $0$ | $0$ |
| $81$ | $27$ | $9$ | $3$ | $1$ | $1$ |

Trong trường hợp này, $k=3$ và số xu lấy được tương ứng với các độ, như được hiển thị ở hàng cuối cùng của bảng. Tất cả chúng tôi đều lấy $M=121$ xu. Tổng trọng lượng của chúng trên cân sẽ bằng $S=1351$ g. Trừ các giá trị của $M \cdot m=121 \cdot 10$, ta thu được $\Delta=141$ g. Chuyển đổi $\Delta$ sang hệ thống bậc ba
$$\Delta = 1 \cdot 3^4 + 2 \cdot 3^3 + 0 \cdot 3^2 + 2 \cdot 3^1 + +0 \cdot 3^2,$$
ta thu được số $\overline{12020}$, dãy chữ số của nó trùng với dãy ban đầu của các giống cho trong bảng.

Nếu $k=10$ thì không cần chuyển $\Delta$ từ hệ thống số này sang hệ thống số khác. Đối với trường hợp $k=3$, có một số điểm khác biệt so với cách giải thích của chúng tôi về lời giải bài toán. Chúng tôi để nó cho người đọc tìm thấy nó.

Một chút lịch sử

cổ điển bài toán một túi tiền giả có thể được tìm thấy trong nhiều cuốn sách toán học phổ biến. Người ta nói rằng trong Thế chiến thứ hai người Anh đã “vứt bỏ” thứ này bài toán đối với binh lính Đức với mục đích làm mất tổ chức của họ và họ đã mất hơn 40.000 giờ công để giải quyết vấn đề này.

Trong cuốn sách của D. Bizam và J. Herceg “Logic đa thế giới” (M., “Mir”, 1978), trường hợp hai túi đựng tiền giả cũng được xem xét và lời giải được đưa đến bài toán này bằng cách sử dụng hai lần cân.

bài toán kinh điển về tiền giả gần đây đã được ứng dụng trong mã hóa và lý thuyết thông tin - để phát hiện lỗi trong mã.

TỪ NƯỚC NGOÀI HÀI HƯỚC

Học sinh nào đã bắt tay tôi?
“Alpha” 77 – số 3

30

Sách vấn đề
lượng tử

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác trong 10 năm nay - kể từ khi thành lập tạp chí. Nó xuất bản bài toán, lời giải mà chúng tôi mong đợi nhận được từ độc giả. Trong số đó có bài toán, gần với mức tối ưu hóa và đòi hỏi phải suy nghĩ sâu rộng. Cùng với những vấn đề bài toán tương đối dễ dàng, cũng có một số vấn đề không dễ giải quyết đối với các chuyên gia. Các ngôi sao bài toán khó nhất giúp đỡ.

Nếu bài toán khiến bạn quan tâm nhưng không hiệu quả ngay lập tức, đừng bỏ cuộc, hãy cố gắng quay lại nó sau một ngày, sau một tuần. Đừng trì hoãn ngay cả khi đã viết xong - hãy nghĩ về cách viết lời giải một cách hợp lý và thuyết phục nhất, cách khái quát hóa bài toán cho kết quả của nó, những gì gần bài toán nó cho phép bạn giải quyết.

Trong phần thứ hai của phần, chúng tôi đặt lời giải bài toán (khoảng 8-10 tháng sau khi công bố các điều kiện) có tính đến các bức thư do độc giả gửi. Mỗi lời giải về cơ bản là một bài viết nhỏ độc lập. Chúng tôi khuyên những người không viết ra «Kvant» năm ngoái hoặc không giải được bài toán hãy hiểu chúng.

Chúng tôi, cơ quan quản lý, công bố tên của những độc giả đã gửi cho chúng tôi lời giải. Học sinh gửi lời giải thú vị và đầy đủ sẽ nhận được quyền tham gia các vòng Resourceikan của Tối ưu hóa toàn diện (kết quả, trên cơ sở đó những người chiến thắng trong cuộc thi Bài toán Kvant nhận được lời mời tối ưu hóa, sẽ được tổng hợp vào tháng 12).

