Kvant 1980, số 3 · Trang

QUANTUM
3
1980

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

Bản vẽ này được thực hiện bởi một chương trình máy tính, lập trình. Bạn có thể đọc thêm thông tin về điều này do các sinh viên của Trường Báo chí tổng hợp trên trang. 47

1

Được thành lập vào năm 1970
3
1980

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

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

TRONG PHÒNG:

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin

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

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

V. Boltyansky. Chuyển động của máy bay

V. Nhà sản xuất. Vật lý của đèn huỳnh quang

Phòng thí nghiệm «Kvant»
V. Mayer. Thí nghiệm quang học bằng mắt

vòng tròn toán học

M. Shkapenok. Tính lồi của hàm số và chứng minh bất đẳng thức

Bài toán Kvant
Người chiến thắng cuộc thi «Kvant»
Bài toán M611—M615; F623—F627
Lời giải bài toán M557—M561; F568—F572
Danh sách độc giả đã gửi đúng lời giải bài toán trên Bài toán Kvant

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
F. Bartenev. Vật lý lang thang

Xưởng của người nộp đơn
V. Mozhaev. Định luật hấp dẫn
N. Bolotina, V. Wilke, S. Krotov. Đại học quốc gia Moscow được đặt theo tên. M. V. Lomonosova

Nghệ thuật lập trình
Trường lập trình tương ứng. Bài học 7 và 8
Thế vận hội lập trình

Đánh giá, thư mục
I. Klumova, M. Smolyansky. Sách mới
N. Rozov. Toán ứng dụng: thú vị, phù hợp, đầy hứa hẹn!

bìa của chúng tôi

Trang cờ vua

Đáp số, gợi ý, lời giải
Trộn (8, 17, 40)

© Nhà xuất bản Nauka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1980

2

V. Boltyansky

Chuyển động của máy bay

Thật tự nhiên khi hình dung chuyển động của một mặt phẳng theo quan điểm của cơ học như chuyển động của một tấm không thể tách rời trên một tấm khác. Hóa ra chỉ có bốn loại chuyển động như vậy. Điều này và các thuộc tính chuyển động hữu ích cho lời giải bài toán sẽ được thảo luận trong bài viết này.

1. Mô tả trực quan các chuyển động
   Đặt $g$ là ánh xạ tùy ý của mặt phẳng lên chính nó. Ánh xạ $g$ được gọi là độ dịch chuyển của mặt phẳng nếu nó bảo toàn khoảng cách, nghĩa là với bất kỳ điểm $A, B$ nào của mặt phẳng này thì đẳng thức
   $$|g(A)g(B)| = |AB|.$$
   Chuyển động nhìn thấy của mặt phẳng có thể được mô tả như sau. Chúng ta hãy tưởng tượng một mặt phẳng có dạng hai tấm chồng lên nhau, mặt trên của nó bị xuyên thủng. Có một số điểm được đánh dấu ở tờ dưới cùng; những điểm giống nhau được đánh dấu trên tờ trên cùng. Nốt Rê-

Hình 1.

3

đặt nó ở phía bên kia (“mặt sai”) và đặt nó lên phía mờ đục một lần nữa.

Bây giờ cho hai cặp điểm $A, B$ và $A_1, B_1$ trong mặt phẳng và $|AB| = |A_1B_1| \neq 0$. Mô hình chuyển động trực quan được mô tả ở trên gợi ý rằng có chính xác hai chuyển động trên mặt phẳng lấy điểm $A$ đến $A_1$ và điểm $B$ đến $B_1$.

Trên thực tế, bằng cách trượt bảng phát âm lên trên một bảng mờ, người ta chỉ có thể tìm thấy một vị trí của bảng phát âm, trong đó các điểm $A, B$ đặt trên đó sẽ tương ứng trùng với điểm $A_1, B_1$ trên bảng mờ (Hình 1). Bạn có thể làm khác: đầu tiên lật bảng phát âm sang mặt sau, sau đó kết hợp các điểm $A, B$ đặt trên đó với điểm $A_1, B_1$ trên tờ mờ. Không có chuyển động nào khác (ngoại trừ hai chuyển động được chỉ định) có thể biến đổi các điểm $A, B$ thành $A_1, B_1$ tương ứng. Chúng tôi thấy rằng:

Nếu $|AB| = |A_1B_1|$ (và $A \neq B$), thì có đúng hai chuyển động của mặt phẳng lần lượt lấy điểm $A, B$ đến $A_1, B_1$.

Tất nhiên, một “thí nghiệm suy nghĩ” được thực hiện với mô hình trực quan được mô tả không thể được coi là bằng chứng toán học cho việc xây dựng một tuyên bố - nó chỉ có thể được coi là một xác nhận thử nghiệm. Trong toán học, việc xây dựng một mệnh đề được chấp nhận (trong khuôn khổ hình học phổ thông) mà không cần chứng minh, tức là nó biểu diễn một tiên đề; nó được gọi là tiên đề về tính di động*) của mặt phẳng.

2. Phân loại chuyển động của mặt phẳng

Các loại chuyển vị đã được biết từ lớp 5: đối xứng trục, đối xứng tâm và đối xứng pa-

*) Trong sách giáo khoa “Hình học 6-8” (M., “Tha thứ”, 1979), tiên đề này được xây dựng hơi khác một chút (tr. 374); Chúng tôi để người đọc xác minh rằng công thức đưa ra ở đây tương đương với công thức trong sách giáo khoa.

Hình 2.

4

Hình 3.

có nghĩa là thông qua $O$ tâm của đường tròn được mô tả xung quanh tam giác này (Hình 2) và xuyên qua $l$ - đường thẳng đi qua trung điểm $M$, $N$ các bữa tiệc $[AB]$ Và $[BC]$. Tam giác $ABC$ - điện áp bằng nhau (biến $g$ dịch điểm $A, B$ V. $B, C$, Đó là lý do tại sao $|AB| = |BC|$. Vì thế, đến lượt $r$ với trung tâm $O$, dịch điểm $A$ V. $B$, dịch điểm $B$ V. $C$. Tiếp theo, chúng tôi ký hiệu bằng $s$ sự đối xứng qua một đường thẳng $l$, bởi vì $t$ - dịch song song, dịch một điểm $M$ V. $N$. Khi đó đối xứng trượt $h = s^\circ t$ dịch điểm $A$ V. $B$, và chỉ $B$ V. $C$. Vì vậy, chúng tôi đã tìm thấy hai biến $r$ Và $h$, mỗi trong số đó dịch các điểm $A, B$ tương ứng với $B, C$. Không có sự thay đổi thứ ba như vậy (theo tiên đề về tính di động của mặt phẳng). Vì vậy, các biến $g$, cũng có nghĩa là $A, B$ tương ứng với $B, C$, phải khớp với một trong hai $r$, hoặc với $h$, tức là trong trường hợp đang xét $g$ là đối xứng quay hoặc đối xứng trượt.

6. Hơn nữa, các điểm $A, B, C$ cùng nằm trên một đường thẳng $A \neq C$. Vì $|AB| = |BC|$ nên $B$ là trung điểm của đoạn $AC$ (Hình 3). Chúng ta biểu thị bằng $s_1$ sự đối xứng đối với đường thẳng $(AC)$ và bằng $t_1$ sự song song

dấu gạch nối đưa điểm $A$ đến $B$. Mỗi thay đổi $t_1$ và $h_1 = s^\circ t_1$ sẽ di chuyển các điểm $A, B$ của điểm tương ứng thành $B, C$. Như trong trường hợp $a$, theo sau, $g$ trùng với $t_1$ hoặc $h_1$, nghĩa là, trong trường hợp đang xem xét, $g$ là dịch song song hoặc đối xứng trượt.

c) Điểm $A$ và $C$ trùng nhau, tức là $g(A) = B$, $g(B) = A$ (Hình 4). Chúng ta hãy biểu thị bằng $r_2$ sự đối xứng trung tâm đối với phần giữa $O$ của đoạn $AB$ và bằng $s_2$ sự đối xứng đối với đường thẳng $l_2$ đi qua $O$ và vuông góc với $(AB)$. Mỗi thay đổi $r_2$, $s_2$ sẽ di chuyển các điểm $A, B$ của điểm tương ứng thành $B, A$. Từ đây, như trong các trường hợp trước, theo sau, $g$ trùng với một trong các thay đổi $r_2$, $s_2$, nghĩa là, trong trường hợp này $g$ là đối xứng tâm (và do đó, đối xứng quay) hoặc đối xứng trục. Định lý đã được chứng minh.

3. Thay đổi và định hướng

Chúng ta hãy tiếp tục những khác biệt rõ ràng liên quan đến mô hình được thảo luận ở đầu bài viết. Các điều kiện giả định rằng hướng dương của việc cắt các góc được xác định trên mặt phẳng. (Thông thường trong các bản vẽ, hướng ngược chiều kim đồng hồ được lấy làm hướng dương.) Để không quên quy ước này, bạn có thể vẽ một vòng tròn ở góc của hình vẽ, trên đó biểu thị hướng dương của việc cắt các góc bằng một mũi tên.

Nếu một sự thay đổi nào đó được mô tả trong mô hình trực quan của chúng ta do sự trượt của một mặt phẳng

5

bản thân nó thì hướng dương của các góc không thay đổi khi chuyển động như vậy (Hình 1). Trong trường hợp này, chúng ta nói rằng một chuyển động đã được thực hiện để bảo toàn hướng. Ví dụ, phép quay và dịch song song có thể được thực hiện do mặt phẳng tự trượt, nghĩa là chúng là các chuyển động bảo toàn hướng.

Nếu, để thực hiện chuyển động, chúng ta dịch chuyển tấm trên cùng (trong suốt) sang mặt sau, thì vòng tròn mà ban đầu mô tả hướng di chuyển ngược chiều kim đồng hồ sẽ biến thành một vòng tròn có hướng di chuyển theo chiều kim đồng hồ được mô tả trên đó. Trong trường hợp này, chúng ta nói rằng một chuyển động đã được thực hiện làm thay đổi hướng. Ví dụ, đối xứng trục là một chuyển động làm thay đổi hướng (Hình 5).

