Kvant 1980, số 5 · Trang

KVANM 5
1980

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

CÂU ĐỐ KHỐI MÀU

Từ các hình bình hành hình chữ nhật 6 × 6 × 1, được sơn bằng sáu màu khác nhau: đỏ, vàng, xanh dương, xanh lá cây, trắng và đen (hình cho thấy sự phát triển của các hình bình hành), hãy sắp xếp khối lập phương sao cho mỗi mặt của nó đại diện cho một hình vuông trong đó tất cả sáu màu được thể hiện theo chiều ngang, chiều dọc và đường chéo (nghĩa là mỗi màu sẽ xuất hiện một lần).

L. Mochalov

Được thành lập vào năm 1970
5
1980

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

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

Trong phòng:

35 năm chiến thắng thể lực Đức
2 Chiến thắng cứu thế giới
5 V. Rezel, V. Tkachenko. Khử từ của tàu trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại
10 I. Pirogov, I. Tyulina. Cơ học và Toán học của Đại học quốc gia Moscow trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại

---

18 P. Halmoi. Logic từ A đến G
26 L. Grodko. Ổn định tự động

Phòng thí nghiệm «Kvant»
32 V. Matizen. Về việc cố gắng lăn bóng

vòng tròn toán học
33 V. Olkhov. Làm thế nào để đưa ra một bất đẳng thức hình học
34 L. Kurlyandchik, A. Listzky. Làm thế nào để đưa ra một danh tính tổ hợp

Vấn đề «Kvant»
36 Bài toán M621—M625; F633—F637
38 Lời giải bài toán M566, M567, M569; F578, F580—F582

«Kvant» cho học sinh nhỏ
43 Bài toán
44 A. Dozorov. Từ những trang sách giáo khoa cũ

Xưởng của người nộp đơn
46 N. Rozov. Lời khuyên của độc giả
Những lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học năm 1979
51 G. Meledin, V. Penenko. Đại học bang Novosibirsk được đặt theo tên. Lênin Komsomol
53 G. Kembrovsky, A. Samuseenko, A. Sarzhevsky. Đại học bang Belarus được đặt theo tên. V. I. Lênin
55 B. Aleksejunas, A. Kazlauskiene, E. Misevitso. Đại học bang Vilnius được đặt theo tên của V. Kapsukaa

Nghệ thuật lập trình
56 Yu. Pervin, A. Saltovsky. Bộ xử lý hoạt động như thế nào
62 trang cờ vua
63 Đáp số, gợi ý, lời giải

Trộn (17, 25, 31, 42, 55)

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

2

Chiến thắng đã cứu thế giới

35 năm đã trôi qua kể từ ngày nhân dân ta lần đầu tiên kỷ niệm Ngày Chiến thắng phát xít xâm lược. Con đường dẫn đến chiến thắng này thật khó khăn. Trước khi tấn công nước ta, Đức Quốc xã đã chiếm toàn bộ Tây Âu và khuất phục ngành công nghiệp châu Âu. Toàn bộ châu Âu đã nuôi sống quân đội phát xít và cung cấp cho họ những loại vũ khí hiện đại nhất. Dường như trên khắp đất nước không có một lực lượng nào có thể ngăn chặn chủ nghĩa phát xít, chuyển hướng quân đội của nó sang thống trị thế giới. Lịch sử đã bác bỏ những dự đoán này. Nhân dân Liên Xô anh hùng đã tiêu diệt bộ máy quân sự phát xít quái dị và giải phóng con người mãi mãi khỏi diễn ngôn phát xít. Không có người nào khác trên thế giới vào thời điểm đó có thể giải được bài toán lịch sử khó tin này.

Hãy tưởng tượng trong giây lát rằng chủ nghĩa phát xít đã chiến thắng và một “trật tự mới” phát xít đã được thiết lập trên toàn thế giới. Những người mục tiêu đã bị tiêu diệt hoàn toàn. Người dân nước ta sẽ bị biến thành công nhân, bị tước đoạt những quyền con người cơ bản nhất. Mỗi bạn, những độc giả trẻ của chúng tôi, phải ghi nhớ những gì mình nợ những người đã hy sinh trong cuộc chiến này. Điều này giúp bạn có cơ hội học tập bình thường, tự do lựa chọn nghề nghiệp và có cuộc sống tự lập. Nếu không có chiến thắng vĩ đại này, mỗi người trong số các bạn sẽ phải làm việc cực nhọc 10-12 tiếng mỗi ngày trong các trại lao động phát xít, sống từ tay đến miệng, không có chút hy vọng nào về dinh dưỡng bình thường, học hành và hạnh phúc cá nhân. Thật khó để bạn tưởng tượng, nhưng cha và ông của bạn đã phải đối mặt trực tiếp với cơ hội của đất nước này. Hãy tưởng nhớ những người đã hy sinh mạng sống của mình cho chiến thắng này và tự hào về họ! Hãy tưởng nhớ và kính trọng những người sống sót sau cuộc chiến của đất nước này!

Học sinh nước ta từ lâu đã đến viếng mộ các liệt sĩ trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, tìm kiếm những người đã hy sinh, thực hiện các chuyến đi đến địa điểm chiến đấu và tổ chức bảo tàng trường học về các lớp chiến đấu. Đây là sự tri ân công bằng dành cho những người đã bảo vệ quyền được sống tự do và hạnh phúc của bạn. Mỗi người trong số các bạn phải tham gia vào công việc này.

Khi xem phim về Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, đọc sách về các anh hùng trong đó, nhiều bạn cho rằng thời đó chỉ cần có chủ nghĩa anh hùng và bạn ước mình sinh ra quá muộn. Tất nhiên, chiến tranh đặt ra những yêu cầu vô cùng gay gắt đối với mỗi người dân nước ta; nó đòi hỏi chủ nghĩa anh hùng quần chúng, và ngay cả trẻ em cũng đã thể hiện điều đó. Nhưng ngay cả khi đó, các anh hùng không chỉ là những người đốt cháy xe tăng, đâm máy bay địch hay với bộ ngực được giải cứu của họ, che chắn một vòng ôm súng máy. Không kém phần anh hùng trong cuộc sống của những người, trong cái lạnh khủng khiếp ở vùng đất hoang của các thành phố Siberia, đã khôi phục các nhà máy sơ tán, trang bị vũ khí, quần áo, cho binh lính của chúng ta ăn, hoặc những người chống lại quân phát xít ở những vùng lãnh thổ tạm thời bị chiếm đóng. Những năm sau đó cũng rất hào hùng, khi nhân dân ta, vốn đã mất hơn 20 triệu người, đã giành lại được quyền làm chủ nền kinh tế thời chiến. Chủ nghĩa anh hùng về cuộc sống khó khăn hàng ngày của cha mẹ bạn được kể lại một cách tuyệt vời

3

sách của Leonid Ilyich Brezhnev “Phục hưng” và “Virgin Land”.

Ngày nay chúng ta vẫn cần chủ nghĩa lão khoa: sự phát triển của xã hội cộng sản và hình thành con người mới sẽ đòi hỏi nhân dân ta phải có nhiều thành tựu lão khoa. Tính đại diện, tham nhũng, trộm cắp tài sản của nhà nước (và do đó là của người dân!), hối lộ và một số hiện tượng tiêu cực khác trong cuộc sống của chúng ta vẫn chưa bị loại bỏ. Và chúng ta cần những người đấu tranh có ý thức, tích cực, không thể hòa giải chống lại tất cả những khuyết điểm như vậy, những người đấu tranh cho những lý tưởng tươi sáng của chủ nghĩa cộng sản, chứ không phải vì hạnh phúc vật chất nhất thời của cá nhân.

Đất nước chúng ta bây giờ sẽ giàu có hơn rất nhiều nếu không có chiến tranh, nếu không bị ngăn cản xây dựng cuộc sống mới. Để chuẩn bị cho cuộc chiến này, nhân dân ta đã hy sinh hạnh phúc của mình một cách có ý thức. Nhưng trong cuộc sống có một sự phi chính phủ khắc nghiệt về các giá trị, và chúng ta không có lựa chọn nào khác. Về bản chất, chúng ta chỉ mới bắt đầu sống trong hoàn cảnh quốc tế tương đối thuận lợi cho đất nước, gắn liền với tình trạng hòa hoãn và chuyển sang con đường chung sống hòa bình.

Cuộc cách mạng khoa học và công nghệ đã đưa vũ khí kế toán hàng loạt vào cuộc sống, đe dọa mọi sự sống trên hành tinh của chúng ta. Nhưng con người đã sống 35 năm mà không có một cuộc chiến tranh thế giới mới, và cho dù những người phản đối hòa hoãn có cố gắng đến đâu, thì các lực lượng hòa bình vẫn đang tăng trưởng và củng cố mỗi ngày. Đứng đầu các lực lượng này là Liên Xô vĩ đại, luôn theo đuổi chính sách đối ngoại yêu chuộng hòa bình của Lênin. Cả thế giới ghi nhận sự đóng góp to lớn cho cuộc đấu tranh vì hòa bình của người đứng đầu nhà nước chúng ta, Leonid Ilyich Brezhnev. Chúng ta không chỉ cứu con người khỏi cơn ác mộng về “trật tự thế giới” vật chất mà còn cứu con người khỏi một cuộc chiến tranh thế giới mới.

Khoa học của chúng ta cũng góp phần không nhỏ vào thắng lợi vĩ đại này của nhân dân Liên Xô. Nhiều nhà khoa học ngay lập tức cầm vũ khí vào quân đội, các đội du kích và các đơn vị dân quân của chúng tôi. Và mỗi trung tâm nghiên cứu, mỗi trường đại học đều có BIỂU TƯỚNG riêng ghi tên các anh hùng liệt sĩ. Nhưng sự đóng góp của khoa học vào chiến thắng của chúng ta còn rộng lớn hơn nhiều. Nhờ công lao to lớn của các nhà khoa học nước ta trước chiến tranh và trong chiến tranh, thiết bị quân sự của Liên Xô đã được cập nhật hoàn toàn. Quân đội đã nhận được máy bay mới (máy bay chiến đấu, máy bay tấn công, máy bay ném bom bổ nhào), súng cối phóng tên lửa (“kataoshi”), khiến binh lính Đức Quốc xã khiếp sợ, và xe tăng T-34, “IS” và “KB”, vượt trội hơn các loại vũ khí tương tự của Đức.

Các nhà khoa học Liên Xô đã cố gắng bằng mọi cách có thể để đưa chiến thắng của chúng ta đến gần hơn. Ở đây chúng tôi sẽ chỉ kể về một số công trình của các nhà vật lý, toán học và cơ học của chúng tôi.

Đối với lời giải các vấn đề khoa học và kỹ thuật quốc phòng ở Leningrad, bị quân đội bao vây, một nhóm các nhà khoa học đặc biệt đã được thành lập, đứng đầu là giám đốc Viện kỹ thuật vật lý Leningrad thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, viện sĩ Abram Fedorovich Yuffe. Theo chỉ đạo của Thành ủy Leningrad, viện này đã tạo ra một loại hỗn hợp gây cháy hiệu quả và sương mù để tiêu diệt hàng trăm xe tăng địch, đồng thời phát triển các phương pháp phản điều tra mới. Các máy phát điện tử nhiệt bán dẫn đơn giản và dễ xử lý, do A.F. Yuffe thiết kế và chạy bằng đèn dầu hỏa thông thường, đã được các nhà khai thác vô tuyến theo đảng phái sử dụng rộng rãi. Nhân viên LPTI Yury Borisovich Kobzarev (hiện là học giả) đã tạo ra hệ thống radar đầu tiên trên thế giới.

Một nhóm các nhà khoa học từ cùng một viện, do Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô Pavel Pavlovich Kobeko dẫn đầu, đã giúp đảm bảo độ tin cậy của con đường băng băng qua Hồ Ladoga, con đường duy nhất nối Leningrad với “Main Land”, mà trong những năm đó được gọi là “Con đường sự sống”.

Một nhóm nhân viên khác của Viện Vật lý Leningrad, đứng đầu là chủ tịch đương nhiệm của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô

5

Khử từ của tàu trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại

Vào lúc 2 giờ 41 phút ngày 24 tháng 6 năm 1941, tàu khu trục Gnevny bị trúng mìn ở cửa Vịnh Phần Lan. Vào lúc 4 giờ 21 phút, tàu tuần dương Maxim Gorky bị nổ tung bởi một quả mìn ở cùng khu vực, nhưng đã đến được Tallinn bằng chính sức lực của mình. Người ta cho rằng các quả mìn không tiếp xúc (từ tính). Ngay trong những ngày đầu tiên của cuộc chiến, kẻ thù đã tạo ra một mối đe dọa bằng mìn máy chủ nhằm trốn thoát khỏi các căn cứ hải quân của Liên Xô và trên các tuyến đường liên lạc chính trên biển, sử dụng tổng cộng 1060 quả mìn neo và tới 160 quả mìn không tiếp xúc. Tình hình được tạo ra bởi một mối đe dọa. Còn hạm đội của chúng ta thì sao? Anh ta đã chuẩn bị cho khả năng bị phong tỏa mỏ hay đó chỉ là một tai nạn và hoàn toàn bất ngờ?

Trong số rất nhiều bài toán ý nghĩa quốc phòng, việc khử từ trên tàu chiếm một vị trí quan trọng. Trong một bài viết ngắn, không thể trình bày chi tiết toàn bộ quá trình khử từ và liệt kê tất cả những người tham gia, vì lời giải trong vấn đề này, ngoài các nhà khoa học, còn có nhiều thủy thủ quân sự và thợ đóng tàu đã tham gia.

Để mìn từ phát nổ, nó không cần tiếp xúc trực tiếp với thân tàu. Phát nổ do tác động của từ trường của tàu lên nó. Ý tưởng chế tạo một cầu chì như vậy đơn giản đến mức nó có thể nảy sinh ngay sau khi phát minh ra la bàn và sự xuất hiện của những con tàu ổn định. Mọi người đều biết rằng kim la bàn sẽ bị lệch nếu một vật bằng sắt được đưa đến gần nó. Độ lệch của mũi tên như vậy đặt bên trong quả mìn có thể được sử dụng để đóng tiếp điểm cầu chì. Với mức tăng độ nhạy thích hợp, vụ nổ mìn sẽ xảy ra vào thời điểm con tàu ở phía trên nó, điều đó có nghĩa là phần không được bảo vệ nhất của nó, phần đáy, sẽ bị ảnh hưởng. Hơn nữa, theo quy luật, sẽ có nhiều tàu hơn bị bỏ mạng khi những quả mìn như vậy phát nổ bên dưới chúng. Ngoài ra, các mỏ từ tính nằm dưới đáy không được cung cấp bằng phương pháp kéo lưới thông thường, được thiết kế để cắt và kích nổ các mỏ neo. Việc lắp đặt mìn từ tính có thể được thực hiện không chỉ từ tàu mà còn từ máy bay - trên biển khơi, trong vịnh, bến cảng và trên luồng.

Những ưu điểm này của mìn từ tính so với mỏ neo tiếp xúc thông thường mà các chuyên gia hải quân đã dự đoán trước khi sử dụng chúng trong cuộc chiến sắp tới, đặc biệt là khi các thủy thủ của chúng ta lần đầu tiên phải làm quen với mìn từ tính của quân xâm lược Anh vào tháng 9 năm 1919 trên Bắc Dvina. Thậm chí sau đó, một số tàu của chúng tôi đã bị nổ tung trong khi quân Anh đang tải mìn từ tính. Tuy nhiên, các thủy thủ quân sự đã nhanh chóng dọn sạch đường dẫn của những mỏ vẫn còn tương đối thô sơ này.