Đối với học sinh của Trường Toán Tương ứng Đa dụng, lời giải bài toán đúng trong Sách Vấn đề được coi là hoàn thành các bài tập tùy chọn.

Tất nhiên, không phải tất cả bài toán của chúng tôi đều được xuất bản lần đầu tiên. Sau khi hình thành, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất chúng tôi bài toán. Nghĩ ra một bản gốc mới bài toán - thực hiện một “khám phá” nhỏ độc lập - xin lỗi, thậm chí còn khó hơn việc giải bản phát hiện có sẵn của người khác. Nếu cách này hiệu quả với bạn, vui lòng gửi cho chúng tôi bài toán cùng với một giải pháp ngắn gọn. Chúng tôi xuất bản bài toán thú vị hơn trong Sách Vấn đề hoặc các phần khác của tạp chí. Chúng tôi sẽ nhận được bài toán mới, cũng như lời giải và nhận xét về các vấn đề trong Sách Vấn đề không chỉ từ học sinh mà còn từ độc giả người lớn của tạp chí.

Địa chỉ của chúng tôi: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka, 21/16, tòa soạn tạp chí «Kvant».
Trên phong bì, trong cột “Tới”, viết: “Bài toán Kvant - và cho biết lời giải bạn đang gửi bài toán nào (ví dụ: “Số 1 (1980), M602, M605, a, 6”) hoặc đánh dấu “Mới bài toán trong toán học (vật lý).” Lời giải bài toán đối với các chủ đề khác nhau hoặc từ các số tạp chí khác nhau phải được gửi trong các phong bì khác nhau. Từ ngữ của bài toán mới (cũng như bất kỳ tài liệu nào dự định xuất bản) phải được gửi thành hai bản. Chúng tôi cố gắng trả lời tất cả các phóng viên của chúng tôi. Vui lòng định dạng lời giải cẩn thận để tạo điều kiện thuận lợi cho công việc của những người biên tập và tư vấn phần Bài toán Kvant. Ở đầu thư, nhớ viết họ, tên, họ hàng, địa chỉ nhà; Đối với học sinh, vui lòng cho biết lớp, trường (và “số” hoặc địa chỉ của bộ phim nếu bạn học tại VZMSH).

Hạn chót để gửi đáp số đến bài toán của số này là ngày 15 tháng 3 năm 1980.

31

Bài tập

M601—M605; F613—F617

M601. Chứng minh rằng trong tam giác bất kỳ $ABC$ trung điểm của cạnh $BC$ nằm trên đoạn nối giao điểm các đường cao của tam giác $ABC$ với điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác này, có đường kính đối diện với đỉnh $A$, và chia đôi đoạn thẳng này.

G. Groshev, học sinh lớp 10

M602. Trong tam giác Pascal, phần đầu của tam giác này được hiển thị trong Hình 1 (mỗi số “bên trong” bằng tổng của hai cạnh phía trên nó), ở dòng tiếp theo có ba số liên tiếp, tạo thành một cấp số cộng.
a) Dòng tiếp theo chứa cùng sự kiện đó?
b) Chứng minh rằng nó sẽ xảy ra ở vô số dòng và chỉ ra tất cả số dòng đó.

A. Avramov

Hình 1. Ở dòng thứ $n$, số thứ tự $k$ bằng
$$C_n^k = \frac{n \cdot (n-1) \cdot \dots \cdot (n-k+1)}{1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k}.$$

Hình 2.