Dễ hiểu là nếu mỗi chuyển vị $f, g$ bảo toàn hướng thì thành phần $g^\circ f$ của chúng sẽ là một chuyển vị bảo toàn hướng. Trên thực tế, đường tròn $l$, trên đó hướng di chuyển ngược chiều kim đồng hồ, sẽ biến đổi khi di chuyển $f$ thành đường tròn $l_1$ với hướng di chuyển cũng ngược chiều kim đồng hồ (vì $f$ giữ nguyên hướng). Ngược lại, khi di chuyển $g$, vòng tròn $l_1$ sẽ biến thành vòng tròn $l_2$ với hướng di chuyển cũng ngược chiều kim đồng hồ (vì $g$ duy trì hướng). Khi di chuyển $g^\circ f$, vòng tròn $l$ (có hướng di chuyển ngược chiều kim đồng hồ) sẽ biến thành vòng tròn $l_2$ với cùng hướng di chuyển. Do đó, việc di chuyển $g^\circ f$ sẽ duy trì được hướng. Lập luận tương tự, ta thu được khẳng định sau:

Định lý 2. Nếu mỗi chuyển vị $f, g$ bảo toàn hướng hoặc nếu mỗi chuyển vị thay đổi hướng, thì thành phần của chúng $g^\circ f$ là một chuyển vị bảo toàn hướng. Nếu một trong các chuyển động $f, g$ giữ nguyên và chuyển động còn lại thay đổi hướng thì $g^\circ f$ là chuyển động thay đổi hướng.

Để dễ nhớ công thức này hơn, các điều kiện là coi các chuyển động bảo toàn định hướng là “dương” và các chuyển động duy trì ít định hướng hơn là “âm”. Khi đó, quy tắc dấu tương tự sẽ áp dụng cho thành phần của các chuyển vị như đối với phép nhân số thực: nếu $f$ và $g$ có cùng “dấu” thì kết quả là “dương” và nếu chúng khác nhau thì kết quả là “âm”.

Lưu ý rằng đối xứng trượt (nó được định nghĩa là sự kết hợp của đối xứng trục và tịnh tiến song song), theo Định lý 2, là một chuyển vị làm thay đổi hướng. Do đó, trong số tất cả các chuyển động phẳng được liệt kê trong Định lý 1, phép quay và chuyển động song song bảo toàn hướng, trong khi đối xứng quay và trượt làm thay đổi hướng.

4. Nhiệm vụ về thành phần của phong trào

Chúng ta hãy áp dụng những gì đã nói ở đoạn trước cho câu hỏi tìm thành phần của các chuyển vị khác nhau: hai đối xứng trục, phép quay và dịch chuyển song song, v.v. Chúng tôi sẽ giải quyết ba nhiệm vụ thuộc loại này và đưa ra các nhiệm vụ khác cho người đọc độc lập lời giải.

Bài tập 1. Tìm bố cục $s_2^\circ s_1$ của các đối xứng $s_1, s_2$ đối với hai đường thẳng cắt nhau $l_1, l_2$.

Lời giải. Đặt $O$ là giao điểm của đường $l_1$ và $l_2$ (Hình 6). Gọi α là góc mà đường thẳng $l_1$ phải quay để nó biến thành $l_2$. Hãy lấy điểm $A \in l_1$, khác với $O$ và đặt $B = s_2(A)$. Chúng ta có $s_1(O) = O$, $s_2(O) = O$, và do đó việc di chuyển $g = s_2^\circ s_1$ sẽ lấy điểm $O$ vào chính nó. Tiếp theo, $s_1(A) = A$, $s_2(A) = B$, tức là $g(A) = B$. Rõ ràng là việc xoay $r$ với tâm $O$ sang góc $2\alpha$ lấy điểm $A$ đến $B$ và trỏ $O$ vào chính nó. Vì vậy, chúng ta có hai chuyển động $r, s_2$, mỗi chuyển động lần lượt lấy điểm $O$, $A$ đến $O, B$. Vì phong trào $g = s_2^\circ s_1$ cũng tái diễn

6

Hình 7.

dẫn $O, A$ đến $O, B$, do tiên đề di động) $g$ trùng với $r$ hoặc $s_2$. Nhưng độ dịch chuyển của $g$ không thể trùng với $s_2$, vì $s_2$ thay đổi hướng, trong khi $g$ vẫn giữ nguyên (theo Định lý 2). Do đó, $g=r$, tức là $s_2^\circ s_1$, là phép quay qua góc $2\alpha$ quanh điểm $O$.

Bài toán 2. Tìm bố cục của các đối xứng $s_2^\circ s_1$ $s_1, s_2$ đối với hai đường thẳng song song $l_1, l_2$.

Lời giải *). Hãy lấy hai điểm $A, B \in l_1$ (Hình 7) và đặt $C=s_2(A), D=s_2(B)$. Khi đó $ABDS$ là hình chữ nhật. Chúng ta hãy biểu thị bằng $t$ cách dịch song song lấy điểm $A$ đến $C$. Sau đó $t(A)=C$, $t(B)=D$. Vì vậy, chúng ta có hai chuyển động $t, s_2$, mỗi chuyển động lần lượt lấy điểm $A, B$ đến $C, D$. Vì $g=s_2^\circ s_1$ cũng ánh xạ $A, B$ đến $C, D$, nên $g$ khớp với $t$ hoặc $s_2$. Vì $g$ giữ nguyên hướng của nó nên $g=t$. Vì vậy, $s_2^\circ s_1$ là một phép truyền song song.

Bài toán 3. Tìm thành phần phép quay và phép dịch song song.

*) Để biết thêm lời giải của bài toán này, xem «Kvant», 1980, Số 1, tr. 44.

Hình 8.

Hình 9.

Lời giải. Giả sử $r$ là phép quay có tâm $O$ qua một góc $\alpha$ (Hình 8) và $t$ là phép dịch song song. Hãy đặt $A=t(O)$. Tiếp theo, chúng ta vẽ các đường thẳng $l_1, l_2$ và các đường vuông góc ($OA$), đường đầu tiên đi qua điểm $O$ và đường thứ hai đi qua điểm giữa của đoạn $OA$. Sự đối xứng đối với các đường thẳng $l_1, l_2$ được ký hiệu là $s_1, s_2$. Sau đó từ bài toán 2 nó theo sau $s_2^\circ s_1=t$. Tiếp theo, bằng $l$, chúng ta biểu thị đường thẳng đi qua điểm $O$, từ đó thu được $l_1$ phép quay qua góc $\frac{1}{2}\alpha$ và bằng $s$ chúng ta biểu thị sự đối xứng đối với đường thẳng $l$. Sau đó từ bài toán 1 nó theo sau $s_1^\circ s=r$. Điều này có nghĩa là $t^\circ r=(s_2^\circ s_1)\circ(s_1^\circ s)=s_2(s_1^\circ s_1)\circ s=s_2^\circ s$, từ đó suy ra (nhờ bài toán 1) rằng $t^\circ r$ là phép quay qua một góc $\alpha$ quanh điểm $O_1$ tại đó các đường $l_2$ và $l$ giao nhau.

Lưu ý rằng đối với lời giải, trước hết, chúng tôi đã tận dụng tính kết hợp của hoạt động thành phần của các chuyển vị (nghĩa là khả năng đặt dấu ngoặc đơn tùy ý; thuộc tính này không chỉ hợp lệ cho các chuyển vị mà còn cho bất kỳ ánh xạ nào) và thứ hai, thực tế là đối với đối xứng chính $s_1$ ánh xạ tượng hình trùng với $s_1$, và do đó $s_1^\circ s_1$ cũng có một thực lập bản đồ. Ví dụ này - sự phân tách các chuyển vị thành các đối xứng trục, các trục của chúng được chọn sao cho kết quả cuối cùng là một phép “rút gọn” tùy ý - cũng được sử dụng với lời giải các đối xứng khác bài toán để tìm thành phần của các chuyển vị *).

• Để biết thêm thông tin về điều này, xem «Kvant», 1980, số 1 tr. 42.

7

5. Áp dụng chuyển động cho lời giải bài toán

Bài toán 4. Hai đường tròn có tâm $O_1, O_2$ cắt nhau tại các điểm $A$ và $B$. Chứng minh rằng đường thẳng $O_1O_2$ phân phối lại đoạn $AB$ và chia nó làm đôi.

Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị bằng $l_1, l_2$ các hình bán nguyệt nằm về một phía của đường thẳng $O_1O_2$, bằng $l'_1, l'_2$ các hình bán nguyệt nằm ở phía bên kia (Hình 9) và bằng $s$ sự đối xứng đối với $(O_1O_2)$. Sau đó $l'_1 = s(l_1), l'_2 = s(l_2)$. Vì $s(l_1 \cap l_2) = s(l_1) \cap s(l_2) = l'_1 \cap l'_2$, chúng ta nhận được $s(A) = B$, nghĩa là các điểm $A$ và $B$ đối xứng với $(O_1O_2)$. Đây là nơi tuyên bố bắt buộc theo sau.

Trong lời giải này, chúng tôi đã lợi dụng thực tế là đối với mọi chuyển động $f$ và mọi số liệu $M, N$ thì sự tương ứng $f(M \cap N) = f(M) \cap f(N)$ đều hợp lệ. Hãy tự mình chứng minh điều đó.

Bài toán 5. Trên các cạnh $AB$ và $BC$ của một tam giác tùy ý $ABC$ các hình vuông $ABMN$ và $BCPQ$ được dựng bên ngoài nó. Điểm $K$ là điểm giữa của đoạn $MQ$. Chứng minh rằng đoạn $BK$ phân phối lại đáy $AC$ và hai lần đỉnh của nó.

Lời giải. Đặt $L$ là trung điểm của đoạn $AC$ (Hình 10). Cần chứng minh các đoạn $BK$ và $CL$ phân bố lại trong đường tròn và bằng nhau. Để làm điều này, cách thuận tiện nhất là thiết lập rằng đoạn đầu tiên thu được từ đoạn thứ hai bằng cách xoay $\pm 90^\circ$ xung quanh một điểm nhất định. Vì vậy, chúng tôi muốn tìm một điểm, một phép quay theo $90^\circ$ hoặc $-90^\circ$ xung quanh để biến điểm $C$ thành $B$ và điểm $L$ thành $K$. Nhưng rõ ràng là việc quay $r$ bằng $-90^\circ$ quanh tâm hình vuông $BCPQ$ sẽ lấy điểm $C$ thành $B$. Điều này có nghĩa là vẫn cần thiết lập $r(L) = K$ đó.