Điều tự nhiên là người ta mong đợi rằng trong một cuộc chiến tranh mới, các loại mìn từ tính cải tiến sẽ được sử dụng: nhạy hơn, với các phụ kiện đính kèm khiến chúng khó khai thác và phá hủy hơn. Tất cả điều này đã buộc các chỉ huy Hải quân

6

đặt Hạm đội Liên Xô trước bài toán đặc biệt - để phát triển các phương pháp bảo vệ tàu khỏi vũ khí ngư lôi và mìn từ tính không tiếp xúc.

Công trình quan trọng này được giao cho Viện Vật lý-Kỹ thuật Leningrad (LPTI) thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô vào năm 1936. Anatoly Petrovich Aleksadrov (hiện là viện sĩ, giám đốc Viện Năng lượng nguyên tử được đặt theo tên I.V. Kurchatov, chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô) và Boris Aleksadrovich Gaev (gần đây là Tiến sĩ Khoa học Kỹ thuật, phó giám đốc LFTI được đặt theo tên A.F. Ioffe của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, mất năm 1974) đã tiến hành thực hiện. A.P. Aleksadrov đã tổ chức một nhóm đặc biệt trong phòng thí nghiệm của mình, đứng đầu là B.A. Gaev, người giải quyết vấn đề khử từ của tàu.

Ý tưởng cơ bản của công việc bảo vệ tàu khỏi mìn từ tính không tiếp xúc là khử từ tính cho tàu. Người ta cho rằng điều này có thể được thực hiện bằng cách bù từ trường của con tàu bằng cách sử dụng các cuộn dây đặc biệt gắn vào nó để dòng điện một chiều chạy qua (xem hình). Trong trường hợp này, từ trường của tàu có thể được tích lũy bởi từ trường của dòng điện đến mức mà việc tàu đi qua mỏ sẽ không gây ra vụ nổ so sánh, có độ nhạy hạn chế.

Ý tưởng đơn giản được đề xuất bởi A.P. Aleksadrov, B.A. Gaev và kỹ sư của Nhà máy Leningrad Baltic A.A. Kartkovsky không nhận được sự hỗ trợ ngay lập tức từ các chuyên gia. Nhiều thợ mỏ tin rằng nếu con tàu đã được khử từ thì từ trường của nó sẽ cần phải tập trung hoàn toàn về 0. Và vì điều này là không thể do trọng lượng của cấu hình trường phức tạp nên việc khử từ trở nên vô nghĩa và mọi nỗ lực phải tập trung vào việc tạo ra và cải tiến các phương pháp traline. Một số chuyên gia thậm chí còn cho rằng không nên khử từ cho con tàu mà nên từ hóa mạnh hơn nữa, đến mức từ trường tăng lên sẽ gây ra vụ nổ mìn từ tính ở khoảng cách rất xa so với con tàu. Nhân tiện, như người ta biết đến sau chiến tranh, người Anh, những người bắt đầu công việc bảo vệ mìn cho tàu cũng vào năm 1936, đã đi theo con đường sai lầm này (xét cho cùng, kẻ thù có thể gây ra cả mìn nhạy cảm và mìn cứng). Kết quả là vào đầu cuộc chiến, tàu của họ không được bảo vệ khỏi mìn từ trường và ngư lôi của Đức, và hạm đội Anh bị tổn thất rất đáng kể. Ngay trong chiến tranh, người Anh đã phải khử từ các thiết bị khử từ và kịp thời trang bị cho tàu của họ.

Nhóm của A.P. Aleksadrov đã phải sớm xác định tính khả thi của việc xác định. Ban đầu, nghiên cứu được thực hiện trên mô hình phòng thí nghiệm của một con tàu làm bằng gỗ và lá thông thường và sắt. Kết quả của những thí nghiệm này là các loại cuộn dây khử từ tối ưu nhất đã được tìm ra. Người ta quyết định chuyển sang thử nghiệm trên tàu nổi.

7

Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Viện sĩ A.P. Alexandrov.

Những thay đổi đầu tiên trong từ trường của tàu và các thí nghiệm nhằm bù đắp cho chúng được các nhân viên LPTI thực hiện vào năm 1937 tại ụ tàu khô Kronstadt trên các tàu khu trục Ykov Sverdlov và Artem, sau đó là trên Leningrad Lyceum. Kết quả rất tích cực. Vào tháng 5 năm 1938, tại cảng biển Orange, một cuộn dây khử từ tạm thời đã được áp dụng cho tàu Dozorny, và bằng cách thay đổi trường dưới tàu, dòng điện tối ưu trong đó đã được chọn. Sau đó, con tàu thực hiện nhiều chuyến đi hơn với việc tắt và bật cuộn dây trên các mỏ từ tính không tiếp xúc đã được giải giáp được lắp đặt ở các độ sâu khác nhau. Người ta ghi lại rằng các quả mìn đã được kích hoạt một cách đáng tin cậy khi một con tàu đi qua chúng với cuộn dây đã tắt và hoàn toàn không phản ứng khi dòng điện tối ưu trong cuộn dây bị tắt.

Như vậy, việc bảo vệ bài toán mìn của một con tàu nhỏ đã được giải quyết thành công. Đã đến lúc chuyển sang trải nghiệm khử từ cho tàu lớn. Vào tháng 10 năm 1938, LINKOR “Marat” được phân bổ cho các thí nghiệm. Và trên con tàu lớn nhất này của Hải quân chúng ta, với sự trợ giúp của cuộn dây khử từ tạm thời, người ta có thể giảm từ trường gấp 10 lần ở một khoảng cách gần chưa từng có với sống tàu.

Để có được tất cả dữ liệu cần thiết về trường của tàu để thiết kế hệ thống bảo vệ, cần phải thay đổi giá trị cảm ứng từ của trường này tại một số lượng lớn các điểm ở các độ sâu khác nhau. Để làm điều này, một thanh nhôm có gắn từ kế trên một xe đẩy đặc biệt đã được hạ xuống dưới tàu *). Thanh được di chuyển dưới tàu và lắp đặt ở các độ sâu khác nhau. Đối với mỗi vị trí của thanh, cảm ứng từ được thay đổi tại một số điểm dưới sống tàu và bên ngoài mạn tàu. Nhóm LFTI đã học được cách thực hiện nhanh chóng công việc sử dụng nhiều lao động này, đòi hỏi phải sửa lỗi tốt cho công cụ và thiết bị, để không làm chậm trễ các con tàu trên đường nữa.

Do đó, vào đầu cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, các phương pháp đáng tin cậy để bảo vệ tàu của chúng ta khỏi mìn từ tính của kẻ thù đã được tạo ra.

Buổi sáng đầu tiên của cuộc chiến, nhóm của A.P. Alexandrov đã ở trên tàu LINKOR “Marat”. Vào lúc 4 giờ sáng, một cảnh báo chiến đấu được công bố trên đó: máy bay địch xuất hiện từ bờ biển Phần Lan. Sau khi kiểm tra sự tuân thủ của số vòng quay đã tính toán trong các phần của cuộn dây và đảm bảo rằng hướng của dòng điện trong chúng là chính xác, ủy ban đã vận hành các thiết bị bảo vệ LINKora, lên bờ ở Kronstadt và ngay lập tức nhận được lệnh của lệnh trang bị kịp thời hệ thống bảo vệ mìn cho một số tàu quét mìn. Không hạn chế điều này, nhóm A.P. Alexandrov đã gắn hai lưới điện từ từ cáp có sẵn và vào ngày 27 tháng 6 năm 1941

*) Từ kế là thiết bị được thiết kế để đo cảm ứng từ trường.

8

Vâng, những chiếc tàu quét mìn này đã thực hiện một nhiệm vụ chiến đấu.

Dự báo của LPTI và các chuyên gia hải quân là hợp lý: hành động đầu tiên của bộ chỉ huy phát xít Đức tại chiến trường hải quân sau cuộc tấn công nguy hiểm vào Liên Xô là nỗ lực chặn các tàu của chúng ta vào căn cứ của chúng và trói buộc các hoạt động quân sự của chúng bằng việc rải ồ ạt các mỏ từ tính. Đức Quốc xã đặt nhiều hy vọng vào tính hiệu quả của những loại vũ khí hải quân mới này và tin tưởng rằng các thủy thủ và chuyên gia Liên Xô sẽ không thể nhanh chóng tìm ra cách thức và phương tiện để bảo vệ tàu thuyền.

Chính trong những điều kiện khó khăn khi bắt đầu chiến tranh, công việc to lớn được thực hiện trong những năm trước chiến tranh của các nhà khoa học, thủy thủ và chuyên gia đóng tàu đã bắt đầu kể lại. Ngay trong những ngày đầu tiên, một số tàu của Hạm đội Baltic đã bị đốt cháy và thời gian trên boong dọc hai bên bị đóng lại.

Một nhóm các nhà khoa học LPTI tham gia vào quá trình khử từ của tàu. Từ trái sang phải A. R. Regel, Yu. S. Lazurkin, I. V. Kurchatov. Bức ảnh được chụp ở Poti vào tháng 12 năm 1941.

Chiến hạm “Marat” là chiếc tàu lớn nhất đầu tiên của Hải quân Liên Xô được trang bị hệ thống khử từ.

I. Pirogov, I. Tyulina

Cơ học và Toán học của Đại học quốc gia Moscow
trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại

“…Các cột họ được chạm khắc bằng vàng trên đá cẩm thạch. Bên cạnh hai cột là các ngôi sao vàng. Anh hùng Liên Xô. Tổng cộng có bảy người trong số họ trên mexmate. Sáu người trong số họ là sinh viên. Tôi không biết liệu có trường đại học nào có khoa geronic thứ hai như vậy không. " Đây là những gì tờ báo Izvestia đã viết vào ngày 9 tháng 6 năm 1979. Sinh viên của khoa, cựu thực tế, phó giáo sư mới của Đại học quốc gia Moscow I. A. Tyulina và I. Z. Pirogov nói về khoa geronic này - Khoa Cơ và Toán của Đại học quốc gia Moscow, cuộc đời của nó trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, về một số giáo viên và sinh viên của trường - những người tham gia chiến tranh.

Những người lính tiền tuyến
Vào ngày 21 tháng 6 năm 1941, Zhenya Rudneva đã viết trong nhật ký của mình: “Tất cả các bài kiểm tra đều đã vượt qua! Tất cả các kỳ thi! Tất cả! Tất cả! Cuộc sống thật tươi đẹp và tuyệt vời!”
Và sáng hôm sau, một cuộc chiến tranh khủng khiếp đã giáng xuống toàn thể nhân dân ta. Khoa Cơ Toán, đại học, cả nước sôi sục như tổ kiến ​​xé rách: người vội vã đến cơ quan đăng ký quân sự, nhập ngũ, người khác đi công tác mặt trận lao động và phòng thủ; các shelon và cột miễn phí kéo dài về phía tây.

12

Câu chuyện tương tự cũng được kể về vô số chiến công của Barykov. Vì vậy, trong một cuộc chiến trên đất Đức, Barykov bị bỏ lại một mình với khẩu pháo của mình khi 9 xe tăng Đức xuất hiện từ trong rừng với tốc độ cao. Gennady Fearless tham gia trận chiến với xe tăng. Ngay sau đó, với hỏa lực nhắm chuẩn xác, anh ta dùng đầu đốt cháy chiếc xe tăng, trong khi những người khác cố gắng di chuyển trong xe tăng. Nhưng hỏa lực pháo binh buộc họ phải quay trở lại. Sau chiến tranh, Barykov tốt nghiệp thành công Khoa Toán, hoàn thành bằng Tiến sĩ. luận án, và đang làm việc tại một trong những trường cao đẳng ở Moscow.

David Shklyarsky, một trong những người tổ chức các vòng tròn toán học cấp trường và các kỳ thi Olympic toán học tại trường đại học, sau khi tốt nghiệp Đại học quốc gia Mátxcơva, đã gia nhập lực lượng pháo binh tại ngũ và hy sinh trong lữ đoàn cơ giới chuyên dụng phía sau phòng tuyến địch. Hai thập kỷ sau, khi bạn bè và học trò của ông bắt đầu xuất bản loạt sách “Thư viện vòng tròn toán học”, Shklyarsky được liệt kê đầu tiên trong danh sách tác giả. Không theo thứ tự bảng chữ cái - hết bộ nhớ.

Sinh viên năm thứ hai Yura Tikhomirov tham gia Trận Stalingrad. Đại đội trưởng Tikhomirov dưới sự điều khiển của hỏa lực đã nâng quân tấn công và dẫn quân vào boongke của địch. Trong thư gửi về nhà năm 1944, ông viết: “Tôi đã thử cả đạn lẫn cói, họ kéo tôi ra khỏi hầm đào bừa bộn, và tôi bình an vô sự…”. Vì vậy, ông đã viết sáu tháng trước chiến thắng, khi đội hình của Sozhk và Dnieper và Baranovichi bị bắt đang ở phía sau ông. Có rất nhiều giải thưởng trên hypnaster. Trận chiến là vì Warsaw. Và tại đây, trên đất Ba Lan, gần thành phố Pultusk, thuộc làng Starye Barsuki, Yura Tikhomirov ngay lập tức trở thành mục tiêu khi phát động cuộc tấn công trước đại đội của mình. Các đồng đội chiến đấu đã viết về anh: “Mặc dù

13

Dù không phải là người giàu có nhưng những việc làm của anh đã hơn một lần bảo đảm cho sự thành công của đơn vị chúng tôi. Đó là văn phòng tốt nhất trong trung đoàn."

Người bạn thợ cơ khí năm thứ hai của anh là Vasya Zhirov là một xạ thủ súng máy trong bộ binh. Nhưng anh ta không chết sau một khẩu súng máy. Trong trận chiến nảy lửa đầu xuân năm 1942, xe tăng Đức đột phá gần Rzhev. Vasya Zhirov ném mình vào gầm xe tăng địch với một loạt lựu đạn và chết như một anh hùng.

Những người mekhanites Komsomol đã chiến đấu và chết sau phòng tuyến của kẻ thù, những người được chọn trong những ngày đầu tiên của cuộc chiến là những người đáng tin cậy và kiên cường nhất: hai Vasilys - Podolsky và Vlasenko, Volodya Ignatovich và Vanya Archimenko. Họ đã ở hàng chục. Giảng viên chính trị cấp dưới của tiểu đoàn dù cơ giới, Kazimir Agayev (thành viên Komsomol từ năm 1929), đã đổ bộ cùng tiểu đoàn thứ mười gần Kursk vào mùa đông năm 1942; Vào tháng 2 cùng năm, Kazimir Agayev đã hy sinh một cách anh dũng trong cuộc giao tranh không cân sức ngoan cường sau phòng tuyến của kẻ thù.

Nhiều công nhân cơ khí trước chiến tranh đã nhớ đến Pasha Lunev. Năm 1933, ông vào làm thợ cơ khí với 8 năm kinh nghiệm làm việc và một năm kinh nghiệm đảng (ông được tuyển vào đảng tại Nhà máy ô tô Stalin, nơi ông làm tài xế). Anh ấy học rất giỏi ở Mechanite và rất thích thú. Bị bỏ lại ở trường cao học. Ông là thành viên Komsomol, sau đó là thư ký của Cơ khí Komsomol, và trước chiến tranh, ông là thư ký Ủy ban Komsomol của Đại học Tổng hợp Moscow. Nhận được kiến ​​thức ngay từ trước khi vào đại học rằng bản thân anh không giàu có nên hành động của anh đã hơn một lần bảo đảm cho sự thành công của đơn vị chúng tôi. Đó là văn phòng tốt nhất trong trung đoàn."

Hoa tiêu của Trung đoàn Hàng không Nữ ném bom hạng nhẹ Cận vệ 46, Anh hùng Liên Xô Ekaterina Ryabova trước khi thực hiện nhiệm vụ chiến đấu.