M603*. Giải hệ phương trình
$$x + \frac{3x - y}{x^2 + y^2} = 3, \quad y - \frac{x + 3y}{x^2 + y^2} = 0.$$
L. Kuptsov

M604. a) Andrey, Victor, Sergey, đang bơi dưới nước, đồng thời nổi lên ở các điểm $A_0, B_0, C_0$ và ngay lập tức lặn trở lại, và Andrey quyết định bơi một phần ba quãng đường đến chỗ Victor trong một phút, Victor - một phần ba quãng đường đến chỗ Sergey, Sergey - một phần ba quãng đường đến chỗ Andrey. Một phút sau, họ lại nổi lên (điểm $A_1, B_1, C_1$ - xem Hình 2) và quyết định lặp lại thao tác này - sau nửa phút; sau đó - trong một phần tư phút, v.v.
Họ sẽ gặp nhau ở đâu và khi nào?
b) Bên trong hình cầu bán kính 1 km có một triệu điểm được đánh số từ 1 đến một triệu. Đồng thời, mỗi giây, mỗi điểm di chuyển đến điểm tiếp theo theo số lượng ở khoảng cách $1/3$ đến điểm này; điểm cuối cùng di chuyển về phía điểm đầu tiên theo cách tương tự. Chứng minh rằng sau một thời gian mọi điểm sẽ hội tụ bên trong một mặt cầu có bán kính 1 mm.

F. Shleifer

M605. Trên mặt phẳng có dấu $2n+1$ của các điểm khác nhau. Chúng ta hãy đánh số chúng bằng các số 1,2,…,2n+1 và khoảng cách chuyển đổi tiếp theo của mặt phẳng $R$: đầu tiên, sự đối xứng được thực hiện so với điểm đầu tiên, sau đó - so với điểm thứ hai, v.v. - cho đến điểm thứ $(2n+1)$.
a) Chứng minh rằng phép biến đổi $R$ này có một “điểm cố định” duy nhất (một điểm ánh xạ vào chính nó).

32

Hãy xem xét tất cả các cách có thể để đo điểm $2n + 1$ của chúng ta (bằng số 1,2,…,$2n + 1$). Mỗi cách đánh số như vậy tương ứng với phép biến đổi của mặt phẳng $R$ và điểm cố định của chính nó. Đặt $F$ là tập hợp các điểm cố định của tất cả các phép biến đổi này.

6. Chỉ định bộ $F$ cho $n = 1$.
   c) Điểm tối đa và số điểm tối thiểu mà tập hợp $F$ có thể chứa cho mỗi $n = 2,3,...$ là bao nhiêu?

A. Talalay

F613. Một hộp có khối lượng $M$ đặt trên bàn nằm ngang. Trong hộp nén bên ngoài $k$ một tải trọng lớn $m$ được treo (Hình 1). Ở biên độ dao động nào của tải thì hộp bắt đầu nảy lên trên bàn?

L. Bakanina

F614. Một bình kín chứa khí nitơ ở nhiệt độ phòng $t_0 = 20^\circ\text{C}$ và áp suất $p_0 = 10^5$ Pa. Một số nitơ lỏng có nhiệt độ $t_1 = -196^\circ\text{C}$ (điểm sôi của nitơ ở áp suất khí quyển bình thường) được bơm vào bình. Nitơ lỏng bay hơi nhanh chóng, sau đó nhiệt độ trong bình trở thành $t_2 = -140^\circ\text{C}$. Sau khi bình ấm lên đến nhiệt độ phòng, áp suất $p = 1,5 \cdot 10^5$ Pa được thiết lập trong đó. Xác định nhiệt lượng mol bay hơi của nitơ lỏng. Nhiệt dung của khí nitơ ở thể tích không đổi là $C_V = 20,8$ J/(mol K).

V. Belonchkin

F615. Trong trường hợp kích thước khí không tự duy trì, sự phụ thuộc của điểm $I$ qua ống xả khí vào điện áp $U$ giữa các điện cực của ống có dạng như hình 2. Ống có điện trở dằn mắc nối tiếp $R = 3 \cdot 10^8$ Ohm được nối với nguồn có EMF không đổi $8 = 6$ kV. Tìm dòng điện chạy qua ống và điện áp trên ống sẽ bằng bao nhiêu. Điện trở trong của nguồn được tính đến.