Chúng tôi có $r(C) = B, r(B) = Q$; hãy đặt $r(A) = D$. Khi đó $r([BA]) = [QD]$, tức là các phân đoạn $AB$ và $DQ$ đã được phân phối lại và bằng nhau. Điều này có nghĩa là các đoạn $BM$ và $QD$ song song và bằng nhau, tức là $BMDQ$ song song. Do đó, điểm $K$ (trung điểm của đường chéo $MQ$) cũng chính là trung điểm của đoạn $BD$. Vì $r([CA]) = [BD]$, chúng tôi nhận được $r(L) = K$. Vì vậy, $r(C) = B, r(L) = K$, tức là $r([CL]) = [BK]$, và do đó các phân đoạn $CL$ và $BK$ đã được phân phối lại và bằng nhau.

Bài toán 6. Khôi phục bức tường hiên, biết các điểm $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ là trung điểm của các cạnh kế tiếp của nó.

Lời giải. Đặt $ABCDE$ là bức tường hiên mong muốn (Hình 11). Chúng ta hãy biểu thị bằng $s_1, s_2, s_3, s_4, s_5$ những cái ở tâm đối xứng với điểm $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$. Khi đó $s_1(A) = B, s_2(B) = C, s_3(C) = D, s_4(D) = E, s_5(E) = A$, tức là di chuyển $f = s_5^\circ s_4^\circ s_3^\circ s_2^\circ s_1$ sẽ lấy điểm $A$ vào chính nó. Nhưng bố cục $s_5^\circ s_4^\circ s_3^\circ s_2^\circ s_1$ làm di chuyển gót chân,

8

mỗi đối xứng là một đối xứng trung tâm, nghĩa là phép quay 180° là phép quay 180° • 5 = 2 • 360° + 180° (xem bên dưới bài toán 9). Do đó, f là đối xứng tâm và do đó A là tâm của đối xứng này. Làm thế nào để tìm được điểm A? Chúng ta lấy một điểm A’ tùy ý và xây dựng các điểm B’ = s₁(A’), C’ = s₂(B’), D’ = s₃(C’), E’ = s₄(D’), F’ = s₅(E’).

Khi đó f(A’) = E’, nghĩa là các điểm A’ và F’ đối xứng với điểm ban đầu A (Hình 12), và do đó A là trung điểm của đoạn A’F’. Sau khi tìm được A, dễ dàng tìm được các đỉnh còn lại của hình ngũ giác mong muốn.

Bài tập

1. Có bao nhiêu chuyển động trong mặt phẳng để chuyển đoạn AB đã cho vào chính nó?
2. Chứng minh các tiên đề di động sau: if |AB| = |A₁B₁|, và A ≠ B thì có chính xác một chuyển động giữ nguyên hướng dịch các điểm A, B của A₁, B₁ tương ứng và đúng một chuyển động giữ hướng dịch các điểm A, B của A₁, B₁ tương ứng.
3. Có bao nhiêu bản dịch lấy n-gon thông thường vào chính nó? Có bao nhiêu người trong số họ vẫn định hướng? Thay đổi định hướng? Gợi ý. Lợi dụng thực tế là mỗi chuyển động này sẽ di chuyển tâm của vòng tròn ngoại tiếp vào chính nó.
4. Điểm A được gọi là điểm chuyển vị cố định f nếu f(A) = A. Mỗi chuyển vị nêu trong Định lý 1 có bao nhiêu điểm cố định?
5. Đường thẳng l được gọi là đường dịch chuyển f cố định nếu f(l) = l. Mỗi nguyên tắc có bao nhiêu đường cố định: S = 1/1 + a₁ + + 1/1 + a₂ + … + 1/1 + aₙ, trong đó tất cả các số aᵢ đều dương và a₁ • a₂ • … • aₙ = 1?

Bài tập
độc giả của chúng tôi

1. Tổng S = 1/1 + a₁ + + 1/1 + a₂ + … + 1/1 + aₙ có thể nhận những giá trị nào, trong đó tất cả các số aᵢ đều dương và a₁ • a₂ • … • aₙ = 1?
   A. Ermilov

2. Nếu số 22k + 2ⁿ + 1 là số nguyên tố thì đó là ước của số 22k+1 - 1. Chứng minh. G. Karnaukh

3. Chứng minh đẳng thức:
   a) cos 2π/21 + cos 8π/21 +

• cos 10π/21 = √21 + 1/4.

6. cos 8π/35 + cos 12π/35 +

• cos 18π/35 = 1/2 cos π/5 +
• √7/2 sin π/5.

M. Rosenberg

4. Một tải được treo trên súng cao su (Hình 1). Đầu rộng của súng cao su được hạ xuống từ từ. Xác định xem tải trọng sẽ trượt khỏi súng cao su ở góc nghiêng φ nào, chiều dài của sợi dây mà tải được treo trên đó, l.

M. Người sáp

9

V. Nhà chế tạo

Vật lý
PHÁT QUANG
ĐÈN

Và ánh sáng và nhiệt

Chúng ta đã quá quen với ánh sáng điện đến nỗi đôi khi chúng ta không đánh giá cao nó và quên đi lịch sử của nó.

Đầu tiên xuất hiện là đèn điện sợi đốt.

“Lấy ra
tệ hại
chai kín.
“Cái này,” anh ấy nói, “
đèn điện…
Tôi hiểu rồi -
cái chai.
Trong một cái chai -
tóc.
Nhưng nhân tiện,
không phải từ bộ râu và không phải từ ria mép…
Bên trên
từ một cái chai
và ánh sáng,
và nhiệt -
Mặt trời,
Lạy Chúa, mặt trời!

• đây là những gì Mayakovsky đã viết trong bài thơ “Tóc cháy”.

Nhà thơ đã đúng khi chỉ ra rằng “cả ánh sáng và nhiệt đều đến từ một cái chai”, nhưng, với tư cách là một nhà thơ, ông đã phóng đại khi so sánh một ngọn đèn sợi đốt với Mặt trời. Có sự khác biệt rất quan trọng giữa ánh sáng sợi đốt và ánh sáng mặt trời. Trước hết, ánh sáng sợi đốt của thành phố cũng giống như ánh sáng mặt trời. Hơn nữa, trong nghiên cứu về đèn sợi đốt, “sức nóng” của thành phố so với “ánh sáng” mạnh hơn so với nghiên cứu về Mặt trời. Cả hai sự khác biệt đều do cùng một lý do: nhiệt độ của dây tóc (“tóc”) của đèn sợi đốt (3000°C) thấp hơn khoảng hai lần so với nhiệt độ bề mặt Mặt trời (6000°C).

Hãy chuyển từ vị trí sang các con số và chúng ta gặp một nghịch lý thú vị. Đèn sợi đốt là thiết bị chuyển đổi gần như lý tưởng từ năng lượng điện thành năng lượng bức xạ (với hiệu suất gần bằng 1), đồng thời đèn sợi đốt là nguồn sáng rất kém kinh tế. Làm thế nào điều này có thể xảy ra?

10

Hình 1. Đường cong độ nhạy của mắt người.

Hóa ra toàn bộ vấn đề là mắt người không phản ứng với bất kỳ bức xạ nào mà chỉ phản ứng với một phần hẹp của phổ sóng điện từ (Hình 1) có bước sóng từ 0,4 µm đến 0,8 µm (từ tia phyllot đến tia đỏ). Chỉ có bức xạ như vậy mới là ánh sáng theo nghĩa chính xác của từ này.

Hình 2 cho thấy sự cân bằng năng lượng của bóng đèn sợi đốt hiện đại. Chúng ta thấy rằng mặc dù đèn sợi đốt chuyển 86% điện năng cung cấp cho nó thành bức xạ nhưng chỉ có 12% được chuyển thành ánh sáng khả kiến. Theo Mayakovsky, 74% được chuyển thành bức xạ trung tính (tia hồng ngoại), tức là thành “nhiệt”! Là một nguồn “nhiệt” bức xạ, đèn sợi đốt gần như lý tưởng. Điều này đã được tính đến và hiện nay, việc làm khô nhanh các sản phẩm sơn (ví dụ: vỏ tự động) bằng cách sử dụng tia hồng ngoại phát ra từ đèn sợi đốt được sử dụng rộng rãi cho các ứng dụng tùy ý.

Hình 2. Cân bằng năng lượng trong đèn sợi đốt: 12% - bức xạ ánh sáng, 74% - bức xạ hồng ngoại, 14% - cho biết tổn thất qua đầu vào, giá đỡ và qua khí.

Ánh sáng lạnh

Nhược điểm của đèn sợi đốt trong vai trò nguồn ánh sáng khả kiến ​​đã buộc các nhà khoa học phải tìm kiếm những nguồn sáng mới tiết kiệm hơn theo nghĩa chuyển đổi năng lượng điện thành ánh sáng và ánh sáng, gần với mặt trời hơn về tính chất màu sắc. Do đó, bài toán bao gồm cả việc tăng sản lượng ánh sáng và tăng chất lượng ánh sáng.

S.I. Vavilov đã có ý tưởng sử dụng hiện tượng phát sáng lạnh gọi là sự phát quang cho những mục đích này (ví dụ, xem Vật lý-10, trang 210-212). Nếu Mặt trời hoặc đèn sợi đốt đại diện cho các nguồn nhiệt trong đó bức xạ xảy ra do nung nóng ở nhiệt độ cao, thì theo quy luật, sự phát sáng của lominophore (vật thể phát sáng) không liên quan đến quá trình sưởi ấm của nó.

Chúng ta sẽ quan tâm đến cái gọi là tế bào quang điện, sự phát sáng của chúng là do sự chiếu xạ bằng ánh sáng từ nguồn bên ngoài. Photolominophores chuyển đổi bức xạ có bước sóng này thành bức xạ có bước sóng khác. Nhiều loại thuốc nhuộm (ví dụ, thuốc nhuộm màu cam rhodimine) thể hiện sự phát sáng dưới ảnh hưởng của nến ban ngày.

Học thuyết hiện đại về sự phát sáng theo nghĩa đen có liên quan nhiều đến S.I. Vavilov. Đặc biệt, S.I. Vavilov đã chỉ ra rằng lominophores - với vai trò là chất chuyển đổi năng lượng bức xạ - có thể mang lại hiệu quả rất cao. Đặc tính này rất quan trọng đối với việc sử dụng lominophores trong thực tế.

Nguyên lý hoạt động của đèn huỳnh quang

Dường như có thể cải thiện các đặc tính của đèn sợi đốt bằng cách bôi lominophore lên thành bình của nó và chuyển bức xạ hồng ngoại của dây tóc nóng thành ánh sáng khả kiến ​​bằng cách sử dụng huỳnh quang dương. Thật không may, con đường này là không thực tế. Có một luật

12

Hình 4. Cân bằng năng lượng của đèn huỳnh quang “trắng” 40 watt.

đọc và cách nó được chuyển đổi thành ánh sáng nhìn thấy được.