Thân phận của một người lính chở dầu, khi bắt đầu cuộc chiến, Pasha Lunev tình nguyện nhập ngũ và sớm chết gần Bila Tserkva.

Tổng cộng, hơn 300 người thuộc Khoa Cơ và Toán của Đại học quốc gia Mátxcơva đã nhập ngũ, một nửa không trở về. Các thành viên Komsomol của khoa đang tìm kiếm dấu vết và tiểu sử quân sự của những người đồng đội đã hy sinh của họ. Có 80 cái tên được ghi trên tấm bia tưởng niệm trên tầng 14 của một tòa nhà cao tầng trên đồi Lênin, nhưng đó không phải là tất cả.

Hơn năm mươi người đã trở về Mekhanit từ nhiều mặt trận khác nhau của Chiến tranh Vệ quốc. Hiện nay, khoa có 33 người tham gia Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại; 15 người trong số họ là giáo sư, tiến sĩ khoa học (tương đương với số lượng cựu chiến binh làm việc tại Viện Nghiên cứu Cơ học của Đại học Quốc gia Moscow).

Nhà khoa học đàn hồi nổi tiếng P. M. Ogibalov (trưởng khoa cơ khí)

15

Trung úy quân đội súng trường, người tham gia trận Stalingrad (nơi ông bị thương nặng) Viktor Vasilyevich Moskovin, giáo sư cơ khí Niven tại Đại học quốc gia Moscow.

Đại úy pháo binh Arthur Ykovlevich Sagomonyan, giáo sư cơ khí Niven tại Đại học quốc gia Moscow.

Thẻ Komsomol của Mikhail Ivanov, người qua đời năm 1941.

Thẻ sinh viên của Andrei Pavlov, người mất năm 1941.

hàng rào gang cổ. Cơ sở của khoa từ lâu đã không còn phù hợp để tổ chức các lớp học. Nhưng kỳ thi mùa đông, và sau đó là kỳ thi mùa xuân: học sinh đã làm các bài kiểm tra và kỳ thi, bao gồm cả các kỳ thi cấp bang và nhận bằng tốt nghiệp.

Phần chính của khoa được mua ở Ashgabat và được đưa vào giảng dạy vào tháng 12 năm 1941.

Sau khi trú đông ở Ashgabat, khoa chuyển đến Sverdlovsk vào mùa hè năm 1942, nơi điều kiện học tập tốt hơn. Và mùa xuân năm 1943, một tin vui đã đến với các sinh viên: Đại học Mátxcơva sắp trở lại Mátxcơva! Vào mùa hè, khoa được tái lập ở Mátxcơva, nhưng những khó khăn trong cuộc sống của giảng viên ngày càng gia tăng. Đội ngũ giảng viên đã tăng lên đáng kể (155 sinh viên được nhận vào năm thứ nhất), nhưng chỉ có một tuần học và phòng đọc không hoạt động. Vào thời điểm này, thường có thể gặp học sinh của chúng tôi với một cuốn sách giáo khoa và một cốc ghi chú trên tàu điện ngầm, chạy nhiều lần trong ngày “từ Sokolniki đến Công viên” và ngược lại, trên xe điện - từ Nhà Công đoàn đến ký túc xá ở Ostankino, và trong kỳ thi mùa xuân - ở Công viên Alexander, gần Điện Kremlin - đối diện Khoa Cơ và Toán.

Koseni 1944, khán phòng của khoa được khôi phục hoàn toàn. Theo sáng kiến ​​của sinh viên, một hội nghị sinh viên khoa học về toán học và cơ học đã được tổ chức, và vào mùa xuân năm 1945, hội nghị khoa học đầu tiên “Bài đọc Lomonosov” đã diễn ra. Giải thưởng Lomonosov được trao cho Giáo sư Kh. A. Rakhmatulin, người đã báo cáo về chủ đề: “Sự lan truyền của sóng tuyến tính khi tác động lên một sợi dây mềm”.

Các nhà khoa học của khoa - lên phía trước

Bốn mươi năm trước, ngay cả trước khi chiến tranh bắt đầu, gói hàng đầu tiên trên thế giới có động cơ thở bằng không khí đã được thử nghiệm tại sân bay gần ga Planernaya gần Moscow. Đây là một trong những thành tựu quan trọng trong việc thực hiện những ý tưởng táo bạo của K. E. Tsiolkovsky, theo kế hoạch của ông, Viện Nghiên cứu Phản lực (RNI) được thành lập ở Moscow vào năm 1933. Tại Đại học Moscow, công việc thử nghiệm kinh tế đã được thực hiện cho Viện Nghiên cứu Nga, mà chúng ta đã đọc trên tạp chí “Đôi cánh của Tổ quốc” (số 5, 1964):

“Giai đoạn ban đầu là nghiên cứu gói hàng ở sân bay

16

Ống nào của Khoa Cơ và Toán của Đại học quốc gia Moscow. Bằng cách sử dụng một số sản phẩm, chúng tôi đã xác định hệ số cản của các gói và chọn hệ thống phanh khí động học được thiết kế để nhả giai đoạn thứ nhất và thứ hai nhanh nhất.

Đồng thời với các nghiên cứu khí động học, các thử nghiệm về quá trình đốt cháy đã được thực hiện trong buồng VRD trên một cơ sở quay đặt tại trạm Planernaya.” Dưới sự hướng dẫn của Giáo sư Kh. A. Rakhmatulin, sinh viên kỹ thuật cơ khí MSU I. A. Merkulov (người thiết kế các gói máy bay phản lực), A. T. Ulbekov và L. Sabsovich đã tham gia sản xuất các gói giai đoạn thứ hai trong ống thẳng đứng của phòng thí nghiệm tuabin gió của Đại học quốc gia Moscow.

Vào đầu cuộc chiến, các nhà khoa học trẻ thuộc Khoa Cơ và Toán của Đại học Tổng hợp Moscow, A. A. Kosmodemyansky và L. P. Smirnov, đã thực hiện nghiên cứu có liên quan mơ hồ đến những mẫu gói thuốc súng quân sự đầu tiên, được gọi là “Katyushas”. Điều này được nêu trong cuốn sách “Đại học Moscow trong cuộc chiến tranh vệ quốc vĩ đại”.

Flutter - từ này khiến các phi công thử nghiệm và nhà thiết kế máy bay khiếp sợ trong những năm trước chiến tranh. Nhưng các nhà toán học đã giải quyết được hiện tượng bí ẩn gây ra sự phá hủy máy bay trên không. Sau khi lý thuyết toán học về rung động được phát triển bởi giáo sư M.V. Keldysh, hiện tượng này biến mất và trong chiến tranh không có trường hợp máy bay nào bị phá hủy do rung lắc.

Ngay từ những ngày đầu của cuộc chiến, các nhà khoa học trong khoa đã tham gia tích cực nhất vào nghiên cứu khoa học về các chủ đề quốc phòng. Nhóm của Khoa Lý thuyết Xác suất dưới sự lãnh đạo của Viện sĩ A. N. Kolmogorov đã tiến hành nghiên cứu sâu rộng về sự phát triển lý thuyết bắn pháo và chế tạo bàn bắn. Liên quan đến thời điểm, người ta đã quyết định bài toán về khả năng phân tán đạn có lợi nhất khi bắn qua các khu vực. Giáo sư S.V. Bakhalov, một lính pháo binh trong Nội chiến, đã phát triển lý thuyết về các thiết bị điều khiển hỏa lực của pháo binh. Khi tổ chức bảo vệ Mátxcơva khỏi các cuộc không kích của kẻ thù, Giáo sư N.A. Glagolev đã hỗ trợ mọi sự hỗ trợ có thể từ lực lượng phòng không, những người đã quyết định bài toán về việc bố trí tối ưu các khẩu đội phòng không của Quân khu Mátxcơva.

Điều quan trọng đối với phòng không bài toán về sự ổn định của hình dạng của quả bóng ô nhiễm không khí, cũng như độ bền của các dây cáp ô nhiễm, đã được Giáo sư Kh. A. Rakhmatulny; Ông cũng phát triển lý thuyết về dù và tính khí động học của các vật thể kêu cót két.

Một vấn đề khó khăn và cấp bách đối với ngành hàng không của ta là việc bắn phá quân địch từ độ cao thấp với tốc độ máy bay thấp. Nhiều nhà khoa học nổi tiếng của khoa đã tham gia lời giải vấn đề này. Viện sĩ N. E. Kochin đã đưa ra lời giải bài toán thực tế về lý thuyết bay của máy bay ở độ cao thấp, và vào năm 1942, nhóm của Khoa Lý thuyết Xác suất đã tạo ra các bảng kết hợp từ độ cao thấp với tốc độ máy bay thấp.

Cả thế giới đều biết đến “Con đường sự sống” dọc theo mặt băng của Hồ Ladoga và vai trò của nó trong việc bảo vệ Leningrad và cứu rỗi nhiều người dân Leningrad. Một giáo sư của Khoa Lý thuyết Điều khiển về Tính năng Kỹ thuật Pháo binh đã tham gia vào việc tạo ra con đường này, được thực hiện tại Khoa Lý thuyết Điều khiển dưới sự lãnh đạo của Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô A. A. Ilyushin ngay từ những ngày đầu của cuộc chiến. Mặc dù trong cuộc tấn công của kẻ thù vào Mátxcơva, các phòng thí nghiệm của thợ cơ khí bị hư hỏng nặng, công việc trong phòng thí nghiệm ở bộ phận kiểm soát chỉ tạm dừng khoảng hai tháng (cuối năm 1941).

Kết quả chính của những công trình này là định nghĩa lý thuyết và chứng minh

17

xác định mức độ cho phép biến dạng dẻo của đạn phân mảnh có sức nổ cao khi bắn. Kết quả này đã được thử nghiệm bằng cách bắn và dẫn đến việc tạo ra các dạng sức mạnh mới, vào năm 1943 đã có thể mở rộng triệt để việc sản xuất đạn pháo từ thép nhớt mà không cần xử lý nhiệt và gang bị mòn. Việc sử dụng thép hợp kim thấp để sản xuất đạn giúp giảm đáng kể chi phí và tăng sản lượng, điều này đặc biệt quan trọng khi làm việc trong điều kiện sơ tán.

Khi nghiên cứu tính ổn định của dòng chảy nhớt, số lượng mảnh và kích thước của chúng trong quá trình vỡ sên đã được xác định và dựa trên những nghiên cứu này, các đề xuất đã được đưa ra để thiết kế sên tối ưu. Lần đầu tiên trong thực tiễn nghiên cứu, phương pháp mô hình hóa chế tạo bom bay xuống đất và phân tích cường độ được áp dụng. Những phương pháp này giúp giải quyết các vấn đề công nghệ quốc phòng với tốc độ nhanh hơn. Vào đầu cuộc chiến, một phương pháp thử nghiệm tốc độ đã được đề xuất để lắp đặt hợp kim sắt cho ngành công nghiệp xe tăng. Và vào năm 1942, một phép tính gần đúng đã được đưa ra để xác định góc điều khiển bắn ngư lôi dựa trên tốc độ thay đổi của ống phóng và một thiết bị tương ứng đã được chế tạo.

Toán học phức tạp bài toán về tính ổn định của chuyển động quay dọc của sên cũng như việc tính toán và xác định mức tới hạn có lợi nhất của việc cắt bộ đồ ăn đã được Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô N. G. Chetaev giải quyết. Ông cùng với Giáo sư A. A. Kosmodemyasky và Giáo sư N. D. Moiseev đã giải quyết một vấn đề thực tế quan trọng bài toán về độ ổn định của máy bay khi di chuyển trên mặt đất (điều này bài toán nảy sinh khi máy bay thường xuyên di chuyển đến các sân bay mới chưa phát triển). Rõ ràng tầm quan trọng đặc biệt của dịch vụ thời gian của cảnh sát giao thông trong những năm chiến tranh là đảm bảo truyền tín hiệu thời gian vô tuyến chính xác cho nhu cầu của mặt trận. Giáo sư N.D. Moiseev, người đứng đầu dịch vụ này, đã có đóng góp đáng kể vào công việc không bị gián đoạn của nó. Viện sĩ A. Yu. Ishlinsky, Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô B. V. Bulgkov và Giáo sư Ya. N. Roitenberg đã thực hiện nhiều công trình lý thuyết và thực tiễn để cải thiện và nâng cao độ chính xác của các thiết bị con quay hồi chuyển hàng hải và thiết bị điều khiển hỏa lực pháo binh trên các tàu của Hải quân Liên Xô.

Giáo sư M. A. Kreines đã tham gia tích cực vào lời giải bài toán về việc lựa chọn sơ đồ bánh răng phức tạp thông thường cho cơ cấu điều khiển xe tăng.

Không phải tất cả các công việc liên quan đến quốc phòng đã được các nhà khoa học trong khoa thực hiện thành công đều được liệt kê ở đây. Tác phẩm này của sinh viên Khoa Cơ và Toán đã được nhiều Chính phủ và Giải thưởng Nhà nước của Liên Xô trao tặng.

Định lý bị lãng quên

(ngụy biện-đùa)

Đây là một “định lý” bị các tác giả sách giáo khoa hình học lãng quên:

Qua n điểm bất kỳ bạn có thể vẽ một bông huệ thẳng (n là số tự nhiên tùy ý).

Hãy chứng minh định lý này bằng phương pháp quy nạp toán học.

Với n=1 và n=2 định lý này đúng (do tiên đề hình học nổi tiếng). Việc còn lại là chứng minh định lý cho các giá trị lớn của n.

Chúng ta hãy giả sử rằng định lý đúng với một số n=k, và chỉ ra rằng trong trường hợp này nó sẽ vẫn đúng với n=k+1.

Vì vậy, cho có k+1 điểm tùy ý M1, M2,…, Mk, Mk+1. Theo giả thuyết quy nạp, một số đường thẳng l đi qua k điểm M1, M2,…, Mk. Theo giả định tương tự, một số đường thẳng l’ cũng đi qua k điểm M2,…, Mk, Mk+1. Hai đường thẳng này có ít nhất hai điểm chung M2 và Mk. Nhưng hai điểm xác định một đường thẳng. Do đó, các giá trị l và l’ phải trùng nhau. Do đó, đường thẳng l đi qua các điểm M1, M2,…, Mk cũng đi qua các điểm Mk+1 - và định lý được chứng minh.

Yu. Gaiduk

18

P. Halmoi

Logic từ A đến G

Mô tả của một nhà toán học địa chủ cơ khí
với nhận xét miễn phí từ một nhà toán học nghiên cứu

Logic là gì và không phải là gì

Ban đầu, “logic” được hiểu giống như “quy luật tư duy”. Các nhà logic học nghiên cứu khoa học này với hy vọng rằng họ có thể tìm ra những cách suy nghĩ tốt hơn và những cách tránh sai lầm đáng tin cậy hơn những gì mà tổ tiên họ đã biết. Họ hy vọng rằng họ có thể dạy nghệ thuật này cho tất cả mọi người. Tuy nhiên, kinh nghiệm cho thấy đây là những nơi không thực tế.

Bản dịch từ tiếng Anh của L. Savina một bài báo trên Tạp chí Toán học, câu 50 (1977), số 1. 1, tr. 5-11.

Một người bình thường, khỏe mạnh biết tất cả các “quy luật tư duy” từng được phát minh ra và không có điều gì mà các nhà logic học có thể dạy anh ta về tư duy và cách tránh sai lầm. Điều này không có nghĩa là một người biết mình nghĩ như thế nào và không có nghĩa là người đó không bao giờ mắc sai lầm. Điều tương tự cũng áp dụng cho các cơ quan vận động mà tất cả những người bình thường, khỏe mạnh đều được sinh ra. Tôi không biết mình muốn thế nào, nhưng tôi làm được. Đôi khi tôi vấp ngã. Các quy luật đi bộ có thể được các nhà sinh lý học và vật lý học quan tâm, nhưng tất cả những gì tôi muốn là tiếp tục đi bộ.