V. Mozhaev

F616*. Chiều dài dây tóc của bóng đèn điện là $l$, đường kính là $d$. Chiều dài $l_1$ và đường kính $d_1$ của một bóng đèn khác được thiết kế cho cùng điện áp nguồn nhưng có quang thông gấp đôi, nếu hiệu suất của cả hai bóng đèn là như nhau?

F617. Văn bản báo chí, chụp hai lần bằng máy ảnh Zenit với ống kính có tiêu cự 50 mm:

1. từ khoảng cách ngắn nhất được phép đối với ống kính này $a = 0,5$ m;
2. sau khi gắn ống kính vào máy ảnh thông qua cột mở rộng có chiều cao $h = 25$ mm (cũng từ khoảng cách tối thiểu có thể).

Tìm tỉ số của các chất khí thu được trên phim ảnh trong hai trường hợp này.

V. Deryabkin

33

M546. Từ một điểm M tùy ý của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật, ta kẻ các đường vuông góc MP và MQ với hai cạnh đối diện của nó và vuông góc MR và MT với phần kéo dài của hai cạnh kia. Chứng minh rằng các đường thẳng PR và QT vuông góc, khác, khác, khác. Và giao điểm của chúng thuộc các đường chéo của đường thẳng.

M547. Để phương trình $\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{1}{n}$, trong đó $n$ là số tự nhiên, có lời giải duy nhất trong các số tự nhiên $x$, $y$ thì điều cần và đủ là $n$ là số nguyên tố. Chứng minh điều đó.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $M_1$ và $P_1$ giao điểm của các đoạn $MT$ và $MP$ với đường tròn đã cho (xem hình). Vì các góc $MMP_1$ và $ADC$ là góc vuông nên các góc $M_1AP_1$ và $AM_1C$ cũng là góc vuông và tứ giác $AP_1CM_1$ là hình chữ nhật. Mặt khác, tứ giác $AM_1TQ$ và $ARPP_1$ là hình bình hành (các cặp đoạn thẳng $M_1T$, $AQ$ và $AR$, $PP_1$ song song và có chiều dài bằng nhau). Pozny $(AM_1) \parallel (TE)$ và $(AP_1) \parallel (RP)$. Theo sau đó là $(TE) \perp (RP)$.

Câu thứ hai bài toán $(E \in (AC))$ tương đương với việc quan sát các số hạng thẳng $AP_1CM_1$ và $AGEF$. Hãy chứng tỏ rằng chúng thực sự đã bị tẩy trắng.

Trên thực tế, tất cả các góc được đánh dấu trên hình đều bằng nhau; hãy để chúng có độ lớn bằng $a$. Sau đó, nếu $|AM_1| = a$ và $|CM_1| = b$ thì $|AF| = |AR| \sin a = |PP_1| \sin a = |CP_1| \sin^2 a = a \sin^2 a$ và tương tự $|AG| = b \sin^2 a$, tức là $\frac{|AM_1|}{|CM_1|} = \frac{|AF|}{|FE|}$.

Pozny $E \in [AC]$.

I. Klumova

◆ Từ phương trình $\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{1}{n}$ suy ra $\frac{1}{x} > \frac{1}{n}$, tức là $x < n$. Do đó, nếu $n = 1$ thì trong số tự nhiên không có lời giải. Đặt $n \neq 1$, sau đó đặt $x = n - i$, $0 < i < n$ và $\frac{1}{n - i} - \frac{1}{n} = \frac{1}{y}$. Do đó $y = \frac{n(n - i)}{i}$. Tuy nhiên, lời giải (trong số tự nhiên) luôn ở đó: nó thu được bằng $i = 1: x = n - 1, y = n(n - 1)$.