Cơ chế phát sinh bức xạ trong quá trình phóng điện khí

Như đã đề cập, nguồn bức xạ cực tím trong đèn phát quang là sự phóng điện trong các hơi khác ở áp suất thấp*). Các electron, thẳng hàng với ka汰a và được gia tốc bởi điện trường, gặp các nguyên tử thủy ngân trên đường đi và va chạm với nó.

Bản chất của va chạm hóa ra lại phụ thuộc vào năng lượng của các electron**). Nếu năng lượng của electron nhỏ hơn 4,9 eV, thì sự va chạm của nó với nguyên tử thủy ngân có tính chất đàn hồi - động năng của electron trên thực tế không thay đổi mà chỉ có hướng chuyển động của nó thay đổi. Ở mức năng lượng bằng (hoặc lớn hơn) 4,9 eV, sự va chạm của electron với nguyên tử thủy ngân trở nên không đàn hồi - electron sẽ bị tách ra chỉ trong thời gian ngắn.

(hoặc gần như toàn bộ) năng lượng của nó chuyển cho nguyên tử thủy ngân. Đây là một trong những biểu hiện của tính chất lượng tử của nguyên tử.

Theo các khái niệm lượng tử, mỗi nguyên tử chỉ có thể có nguồn dự trữ năng lượng nhất định, hoặc như người ta nói, nó chỉ có thể ở những mức năng lượng rất cụ thể. Do đó, nguyên tử chỉ có thể nhận một phần năng lượng nhất định. Do đó, đối với một nguyên tử thủy ngân, phần tối thiểu đó có năng lượng bằng 4,9 eV. Nguyên tử thủy ngân không nhận ít năng lượng hơn (“niềm kiêu hãnh lượng tử” của nó thể hiện rõ). Điều gì xảy ra tiếp theo với nguyên tử?

Hình 5 cho thấy một sơ đồ rất sơ bộ về các mức năng lượng của nguyên tử thủy ngân. Do va chạm không đàn hồi với electron, nguyên tử chuyển sang trạng thái kích thích tương ứng với mức năng lượng 3, “sống” ở mức năng lượng này trong khoảng 10⁻⁷ s và quay trở lại mức 1.

Lưu ý rằng các nguyên tử argon, mặc dù số lượng của chúng lớn hơn số nguyên tử thủy ngân hàng trăm lần, nhưng hoàn toàn không bị kích thích. Điều này là do năng lượng kích thích tối thiểu của nguyên tử argon cao hơn đáng kể so với năng lượng kích thích tối thiểu của nguyên tử thủy ngân.

16

Hình 10. Đường cong quang phổ phản xạ của thuốc nhuộm: a) màu đỏ; b) xanh; c) màu xanh.

Tầm nhìn màu sắc có liên quan đến cấu trúc phức tạp của võng mạc mắt người. Nó bao gồm các hình que và hình nón - những tế bào nhạy cảm với ánh sáng liên kết với các đầu của dây thần kinh thị giác phân nhánh ở võng mạc (Hình 9). Que nhạy hơn và hoạt động ngay cả trong điều kiện ánh sáng yếu (tầm nhìn ban đêm), nhưng thực tế không thể phân biệt được màu sắc (“tất cả mèo đều có màu xám vào ban đêm”). Các tế bào hình nón kém nhạy hơn và chỉ hoạt động khi ánh sáng đủ cao (tầm nhìn ban ngày), nhưng điều này cho phép phân biệt màu sắc. Để so sánh, chúng tôi chỉ ra rằng chỉ có gậy mới phù hợp, vì vậy chúng nên giao tiếp bằng mắt. Mặt khác, gà chỉ có hình nón nên chúng đi ngủ vào lúc hoàng hôn.

Mắt người được cho là có ba loại tế bào hình nón.

Hình 11. Sự phân bố năng lượng trong quang phổ của đèn phát quang: a) Ánh sáng ban ngày; b) ánh sáng “trắng”; c) Ánh sáng “trắng rõ ràng”.

Khi một trong những loại ánh sáng hình nón này được hấp thụ, nó sẽ tạo ra cảm giác về màu xanh lam, một loại khác là màu xanh lá cây và một phần ba màu đỏ. Màu sắc của vật thể mà chúng ta cảm nhận được phụ thuộc vào sự tương ứng giữa cường độ kích thích của ba loại hình nón được chỉ định. Sự tương ứng này lại phụ thuộc vào thành phần quang phổ của ánh sáng phản xạ từ vật thể và đi vào mắt. Thành phần quang phổ của ánh sáng phản xạ được xác định bởi sự phụ thuộc của độ phản xạ của vật thể vào bước sóng (Hình 10) và thành phần quang phổ của ánh sáng tới vật thể. Vì vậy, nhiều loại trong số này có màu sắc hoàn toàn khác nhau trong ánh sáng ban ngày và ánh sáng sợi đốt. Vì vậy, những người mua hàng tại cửa hàng có kinh nghiệm thường mang đồ mua đến tận cửa hàng để tránh những bất ngờ về sau. Thay đổi màu sắc khó chịu

18

Phòng thí nghiệm “Quaita”
hệ thống, nếu không thì không thể điều tiết được: trên võng mạc của mắt 9 hình ảnh của các vật chỉ cách mắt một khoảng nhất định sẽ sắc nét và ảnh của tất cả các vật khác sẽ bị mờ.

Nghiên cứu đã chỉ ra rằng thấu kính của mắt chịu trách nhiệm về chỗ ở. Nếu hình ảnh mờ của một vật ở gần xuất hiện trên võng mạc của mắt, tín hiệu tương ứng sẽ truyền qua dây thần kinh thị giác đến não, hình thành ở đó và gửi đến cái gọi là cơ 7, cơ này co lại hoặc giãn ra sẽ thay đổi độ cong của bề mặt thấu kính cho đến khi thu được hình ảnh sắc nét trên võng mạc.

Có thể chứng minh bằng thực nghiệm rằng chính thấu kính thực hiện điều tiết không? Làm thế nào chúng ta có thể chắc chắn rằng sự điều tiết là do sự thay đổi độ cong của bề mặt thấu kính gây ra?

Có lẽ, trước hết, bạn cần đảm bảo rằng ống kính thực sự tồn tại. Hãy lấy một chiếc gương và nhìn vào mắt bạn trong đó. Bạn sẽ dễ dàng tìm thấy trong đó một lớp vỏ dày đặc màu trắng - củng mạc 1, phần chính của lớp vỏ này - giác mạc 2, mống mắt 4 (có vai trò điều chỉnh luồng ánh sáng tạo ra hình ảnh và xác định màu sắc của mắt).

Thảo luận về vấn đề
Đứng trên đầu bút chì nằm cách mắt 15-30 cm, khi đó bạn sẽ nhìn thấy những vật ở xa hơn bị mờ. Chuyển ánh mắt của bạn sang các vật ở xa - đầu bút chì sẽ bị mờ. Rõ ràng là chúng ta không nhận thấy điều này: tất cả những vật mà chúng ta nhìn vào đều có vẻ khá sắc nét đối với chúng ta. Điều này có nghĩa là bản thân mắt, bất kể ý thức của chúng ta, dường như có khả năng điều chỉnh độ sắc nét. Quá trình này được gọi là chỗ ở của mắt. Nó được thực hiện như thế nào?

Hệ thống quang học của mắt (Hình 1) bao gồm giác mạc 2, thủy dịch 3, thấu kính 6 và thể thủy tinh 8. Rõ ràng là mắt có cơ chế điều chỉnh quang học.

19

catcher), cắm 5 - phản hồi trong mống mắt. Nhưng bạn sẽ không nhìn thấy ống kính! Làm thế nào điều này có thể được?

Vì hệ quang học của mắt tạo ra ảnh của các vật trên võng mạc nên chiết suất của các phần tử trong hệ phải khác chiết suất của môi trường. (Và thực tế, theo chiết suất thay đổi của giác mạc, thấu kính, thủy dịch và thể thủy tinh, các tương ứng $n_p = 1,376$, $n_{xp} = 1,386$, $n_{B.x} = n_{c.t} = 1,336$ đều bằng nhau.) Khi ánh sáng truyền từ môi trường này sang môi trường khác, ngoài hiện tượng khúc xạ, người ta còn quan sát thấy sự phản xạ ánh sáng. Điều này có nghĩa là nếu bạn đặt một nguồn sáng trước mắt, bạn có thể mong đợi nhìn thấy hình ảnh của nó dưới dạng ánh sáng phản chiếu.

Theo phép tính gần đúng đầu tiên, bề mặt tiếp xúc giữa các môi trường khác nhau trong mắt là các bề mặt hình cầu. Vì vậy, chúng phải hoạt động giống như những tấm gương cầu.

Vì vậy, chúng tôi đi đến kết luận rằng hệ thống quang học của mắt không chỉ tạo ra hình ảnh của một vật thể trên võng mạc mà còn tạo ra một số hình ảnh tương tự do sự phản xạ ánh sáng từ bề mặt giác mạc và thấu kính. Bằng cách khám phá những hình ảnh này trên hiện trường, bạn sẽ có thể chứng minh sự tồn tại của thấu kính. Và bằng cách kiểm tra sự thay đổi trong những hình ảnh này khi mắt “tiêu điểm”, người ta có thể hiểu được bản chất quang học của sự điều tiết.

bán sỉ người mẫu

Trước khi bạn bắt đầu nghiên cứu thực nghiệm về mắt, hãy thử kích thích giác mạc và thấu kính của nó.

Là mẫu thấu kính của mắt, bạn có thể sử dụng chùm tia kép có độ phóng đại 2-3,5 (được gọi là chùm tia đồng hồ và vẫn có bán ở các cửa hàng ảnh). Ở khoảng cách 10-20 cm so với chùm tia, đặt đèn pin nối với pin. Nhìn vào chùm tia từ phía bóng đèn, bạn sẽ thấy hai hình ảnh của nó.

Hình 2.

Zhenya: thẳng và đảo ngược (Hình 2). Cố gắng di chuyển bóng đèn vuông góc với trục quang của chùm tia - bạn sẽ nhận thấy hình ảnh bị dịch chuyển theo các hướng khác nhau.

Hình 3 biểu diễn đường đi của tia khi ảnh $l_1$ và $l_2$ của một vật bị đảo ngược bởi các bề mặt tia (việc xây dựng được thực hiện mà không tính đến hiện tượng khúc xạ trong tia). Ảnh thẳng đứng $l_1$ được tạo bởi mặt trước 1 của chùm tia, đóng vai trò là gương cầu lồi và ảnh ngược $l_2$ được tạo bởi mặt sau 2, là gương lượn sóng.