Chủ đề logic toán học là chủ đề của bài viết này không có mục đích khám phá các quy luật tư duy và dạy chúng. Điều này trước

nách
Ngữ pháp

20

một phân tích kỹ lưỡng về những từ quan trọng nhất tất cả và một số. (Nhân tiện, bây giờ chúng ta đã đến phần đầu của bảng chữ cái: chữ A trong tiêu đề “Logic từ A đến Γ” tất nhiên là viết tắt của Aristotle.) Các chữ viết tắt sau đây được sử dụng cho chúng: ∀ và ∃. Để minh họa việc sử dụng các ký hiệu này, hãy xem xét câu “Ai do dự sẽ thua cuộc.”* Trong ngôn ngữ toán học sư phạm, có thể nói như sau: “Với mọi X, nếu X do dự thì X bị thua”. Sử dụng K(X) và Π(X) làm cách viết tắt cho “X lắc lư” và “X biến mất”, chúng ta có thể viết (∀ X) (K(X) ⇒ Π(X)).

Nếu chúng ta nghi ngờ tuyên bố này, nghĩa là, nếu chúng ta có xu hướng tin rằng nó hoàn toàn có thể dao động mà không bị phá hủy sau đó, thì chúng ta có thể biểu thị sự hoài nghi của mình dưới dạng (∃ X) (K(X) & (∏ Π(X)).

Và cuối cùng, Frege và nhiều bộ định lượng
Một phần quan trọng trong cách rút gọn của Aristotle là việc sử dụng các ký hiệu bổ sung như ký hiệu X ở trên. Những ký hiệu như vậy đóng vai trò đại từ trong ngôn ngữ logic. Hãy nhớ lại rằng trong ví dụ trên, X đã thay thế từ “anh ấy”. Các ký hiệu được sử dụng theo cách này được gọi là các biến riêng lẻ. Nhân vật lịch sử tiếp theo đáng được nhắc đến là người đầu tiên quyết định sử dụng chúng. Tên anh ấy là Frege, và anh ấy cũng sống ở thế kỷ 19. Ngày nay chúng ta đánh giá cao ông vì điều ông đã nhấn mạnh: một biến, tức là một đại từ, là một công cụ tồi cho hầu hết các mục đích khoa học và toán học. Ví dụ: nếu chúng ta muốn diễn đạt một tuyên bố rất khiêm tốn rằng có nhiều hơn hai số, nghĩa là có ít nhất ba số khác nhau, chúng ta có thể làm như sau:

(∀ X) (∃ X’) (∃ X’’) (∃ X’’’) (∃ X’’’’)
(X = (X’ × X’) + ((X’’ × X’’’) +

• ((X’’’’ × X’’’’’) + (X’’’’’ × X’’’’’’)))).

Trên thực tế, bạn có thể tiết kiệm được một số tiền; một số biểu tượng có thể dễ dàng và tự nhiên

*) Bản dịch nghĩa đen của câu nói tiếng Anh của chúng tôi “Trì hoãn giống như cái chết”. (Lưu ý mỗi.)

Rõ ràng là cần ít nhất ba biến cho mục đích này. Để nói rằng có hơn mười số, bạn cần ít nhất mười một biến. Để tiếp tục bất kỳ số lượng phép tính không hề nhỏ nào, cần phải có một nguồn cung cấp biến số vô hạn (ít nhất là có thể). Một cách hiệu quả để tạo ra nguồn cung cấp như vậy (các bảng chữ cái thường có số lượng chữ cái quá hữu hạn) là sử dụng một chữ cái, chẳng hạn như X, và một ký hiệu bổ sung, chẳng hạn như shtirix. Và sau đó sử dụng các ký hiệu làm biến
X, X’, X’’’, X’’’’’, X’’’’’,…

Ngoài các ký hiệu mà tôi đã đề cập cho đến nay, còn có hai ký hiệu nữa mà tôi đã sử dụng và tính đặc thù không bị hạn chế buộc tôi phải thêm chúng vào danh sách của mình. Các ký hiệu tôi nghĩ đến là dấu ngoặc đơn trái và phải: tất nhiên chúng được chỉ định như thế này:
(
Và
)

Có bao nhiêu ký tự?
Hóa ra là rất nhiều phép toán, cụ thể là tất cả các đối số, có thể được biểu diễn bằng các ký hiệu mà tôi đã liệt kê cho đến nay. Ví dụ, định lý nổi tiếng của Euler*): mọi số nguyên dương là tổng của bốn bình phương - có thể viết như sau:
(∀ X) (∃ X’) (∃ X’’) (∃ X’’’) (∃ X’’’’)
(X = (X’ × X’) + ((X’’ × X’’’) +

• ((X’’’’ × X’’’’’) + (X’’’’’ × X’’’’’’)))).

Trên thực tế, bạn có thể tiết kiệm được một số tiền; một số biểu tượng có thể dễ dàng và tự nhiên

*) Trong văn học toán học Nga nó được gọi là định lý Lagrange. (Ghi chú của biên tập viên)

21

xác định thông qua người khác. Danh sách của chúng tôi có thể dễ dàng được rút gọn thành các thể loại, cụ thể là:

$$\& + \times 0 \exists X' = ()$$

Để nhận lại $V$, hãy lưu ý rằng $P \vee Q$ không gì khác hơn $(\cap P \& \cap Q)$. Để nhận được $\Rightarrow$, hãy lưu ý rằng $P \Rightarrow Q$ giống với $(\vee X) P(X)$. Để nhận được $\vee$, hãy lưu ý rằng $(\exists X) (\cap P(X))$. Vì vậy, nói một cách dễ hiểu, nói “Mọi người đều ghét rau bina” có nghĩa tương tự như việc phủ nhận rằng có ai thích nó. Về nguyên tắc, những cách viết tắt như vậy có một số lợi thế về mặt kỹ thuật, nhưng việc cam kết thực hiện chúng trong thực tế sẽ chẳng ích gì. Bất cứ khi nào thuận tiện, tôi sẽ sử dụng $V$, $\Rightarrow$ và thậm chí tôi sẽ sử dụng $Y, Z, U, V$, v.v. làm biến. Để xác định những sai lệch này so với các quy tắc của chúng tôi, chỉ cần thay thế $V$, $\Rightarrow$, $\vee$, v.v. bằng định nghĩa của chúng, đồng thời thay thế $Y, Z, U, V$, v.v. bằng $X', X''', X''''$, v.v.

Hãy đưa ra một vài bình luận thú vị. Thứ nhất, mọi thứ chúng ta làm đối với số học sơ cấp đều có thể được thực hiện với thành công như nhau đối với tất cả các ngành toán học hiện có. Bộ máy kỹ thuật, tức là biểu tượng và các quy tắc chi phối nó, thậm chí sẽ không trở nên phức tạp hơn: điểm khác biệt duy nhất là chúng ta sẽ phải suy nghĩ nhiều hơn một chút. Nhưng rõ ràng đây là điều không mong muốn, vì thế tôi sẽ giới hạn bản thân mình ở môn số học sơ cấp. Thứ hai, không có gì kỳ diệu về con số “mười hai”. Một tá ký hiệu là đủ cho số học và trên thực tế, cho tất cả toán học (mặc dù trong trường hợp này chúng ta có thể phải tìm thêm một tá ký hiệu khác). Hơn nữa, sau khi điều trị được những tình trạng nhỏ, bạn có thể vượt qua bằng những phương tiện ít ỏi hơn. Kết quả tốt nhất có thể mà bạn có thể hy vọng ở những nơi tuyệt vời nhất hóa ra lại đúng, cụ thể là chỉ cần hai ký hiệu là đủ *). Vượt qua những người khác. Danh sách của chúng tôi có thể dễ dàng được rút gọn thành các thể loại, cụ thể là:

$$\& + \times 0 \exists X' = ()$$

Để nhận lại $V$, hãy lưu ý rằng $P \vee Q$ không gì khác hơn $(\cap P \& \cap Q)$. Để nhận được $\Rightarrow$, hãy lưu ý rằng $P \Rightarrow Q$ giống với $(\vee X) P(X)$. Để nhận được $\vee$, hãy lưu ý rằng $(\exists X) (\cap P(X))$. Vì vậy, nói một cách dễ hiểu, nói “Mọi người đều ghét rau bina” có nghĩa tương tự như việc phủ nhận rằng có ai thích nó. Về nguyên tắc, những cách viết tắt như vậy có một số lợi thế về mặt kỹ thuật, nhưng việc cam kết thực hiện chúng trong thực tế sẽ chẳng ích gì. Bất cứ khi nào thuận tiện, tôi sẽ sử dụng $V$, $\Rightarrow$ và thậm chí tôi sẽ sử dụng $Y, Z, U, V$, v.v. làm biến. Để xác định những sai lệch này so với các quy tắc của chúng tôi, chỉ cần thay thế $V$, $\Rightarrow$, $\vee$, v.v. bằng định nghĩa của chúng, đồng thời thay thế $Y, Z, U, V$, v.v. bằng $X', X''', X''''$, v.v.

Hãy đưa ra một vài bình luận thú vị. Đầu tiên, mọi thứ chúng ta làm đối với số học sơ cấp, đều có cùng một SỰ THÀNH CÔNG cho tất cả môn toán (mặc dù trong trường hợp này chúng ta có thể phải tìm thêm một tá nữa). Hơn nữa, sau khi điều trị được những tình trạng nhỏ, bạn có thể vượt qua bằng những phương tiện ít ỏi hơn. Kết quả tốt nhất có thể, mà bạn có thể hy vọng ở những nơi tuyệt vời nhất, hóa ra lại đúng, cụ thể là chỉ cần thay thế $V$, $\Rightarrow$, $\vee$, v.v. bằng định nghĩa của chúng và cũng có thể thay thế $Y, Z, U, V$, v.v. bằng $X', X''', X''''$, v.v.

Toán học cơ khí

Bây giờ chúng ta hãy tiến hành tạo ra nhà toán học cơ học, người sẽ kết thúc tất cả các nhà toán học. Giá trị của cỗ máy tưởng tượng này hoàn toàn là suy đoán; chúng tôi không khẳng định rằng việc tạo ra một nhà toán học cơ học sẽ mang lại bất kỳ lợi ích thực tế nào. Anh ta sẽ không bao giờ có thể thay thế được một nhà toán học còn sống.

Hãy bắt đầu xây dựng chiếc xe. Để làm được điều này, chúng ta sẽ cần một dải ruy băng dành cho máy đánh chữ, một bàn phím (mỗi bàn phím chứa một trong những ký hiệu chính) và một cuộn giấy in có thể dài vô tận. Ý tưởng đằng sau chiếc máy này là khi nhấn nút khởi động, máy sẽ in mọi thứ nó có thể in. Một cách để lập trình điều này là sắp xếp thần đèn các ký tự theo thứ tự ngẫu nhiên (gọi theo thứ tự bảng chữ cái) rồi dùng máy gợi ý in 12 ký tự (“chữ cái”) đầu tiên của bảng chữ cái, sau đó in 144 “từ” gồm hai chữ cái, sau đó là 1728 “từ” gồm ba chữ cái, v.v. Một chiếc máy được thiết kế theo cách này sẽ in rất nhiều thứ vô nghĩa, chẳng hạn như:

$$= = = ((0 + ')$$

và rất nhiều lời nói dối, chẳng hạn

$$(\exists X) ((0 \times X) = 1)$$

nhưng sớm hay muộn nó sẽ in bất kỳ câu lệnh số học nào.

Chúng tôi yêu cầu tuân thủ ngữ pháp

Để làm cho cỗ máy giống một nhà toán học bằng xương bằng thịt sống hơn, chúng ta phải hạn chế mọi thứ để cỗ máy không bao giờ đưa ra bất kỳ điều vô nghĩa thực sự nào, mặc dù hiện tại chúng ta cho phép nó nói dối.

23

ry cô ấy phải bắt đầu. Chúng ta sẽ gọi những câu này là axums. Một lần nữa, ở đây tôi không chỉ ra chính xác những câu nào sẽ là tiên đề của số học, nhưng tôi sẽ đưa ra một vài ví dụ. (Định nghĩa đầy đủ về khái niệm “axium” trong số học cơ bản không dài hoặc phức tạp lắm. Đây đơn giản không phải là lúc hoặc địa điểm để thảo luận về các chi tiết kỹ thuật.) Được rồi: một cái máy có thể được dạy rằng bất cứ khi nào P và Q là câu, thì câu đó

$$P \Rightarrow P \lor Q$$

phải được in bằng mực đỏ. Ý tưởng là mỗi câu như vậy nên được coi là một tiên đề. Tương tự, chúng ta có thể nói rằng nếu $P(X)$ và $Q(X)$ là cụm từ (nội dung của đại từ treo lủng lẳng X, nhưng không có nội dung nào khác), thì câu

$$(\exists X)(P(X) \lor Q(X)) \Rightarrow (\exists X)P(X) \lor (\exists X)Q(X)$$

nên in màu đỏ. Ví dụ cuối cùng: một câu như $(\forall X)(\forall Y)(X+Y=Y+X)$, (C)

có thể là một tiên đề của số học cơ bản. (Ví dụ giải thích: (A) Nếu thời tiết đẹp thì có nghĩa là mặt trời đang chiếu sáng, hoặc thời tiết đẹp, hoặc cả hai. (B) Nếu ai đó thích rau bina hoặc bắp cải, thì ai đó thích rau bina hoặc ai đó thích bắp cải. (C) $2+3=3+2$.

Bản chất của vấn đề ở đây là: từ tất cả các câu, theo một cách thông minh và có hệ thống nào đó, một nhóm câu nhất định được chọn để máy có thể in và máy được lệnh in những câu đặc biệt này bằng màu đỏ. Các câu in màu đỏ gọi là trục máy.

Hãy lập trình thủ tục

Ở trên tôi đã nói rằng không ai có thể chứng minh một điều gì đó từ con số không, vì lý do này mà tôi đã đưa ra cho nhà toán học cơ học một số đề xuất ban đầu. Nhưng cũng đúng là không ai có thể chứng minh được điều gì bằng cách in ra những câu chữ đen đỏ, và nếu những câu axum được chọn theo ý muốn của một đấng thông minh thì những câu in màu đỏ (những câu axums) sẽ đúng. Tuy nhiên, máy có thể in ra rất nhiều câu sai và vẫn không có khả năng tạo ra câu mới đúng từ câu cũ.

Bây giờ quá trình học máy đã có sẵn. Ở giai đoạn này, máy phải học cách nhận biết một số tổ hợp câu nhất định và được khen thưởng cho điều này bằng cách được phép sử dụng nhiều mực in màu đỏ hơn. Danh sách chung các quy tắc thủ tục như vậy không dài; danh sách hai ví dụ về những quy tắc như vậy mà tôi sắp đưa ra thậm chí còn ngắn hơn. Quy tắc có thể có số 1: nếu $P$ là câu màu đỏ và nếu $P \Rightarrow Q$ là câu màu đỏ thì hãy đóng dấu $Q$ bằng màu đỏ. (Giải thích: Nếu “The sun is Shining” là một tiên đề hoặc đã được chứng minh, giống như câu “If the sun is Shining, then the Weather is bê”, thì chúng ta có thể coi đó là đã được chứng minh rằng “The Weather is bê”.) Quy tắc khả thi số 2: nếu một cụm từ không đầy đủ $P(X)$ chứa đại từ “treo” $X$ (và không có từ nào khác) thì câu $P(0)$ có màu đỏ ($P(0)$ là câu thu được từ $P(X)$ bằng cách thay 0 vào $X$), sau đó đóng dấu đỏ vào câu $(\exists X)P(X)$. (Giải thích: Nếu ghép 0 $X$ vào $(1+X)=1$, ta được $(1+0=1)$. Nếu câu này là một tiên đề hoặc đã được chứng minh, thì chúng ta có thể coi $(1+X=1$ đã được chứng minh cho một số $X$).)