Bây giờ đặt $n$ là số nguyên tố và $i > 1$. Khi đó các số $n$ và $i$ là nguyên tố cùng nhau và các số $n - i$ và $i$ cũng nguyên tố cùng nhau, và do đó các số $n(n - i)$ và $i$ cũng nguyên tố cùng nhau (ví dụ: hãy thuyết phục bạn về điều này bằng cách xem xét tổng $n(n - i) + ni$. Poznym, nếu $n$ là số nguyên tố, và $i > 1$, chúng ta nhận được $y = \frac{n(n - i)}{i} \notin \mathbb{N}$. Điều này có nghĩa là đối với $n$ đơn giản thì cần phải có $i = 1$ và phương trình của chúng ta chỉ có lời giải.

Nếu $n$ là hợp số: $n = n_1n_2$, thì khi đặt, ví dụ: $i = n_1$, chúng ta thu được, ngoài lời giải, $x = n - 1$, $y = n(n - 1)$, một nữa: $x = n - n_1$, $y = n_2(n - n_1)$. Điều này hoàn toàn chứng minh nhận định bài toán.

A. Dantselyan

◆ Hãy giải ngay điểm c) bài toán. Để làm điều này, trước hết hãy tạo:

Có $n$ điểm trên vòng tròn. Qua tâm của $n - 2$ như vậy, một đường thẳng được vẽ từ chúng, vuông góc với dây cung, nối các điểm còn lại. Chứng minh rằng mọi đường thẳng như vậy đều đi qua một điểm.

Nhưng tâm của những điểm $k$ đó là gì? Chúng ta hãy đưa ra một định nghĩa: tâm của $k$ điểm $A_1, A_2, \dots, A_k$ là một điểm $G$ sao cho

$$\overrightarrow{GA_1} + \overrightarrow{GA_2} + \dots + \overrightarrow{GA_k} = \overrightarrow{0}.$$

37

đi xe đạp, màu xanh - đi bộ. Hình này làm nổi bật biểu đồ chuyển động của một trong các xe rời đi $A$ và một trong các xe rời đi $A$ (các đường đứt nét $AC_3D_3B$ và $AA_2B_3B$). Từ đồ thị có thể thấy thời gian để mỗi xe chuyển động là $t_{\min}$.

Trường hợp $m=2$, $n=3$ được minh họa trên Hình 2: đồ thị chuyển động của vận tốc đầu tiên được thể hiện bằng màu tối; đỏ - thứ hai và đen - ERO thứ ba.

S. Krotov

F558. Một quả bóng nhỏ, nặng bay qua một lỗ bên trong quả cầu chính có cùng khối lượng, đi cách tâm quả cầu một khoảng $R/2$ ($R$ là bán kính của quả cầu). Sau khi bóng đi vào, lỗ sẽ tự động đóng lại. Giả sử va chạm giữa quả bóng và quả cầu là đàn hồi tuyệt đối, hãy tìm quỹ đạo của quả bóng và tâm của quả cầu trong hệ thống báo cáo mà quả cầu ban đầu được đào. Xác định các thông số của các quỹ đạo này và đánh dấu trên chúng những điểm xảy ra va chạm.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Cho quả bóng bay vào lỗ với tốc độ $\vec{v}$ so với hệ thống báo cáo quả cầu được đào lần đầu tiên. Rõ ràng là mọi chuyển động sẽ xảy ra trong mặt phẳng nơi vectơ $\vec{v}$ và tâm của hình cầu nằm.

Khối lượng của quả bóng và quả cầu bằng nhau nên khối tâm của hệ sẽ chuyển động với vận tốc $\vec{v}/2$ dọc theo một đường thẳng nằm trong cùng một mặt phẳng và cách tâm quả cầu một khoảng $R/4$. Vì không có ngoại lực tác dụng lên hệ nên chuyển động của khối tâm sẽ không thay đổi ngay cả khi có bất kỳ va chạm nào trong hệ.