Theo quy luật, trong một thử nghiệm, một hình ảnh của một nguồn sẽ lớn hơn hình ảnh kia. Hãy thử giải thích tại sao.

Đối với gương cầu, tất cả sự tương ứng đều đúng như đối với thấu kính mỏng. Độ phóng đại của vật do mặt trước của chùm tia (bằng gương cầu lồi) cho bằng (xem Hình 3)

$$\Gamma_1 = \frac{l_1}{l} = \frac{f_1}{d_1}.$$

Khoảng cách $d_1$ từ vật đến gương -

20

la và khoảng cách $f_1$ từ gương tới ảnh có quan hệ tương ứng

$$\frac{1}{d_1} - \frac{1}{f_1} = -\frac{1}{F_1}.$$

Xét tiêu cự của gương bằng một nửa bán kính cong $R_1$ của mặt cầu thứ nhất của kính lúp, ta thu được

$$\Gamma_1 = \frac{F_1}{F_1 + d_1} = \frac{R_1}{R_1 + 2d_1}.$$

Nếu vật nằm cách gương một khoảng lớn so với bán kính cong của nó ($d_1 \gg R_1$), thì trong mẫu số của công thức trước, số hạng thứ nhất so với số hạng thứ hai có thể bỏ qua và chúng ta có thể giả sử rằng độ phóng đại của gương cầu lồi bằng

$$\Gamma_1 = \frac{R_1}{2d_1}.$$

Tương tự, độ phóng đại của một vật cho bởi mặt sau của kính lúp (lõm, gương) cũng được biểu thị bằng công thức tương tự, chỉ thay vì $R_1$ thì phải có $R_2$, và cùng nhau $d_1 - d_2$:

$$\Gamma_2 = \frac{R_2}{2d_2}.$$

Vì kính lúp là một thấu kính mỏng, nghĩa là độ dày của nó nhỏ so với bán kính cong nên có thể bỏ qua sự khác biệt về khoảng cách $d_1$ và $d_2$. Khi đó đối với độ phóng đại của vật cho bởi bề mặt của kính lúp, ta có

$$\Gamma_1 = \frac{l_1}{l} = \frac{R_1}{2d} \text{ и } \Gamma_2 = \frac{l_2}{l} = \frac{R_2}{2d},$$

trong đó $d = d_1 = d_2$ là khoảng cách từ vật đến kính lúp.

Do đó, nếu hình ảnh $l_1$ và $l_2$ thu được ở các kích thước khác nhau thì bán kính cong của kính lúp cũng khác nhau. Bằng cách đo khoảng cách từ vật đến kính lúp và thay đổi độ phóng đại cho bề mặt của kính lúp, bạn có thể xác định bán kính cong của bề mặt của nó.

Chúng tôi khuyên bạn nên kiểm tra một thí nghiệm khác với mô hình thấu kính của mắt.

Làm một căn phòng hình chữ nhật nhỏ bằng nhựa dẻo; lắp kính lúp vào thành bên của buồng. Nhận hình ảnh lạc đà không bướu đang cháy -

nụ trong ánh sáng phản chiếu từ bề mặt kính lúp và chú ý đến độ sáng của chúng. Bây giờ đổ nước vào máy ảnh - độ sáng của hình ảnh được tạo ra bởi mặt sau của kính lúp khi đó sẽ giảm đi. Hóa ra cường độ ánh sáng phản xạ từ mặt phân cách giữa hai môi trường phụ thuộc vào chiết suất của các môi trường này *). Trong trường hợp này, khi thay không khí bằng nước, cường độ ánh sáng phản xạ giảm đi.

Chúng tôi đã phân tích đầy đủ chi tiết những gì sẽ được quan sát trong ánh sáng phản xạ nếu hệ thống quang học của mắt chỉ bao gồm một tinh thể. Tuy nhiên, mắt cũng có giác mạc và hai khoang chứa đầy dịch nước và thủy tinh thể.

Bạn có thể mô phỏng hoạt động của giác mạc bằng cách đặt trước kính lúp, cách nó 2-4 mm, kính cửa sổ có công suất quang +1 diop (có bán ở tất cả các hiệu thuốc). Hướng ánh sáng từ bóng đèn pin vào hệ thống quang học thu được. Quan sát các dây dẫn từ phía bên của bóng đèn, bạn sẽ thấy bốn hình ảnh của nó, ba hình thẳng và một hình ngược. Xin lưu ý rằng các hình ảnh được hình thành do sự phản chiếu ánh sáng từ bề mặt kính cửa sổ nằm rất gần nhau.

Đổ đầy nước vào khoang giữa kính cửa sổ và kính lúp, cũng như khoang nhựa phía sau kính lúp. Quan sát xem điều này thay đổi độ sáng của hình ảnh được tạo ra bởi các bề mặt hình cầu khác nhau của hệ thống quang học của bạn như thế nào.

Ông khuyên bạn không nên vội vàng trong bất kỳ trường hợp nào khi thiết lập các thí nghiệm mô hình. Bạn thực hiện chúng càng cẩn thận thì bạn càng có ý tưởng tốt hơn về những gì cần được quan sát bằng mắt sống và càng dễ dàng tiết lộ những hình ảnh mong muốn.

*) Tính toán chặt chẽ hệ số phản xạ ánh sáng $k$ từ mặt phân cách của hai môi trường $n_1$ và $n_2$ - chiết suất của hai môi trường biên.

21

M. Shkapenyuk

Lồi
CHỨC NĂNG
VÀ BẰNG CHỨNG
BẤT ĐẸP

Bài viết này tìm hiểu các tính chất của hàm lồi. Cụ thể, bất đẳng thức được thiết lập giữa giá trị trung bình số học của hàm lồi tại n điểm và giá trị của nó tại trung bình số học của các điểm này. Từ bất đẳng thức này, dễ dàng thu được các mối quan hệ cổ điển giữa trung bình điều hòa, trung bình hình học, trung bình số học và trung bình bậc hai.

hàm lồi
Chúng ta hãy xem xét hàm $f$, lấy đạo hàm tại bất kỳ điểm nào của đoạn $[a; b]$ và ký hiệu là $\Gamma$ phần đồ thị của hàm $f$ tương ứng với đoạn này:

$$\Gamma = \{(x; y) | x \in [a; b] \text{ и } y = f(x)\}.$$

Hàm $f$ được gọi là lồi lên trên đoạn $[a; b]$ (“Đại số và Nguyên tắc Phân tích 10”, trang 79) nếu với bất kỳ điểm nào $T \in \Gamma$ đường cong $\Gamma$ nằm bên dưới tiếp tuyến với $\Gamma$ tại điểm $T$ (Hình 1 a). Về mặt phân tích, dễ dàng nhận thấy (Hình 2), điều kiện này được viết dưới dạng bất đẳng thức

$$f(x_2) < f(x_1) + f'(x_1)(x_2 - x_1),$$

phải giữ cho bất kỳ (khác nhau) $x_1, x_2 \in [a; b]$. Độ lồi hướng xuống trên một đoạn được xác định tương tự (Hình 1, b); đối với nó, dấu < trong bất đẳng thức (1) phải được thay thế bằng >.

Trong cùng một đoạn của sách giáo khoa, nó được xây dựng đủ cho bất kỳ hàm nào: nếu trên khoảng thời gian thứ hai là dương (âm) tùy ý, thì đồ thị lồi xuống (hướng lên). Hình học trong trường hợp đầu tiên là tăng tốc hoặc giảm chậm, và trong trường hợp thứ hai - giảm chậm hoặc giảm nhanh.

Ví dụ 1) Hàm $f(x) = x^2$ lồi xuống trên bất kỳ đoạn nào $[a; b]$. 2) Hàm $f(x) = \lg x$ lồi lên trên $[a; b]$ nếu $0 < a < b$. 3) Hàm $f(x) = \sin x$ lồi lên $[0; \pi]$ và lồi xuống $[\pi; 2\pi]$.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một số tính chất đơn giản của hàm lồi; Chúng tôi xây dựng chúng cho trường hợp các hàm lồi hướng lên, để người đọc trình bày lại chúng cho các hàm lồi hướng xuống.

I. Nếu $f$ lồi lên trên $[a; b]$ thì với mọi điểm (khác nhau)

$$f\left(\frac{1}{2}(x_1 + x_2)\right) > \frac{1}{2}(f(x_1) + f(x_2)).$$

Hình 1 một

Hình 1 6

22

Bằng chứng rất hiển nhiên: chỉ cần kiểm tra tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm $\frac{1}{2}(x_1+x_2) \in [a; b]$ là đủ và nhận thấy rằng độ dài của đoạn $|AB|$ bằng $\frac{1}{2}(f(x_1)+f(x_2))$ (Hình 3).

Có thể chứng minh rằng hàm khả vi trên khoảng $[a; b]$ và có tính chất I sẽ lồi lên. Thực tế này là không bắt buộc, vì vậy chúng tôi không cung cấp bằng chứng.

II. Nếu hàm $f(x)$, $g(x)$ lồi lên trên $[a; b]$ thì tổng $h(x)=f(x)+g(x)$ của chúng cũng lồi lên trên $[a; b]$.

Thật vậy, khi cộng các bất đẳng thức (1) cho $f$ và $g$ và sử dụng thực tế là $h'(x)=f'(x)+g'(x)$, chúng ta sẽ ngay lập tức thu được bất đẳng thức (1) cho hàm $h$.

III. Nếu hàm $f(x)$ lồi lên trên $[a; b]$ thì hàm $h(x)=-f(x)$ lồi xuống trên $[a; b]$.

Điều này xuất phát ngay từ định nghĩa về độ lồi của hàm số. Thuộc tính sau ngay lập tức kế thừa từ thuộc tính II và III:

IV. Nếu hàm $f(x)$ lồi lên trên $[a; b]$ và hàm $g(x)$ lồi xuống trên đoạn này thì hàm $h(x)=f(x)-g(x)$ lồi lên trên đoạn đó.

Và đây là sự bất bình đẳng cơ bản đã được hứa hẹn.