Với sự bổ sung mới nhất này, cuối cùng chúng ta cũng có thể nghỉ ngơi trên vòng nguyệt quế của mình. Nếu muốn, chúng ta có thể thay đổi thiết kế bên trong của máy để nó không in được gì ngoài những dòng chữ màu đỏ. Khi nhấn nút, máy bắt đầu in trục và sử dụng các quy tắc quy trình để tiếp tục in

24

phát triển các định lý mà nó có thể rút ra từ những khía cạnh này. Máy có thể thực hiện việc này theo một thứ tự có hệ thống nào đó, chẳng hạn như theo thứ tự bảng chữ cái.

Thời kỳ vàng son đã đến. Toán học cơ khí đã hoàn thành. Nhấn nút và bạn có thể ngồi lại và ngồi lại. Các định lý số học cơ bản sẽ lần lượt xuất hiện trên băng. Nếu tiếp cận đủ lâu, sớm hay muộn bạn cũng sẽ trải qua hết những định lý trước mắt. Máy không nói không, cũng không nói không. Bạn sẽ cho rằng cỗ máy có phần nhàm chán, thường xuyên lặp lại những điều tương tự và hoạt động rất chậm theo quan điểm của con người. Nhưng đó không phải lỗi của cô ấy.

Có mâu thuẫn gì không?
Chúng tôi đã đưa vào máy mọi thứ mà chính chúng tôi đã tạo ra nó, biết về số học cơ bản. Hoạt động bên trong của máy là số học cơ bản. Lý thuyết về một cỗ máy như vậy, thiết kế của nó, các đặc tính cấu trúc của nó là một phần của một môn học khác, thường được gọi là siêu dữ liệu (hoặc, trong trường hợp của chúng tôi, siêu dữ liệu). Câu hỏi sau đây là một câu hỏi điển hình trong siêu hình học: “Liệu một chiếc máy có thể in ra cả mệnh đề $P$ và phủ định của nó $\neg P$?” Nếu cô ấy đã từng làm điều này, chúng tôi tin rằng chúng tôi sẽ bày tỏ sự không hài lòng với tình trạng này và nói rằng số học sơ cấp là mâu thuẫn. May mắn thay, trường hợp này không phải như vậy: số học không mâu thuẫn. Việc chứng minh điều này phụ thuộc vào một nghiên cứu rất tinh tế, không hề sơ đẳng về chiếc máy mà chúng ta đã mô tả. Học tập là “phi cơ bản” theo nhiều nghĩa của từ này. Theo nghĩa kỹ thuật nhất, vấn đề là việc chứng minh tính nhất quán của một chiếc máy không phải là một trong những định lý mà bản thân chiếc máy có thể chứng minh. Hãy lặp lại điều này theo cách khác: cỗ máy sẽ không tự mâu thuẫn với chính nó, nhưng nó không thể chứng minh được điều đó.

Mọi thứ có thể được chứng minh?

Một câu hỏi thú vị khác trong siêu hình học là: “Liệu một cỗ máy có hoàn chỉnh theo nghĩa là nó chứng minh hoặc xác minh mọi mệnh đề của số học cơ bản không?” Trên thực tế, tôi đã cho đáp số cho câu hỏi này, nhưng nó vẫn đáng được nhắc lại. Với tình hình hiện tại, trong mỗi thứ mà máy viết đều chứng minh điều đó. Nếu tôi quan tâm đến một câu số học cụ thể, tôi có thể viết câu này trên một tờ giấy và sau đó, sau khi bật máy, so sánh tất cả văn bản tiếp theo được máy in bằng mẫu đã chuẩn bị sẵn. Nếu tờ giấy ghi $P$ và nếu ở một giai đoạn nào đó máy cũng in $P$, thì tôi đã chiến thắng rút lui; tuyên bố của tôi $P$ đã được chứng minh. Nếu tờ giấy ghi $P$, nhưng ở một giai đoạn nào đó máy in ra $\neg P$, thì tôi đã chiến thắng bỏ đi: $P$ của tôi đã bị từ chối. Tuy nhiên, không phải có khả năng thứ ba ở đây sao? Chẳng lẽ máy không ghi $P$, và cũng không ghi $\neg P$? Phải chăng máy sẽ không bao giờ giải quyết được tranh chấp giữa $P$ và $\neg P$? Trên thực tế, có thể, và do đó kết thúc quá trình phân tích của chúng ta về máy số học, có những câu lệnh (và có rất nhiều trong số đó) mà máy sẽ không bao giờ giải quyết được. Bằng chứng này là nó cung cấp hướng dẫn đầy đủ để viết không

25

câu có thể quyết định được. Việc chứng minh rằng một câu nhận được theo một hướng dẫn là không thể quyết định được phụ thuộc vào việc kiểm tra chi tiết các hướng dẫn đó. Không có gì sai ở đây, không có nghịch lý, mọi thứ ở đây đều hợp lý. Việc Gödel không viết ra hết câu không thể giải quyết được một lần nữa được cho là sự thiếu kiên nhẫn và tốc độ sống của một con người.

Khi tôi hỏi câu hỏi về bức tranh, tôi nói rằng tôi đã trả lời rồi. Trong thực tế, hãy xem xét một câu (được viết bằng cách sử dụng hàng chục ký hiệu lập luận hình thức) tuyên bố rằng lập luận đó không mâu thuẫn. Hoàn toàn không rõ ràng rằng bộ máy lập luận hình thức ít ỏi có thể diễn đạt được một câu như vậy hay không. Tuy nhiên, điều tuyệt vời ở Gödel là ông đã thể hiện được khả năng lập luận để làm được điều này. Nếu chúng ta tin điều này và nếu chúng ta căn cứ vào một câu như vậy $P$, thì chúng ta chỉ biết rằng $P$ là không thể chứng minh được trong lập luận cơ bản. Còn $P$ thì sao? Chà, khá rõ ràng là $P$ cũng không thể được chứng minh. Lý do: mọi điều đang được chứng minh, như chúng tôi đã biết từ các cuộc thảo luận được đề xuất về chủ đề này, đều đúng. (Điều này là do lập luận này không mâu thuẫn.) Câu $\neg P$ tất nhiên là không đúng. (Hãy nhớ rằng $\neg P$ phủ nhận tính nhất quán của lập luận.) Kết luận: cả $P$ và $\neg P$ đều không thể chứng minh được. (Lưu ý: Trong hai câu này, $P$ là đúng).

Nhưng đó không phải là tất cả

Những gì tôi kể với bạn đã xảy ra vào những năm 30. Nhưng kể từ đó khoa học không đứng yên. Chính Gödel đã bổ sung thêm nhiều kết quả nổi bật vào kiến ​​thức của chúng ta về logic định dạng. Nhiều công trình khác trong lĩnh vực này đã bộc lộ những ứng dụng và khó khăn không ngờ. Ví dụ, ai có thể ngờ rằng logic định dạng hóa ra lại trở thành một trong những công cụ quan trọng nhất trong việc thiết kế những chiếc máy tính điện tử thực sự nhất! Logic toán học vẫn còn tồn tại và vẫn còn nhiều việc phải làm, và sẽ còn rất lâu nữa mới có ai đó có thể mô tả logic toán học từ A đến Z.

Hàng triệu người dân Liên Xô đã trải qua cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại: giáo viên và kỹ sư, công nhân và nông dân tập thể. Những người thuộc các ngành nghề khác nhau, ghi nhận sự ủng hộ của Đảng và tiếng gọi của trái tim mình, đã đứng lên bảo vệ Tổ quốc. Chúng tôi sẽ kể cho bạn nghe về một người tham gia Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, người có cả cuộc đời gắn bó chặt chẽ với công việc giảng dạy ở Rostov-on-Don. Năm 1937, ông rời viện và bắt đầu làm việc tại khoa toán.

Cuộc chiến tranh vệ quốc vĩ đại đã làm gián đoạn hoạt động giảng dạy của A.F. Zhinkin. Ngày 15 tháng 11 năm 1941, ông ra mặt trận và tham gia các trận chiến ở Malaya Zemlya. Tại đó, đồng chí L. I. Brezhnev, chỉ huy trưởng ban chính trị quân đội, đã tặng thẻ đảng cho A. F. Zhinkin.

Vì nghĩa vụ quân sự của mình, A.F. Zhinkin đã được trao tặng nhiều mệnh lệnh và huy chương quân sự.

Sau khi chiến tranh kết thúc, ông tiếp tục hoạt động giảng dạy ở Vinnytsia. giáo viên tại Khoa Phương pháp Toán học, sản xuất đồ dùng trực quan.

Sau khi nghỉ hưu vào năm 1970, A.F. Zhinkin không ngừng tham gia giảng dạy và các hoạt động xã hội - ông sẽ giảng bài cho những người trẻ tuổi, truyền cho họ niềm yêu thích toán học.

M. Barskaya

27

một góc φ, sau đó xoay đáy bên trái một góc lớn hơn một chút φ + β. Khoảng cách R từ trục đối xứng của vật tự động đến tâm quay có thể tìm được từ sự tương ứng

$$R = L \text{ ctg } \varphi - \frac{d}{2},$$

Trong đó L là khoảng cách giữa trục của bánh trước và bánh sau - gọi là bệ tự động, d - khoảng cách giữa các bánh xe đồng trục - rãnh tự động.

Tuy nhiên, kiểu quay vòng như vậy chỉ xuất hiện khi quay rất chậm, khi gia tốc hướng tâm của trọng tâm và các lực ngang gây ra nó, tác dụng lên các bánh xe từ mặt đất, là nhỏ.

Khi có lực ngang, lốp tự động “đi” theo một góc nhất định so với mặt phẳng đối xứng của nó. Đây được gọi là hiện tượng trượt lốp. Để nghiên cứu hiện tượng rút tiền, một thí nghiệm như vậy được sử dụng. Lốp được thử được cố định trên một trục đứng yên và được ép vào trống quay với lực G tương ứng với tải trọng, tức là trọng lượng của máy “gắn” vào một bánh xe (Hình 2, a). Bánh xe được cố định sao cho mặt phẳng đối xứng của nó (Pl. M) tạo một góc δ nào đó, gọi là góc trượt, với mặt phẳng đối xứng của tang trống (Pl. N) (Hình 2, b).

Khi trống quay sẽ xuất hiện lực ma sát $\vec{F}_{\text{тр}} = \vec{F}_1 + \vec{F}_2$ tác dụng lên bánh xe (Hình 2, c) Số hạng $\vec{F}_1$ là lực làm “làm quay” bánh xe, còn số hạng $\vec{R}_2$ là lực đó; mà nếu không được “bù” thì bánh xe sẽ “ngang” trống. Do đó, để bánh xe “đi” một góc δ so với mặt phẳng N thì phải tác dụng một lực $\vec{P} = -\vec{F}_2$ lên nó.

Bằng cách đo độ lớn của lực $\vec{P}$ sử dụng đường kính ở các góc trượt khác nhau, có thể xây dựng được đồ thị phụ thuộc $\|\vec{P}\|$ (δ). Hình dạng chung của đồ thị như vậy được hiển thị trong Hình 3. Ở các góc trượt nhỏ ($\delta < 5^\circ$), sự phụ thuộc của $\|\vec{P}\|$ vào δ hóa ra gần như tuyến tính, vì vậy chúng ta viết $\|\vec{P}\| = k\delta$. (1)

Hệ số k được gọi là khả năng chống trượt ngang của một chiếc lốp nhất định. Giá trị của k phụ thuộc vào thiết kế lốp và độ lớn của tải trọng $\vec{G}$. Đối với lốp xe hiện đại, lực cản gần như bằng nhau.

$$k \approx 5 \|\vec{G}\|.$$

Ví dụ, đối với một chiếc Zhiguli số tự động, tải trọng trên một bánh xe là khoảng 2200 N. Do đó, $k \approx 11000$ N/rad.

Tại các góc trượt $\delta > 5^\circ$, lực ngang tăng khi tăng δ. Phần đường cong $\|\vec{P}\|$ (δ) tại $\delta > 5^\circ$ tương ứng với sự lăn của một bánh xe trượt toàn bộ một bên. Lực ma sát tương ứng được gọi là lực ma sát cực đại - $\|\vec{P}_0\| = \mu \|\vec{G}\|$, trong đó μ là hệ số ma sát tổng thể

28

trượt, mà theo lý thuyết tự động thường được gọi là hệ số bám đường lốp.

Đối với lốp hiện đại chạy trên đường nhựa khô μ=0,6 0,8 (tức là độ ma sát của lốp trên mặt đường rất cao; ví dụ khi thép trượt trên thép μ=0,08 0,1).

Hóa ra trong quá trình vận hành tự động bình thường, các góc trượt nằm trong phần tuyến tính của đặc tính |P| (δ). Hơn nữa, ở các chế độ vận hành “cực đoan” như vậy của lốp, chẳng hạn như tự động quay “bằng một chữ cái”, góc trượt vẫn nhỏ hơn một chút so với giá trị “ tới hạn” δ = 5°.

Khi lái xe trên đường tốt, bằng phẳng, các giá trị của góc trượt luôn thay đổi do người lái xe liên tục tự động “điều chỉnh” vô lăng nhưng đồng thời chúng vẫn rất nhỏ (δ≈0,5 1°).

Phần tuyến tính của đặc tính trượt, được mô tả theo công thức (1), được xác định, như nhiều nghiên cứu đã chỉ ra, bởi độ đàn hồi ngang của lốp. Đối với bánh xe rất cứng (ví dụ: bánh xe đạp trẻ em hoặc xe đẩy có lốp cao su đặc), góc trượt tới hạn rất nhỏ - khoảng 0,5 1°.

Hình 4 được lấy từ ảnh chụp mẫu lốp xe tại điểm tiếp xúc với đường. (Lốp “lăn” dọc theo trống từ một bề mặt trong suốt đặc biệt, qua đó các bức ảnh được chụp từ bên trong trống.) Trong Hình 4, a nó được thể hiện trong quá trình tiếp xúc lăn mà không bị trượt, và trong Hình 4, δ - bị trượt. Để làm cho hình dạng biến dạng của lốp được nhìn thấy rõ hơn, một đường trung tâm được vẽ trên lốp (đường xích đạo trên lốp không bị biến dạng). Như có thể thấy từ những hình này, đường giữa trong vùng tiếp xúc được hướng dọc theo vectơ tốc độ của lốp và góc trượt càng lớn thì độ biến dạng càng lớn. Từ đây, rõ ràng là ở cùng một góc trượt, và do đó, ở cùng một biến dạng, lốp càng cứng thì lực ngang càng lớn.

Xác định sự phụ thuộc của giá trị k - khả năng chống trượt ngang của lốp - vào các thông số thiết kế của lốp (áp suất không khí trong lốp, kích thước hình học của lốp, độ cứng của cao su, v.v.) là một nhiệm vụ rất khó khăn. Ngoài ra, chúng tôi coi sự phụ thuộc (1) chỉ có giá trị trong trường hợp góc trượt không đổi theo thời gian hoặc thay đổi tương đối chậm.

Trong trường hợp cần giải các góc trượt thay đổi nhanh chóng, sự phụ thuộc trở nên phức tạp hơn. Sự phụ thuộc này được nghiên cứu bởi Viện sĩ M.V. Keldysh khi nghiên cứu dao động nhanh của một bánh xe có lốp lò xo so với trục thẳng đứng. Những dao động kiểu này được gọi là “shimmies” (theo tên một điệu nhảy của Mỹ). Những rung động như vậy trong nhiều trường hợp đã dẫn đến hư hỏng bộ điều khiển lái tự động và thiết bị hạ cánh máy bay. Lý thuyết của M. V. Keldysh cho phép tạo ra các thiết bị, thiết bị đặc biệt dành cho những rung động này.