Theo điều kiện bài toán, các va chạm là đàn hồi tuyệt đối và các bề mặt nhẵn. Điều này có nghĩa là hình chiếu tiếp tuyến của vận tốc của quả bóng so với quả cầu không đổi, nhưng hình chiếu bình thường đổi dấu sang ngược lại. Do đó, với mỗi lần va chạm, mô hình vectơ vận tốc của quả bóng so với quả cầu không thay đổi và giữ nguyên bằng $|\vec{v}|$, đồng thời góc tới và góc phản xạ bằng nhau. Quỹ đạo của quả bóng so với quả cầu có dạng tam giác đều treo ở cạnh $R\sqrt{3}$ (màu đỏ trên Hình 1) và khoảng thời gian giữa các lần va chạm liên tiếp bằng $R\sqrt{3}/|\vec{v}|$.

Khối tâm của hệ so với quả cầu chuyển động với tốc độ bằng một nửa và quỹ đạo của nó cũng là một tam giác đều, nhưng từ cạnh $R\sqrt{3}/2$ (thể hiện bằng màu đen trong Hình 1).

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một hệ thống báo cáo chuyển động lũy ​​tiến, trong đó không phải hình cầu đứng yên mà là khối tâm của hệ thống. Vận tốc của quả bóng và tâm quả cầu trong hệ này có độ lớn giống nhau, bằng $|\vec{v}|/2$ và chuyển động xảy ra dọc theo quỹ đạo được mô tả bằng màu tương ứng trong Hình 2 và 3.

Tóm lại, vẫn phải đi đến hệ thống ban đầu của báo cáo, trong đó quả cầu ban đầu được đào, quả bóng chuyển động với tốc độ $\vec{v}$, và khối tâm vẫn chuyển động với tốc độ $\vec{v}/2$ (Hình 4). Để chuyển đổi như vậy, cần phải thêm vectơ $\vec{v}/2$ vào tất cả các vectơ vận tốc được hiển thị trong Hình 2 và 3. Hóa ra là trước va chạm đầu tiên (sau “số 0”, hình tam giác, thứ sáu, $3n$th), quả bóng chuyển động với tốc độ có độ lớn bằng $|\vec{v}|$ và hướng song song với tốc độ (và quỹ đạo) của tâm khối, và xảy ra sự bất đồng $R\sqrt{3}$. Quả cầu sẽ tích lũy trong khoảng thời gian này.

Sau va chạm thứ nhất (thứ tư, thứ bảy,…, thứ $(3n+1)$), vectơ vận tốc của quả bóng hướng một góc $-\pi/3$ với vectơ vận tốc của khối tâm và có độ lớn bằng

38

Trước va chạm thứ hai, quả bóng đi được quãng đường $R\sqrt{3}/2$. Tốc độ tương ứng của quả cầu hướng một góc $\pi/6$ với cùng một vectơ và mô hình của nó bằng $|\vec{v}|\sqrt{3}/2$. Quả cầu di chuyển theo đường $3R/2$.

Sau va chạm thứ hai (thứ năm, thứ tám,…, $(3n+2)$th), vectơ vận tốc của quả bóng và khối tâm tạo thành một góc $\pi/3$ và bằng $|\vec{v}|/2$ theo mô hình. Đường đi của quả bóng giống nhau, tức là $R\sqrt{3}/2$. Tốc độ cuối cùng của quả cầu lúc này là $\pi/6$, mô hình tốc độ $|\vec{v}|\sqrt{3}/2$, đường đi $3R/2$.

Sau đó, hình ảnh lặp lại, tức là giữa lần va chạm thứ ba và thứ tư, quả cầu lại kết thúc và quả bóng chuyển động với tốc độ $\vec{v}$, v.v.