Định lý. Nếu hàm lồi hướng lên trên $[a; b]$ và các số $x_1, x_2, \dots, x_n \in [a; b]$ ($n \geqslant 2$) không bằng nhau thì

$$f\left(\frac{1}{n}(x_1+\dots+x_n)\right) > \frac{1}{n}[f(x_1)+\dots+f(x_n)].$$

Định lý này là nguồn gốc vô tận của bất đẳng thức: chỉ cần thay thế bất kỳ hàm bê tông hóa lồi lên nào cùng với hàm $f$ trong (*) là đủ và… bất đẳng thức hoàn thành! Ví dụ: kết hợp hàm $f$ sin, chúng ta thu được hàm đó với bất kỳ $x_1, \dots, x_n \in [0; \pi]$ bất kỳ (khác) thì bất đẳng thức sau đúng:

$$\sin\left(\frac{1}{n}(x_1+\dots+x_n)\right) > \frac{1}{n}(\sin x_1+\dots+\sin x_n).$$

Chúng ta sẽ tắt phần chứng minh định lý cho đến hết bài, nhưng bây giờ hãy xem nó diễn ra như thế nào.

Bất đẳng thức cổ điển

Chúng ta hãy nhớ lại một số định nghĩa thường thấy trong toán học và đóng vai trò quan trọng trong các ứng dụng của nó (lý thuyết xác suất, thống kê toán học, v.v.).

Số dương trung bình điều hòa $x_1, x_2, \dots, x_n$ là số

$$P_{-1} = \left(\frac{1}{n}(x_1^{-1}+x_2^{-1}+\dots+x_n^{-1})\right)^{-1} = n/(x_1^{-1}+x_2^{-1}+\dots+x_n^{-1}).$$

Số dương trung bình hình học $x_1, x_2, \dots, x_n$ là số

$$P_0 = \sqrt{x_1 \cdot x_2 \cdot \dots \cdot x_n},$$

25

Người chiến thắng trong cuộc thi Kwana

Dưới đây là danh sách các học sinh đã giành chiến thắng trong cuộc thi của chúng tôi. Theo quyết định của ban tổ chức Olympic toàn Liên minh dành cho học sinh, những người chiến thắng trong cuộc thi “Kvana” được quyền tham gia chặng thứ tư (cộng hòa) của Olympic toàn Liên minh năm 1980.

Toán học
A. AGAEV - tr. Pokrovka AzSSR, lớp 10.
R. ARDAN - Lviv, tr. w. Số 11, 10 ô.
L. ARUSHANOV - Baku, tr. w. Số 151, 10 ô.
A. BALINSKY - Lvov, tr. w. Số 11, 10 ô.
A. BARG - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 9.
S. BESPAMYATNYKH - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
A. BRAGINSKY - Volgodonsk, tr. w. Số 13, 10 ô.
Y. BREGMAN - Kyiv, tr. w. Số 208, 10 ô.
S. VAHRIN - Novosibirsk, Trường Vật lý số 165, NSU, lớp 9.
M. GAISINSKY - Tashkent, tr. w. Số 103, 9 ô.
L. GITLIN - Vitebsk, tr. w. Số 3, 10 ô.
A. ERMOLIN - Petrozavodsk, tr. w. Số 30, 10 ô.
A. ZHILINSKY - làng. Krupki, vùng Minsk, làng. w. Số 2, 10 ô.
A. KAPLAN - Sumgant, tr. w. Số 11, 10 ô.
A. KELAREV - Sverdlovsk, tr. w. Số 141, 10 ô.
I. KUZ - Lvov, tr. w. Số 11, 10 ô.
A. MEGRETSKY - Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.
R. NABOKOV - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
S. NOVAKOVSKY - Saratov, tr. w. Số 13, 10 ô.
A. PAVLYCHEV - Riga, tr. w. Số 1, lớp 10.
V. PIDSTRYGACH - Lviv, tr. w. Số 11, 10 ô.
K. PODDUBNY - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
A. POPELUKHIN - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
V. RADCHENKO - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
I. ROIZMAN - làng. Kaliinivka, vùng Vinnytsia, làng. w. Số 2, 10 ô.
S. STADNICHENKO - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
L. BÂY GIỜ - tr. Yaltushkov, vùng Vinnytsia, lớp 10.
V. TITENKO - làng Bluzha, vùng Minsk, lớp 8.
V. TSEKANOVSKY - Donetsk, tr. w. Số 17, 9 ô.

Vật lý
A. BESSARABSKY - làng. Zaprudnya, khu vực Moscow, lớp 10.
I. BESSONOV - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 10.
B. WEITZMANN - Odessa, tr. w. Số 53, 8 ô.
I. DANILOVSKY - Gorky, tr. w. Số 82, 10 ô.
N. ZHITENEV - làng. Chernogolovka, khu vực Moscow, tr. w. Số 82, 10 ô.
E. KOGAN - Dnepropetrovsk, tr. w. Số 23, 10 ô.
A. LYAPIN - Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow, lớp 9.
G. MOLCHANOV - Saratov, tr. w. Số 13, 10 ô.
D. OVSYANIKIV - Leningrad, Trường Vật lý số 45, Đại học bang Leningrad, lớp 10.
O. PANASHENKO - Kyiv, tr. w. Số 145, 10 ô.
V. SEREDA - Lviv, tr. w. Số 1, lớp 10.
G. SOLDAK - Minsk, tr. w. Số 50, 10 ô.
M. STRESHINSKY - Donetsk, tr. w. Số 17, 10 ô.
I. FOMENKO - Dnepropetrovsk, tr. w. Số 23, 10 ô.
V. SHABLINSKY - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.
I. SHVETS - Kyiv, Trường Vật lý số 2 KSU, lớp 10.

26

Bài toán

M611—M615; F623—F627

M611. Trên dây AB của đường tròn tâm O lấy một điểm M tùy ý. Qua các điểm A, M và O vẽ đường tròn cắt đường tròn thứ nhất tại các điểm A và C. Chứng minh rằng $|MB| = |MC|$.

S. Kolpkov, học sinh lớp 10

M612. Dãy số tự nhiên tăng dần ($a_n$) sao cho $a_{n+1} \leq 10a_n$. Chứng minh rằng nếu tất cả các số $a_n$ được viết cạnh nhau (không có dấu cách hoặc dấu phẩy) thì dãy số thu được sẽ không tuần hoàn.

A. Karadulyan

M613. Trên các cạnh của tam giác ABC, các tam giác đồng dạng được dựng ra bên ngoài

$$ADB, BEC \text{ и } CFA \left( |AD| |DB| = |BE| |EC| = |CF| |FA| = k; \right)$$

$$\widehat{ADB} = \widehat{BEC} = \widehat{CFA} = \alpha.$$

Chứng minh rằng:

a) Trung điểm của các đoạn AC, DC, BC và EF - các đỉnh của hình bình hành;

b) hình bình hành này có hai góc có độ lớn $\alpha$ và tỷ lệ độ dài các cạnh là $k$.

L. Kuptsov

M614. Với mỗi số tự nhiên $n$, gọi $S(n)$ biểu thị tổng các chữ số của tất cả các số tự nhiên từ 1 đến $n$ (theo ký hiệu thập phân):

$$S(1) = 1, S(2) = 3, S(3) = 6, ..., S(9) = 45, S(10) = 46, S(11) = 48, S(12) = 51, ...$$

a) Tìm $S(100)$.

b) Chứng minh rằng $S(10^k - 1) = 45k \cdot 10^{k-1}$ với mọi $k = 1, 2, ...$

b) Chứng minh rằng với số có hai chữ số $\overline{ab}$

$$S(\overline{ab}) = 5a^2 + ab + 41a + b(b+1)/2.$$

d) Tìm công thức tương tự cho số có ba chữ số.

27

E) Thợ thêu S(1980).

Andrzej Paszewicz
(Ba Lan)

M615. Chứng minh rằng chu vi của bất kỳ phần nào của một paramid tam giác bởi một mặt phẳng không vượt quá hầu hết các chu vi các mặt của nó.

V. Người gửi

F623. Một tụ điện biến thiên có điện dung ban đầu $C_0$, được tích điện đến điện áp $U$, được nối với một điện trở có điện trở $R$ (Hình 1). Điện dung của tụ điện phải thay đổi như thế nào theo thời gian để dòng điện chạy qua mạch không đổi? Công suất nào được tạo ra bởi ngoại lực, do đó điện dung của tụ điện thay đổi?

F624. Trong quá trình vận hành bình, được đóng kín bằng một pít-tông phẳng có đường kính $D=5$ cm, có một lượng nước nhỏ (Hình 2). Đường kính của quá trình là $d=2$ mm. Nếu ở nhiệt độ không đổi $t=20^\circ\text{C}$ piston được hạ xuống $H=10$ cm thì mực nước trong quá trình này sẽ tăng $h=1$ mm. Tìm áp suất hơi bão hòa của nước ở nhiệt độ $t=20^\circ\text{C}$.

F625. Một động cơ phản lực được chế tạo từ vỏ trứng, như hình 3. Diện tích phản ứng trong vỏ là $s=3$ mm². Lực đẩy cực đại của động cơ như vậy là bao nhiêu nếu nhiệt độ của nước trong vỏ được duy trì ở 100°C?

F626. Một vận động viên rơi từ độ cao $H=12$ m xuống một tấm lưới đàn hồi căng ngang, bị lệch một góc $h=1$ m. Ước tính lực cực đại tác dụng lên người thôi miên từ lưới lớn hơn lực hấp dẫn bao nhiêu lần nếu kích thước của lưới lớn hơn $h$ và khối lượng của lưới nhỏ so với khối lượng của người.

Thế vận hội thành phố Leningrad, 1979

F627. Trong khi bạn giải bài toán từ «Kvant», khoai tây đang sôi trên bếp đã sôi, nước sôi cạn và bên trong chảo bị cháy. Nên đổ nước lạnh vào đâu để cặn cacbon thoát ra dễ dàng hơn - bên trong chảo hay trên bề mặt bên ngoài của nó?

L. Ashkinazi

28

Lời giải bài toán
M557—M561; F568—F572

M557. Cho n trong các cặp số nguyên tố lớn hơn 1 và nhỏ hơn (2n-1)². Chứng minh rằng trong số đó chắc chắn sẽ có số nguyên tố.

Mệnh đề bài toán sẽ được chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng tất cả các số $a_1, a_2, \dots, a_n$ đã cho là hợp số. Chúng ta hãy liên kết với mỗi số đó ước số nguyên tố tối thiểu của nó: $a_i \rightarrow q_i$. Hãy để $q = \max_{1 \leq i \leq n} \{q_i\}$. thì $q \geq p_n$, trong đó $p_n$ là số nguyên tố n-e (vì các số $a_1, \dots, a_n$ là số nguyên tố chung theo cặp).