Để nghiên cứu tính ổn định và khả năng điều khiển của tự động hóa nói chung, sự phụ thuộc (1) là đủ.

Chuyển động tự động trên bùng binh

Như chúng tôi đã nói, ngay cả khi điều khiển xe số tự động trên đường thẳng và tương đối bằng phẳng, người lái xe vẫn di chuyển vô lăng một chút do nhiều chướng ngại vật, mặt đường không bằng phẳng (thậm chí rất nhỏ), gió giật và cuối cùng, đơn giản là không thể đặt bánh lái phía trước vào đúng vị trí

29

“Thẳng” thỉnh thoảng buộc bạn phải quay vô lăng một chút. Trong một khoảng thời gian nhất định, khi vô lăng đứng yên, quỹ đạo của trọng tâm của ô tô tự động gần với một cung tròn có bán kính rất lớn (so với chiều dài của ô tô). Như vậy, quỹ đạo thực sự của trọng tâm của một ô tô tự động chuyển động “thẳng” gồm một người bạn được bao quanh bởi bán kính lớn và dường như chỉ là một đường thẳng.

Chúng ta hãy xem xét chuyển động của máy tự động dọc theo một vòng tròn bán kính $R$ với vị trí vô lăng đứng yên và tốc độ không đổi $v$. Chuyển động này được gọi là sự lặp lại đều đặn.

Cho các bánh lái (phía trước) của xe số tự động quay một góc không đổi $\varphi$ so với vị trí “thẳng” (Hình 5). Trọng tâm của máy tự động (điểm $C$) di chuyển dọc theo một cung tròn bán kính $R$ với gia tốc hướng tâm

$$|\vec{w}_C| = v^2/R.$$

Gia tốc hướng tâm này được biểu thị bằng các lực ngang bằng nhau tác dụng lên các bánh xe của máy tự động (Hình 5 chỉ hiển thị các thành phần $\vec{P}_A, \vec{P}_B, \vec{P}_D$ và $\vec{P}_E$ của các lực này, trục biến đổi của máy tự động; các thành phần liên tục của chúng là không đáng kể trong trường hợp đang xem xét). Nếu bán kính quay vòng $R$ lớn so với chiều dài của máy tự động thì chúng ta có thể chấp nhận

$$\vec{P}_A = \vec{P}_B$$

Hình 5.

Tuy nhiên, tổng lực là $\vec{P}_D = \vec{P}_E$. Tuy nhiên, tổng lực $\vec{P}_1 = 2\vec{P}_A$ tác dụng lên trục trước và tổng lực $\vec{P}_2 = 2\vec{P}_D$ tác dụng lên trục sau không bằng nhau. Tính đủ điều kiện của họ

$$|\vec{P}_1| = m \frac{v^2 b}{RL}, \quad |\vec{P}_2| = m \frac{v^2 a}{RL},$$

trong đó $m$ là khối lượng của máy tự động, $L = a + b$ là cơ sở của máy tự động.

Tác dụng của lực ngang dẫn đến lốp bị trượt. Gọi $\delta_1$ và $\delta_2$ là góc trượt của lốp trước và lốp sau tương ứng. Các vectơ $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_D$ của tốc độ của bánh trước ($A$) và bánh sau ($D$) có hướng như hình 5. Các đường vuông góc với vectơ $\vec{v}_A$ và $\vec{v}_D$ tại các điểm $A$ và $D$ cắt nhau tại điểm $O$ - tại tâm của quỹ đạo vòng cung. (Chúng tôi tin rằng $R$ rất lớn so với lốp ô tô và do đó chúng tôi bỏ qua sự khác biệt về bán kính của các vòng tròn được mô tả bởi các điểm $A, B, C$ và $D$, đồng thời chúng tôi giả sử rằng tất cả các bán kính này đều bằng $R$.) Theo lý thuyết trượt ở trên

$$|\vec{P}_1| = 2k_1\delta_1, \quad |\vec{P}_2| = 2k_2\delta_2,$$

trong đó $k_1$ và $k_2$ là điện trở rút tương ứng với góc $v$ (xem Hình 5): $R = L/v$ (vì $L \ll R$). Như có thể thấy từ Hình 5,

$$v = \varphi - \delta_1 + \delta_2.$$

Nếu $\delta_1 = \delta_2$ thì $v = \varphi$ - góc quay của vô lăng quyết định hoàn toàn bán kính của xe số tự động. Một chiếc ô tô có

30

điều kiện này được đáp ứng (và điều này được đáp ứng theo (4), nếu $k_1 a = k_2 b$), được gọi, theo thuật ngữ của Viện sĩ E.A. Chudkov, lái tự động với chế độ “chuyển hướng trung tính”.

Nếu độ trượt của trục sau lớn hơn trục trước ($\delta_2 > \delta_1$ và tương ứng là $k_1 a > k_2 b$), thì rõ ràng $\vartheta > \varphi$ - xe quay đầu “dốc hơn”. Loại quãng đường tự động này được gọi là hệ thống lái tự động “oversteer”.

Và cuối cùng, nếu độ trượt của trục sau nhỏ hơn trục trước ($\delta_2 < \delta_1$, tức là $k_1 a < k_2 b$), thì $\vartheta < \varphi$ - xe ô tô có “understeer”.

Vì các góc trượt của một $R$ nhất định tăng theo tốc độ ngày càng tăng (xem (4)), nên $v$ chúng ta càng quay “không đủ” hoặc “quá mức”.

Thay (4) vào (5) (có tính đến sự tương ứng $R = L/\vartheta$), chúng ta có thể thu được công thức chung cho góc quay “kết quả”:

$$\vartheta = \frac{4}{1 - \frac{mv^2}{L^2} \left( \frac{k_1 a - k_2 b}{k_1 k_2} \right)}$$

Để $k_1 a > k_2 b$ (người lái quá mức). Đối với một $\varphi$ nhất định, với tốc độ tăng dần, $v$ chiếm trong biểu thức (6) giảm và $\vartheta$ tăng. Nghĩa là, càng $v$, ô tô càng quay “dốc” hơn (ở góc lái không đổi $\varphi$). cuối cùng, ở một số tốc độ $v = v_{\kappa}$ các giá trị $\vartheta$ trở nên lớn vô cùng. Ở tốc độ này, một chuyển động cực nhỏ của vô lăng cũng đủ để “quay” chiếc xe quanh trục thẳng đứng. Do đó, các giá trị của $v_{\kappa}$ được gọi là tốc độ mất kiểm soát tới hạn đối với ô tô có thiết bị lái quá tốc độ.

Chúng ta tìm giá trị $v_{\kappa}$ từ (6), làm cho mẫu số bằng 0:

$$v_{\kappa} = L \sqrt{\frac{k_1 k_2}{m(k_1 a - k_2 b)}}$$

Không có tốc độ quan trọng đối với một chiếc xe thiếu lái. Trong trường hợp này, ($k_1 a < k_2 b$) luôn dương trong công thức (6) và giảm đơn điệu khi tốc độ tăng dần $v$. Do đó, trong trường hợp này, hiệu quả kiểm soát giảm (và điều này giảm theo (4), nếu $k_1 a = k_2 b$), được gọi, theo thuật ngữ của Viện sĩ E.A. Chudkov, lái tự động với “tay lái trung tính”.

Nếu độ trượt của trục sau nhỏ hơn trục trước ($\delta_2 < \delta_1$, tức là $k_1 a < k_2 b$), thì $\vartheta < \varphi$ - xe ô tô có “understeer”.

Vì các góc trượt của một $R$ nhất định tăng theo tốc độ ngày càng tăng (xem (4)), nên $v$ chúng ta càng quay “không đủ” hoặc “quá mức”.

Thay (4) vào (5) (có tính đến sự tương ứng $R = L/\vartheta$), chúng ta có thể thu được công thức chung cho góc quay “kết quả”:

$$\vartheta = \frac{4}{1 - \frac{mv^2}{L^2} \left( \frac{k_1 a - k_2 b}{k_1 k_2} \right)}$$

Để $k_1 a > k_2 b$ (người lái quá mức). Đối với một $\varphi$ nhất định, với tốc độ tăng dần, $v$ chiếm trong biểu thức (6) giảm và $\vartheta$ tăng. Nghĩa là, càng $v$, ô tô càng quay “dốc” hơn (ở góc lái không đổi $\varphi$). Cuối cùng, ở một số tốc độ, nó sẽ giảm tốc độ.

Chúng ta tìm giá trị $v_{\kappa}$ từ (6), làm cho mẫu số bằng 0:

$$v_{\kappa} = L \sqrt{\frac{k_1 k_2}{m(k_1 a - k_2 b)}}$$

Không có tốc độ quan trọng đối với một chiếc xe thiếu lái. Trong trường hợp này, ($k_1 a < k_2 b$) luôn dương trong công thức (6) và giảm đơn điệu khi tốc độ tăng dần $v$. Do đó, trong trường hợp này, hiệu quả kiểm soát giảm (và điều này giảm theo (4), nếu $k_1 a = k_2 b$), được gọi, theo thuật ngữ của Viện sĩ E.A. Chudkov, lái tự động với “tay lái trung tính”.

Đối với ô tô khách có bánh trước và bánh sau giống hệt nhau và có trọng tâm nằm ở khoảng giữa ($a \approx b$), tay lái gần về số 0 và tốc độ tới hạn, nếu có, là khá cao. Tuy nhiên, nếu một trong các lốp sau “xẹp hơi” trên một chiếc ô tô như vậy, thì lực cản của trục sau, nói một cách đại khái, sẽ chỉ được xác định bởi một trong hai bánh và do đó sẽ giảm khoảng một nửa. Có thể dễ dàng kiểm tra bằng công thức (7) rằng trong trường hợp này tốc độ tới hạn có thể khá thấp, vào khoảng $20 \div 30$ km/h. (Trong trường hợp $a = b$, $k_2 = \frac{1}{2} k_1$ và $k_1 = \frac{5}{4} gm$ công thức cho $v_{\kappa}$ có dạng $v_{\kappa} = \sqrt{\frac{5}{2}} gL$.) Nếu trước khi lốp sau bị xì hơi, ô tô có tốc độ $60 \div 70$ km/h, thì sau khi lốp xẹp bất ngờ, nó sẽ vượt quá tốc độ tới hạn. Tình huống khi di chuyển với tốc độ “siêu tới hạn” rất thú vị. Từ công thức (6), rõ ràng là tại $v > v_{\kappa}$ mẫu số âm. Điều này có nghĩa là xảy ra hiện tượng “khả năng đảo ngược quyền kiểm soát”. Nghĩa là, nếu vô lăng quay “sang trái” thì ô tô sẽ kết thúc “sang phải” và ngược lại. Đúng là áp suất giảm mạnh ở một trong các lốp sau trong nhiều trường hợp có thể dẫn đến tai nạn do người lái xe không thể nhanh chóng “chuyển làn” và mất kiểm soát. Trong các bài kiểm tra đặc biệt, khi người lái đã chuẩn bị sẵn sàng, anh ta sẽ điều khiển xe và có thể di chuyển với tốc độ lớn hơn tốc độ cho phép. Nhưng khi lốp xe bị xẹp bất ngờ thì tai nạn gần như khó tránh khỏi.

Có ý kiến ​​cho rằng nguy hiểm nhất là vỡ lốp trước. Tuy nhiên, điều này không hoàn toàn đúng. Khi lốp trước khởi động nhanh, lực tác dụng lên vô lăng tăng mạnh. Nhưng nếu bạn “giữ” được vô lăng (việc này không cần tốn nhiều công sức, chỉ là vấn đề bất ngờ) thì sẽ không có gì nguy hiểm xảy ra.

31

Khi lốp sau bị xẹp ở tốc độ cao, việc điều khiển xe rất khó khăn.

Thực tế sau đây cũng thú vị. Từ các thông báo trên, có thể thấy rõ rằng để cải thiện độ ổn định của số tự động, cần đặt trọng tâm càng gần trục trước càng tốt (nghĩa là phải thỏa mãn điều kiện $k_1 a < k_2 b$; nếu $k_1 \approx k_2$ thì tỷ lệ $a/b$ càng nhỏ thì càng tốt).

Trong hộp số tự động có động cơ đặt phía sau, điều kiện này không được đáp ứng. (Động cơ rất nặng và trọng tâm của số tự động “trộn” về phía động cơ.) Đối với số tự động như vậy, nhược điểm này được bù đắp bằng cách giảm áp suất ở lốp trước (điều này làm giảm $k_1$).

Có một thời, đối với một chiếc Fiat số tự động cỡ nhỏ có động cơ đặt phía sau, người ta đề xuất đặt áp suất ở lốp trước cao gấp ba lần so với ở phía sau. Nhưng ngay cả trong những điều kiện như vậy, chiếc xe số tự động đã đạt tốc độ tới hạn 40 km/h và hoạt động của nó thực tế là không thể.

Trên xe tải chở hàng, độ ổn định kém đi khi chúng được chất tải nặng, vì trong trường hợp này trọng tâm lùi lại và khối lượng $m$ của xe tải tăng lên. Sự giảm độ ổn định này được bù đắp bằng thực tế là hầu hết các xe tải đều có lốp sau đôi, và điều này làm tăng gấp đôi khả năng chống trượt trục sau.

Đối với những xe tải có bánh sau giống bánh trước (cũng có loại xe tải như vậy), tình trạng ổn định khi đầy tải còn tệ hơn. Những chiếc xe số tự động như vậy phải theo dõi cẩn thận áp suất ở lốp sau. Trong trường hợp này, áp suất giảm nhẹ hơn nữa có thể dẫn đến mất ổn định.

Tam giác tuyệt vời

1. Hãy xem xét một tam giác tương tự như tam giác Pascal (Hình 1). Ba đơn vị đầu tiên được chỉ định trong đó và mỗi số tiếp theo có được bằng cách tính tổng các số đứng ở trên, cùng với số mong muốn tạo thành một hình bình hành (đối với các số nằm trên các cạnh của tam giác, hình bình hành sẽ suy biến thành một đoạn).

Chúng ta hãy biểu thị bằng $a_{ij}$ phần tử của hàng thứ $i$ của tam giác này, phần tử thứ $j$ tính từ đầu dòng.

a) Chứng minh các công thức:
$$a_{n1} = 2^{n-2}, \text{ где } n \geq 2;$$
$$a_{n2} = n \cdot 2^{n-3}, \text{ где } n \geq 2;$$
$$a_{n3} = 2^{n-5}(n^2 + n - 4),$$
$$\text{ где } n \geq 3.$$

b) Rút ra mối quan hệ truy hồi kết nối phần tử $a_{nk}$ với các phần tử trước nó có chỉ số thứ hai nhỏ hơn $k$.

b) Suy ra công thức tính $a_{n4}$ và $a_{n5}$.

2. Bây giờ chúng ta hãy cùng nhau viết các số tạo thành hình tam giác.

Hình 1

Hình 2.

hình vuông trong Hình 1, các chữ số cuối cùng của chúng. Ta sẽ được tam giác số như hình 2. Chứng minh tam giác này có các tính chất đáng chú ý sau:

1°. Hình tam giác có thể được chia thành các hình thoi $5 \times 5$ các loại gót khác nhau (không tính hình thoi phía trên), trong đó ở góc trên và theo đó, ở các cạnh dưới của hình này là 0, 2, 4, 6 hoặc 8 (xem Hình 2).

2°. Nếu bạn đặt mỗi hình thoi một số ở góc dưới của nó, bạn sẽ có được một hình tam giác số, có chiều rộng khác với chiều rộng được cho trong ba dòng đầu tiên.