B. Bukhovtsev

F559. Theo lý thuyết của Bethe, chu trình carbon của các phản ứng nhiệt hạch của sao bao gồm các phản ứng sau:

$$p + ^{12}C \rightarrow ^{13}N + \gamma,$$
$$^{13}N \rightarrow ^{13}C + e^{+} + v,$$
$$p + ^{13}C \rightarrow ^{14}N + \gamma,$$
$$p + ^{14}N \rightarrow ^{15}O + \gamma,$$
$$^{15}O \rightarrow ^{15}N + e^{+} + v,$$
$$p + ^{15}N \rightarrow ^{12}C + ^{4}He.$$

Bắt đầu năng lượng được giải phóng trong quá trình hình thành nốt ruồi của cơ thể.

Chu trình Bethe dẫn đến một nhân gel được hình thành từ bốn proton:

$$4p \rightarrow ^{4}He + 2e^{+} + 3\gamma + 2v.$$

Bằng cách tính năng lượng của các phần bên trái và bên phải bằng công thức $E = mc^2$, chúng ta tìm thấy năng lượng giải phóng trong quá trình tổng hợp một hạt nhân của nguyên tử gel ($m_p = 1,6724 \cdot 10^{27}$ kg, $m_{He} = 6,6439 \cdot 10^{27}$ kg, $m_{e} = 0,9108 \cdot 10^{30}$ kg, $c = 3 \cdot 10^8$ m/s):

$$E_{выд} = (4m_p - m_{He} - 2m_{e})c^2 = 0,3951 \cdot 10^{-11}$$ J.

Khi một mol gel được hình thành, năng lượng được giải phóng

$$W = E_{выд}N_A \approx 2,4 \cdot 10^9$$ kJ

(ở đây $N_A \approx 6 \cdot 10^{23}$ mol $^1$ là số Avogadro).

F560. Một tia phẳng vô hạn có độ dày $d_0$ kéo dài phần gật đầu trên mặt phẳng (Hình 1). Tốc độ của tia là $\vec{v}$, mật độ của nó là $\rho$. Máy bay phản lực lao vào dòng nào?

Chúng ta hãy biểu thị bằng $d_1$ và $d_2$ độ dày của các tia được hình thành (Hình 2) và bằng $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ vận tốc của chúng. Vì cùng một khối lượng chất lỏng đi qua tiết diện của tia rơi thứ nhất trong một giây cũng như đi qua tiết diện của cả hai tia hình thành, nên

$$\rho d_0 v = \rho d_1 v_1 + \rho d_2 v_2$$

(1)

(ở đây $v, v_1$ và $v_2$ là số mol của tốc độ tương ứng).

Chúng ta hãy chọn cái gọi là ống dòng chất lỏng (nó được hiển thị màu trong Hình 2) và xem xét phần của nó giữa các phần $I$ và $II$. Trong một thời gian ngắn $\Delta t$ cùng một khối chất lỏng chảy qua tiết diện $I$ trong diện tích $\Delta s$ và qua tiết diện $II$ trong diện tích $\Delta s_1$.

$$\Delta m = \rho \Delta s v \Delta t = \rho \Delta s_1 v_1 \Delta t.$$

Sự thay đổi động năng của khối chất lỏng này bằng công $A$ của các lực áp suất $\vec{F}$ và $\vec{F}_1$. Nếu khi đi qua $I$ thì công là dương, thì khi đi qua $II$ thì công là âm, do đó

$$A = F v \Delta t - F_1 v_1 \Delta t = p \Delta s v \Delta t - p_1 \Delta s_1 v_1 \Delta t,$$

trong đó $F$ và $F_1$ là số mol của lực áp, còn $p$ và $p_1$ lần lượt là áp suất trong các phần $I$ và $II$.