Chỉ thị trên $k$ dễ dàng chứng minh bất đẳng thức $p_k \geq 2k - 1$. (Thật vậy, nó đúng với $p_2 = 3$. Khi đó $p_{k+1} \geq p_k + 2$ cho $k \geq 2$.) Do đó $q \geq 2n - 1$. Do đó, đối với $a_j$ mà $q_j = q$,

$$a_j \geq q_j^2 \geq (2n-1)^2$$

• một sự mâu thuẫn. Điều này có nghĩa là trong số những số này chắc chắn sẽ có số nguyên tố.

A. Kolotov

M558. Có $k > 1$ khu vực màu đen trong vòng tròn, bất kỳ khu vực nào trong số đó nhỏ hơn $180^\circ / (k^2 - k + 1)$. Chứng minh rằng đường tròn có thể quay quanh tâm O sao cho tất cả các cung đen đều đi vào phần trắng của đường tròn.

Hình 1.

Đặt hai vòng tròn được gấp lại với nhau, trên một trong số đó có r cung màu đen với các góc ở tâm $a_1, a_2, \dots, a_r$, mặt khác - s các cung màu xanh lam có các góc $\beta_1, \beta_2, \dots, \beta_s$ (Hình 1). Chúng ta hãy cố gắng tìm những điều kiện phù hợp để có thể xoay vòng tròn có các phần màu xanh lam theo một góc sao cho $\varphi$ ($0 < \varphi < 2\pi$) sao cho không có phần màu xanh nào giao nhau với các phần màu đen.

Thật thuận tiện khi đánh dấu các góc quay $\varphi$ trên một vòng tròn đặc biệt $c$ có chiều dài $2\pi$ với điểm 0 (không) cho trước trên đó. “Hãy rẽ” bài toán khác đi. Hãy đánh dấu ở $c$ tất cả các góc bị cấm $\varphi$ - những góc đó, khi quay qua, bán kính màu xanh nào đó trùng với bán kính màu đen nào đó. Mỗi cặp (khu vực màu đen có góc $a_i$, khu vực màu xanh lam có góc $\beta_j$) đưa ra một khoảng bị cấm $\varphi$ có độ dài $a_i + \beta_j$. Do đó, nếu cái gì là $a_i < \pi/k$, cụ thể, nếu cái gì là $a_i < \pi/k^2$. Cũng có thể chứng minh nhận định cho các cung có góc $a_i < \gamma = \pi / (k^2 - k + 1)$, nhưng trong trường hợp này, chúng ta có thể tinh chỉnh ước tính

*) Tổng $\sum_{i,j} \text{ произвольных } i = 1, 2, \dots, r, j = 1, 2, \dots, s$.

Hình 2.

29

chiều dài của tập hợp “bị cấm”. Tất cả các khoảng “bị cấm” tương ứng với các tham số của các phần phù hợp ($\alpha_i, \alpha_i$) được chứa trong một khoảng có độ dài $2\gamma$ với tâm $O$. Và tổng tất cả các giá trị khác của góc cấm

$$\sum_{i,j,i \neq j} (\alpha_i + \alpha_j) = 2(k-1)\sum_i \alpha_i$$

biến $2(k-1)k\gamma = 2\pi - 2\gamma$, vì vậy trong trường hợp này có giá trị “không bị cấm” $\varphi$.

Bài toán lời giải, nhưng câu hỏi đặt ra là liệu giới hạn cho $\alpha_i$ cũng có thể được nâng lên hay không? Tuyên bố bài toán, nói chung, không đúng nếu các góc của tất cả các cung $k$ được coi là có độ lớn bằng $\gamma = \pi/(k^2-k+1)$. Các ví dụ bác bỏ cho $k=2, 3, 4, 5$ rất thú vị (Hình 2): các điểm màu đỏ - điểm cuối của các đường phân giác của các cung - phải nằm ở $k$ các đỉnh của một giác đều ($k^2-k+1$), được chọn sao cho với bất kỳ $m=1, 2, ..., k^2-k$ nào cũng có một cặp điểm màu đỏ giữa các cạnh $m$ (theo hướng này hay hướng khác dọc theo đường tròn) ($k^2-k+1$)-gon. Kiểm tra xem “bộ bị cấm” có phải là tất cả $\varphi \in [0; 2\pi]$ hay không.

bài toán bản thân nó là tổ hợp: để làm gì $k$ chúng ta có thể sắp xếp $k$ các điểm đỏ trên một vòng tròn có chiều dài $2C_k^2+1=k^2-k+1$ sao cho với bất kỳ $m=1, 2, ..., k^2-k$ nào cũng có một cặp điểm đỏ giữa đó $m$ các cạnh của một ($k^2-k+1$)-giác được đặt (theo hướng này hay hướng khác dọc theo đường tròn). Kiểm tra xem “bộ bị cấm” có phải là $\varphi \in [0; 2\pi]$ hay không.

bài toán bản thân nó là tổ hợp: để làm gì $k$ chúng ta có thể sắp xếp $k$ các điểm đỏ trên một vòng tròn có chiều dài $2C_k^2+1=k^2-k+1$ sao cho với bất kỳ $m=1, 2, ..., k^2-k$ nào cũng có một cặp điểm đỏ giữa đó $m$ các cạnh của một ($k^2-k+1$)-giác được đặt (theo hướng này hay hướng khác dọc theo đường tròn). Kiểm tra xem “bộ bị cấm” có phải là $\varphi \in [0; 2\pi]$ hay không.

Hãy để một số $k$ một bộ màu đỏ $\Pi_0$ tồn tại. Sau đó, $\Pi_0$ và hình ảnh $\Pi_m$ ($m=1, 2, ..., k^2-k$) của nó, khi được xoay theo góc $m\gamma, \gamma=\pi/(k^2-k+1)$, có các thuộc tính sau:

1°. Đối với bất kỳ $i \neq j$ giao điểm $\Pi_i \cap \Pi_j$ bao gồm một điểm.

2°. Hai điểm bất kỳ trong tập hợp $\Pi = \bigcup_m \Pi_m$ (các đỉnh của ($k^2-k+1$)-giác) đều thuộc về chính xác một trong $\Pi_m$.

3°. Có bốn điểm của tập hợp $\Pi$ không chứa trong một $\Pi_i$.

Tập $\Pi$ với hệ tập con $\Pi_m \subset \Pi$ như vậy được gọi là mặt phẳng xạ ảnh hữu hạn*). Được biết, mặt phẳng xạ ảnh hữu hạn tồn tại với $k=p^r+1$, trong đó $p$ là số nguyên tố, $r$ là số tự nhiên (ví dụ: $k=3, 4, 5, 6, 8, 9$) và không tồn tại nếu $k=7, 15$; Rõ ràng rồi; bây giờ trong trường hợp sau không thể có ví dụ bác bỏ trong bài toán M558 (vì vậy, ví dụ, đối với bảy cung có góc $\pi/43$ tuyên bố của cô ấy là đúng). Nhưng đối với $k=10$, vấn đề vẫn chưa thể được giải quyết ngay cả khi có sự trợ giúp của máy tính.

Lưu ý rằng không cần phải có mặt phẳng xạ ảnh hữu hạn và không cần phải đánh số các điểm “theo chu kỳ” như vậy, trong đó các đường thẳng $\Pi_m$ được lấy từ nhau bằng hai số - yêu cầu bổ sung này có thể giúp dễ dàng chứng minh sự vắng mặt của các “mặt phẳng tuần hoàn” như vậy đối với một số $k$. (Lưu ý rằng tất cả các mặt phẳng xạ ảnh trên một trường hữu hạn gồm $p^r$ phần tử đều có cách đánh số tuần hoàn như vậy; hãy xem điều này trong chương “Tập sai phân” trong sách của M. Hall.)

N. Vasiliev, G. Galperin, V. Proizvolov

*) Chúng tôi đã gặp trong «Kvant» rằng bài toán, khác nhau về nội dung, ảnh hưởng đến khái niệm này - ví dụ: xem bài toán M5, («Kvant», 1970, Số 1) và M335 («Kvant», 1975, Số 7). Số $n=k-1$ được gọi là “bậc” của mặt phẳng xạ ảnh; ở đây $k=n+1$ là số điểm trên “đường” $\Pi_n$ (và số “đường” đi qua một điểm cho trước; những con số này luôn giống nhau đối với tất cả các điểm và “đường”). Để biết thông tin về các mặt phẳng xạ ảnh hữu hạn, xem cuốn sách “Đại số hình học” của E. Artin (M., “Nauka”, 1969) và cuốn sách “Combinatorics” của M. Hall (M., “Mir”, 1970).

30

M559. Chứng minh rằng nếu $x, y, z$ là độ dài một cạnh của một tam giác thì

$$\left| \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right| - \frac{y}{x} - \frac{z}{y} - \frac{x}{z} < 1.$$

Thật thuận tiện để phân tích vế trái:

$$B = \left| \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} \right| = \frac{\left| z \left( x^2 - y^2 \right) + x \left( y^2 - z^2 \right) \right|}{xyz} = \frac{\left| (y-z) \left( z-x \right) \left( x-y \right) \right|}{xyz}.$$

$B < 1$ vì $|y-z| < x$, $|z-x| < y$ và $|x-y| < z$.

Bạn không thể giảm điểm 1: ví dụ với $x = \varepsilon$, $y = 1 + \varepsilon^2$, $z = 1 + \varepsilon$ ($\varepsilon$ là số dương nhỏ) $B$ sẽ lớn hơn $(1-\varepsilon)^3$.

V. Người gửi

M560. Có một lỗ ở đáy hộp. Cần phải tạo một nắp lồi có diện tích nhỏ nhất, ở bất kỳ vị trí nào mà lỗ ở đáy hộp sẽ được đóng lại. Giải quyết bài toán này nếu:

a) đáy hộp là hình vuông $4 \times 4$, và có lỗ như Hình 1.

b) đáy hộp là hình vuông $n \times n$ ($n$ là số lẻ) và lỗ nằm ở giữa (Hình 2).

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

14 ở dạng hình bát giác lồi, bao gồm các hình vuông và hình tam giác trên (được đánh dấu ở Hình 3), luôn bao phủ hình vuông $A_1$. Vì vậy, nó là một ngoại lệ.

6. Giả sử rằng chúng ta có một màn trập lồi, ở bất kỳ vị trí nào ở dưới cùng của hộp $n \times n$ lỗ $A$ được đóng hoàn toàn.