3°. Mỗi viên kim cương có tất cả các chữ số là số 0 hoặc có số lượng số 0 bằng nhau nằm trên dòng dài nhất của nó ở vị trí thứ hai và thứ tư.

4°. Số ở tâm của bất kỳ hình thoi nào đều bằng mỗi số trong hai số liền kề với nó ở phía dưới đường thẳng.

M. Shterebere (Saratov)

32

V. Matizen

Về lợi ích
quả bóng lăn

Khi ném sỏi xuống nước, hãy nhìn vào các hạt hoặc những hạt đã hình thành; nếu không việc ném như vậy sẽ chỉ là niềm vui trống rỗng…
Kozma Prutkov

Chúng tôi mời bạn tiếp tục trải nghiệm này.

Lấy một cục giấy và đặt nó lên bàn. Đậy cục bằng một cái đĩa và lăn nó ra dưới áp lực. Chuyển động của tấm phải là hình tròn với bán kính tương đối nhỏ. Đảm bảo rằng tất cả các điểm trên tấm mô tả các vòng tròn có bán kính bằng nhau ở cùng độ cao phía trên bàn.

Hãy thử đoán xem chiếc đĩa sẽ có hình dạng như thế nào.

Đầu tiên, bề mặt trên và dưới bằng nhau: trong hệ thống báo cáo được liên kết với tấm, bảng thực hiện cùng một thao tác xoay. Do đó, cơ thể kết quả phải bao gồm hai nửa giống hệt nhau.

Thứ hai, cục được mang theo đĩa lăn quanh một điểm nhất định trên bàn. Điều tự nhiên là cho rằng cái đĩa sẽ có hình dạng cho phép nó lăn tự do. Đặc biệt, yêu cầu này được thỏa mãn bởi một bề mặt hữu hạn.

Và thực sự, khối tấm biến thành hai hình nón, đối xứng với obshezoniya tương đối.

Hãy ký hiệu bằng α góc dương tại đỉnh của mặt cắt hình nón, bằng r là bán kính góc của hình nón và bằng h chiều cao của chúng (xem hình). Đặt thể tích của khối tấm bằng V và bán kính quay của tấm bằng R. Hãy tìm mối liên hệ giữa các đại lượng đã cho. Từ

$$h = \frac{R}{2\cos\alpha}, \quad r = h \mathrm{tg}\alpha \quad V = \frac{2}{3}\pi r^2 h,$$

chúng tôi nhận được

$$\frac{12}{\pi} \frac{V}{R^3} = \frac{\sin^2\alpha}{\cos^5\alpha}.$$

Nói cách khác, nếu bạn muốn thu được một hình nón có góc α cho trước thì các đại lượng V và R phải liên hệ với nhau theo một định nghĩa hoàn chỉnh về sự tương ứng.

Vậy tại α = 45°

$$\frac{V}{R^3} = \frac{\pi}{3\sqrt{2}}.$$

Nếu khối tấm ban đầu có hình dạng một quả cầu có bán kính q thì

$$V = \frac{4}{3} \pi q^3 \quad \frac{\varphi^3}{R^3} = \frac{1}{4\sqrt{2}}.$$

Từ đây

$$\frac{R}{\varphi} = 2^{\frac{5}{6}} \approx 2,$$

nghĩa là R ≈ 2φ là bán kính quay của tấm khi đường kính của quả cầu tấm xấp xỉ bằng nhau.

Chúng ta cũng lưu ý rằng không thể thu được các hình nón đều có góc α nhỏ hơn 45° một cách đáng kể. Không khó để giải thích tại sao. Góc α càng nhỏ thì chiều dài của hình nón càng lớn (với thể tích tấm không đổi), điều đó có nghĩa là áp suất phải tác dụng lên bề mặt càng lớn. Trong những điều kiện như vậy, thực tế là không thể hình thành các phần đỉnh của hình nón, vì áp suất chính tác dụng lên các phần gần vùng hình nón. Ngoài ra, góc α nhỏ tương ứng với giá trị R lớn, tại đó chuyển động tay không chính xác có thể làm biến dạng hình dạng của một cơ thể tốt hơn rất nhiều.

33

Làm thế nào để đưa ra một bất đẳng thức hình học

“Việc nghĩ ra một bài toán mới, nguyên bản - làm ơn, thực hiện một “khám phá” nhỏ độc lập, thậm chí còn khó hơn việc giải quyết khám phá có sẵn của người khác.” Những từ này xuất hiện trong lời nói đầu của Bài tập «Kvant» trong số đầu tiên của tạp chí. Nhiều chàng trai hỏi: làm thế nào bạn có thể tự mình nghĩ ra bài toán?

Tôi sẽ kể cho bạn nghe tôi đã từng nghĩ ra một số bất đẳng thức hình học như thế nào.

Tôi bắt đầu bằng cách chứng minh hai bất đẳng thức nổi tiếng:

$$a^4 + b^4 + c^4 \geqslant 16S^2,$$
$$a^2 b^2 + a^2 c^2 + b^2 c^2 \geqslant 16S^2,$$

trong đó $a, b, c$ là độ dài các cạnh của tam giác và $S$ là diện tích của nó. Tôi đã chứng minh chúng như thế này.

Bằng cách viết công thức tính diện tích hình tam giác

$$S = \frac{1}{2} ab \sin \gamma$$

và định lý cosin

$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos \gamma,$$

Tôi đã tìm thấy sin và cosin

$$\sin \gamma = \frac{2S}{ab},$$
$$\cos \gamma = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$$

và thay thế các giá trị của chúng thành đẳng thức lượng giác $$\sin^2 \gamma + \cos^2 \gamma = 1.$$ Hóa ra

$$\frac{4S^2}{a^2 b^2} + \frac{a^4 + b^4 + c^4 + 2a^2 b^2 - 2a^2 c^2 - 2b^2 c^2}{4a^2 b^2} = 1,$$

hoặc

$$16S^2 = 2(a^2 b^2 + a^2 c^2 + b^2 c^2) - a^4 - b^4 - c^4.$$

Do đó, hãy sử dụng bất đẳng thức đại số (chứng minh)

$$a^4 + b^4 + c^4 \geqslant a^2 b^2 + a^2 c^2 + b^2 c^2,$$
(5)

Tôi nhận được bất đẳng thức (1) và (2).

Sau khi suy nghĩ một chút, tôi quyết định thử sử dụng một đẳng thức lượng giác khác. Thay vì $$\sin^2 \gamma + \cos^2 \gamma = 1$$ tôi đã viết

$$\sqrt{3} \sin \gamma + \cos \gamma = 2 \sin (\gamma + 30^\circ),$$
$$\sqrt{3} \sin \gamma + \cos \gamma \leqslant 2,$$

thay thế các tương ứng (3) và (4) vào bất đẳng thức cuối cùng và sau khi biến đổi nhận được

$$c^2 - a^2 - b^2 + 4ab \geqslant 4\sqrt{3} S.$$

Nhận thấy rằng độ dài $a, b, c$ được bao gồm trong (6) “không đẳng cự”, tôi đã viết thêm hai phiên bản của bất đẳng thức này

$$a^2 - b^2 - c^2 + 4bc \geqslant 4\sqrt{3} S,$$
$$b^2 - a^2 - c^2 + 4ac \geqslant 4\sqrt{3} S.$$

và cộng chúng lại tôi có

$$(4ab + ac + bc) - (a^2 + b^2 + c^2) \geqslant 12\sqrt{3} S.$$

Nhìn vào (7), tôi quyết định sử dụng bất đẳng thức

$$a^2 + b^2 + c^2 \geqslant ab + ac + bc$$

và thu được, như trong chứng minh (1) và (2), hai bất đẳng thức màu đỏ (nhưng thật không may, lại khá nổi tiếng!)

$$a^2 + b^2 + c^2 \geqslant 4\sqrt{3} S,$$
$$ab + bc + ca \geqslant 4\sqrt{3} S.$$

Sau đó, tôi đã rõ ràng có thể thu được thêm bao nhiêu bất đẳng thức hình học nữa.

Urazhenya

1. Chứng minh bất đẳng thức
   $$2ab + 2bc - b^2 \geqslant 4\sqrt{3} S$$
   Tìm hiểu khi nào nó biến thành sự bình đẳng.

2. Chứng minh rằng đối với tam giác đều thì bất đẳng thức (7) trở thành đẳng thức. Điều ngược lại có đúng không?

3. Áp dụng bất đẳng thức lượng giác $$\sin^2 \gamma + \cos^2 \gamma \leqslant \sqrt{2},$$ và chứng minh rằng

$$c^2 - a^2 - b^2 + 2\sqrt{2}ab \geqslant 4S,$$
$$\sqrt{2}(ab + bc) - b^2 \geqslant 4S,$$

và kiểm tra khi nào chúng trở thành đẳng thức

34

Làm thế nào để đưa ra một danh tính tổ hợp

Trong nhiều bài toán khác nhau, và thậm chí cả trong Bài toán Kvant, người ta thường gặp phải các đồng nhất thức chứa hệ số sinh học $C_k^i$. Thông thường, có thể chứng minh chúng bằng phương pháp quy nạp toán học, đôi khi bằng nhiều phép biến đổi xảo quyệt khác nhau, nhưng những bằng chứng này, như một quy luật, để lại cảm giác không hài lòng: họ hoàn toàn không rõ danh tính này được phát minh như thế nào, nói chung các danh tính mới được tìm thấy như thế nào.

Ở đây chúng tôi sẽ chỉ ra một số nguyên tắc cho phép bạn đưa ra những nhận dạng như vậy. Đặc biệt, chúng tôi sẽ giải thích cách chúng tôi nghĩ ra bài toán M470; Cậu học sinh Dagestan A. Gabibov đã hỏi về điều này trong một bức thư gửi «Kvant».

Hãy tưởng tượng rằng chúng ta cần tìm $\sum_{k=1}^{n} kx^{k-1}$. Hãy thử sử dụng nơi chúng tôi gặp biểu thức $kx^{k-1}$. Tất nhiên, trong công thức $(x^k)' = kx^{k-1}$. Thỏa thuận của chúng tôi “giết chết” bài toán; Thực ra,

$$\left( \sum_{k=1}^{n} x^k \right)' = \sum_{k=1}^{n} (x^k)' = \sum_{k=1}^{n} kx^{k-1}.$$

Ở phía bên kia,

$$\left( \sum_{k=1}^{n} x^k \right)' = \left( \frac{x^{n+1}-x}{x-1} \right)' =$$

$$= \frac{((n+1)x^n-1)(x-1)-(x^{n+1}-x)}{(x-1)^2} =$$

$$= \frac{1}{(1-x)^2} + \frac{nx-n-1}{(1-x)^2} x^n.$$

(Trong phép tính này, chúng ta đương nhiên giả định rằng $x \neq 1$.) Vì vậy,

$$\sum_{k=1}^{n} kx^{k-1} = \frac{1}{(1-x)^2} + \frac{nx-n-1}{(1-x)^2} x^n. \quad (1)$$

Bây giờ chúng ta hãy thử tìm

$$\sum_{k=1}^{n} k(k-1)x^{k-2}. \quad (\text{Особенности человекого характера побуждают повторить процедуру, которая помогла нам ранее в анализной ситуации...})$$

(D. Poya “Khám phá toán học”, M., “Nauka”, 1970, tr. 88). Vì vậy, hãy lặp lại nó!

$$\sum_{k=1}^{n} k(k-1)x^{k-2} =$$

$$= \sum_{k=1}^{n} (kx^{k-1})' = \left( \sum_{k=1}^{n} kx^{k-1} \right)' =$$

$$= \left( \frac{1}{(1-x)^2} + \frac{nx-n-1}{(1-x)^2} x^n \right)' = \frac{2}{(1-x)^3} +$$

$$+ \frac{n(1-x)^2+2(1-x)(nx-n-1)}{(1-x)^4} x^n +$$

$$+ \frac{n(nx-n-1)}{(1-x)^2} x^{n-1}. \quad (2)$$

Đẳng thức (1) và (2) rất cồng kềnh. Dựa vào chúng, chúng ta có thể thu được (ở mức $|x| < 1$) một công thức đẹp hơn

$$\sum_{k=0}^{\infty} C_{k+n}^n x^k = \frac{1}{(1-x)^{n+1}},$$

nhưng kết luận của nó vượt ra ngoài chương trình giảng dạy ở trường.

Bây giờ chúng ta hãy nói về một kỹ thuật cho phép chúng ta có được danh tính “mới” từ những danh tính “cũ”. Khoảng cách chiết tốt Công thức Newton

$$(1+x)^n = \sum_{i=0}^{n} C_i^n x^i.$$

Chúng ta hãy phân biệt sự bình đẳng này. chúng tôi nhận được

$$n(1+x)^{n-1} = \sum_{i=1}^{n} iC_i^n x^{i-1}. \quad (3)$$

Đặt $x=1$ và $x=-1$ bằng (3), chúng ta tìm thấy.

36

Bài toán

M621—M625; F633—F637

M621. Một $n$-giác được bao quanh một vòng tròn. Một điểm tùy ý $P$ bên trong đường tròn được nối với tất cả các đỉnh và điểm tiếp tuyến của nó. Các hình tam giác $2n$ thu được có màu đỏ và xanh xen kẽ. Chứng minh rằng tích diện tích các tam giác bằng tích diện tích các tam giác màu xanh.

U. Alla

M622. Chứng minh rằng đại lượng lời giải của phương trình
$$x^3 + y^2 = z^3 + t^2 + 1$$
bằng số tự nhiên, không quá $10^6$, nhỏ hơn số lời giải của phương trình
$$x^3 + y^2 = z^3 + t^2$$
bằng số tự nhiên, không vượt quá $10^6$.

V. Vavilov

M623. a) Hình lập phương có bao nhiêu trục đối xứng? Paramid tam giác đều?
b) * Chứng minh rằng nếu một số khối đa diện có trục đối xứng $k$ ($k \ge 1$) thì $k$ là số lẻ.

V. Người gửi

M624. Tìm chuỗi $(a_n)$ được xác định bởi các điều kiện $a_1 = 1$,
$$1 + \sum_{d} (-1)^{n/d} a_d = 0,$$
trong đó tổng $\sum$ được lấy trên tất cả các ước $d$ của $n$ (bao gồm $d = 1$ và $d = n$).

Ví dụ: nếu $n = p$ là số nguyên tố thì (*) có dạng $1 + (-1)^{p/1} a_1 + (-1)^{p/p} a_p = 0$, do đó $a_p = 2$ nếu $p = 2$ và $a_p = 0$ nếu $p > 2$.

V. Abramovich

M625.* Trên mặt phẳng tọa độ, cho bốn điểm có tọa độ hữu tỉ không nằm tại các đỉnh của hình bình hành và không có ba điểm nào thuộc cùng một đường thẳng. Được phép vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm bất kỳ đã có và đánh dấu giao điểm của hai đường thẳng đã vẽ bất kỳ. Chứng minh rằng tập hợp các điểm thu được theo cách này là tập hợp tất cả các điểm trên mặt phẳng.

37

xúc xắc có tọa độ hợp lý nếu:
a) bốn điểm này là đỉnh của hình thang; b) Bốn điểm này là các đỉnh của một tứ giác tùy ý.

Yu. Mikheev

F633. Ba điện trở giống nhau, một tụ điện có công suất $C$ và một cuộn cảm có công suất $L$ được mắc trong mạch điện như hình 1. Tần số $\omega$ của dòng điện xoay chiều trong mạch sao cho $\omega L = 1/\omega C$.
Tại điện trở nào $R$ điện trở tok ở phần không tái tạo của mạch nhỏ hơn $n$ lần so với dòng điện trong mỗi nhánh?