Nhưng áp suất ở cả tia bên trái và bên phải đều bằng áp suất trong tia rơi xuống (tất cả các tia đều có bề mặt phẳng tự do và áp suất trong chúng bằng áp suất khí quyển), tức là $p = p_1$. Bên cạnh đó,

$$\Delta s v \Delta t = \Delta s_1 v_1 \Delta t = \frac{\Delta m}{\rho}.$$

39

Như vậy,

$$A = p \frac{\Delta m}{\rho} - p \frac{\Delta m}{\rho} = 0,$$

và độ biến thiên động năng của khối lượng $\Delta m$ của chất lỏng bằng 0, tức là $v_1 = v$. Bằng cách tương tự, có thể chứng minh rằng $v_2 = v$. Do đó, từ đẳng thức (1) chúng ta thu được

$$d_0 = d_1 + d_2.$$

(2)

Vì không có ngoại lực theo phương ngang tác dụng lên chất lỏng nên hình chiếu động lượng của chất lỏng theo phương ngang phải không đổi:

$$mv \cos \alpha = m_1 v_1 - m_2 v_2,$$

trong đó $m \sim d_0$, $m_1 \sim d_1$, $m_2 \sim d_2$ và $v = v_1 = v_2$. Kể từ đây,

$$d_0 \cos \alpha = d_1 - d_2.$$

(3)

Từ đẳng thức (2) và (3) ta thu được

$$d_1 = d_0 \cos^2 \frac{\alpha}{2} \quad \text{и} \quad d_2 = d_0 \sin^2 \frac{\alpha}{2}.$$

◆ a) Lực tác dụng dọc theo đường xích đạo lên phần dưới của bộ đồ tắm bằng trọng lượng của một cột nước phía trên bán cầu trên (Hình 1). Thể tích của cột này bằng thể tích của hình trụ có bán kính $R$ và chiều cao $H$ không có thể tích của bán cầu có bán kính $R$ nên mô hình trọng lượng nước bằng

$$P = \rho g \left( H \pi R^2 - \frac{2}{3} \pi R^3 \right).$$

Lực căng mà đường may của bộ đồ tắm phải chịu được bằng

$$\sigma_a = \frac{P}{2 \pi R} = \frac{1}{2} \rho g \left( HR - \frac{2}{3} R^2 \right).$$

b) Ở khoảng cách bằng hai mặt phẳng nhỏ có diện tích $\Delta s$ mỗi mặt, nằm ở khoảng cách $h$ phía trên và phía dưới tâm hình cầu (Hình 2). Mặt phẳng phía trên chịu tác dụng của một lực $\overrightarrow{F_1}$, mô hình của lực này là $F_1 = \rho g (H - h) \Delta s$. Hình chiếu của lực này lên mặt phẳng ngang bằng

$$F_1 \cos \alpha = \rho g (H - h) \Delta s \cos \alpha.$$

Lực $\overrightarrow{F_2}$ tác dụng lên mặt phẳng dưới, mô hình của nó $F_2 = \rho g (H + h) \Delta s$ và hình chiếu lên mặt phẳng ngang bằng

$$F_2 \cos \alpha = \rho g (H + h) \Delta s \cos \alpha.$$

Tổng của các phép chiếu này không phụ thuộc vào $h$ và bằng

$$2 \rho g H \Delta s \cos \alpha.$$

Nhưng $\Delta s$ cos $\alpha$ là hình chiếu của mặt phẳng $\Delta s$ lên mặt phẳng thẳng đứng. Theo đó, tổng của $F$ lực chiếu theo phương ngang tác dụng lên toàn bộ bán cầu phải bằng tích của $2 \rho g H$ với một nửa tiết diện phẳng của bán cầu đi qua đường kính thẳng đứng:

$$F = 2 \rho g H \frac{1}{2} \pi R^2 = \rho g H \pi R^2.$$

Lực căng mà đường may của bộ đồ tắm phải chịu được bằng

$$\sigma_a \approx \sigma_6 = \frac{1}{2} \rho g HR = 10^8 \text{ H/m}.$$