Hãy xem xét hình chữ nhật nhỏ nhất $P$ có các cạnh song song với các cạnh của hình vuông, chứa cửa chớp của chúng ta. Đặt kích thước của nó là $(n-x) \times (n-y)$. Song song với việc di chuyển $P$ cùng với nắp, có thể dễ dàng đảm bảo rằng tất cả các hình chữ nhật thu được bằng cách di chuyển ô $A$ đến khoảng cách không quá $x$ trái-phải và $y$ từ trên xuống phải được nắp che; Độ dài các cạnh của hình chữ nhật này là $u = 1+x$, $v = 1+y$. Ngoài ra, mỗi bên của $P$ phải có điểm flapper; do đó, bộ giảm chấn phải bao gồm ít nhất bốn hình tam giác nữa (Hình 4) với tổng diện tích là $(n-u-x)v/2 + (n-v-y)u/2$. Vậy diện tích giảm chấn cũng không kém

$$uv + (n-u-x)v/2 + (n-v-y)u/2 = (n-x)(1+y)/2 + (n-y)(1+x)/2 = n + x(n-y-1)/2 + y(n-x-1)/2 \geq n.$$

(rõ ràng là $x$ và $y$ thậm chí không vượt quá $(n-1)/2$).

Hình 5 hiển thị hình $M$, luôn bao phủ hình vuông trung tâm $A$. Diện tích của nó rõ ràng là

31

Hình 5.

M561. Hai hình tam giác $A_0B_0C_0$ và $A_1B_1C_1$, có diện tích là $S_0$ và $S_1$, được sắp xếp sao cho các tia $A_0B_0$ và $A_1B_1$, $B_0C_0$ và $B_1C_1$, $C_0A_0$ và $C_1A_1$ song song nhưng ngược chiều nhau. Tìm diện tích tam giác có các đỉnh tại trung điểm của các đoạn $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

bằng $n$, nghĩa là mức tối thiểu có thể. Vì vậy, đây là rào cản mong muốn.

Lưu ý rằng trong lời giải người ta không sử dụng cạnh của hình vuông $n$ là số nguyên, chỉ có $n > 1$ là quan trọng.

Sẽ rất thú vị khi giải bài toán này cho các cặp hình khác; ví dụ, khá hợp lý khi nếu “lỗ” và “đáy hộp” là các đường tròn đồng tâm có bán kính $r$ và $R$, thì rào chắn lồi của diện tích nhỏ nhất là hình lồi nhỏ nhất chứa hình tròn nhỏ hơn và đường kính của hình tròn lớn hơn (có diện tích là $2r\sqrt{R_2-r^2}+2r^2\arcsin r/R$).

V. Batyrev

◆ Đáp số. Khu vực bắt buộc

$$S = \left( \frac{\sqrt{S_0}-\sqrt{S_1}}{2} \right)^2.$$ (1)

Từ điều kiện bài toán suy ra các tam giác $A_0B_0C_0$ và $A_1B_1C_1$ đã được chuẩn bị (Hình 1), và hệ số chuẩn bị là âm và bằng mô đun

$$k = \frac{|A_1B_1|}{|A_0B_0|} = \frac{|B_1C_1|}{|B_0C_0|} = \frac{|C_1A_1|}{|C_0A_0|} = \frac{\sqrt{S_1}}{\sqrt{S_0}}.$$

Hãy để $O$ là trung tâm của sự sẵn sàng này, tức là

$$\overrightarrow{OA}_1 = -k\overrightarrow{OA}_0, \overrightarrow{OB}_1 = -k\overrightarrow{OB}_0, \overrightarrow{OC}_1 = -k\overrightarrow{OC}_0.$$

Khi đó, nếu $A, B, C$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$ thì

$$\overrightarrow{OA} = (\overrightarrow{OA}_0 + \overrightarrow{OA}_1)/2 = \overrightarrow{OA}_0(1-k)/2$$

và tương tự

$$\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB}_0(1-k)/2, \quad \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OC}_0(1-k)/2.$$

Do đó, tam giác $ABC$ được khớp với tam giác $A_0B_0C_0$ và hệ số modulo bằng $\frac{|1-k|}{2}$; Đó là lý do tại sao

$$\frac{\sqrt{S}}{\sqrt{S_0}} = \frac{|1-k|}{2} = \frac{|1-\sqrt{\frac{S_1}{S_0}}|}{2} = \frac{\sqrt{S_0}-\sqrt{S_1}}{2\sqrt{S_0}}.$$

Từ đó suy ra công thức (1).

Lưu ý $1^\circ$. Hình tam giác $A_0B_0C_0$ và $A_1B_1C_1$ có ​​thể nằm trong các mặt phẳng song song; mặt phẳng của tam giác $ABC$ cũng sẽ song song với chúng. Tất cả các giải thích trên và đáp số (1) vẫn có hiệu lực.

$2^\circ$. lời giải của chúng tôi có liên quan chặt chẽ với một thực tế hữu ích như vậy: đoạn $AB$, nối trung điểm của các đường chéo $A_0A_1$ và $B_0B_1$ của hình thang với các đáy $A_0B_0$ và $A_1B_1$, song song với các đáy và có chiều dài bằng nửa hiệu độ dài của chúng (Hình 2).

$3^\circ$. Đặt các điểm $A_t, B_t, C_t$ chia các đoạn $A_0A_1$, $B_0B_1$, $C_0C_1$ theo cùng một tỷ lệ đã cho; hãy để, ví dụ,

$$\frac{\overrightarrow{A_0A_t}}{\overrightarrow{A_0A_1}} = \frac{\overrightarrow{B_0B_t}}{\overrightarrow{B_0B_1}} = \frac{\overrightarrow{C_0C_t}}{\overrightarrow{C_0C_1}} = t.$$

Khi đó diện tích $S_t$ của tam giác $A_tB_tC_t$ sẽ được biểu thị bằng công thức (1) (tương ứng với tia $t = 1/2$). Hãy nghĩ về điều gì xảy ra với $t = \frac{\sqrt{S_0}}{\sqrt{S_0}+\sqrt{S_1}}$.

$4^\circ$. Việc dữ liệu bài toán là hình tam giác là không đáng kể; hình tam giác có thể được thay thế

32

Hình 4.

F568. Khi mục tiêu phía trước bị bắn phá bằng proton có năng lượng ít nhất 1,88 MeV, phản ứng hạt nhân có thể xảy ra

$$7\text{Li} + p \rightarrow 7\text{Be} + n.$$

Với năng lượng bao nhiêu của proton tạo ra trong phản ứng, neutron có thể bay lùi khỏi mục tiêu phía trước?

chúng ta là những nhân vật khác, được tạo sẵn so với một trung tâm nào đó $O$. Chính xác hơn: cho điểm $O$ và điểm $A_0$ mô tả một số đường cong khép kín không tự cắt bao quanh hình có diện tích $S_0$ (xem Hình 3).

Đồng thời, điểm $A_1$, được xác định bởi vectơ $\overrightarrow{OA}_1 = -k \cdot \overrightarrow{OA}_0$, $k = \sqrt{S_1/S_0}$, mô tả một đường cong khác (bao gồm hình diện tích $S_1$). Khi đó, trung điểm $A$ của đoạn $A_0A_1$ sẽ mô tả một đường cong bao quanh hình diện tích (1). Tương tự, điểm $A_t$ sao cho $\overrightarrow{A_0A_t} = t\overrightarrow{A_0A_1}$ (tức là $\overrightarrow{OA_t} = t\overrightarrow{OA_0} + (1-t)\overrightarrow{OA_1} = (t-k+kt)\overrightarrow{OA_0}$; $t$ là một số cố định) sẽ mô tả một đường cong bao quanh một hình có diện tích được xác định theo công thức (2).

$$S_{KLMNPQ} = \left( \frac{\sqrt{S_0} + \sqrt{S_1}}{2} \right)^2.$$

(xem công thức (1))*).

L. Kuptsov

Theo định luật bảo toàn năng lượng và động lượng

$$E_p = E_{\text{Be}} + E_n + Q,$$

(1)

$$\vec{p}_p = \vec{p}_{\text{Be}} + \vec{p}_n,$$

(2)

trong đó $E_p$, $E_{\text{Be}}$, $E_n$ lần lượt là năng lượng của proton, hạt nhân berili và neutron, $\vec{p}_p$, $\vec{p}_{\text{Be}}$, $\vec{p}_n$ là động lượng của các hạt này. Ở năng lượng proton $E_p = E_0 = 1,88$ MeV, tổng năng lượng $E$ của hạt nhân berili và neutron là tối thiểu. Hãy tìm cô ấy.

Để làm điều này, hãy xem xét quá trình trong hệ thống báo cáo, chuyển động với tốc độ của khối tâm của hệ proton - hạt nhân lithium. Trong hệ thống này, một proton và một hạt nhân lithium chuyển động hướng về nhau. Ở năng lượng tối thiểu có thể có của các hạt tương tác (hạt nhân proton và lithium), năng lượng của hạt nhân berili và neutron hình thành trong quá trình phản ứng bằng 0 - những hạt này ở trạng thái nghỉ.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang hệ thống báo cáo trong đó mục tiêu lithium bất động. Trong hệ thống này, hạt nhân berili và neutron, được hình thành do sự bắn phá mục tiêu bằng một proton có năng lượng $E_p = E_0$, chuyển động như một hạt nhân với tốc độ bằng tốc độ khối tâm của hệ hạt nhân proton-lithium. Tổng năng lượng của chúng $E$, theo định luật bảo toàn năng lượng, được xác định bởi đẳng thức

$$E_0 = E + Q,$$

(1')

và tổng động lượng $\vec{p}$ của chúng, theo định luật bảo toàn động lượng, bằng

$$\vec{p} = \vec{p}_0$$

(2')

($\vec{p}_0$ là động lượng của một proton có năng lượng $E_0$). Xét rằng động lượng của một hạt và năng lượng của nó có liên hệ với nhau bởi hệ thức $p = |\vec{p}| = \sqrt{2mE}$ ($E = \frac{mv^2}{2} = \frac{(mv)^2}{2m} = \frac{p^2}{2m}$), chúng ta có thể viết lại đẳng thức (2’) như sau:

$$\sqrt{2mE_0} = \sqrt{2(m+M)E}$$

(ở đây $m$ biểu thị khối lượng của proton và khối lượng neutron, $M$ khối lượng của lithium và khối lượng của hạt nhân berili). Từ đây xuất hiện $E = \frac{m}{m+M} E_0$. Thay thế giá trị này vào (1’), để

*) Lưu ý biên tập. Tôi nói về những công thức khái quát sâu rộng trong bài “Gia đình song song $n$-giác” («Kvant», 1974, số 11).