G. Savkun

F634. Thanh $AB$ có chiều dài $l$ và khối lượng $m$ tựa vào tường bằng đầu dưới của nó và được giữ ở vị trí nghiêng với sự trợ giúp của một sợi chỉ (Hình 2).
Sợi chỉ được buộc vào tường tại điểm $C$ và vào thanh tại điểm $D$ sao cho $|AD| = 1/3|AB|$. Góc tạo bởi sợi dây và thanh với tường lần lượt là $\alpha$ và $\beta$. Tìm giá trị có thể có của hệ số ma sát giữa thanh và tường.

F635. Hai ô tô tự động giống hệt nhau có khối lượng $m = 10^3$ kg đang chuyển động trên cùng một con đường núi. Sự phụ thuộc của độ cao $h$ của đường vào khoảng cách $x$ trước khi bắt đầu leo ​​dốc được thể hiện trên Hình 3. Mỗi xe số tự động phát triển công suất $P = 12$ kW và lực cản đối với chuyển động của xe số tự động tỉ lệ với bình phương tốc độ của nó: $|\vec{F}| = \alpha|\vec{v}|^2$, trong đó $\alpha = 1,4$ kg/m. Ở đoạn nằm ngang cuối cùng, khoảng cách giữa các máy là 100 m. Khoảng cách tối thiểu giữa các máy khi chúng di chuyển là bao nhiêu?

“Tạp chí toán học trung học cơ sở”, Budapest

F636. Một bình hình trụ, được đóng kín bằng một pít-tông không trọng lượng có diện tích mặt cắt ngang $S$, chứa khí dưới áp suất khí quyển $p_0$. Thể tích của khí bằng $V_0$. Tàu được ngâm trong nước (mật độ $\rho_0$) như Hình 4. Tìm sự phụ thuộc của khoảng cách $x$ giữa piston và mặt nước trên mô hình $F$ của lực giữ sợi dây buộc vào piston.

“Tạp chí toán học trung học cơ sở”, Budapest

F637. Trong cuộn dây siêu dẫn có độ tự cảm $L_1$ và $L_2$, mắc song song, một dòng điện được kích thích. Độ tự cảm $L_1$ của một trong các cuộn dây giảm về 0. Cường độ dòng điện trong mạch và năng lượng của hệ thay đổi bao nhiêu lần?

P. Zubkov

39

nên tỉ số diện tích nhỏ nhất là $\frac{a^2}{x_{\max}^2} = \frac{1}{5}$.

Đối với trường hợp 6)

$$x_{\max} = 2a,$$

nên tỉ số diện tích nhỏ nhất là $\frac{1}{4}$.

Như trước đây, chúng tôi kết luận rằng tỷ lệ diện tích nhỏ nhất cần thiết là $\frac{1}{5}$.

Tất nhiên, lời giải thứ hai là độ dài của cái thứ nhất; nhưng nó dựa trên một lý luận hình học đẹp đẽ có thể áp dụng cho các tình huống khác. Ví dụ, khi xem xét các hình tam giác tùy ý. Bạn có thể xác minh điều này bằng cách tự mình giải quyết bài toán này:

Cho một tam giác $ABC$, hãy mô tả một tam giác đồng dạng $A_1B_1C_1$ ($\hat{A} = \hat{A}_1$, $\hat{B} = \hat{B}_1$, $\hat{C} = \hat{C}_1$) sao cho $A_1 \in [BC]$, $B_1 \in [CA]$, $C_1 \in [AB]$ và diện tích tam giác $A_1B_1C_1$ là nhỏ nhất. bài toán tổng quát hơn đã được giải quyết trong «Kvant» (M207, lời giải - «Kvant», 1974, số 2).

V. Batyrev, A. Sosinsky

M567. Các số tự nhiên $p$ và $q$ là số nguyên tố cùng nhau. Đoạn $[0; 1]$ được chia thành $p+q$ các đoạn giống hệt nhau (Hình 1). Chứng minh rằng mỗi phân số này, ngoại trừ hai phân số cực trị, chứa đúng một trong các số $p+q-2$

$$\frac{1}{p}, \frac{2}{p}, \dots, \frac{p-1}{p},$$

$$\frac{1}{q}, \frac{2}{q}, \dots, \frac{q-1}{q}.$$

Hãy cho hai lời giải.

Đầu tiên là lời giải. Nó tuân theo điều kiện là mỗi số $p$ và $q$ nguyên tố cùng nhau với số $n=p+q$, nên không có hai điểm $i/p, j/q, k/n$ (trừ 0 và 1) trùng nhau. Vì $1/p > 1/n$ và $1/q > 1/n$, hai điểm bất kỳ từ điểm $i/p$ nằm trong các phân đoạn khác nhau $\left[\frac{k}{n}; \frac{k+1}{n}\right]$ và hai điểm bất kỳ từ điểm $j/q$ cũng vậy. Bạn chỉ cần chứng minh hai điểm $i/p$ và $j/q$ không thể cùng thuộc một đoạn $\left[\frac{k}{n}; \frac{k+1}{n}\right]$ ($k=1, 2, \dots, n-2$). Nhưng điều này ngay lập tức xuất phát từ thực tế là phân số $\frac{k}{n} = \frac{i+j}{p+q}$ nằm giữa $\frac{i}{p}$ và $\frac{j}{q}$ (xem trong Hình 1).

$p=8, q=5, n=8+5=13$

Ví dụ: Hình 2: hệ số góc của đường chéo của hình bình hành lồng vào nhau giữa các hệ số góc của cạnh nó*).

Thứ hai lời giải. Hãy vẽ một hình chữ nhật có kích thước $p \times q$ ô trên giấy ca rô và vẽ một đường chéo $OE$ trong đó (Hình 3) - nó sẽ đóng vai trò là đoạn $[0; 1]$ của bài toán của chúng ta. Các đường của một hướng (màu xanh) chia nó thành $p$ phần bằng nhau, hướng còn lại (màu đỏ) - thành $q$ phần bằng nhau. Chúng ta hãy vẽ một chuỗi đường thẳng song song khác xuyên qua các đỉnh của ô - nghiêng một góc $45^\circ$ với các đường lưới (trong hình đây là các đường thẳng màu đen $x+y=k$, trong đó $k=1, 2, \dots, p+q-1$). Họ chia $OE$ thành $n=p+q$ các đoạn bằng nhau. Tuyên bố bài toán gần như trở nên rõ ràng. Trên thực tế, trên $OE$ nhất thiết phải có một chấm đen giữa hai điểm đồng màu bất kỳ: xét cho cùng, khi đi qua một ô nào đó, $OE$ cũng phải cắt đường chéo màu đen của nó. (Thay vào đó, bạn có thể nói điều này: giữa bất kỳ điểm giao nhau nào của $OE$ với các đường màu đen liền kề đều có một điểm giao nhau với đường màu xanh lam hoặc đỏ.)

Trong lời giải này, tính nguyên tố lẫn nhau của các số $p$ và $q$ đảm bảo rằng $OE$ không đi qua các nút lưới ngoài $O$ và $E$ (nhìn vào bức tranh nhỏ của chúng ta, người ta có thể nghi ngờ điều này).

*) Việc “trung vị” của hai phân số $i/p$ và $j/q$ nằm giữa chúng đã được sử dụng trong bài “Phân số gần” («Kvant», 1975, số 8).

40

Bài toán M567 cho phép khái quát hóa thay thế. Cho α và β là các số dương bất kỳ có quan hệ 1/α + 1/β = 1.

Hãy đánh dấu trên trục số các số tự do có dạng iα và jβ (i ∈ Z, j ∈ Z). Khi đó mỗi đoạn [k; trục k+1] (k ∈ Z), không có đầu nào chứa số bù, chứa chính xác một trong các số bù iα, jβ.

bài toán của chúng tôi tương đương với thực tế này đối với α và β hợp lý: chúng tôi cần lấy α = n/p, β = n/q (vai trò của phân đoạn [0; 1] bây giờ sẽ được thực hiện bởi phân đoạn [0; n]). Thực tế tương tự (đối với α và β vô tỷ) đã được đề cập gần đây trong lời giải bài toán M538 («Kvant», 1979, số 11), rất giống với lời giải M567 thứ hai của chúng tôi.

N. Vasiliev

M569. Một số số hiện đã được gửi đến. Được phép gán cho những số này một số bằng giá trị trung bình số học của độ dài hoặc một vài trong số chúng, nếu nó khác với tất cả các số đã được viết. Chứng minh rằng, bắt đầu từ hai số 0 và 1, sử dụng các phép tính đã mô tả, bạn có thể nhận được
a) số 1/5;
b) bất kỳ số hữu tỉ nào trong khoảng từ 0 đến 1.

Hình 4.

$$\frac{1}{3} = \frac{\frac{1}{2} + \frac{3}{8} + \frac{1}{8}}{3};$$
$$\frac{1}{5} = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{3}{32} + \frac{1}{32}}{5}$$

Hình 2.

Hãy bắt đầu bằng việc biểu diễn số 1/5 và 1/q nói chung. Các số 1/2, 1/4, 3/4 rất dễ có được:

$$\frac{1}{2} = \frac{0+1}{2}, \frac{1}{4} = \frac{0+\frac{1}{2}}{2}, \frac{3}{4} = \frac{\frac{1}{2}+1}{2}.$$

Cũng có thể, rất ít, thu được bất kỳ phân số hữu tỷ kép nào, tức là một phân số có dạng p/2^m, p<2^m (Hình 1).

Để có được phân số 1/q, chỉ cần biểu thị 1 là tổng của q các phân số hữu tỉ kép khác nhau là đủ: trung bình số học của chúng sẽ chính xác là 1/q. Hãy chứng minh bằng quy nạp rằng điều này có thể xảy ra. 1 có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai phân số như vậy (ví dụ: 1=3/4+1/4).

Từ biểu diễn 1 dưới dạng tổng của n-1 phân số hữu tỷ kép khác nhau, chúng ta có thể thu được biểu diễn của nó dưới dạng tổng của n phân số như vậy:

$$1 = a_1 + a_2 + \dots + a_{n-1} = \frac{1}{2} + \frac{a_1}{2} + \frac{a_2}{2} + \dots + \frac{a_{n-1}}{2}.$$

Đặc biệt, theo cách xây dựng này, chúng tôi có được

$$1 = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2} + \frac{3}{8} + \frac{1}{8} =$$
$$= \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{3}{16} + \frac{1}{16} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{3}{32} + \frac{1}{32},$$

trong đó đưa ra biểu diễn của số 1/5.

Geler có thể đi theo nhiều con đường khác nhau để chứng minh khẳng định thứ hai bài toán. Hãy cho hai trong số họ.

1. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng nếu một số tự nhiên p có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của n-1 phân số hữu tỉ kép khác nhau:

$$p = a_1 + a_2 + \dots + a_{n-1} \quad (0 < a_{n-1} < \dots < a_2 < a_1 < 1),$$

thì nó có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của n phân số như vậy. Đặt 2^m là giá trị thấp nhất trong các giá trị của số hạng a_i. Thay thế a_n-1 bằng tổng $\left(a_{n-1} - \frac{1}{2^m+2}\right) + \frac{1}{2^m+2}$, chúng ta có được biểu diễn mong muốn. Vì vậy, mỗi phân số $\frac{1}{q}, \frac{2}{q}, \dots, \frac{q-1}{q}$ có thể được biểu diễn dưới dạng trung bình số học của các phân số hữu tỉ kép thích hợp khác nhau, sau đó các phân số $\frac{1}{q+1}, \frac{2}{q+1}, \dots, \frac{q-1}{q+1}$ có ​​thể được biểu diễn dưới dạng tương tự. Để chứng minh phép chứng bằng quy nạp (cơ số quy nạp là cách biểu diễn số 1/2), ta vẫn phải biểu diễn phân số $\frac{q}{q+1}$ ở dạng yêu cầu. Nó có thể thu được từ cách biểu diễn số $\frac{1}{q+1}$ bằng cách thay thế tất cả các phân số a_i bằng 1—a_i.

2. Hãy xem xét ba số đã thu được: 0, 1/q, 1. Tuy nhiên, trong hai số ở giữa, $\frac{0+1}{2}, \frac{1/q+1}{2}$ là phân số có dạng p_0/q, 1<p_0<q (если q>2). Tuy nhiên, trong số hai cái ở giữa $\frac{0+p_0/q}{2}, \frac{1/q+p_0/q}{2}$ -

41

Phân số $p_1/q$, trong đó $1<p_1<p_0$ (nếu $q>3$). Rõ ràng là bằng cách tiếp tục quá trình này, chúng ta sẽ thu được phân số $2/q$. Sau đó, sau khi tách bộ ba số $1/q, 2/q, p_0/q$, chúng ta thu được phân số $3/q$ bằng cách sử dụng cùng một gốc, sau đó (nếu $q>4$) $4/q$, …, $(q-1)/q$, v.v. (Hình 2).

Lưu ý rằng chúng ta chỉ cần tìm trung bình số học của nhiều hơn hai số một lần.

M. Serov

F578. Đầu A và B của thanh AB trượt dọc theo các cạnh của góc vuông (Hình 1). Gia tốc ở giữa thanh (điểm C) phụ thuộc như thế nào vào góc α tạo bởi thanh ở một phía của góc này, nếu đầu B của thanh chuyển động với tốc độ không đổi $v$?

Hình 1.

Hình 2.

F580. Trong mạch điện như hình vẽ, suất điện động của pin là E, điện trở trong là r, điện trở của điện trở là R. Khi khóa K1 đóng, kim điện kế lệch một góc α. Kim điện kế lệch đi một góc bao nhiêu nếu phím K1 đóng và phím K2 đóng? Độ lệch của kim tỷ lệ thuận với điện tích truyền qua điện kế.

Hình 3.

Hình 4

◆

Điểm C, đối với bất kỳ vị trí nào của thanh, đều cách đỉnh O của góc vuông một khoảng $l/2$ (đường trung tuyến vẽ từ đỉnh của góc vuông bằng một nửa cạnh huyền). Do đó, điểm C di chuyển dọc theo đường tròn bán kính $l/2$ có tâm tại điểm O. Tốc độ $v_c$ của điểm C có hướng tiếp tuyến với quỹ đạo và vuông góc với OC tại bất kỳ thời điểm nào.

Vì thanh không dãn nên hình chiếu vận tốc của các điểm C và B lên phương của thanh là bằng nhau (Hình 2).

$$v \cos \alpha = v_c \cos \beta = v_c \cos \left( 2\alpha - \frac{\pi}{2} \right) = v_c \sin 2\alpha.$$

Bởi vì

$$v_c = \frac{v \cos \alpha}{\sin 2\alpha} = \frac{v}{2 \sin \alpha}.$$

Hình chiếu của gia tốc $\vec{a}_c$ của điểm C lên bán kính OC = $l/2$ phải bằng $\frac{v_c^2}{l/2} = \frac{v^2}{2l \sin^2 \alpha}$. Hướng của vectơ $\vec{a}_c$ là gì? Lưu ý rằng hình chiếu vận tốc $\vec{v}_c$ của điểm C lên trục hoành bằng $v_c \cos (\alpha - \beta) = v_c \cos \left( \frac{\pi}{2} - \alpha \right) = \frac{v}{2}$. Đại lượng này không phụ thuộc vào α và do đó không đổi. Điều này có nghĩa là vectơ $\vec{a}_c$ được định hướng theo chiều dọc.

Như vậy,

$$a_c \cos \left( \frac{\pi}{2} - a \right) = \frac{v^2}{2l \sin^2 \alpha},$$

Ở đâu

$$a_c = \frac{v^2}{2l \sin^3 \alpha}.$$

◆

Sau khi đóng phím K1, chiều của tụ bằng E. Trong trường hợp này, điện tích của tụ bằng

$$q_1 = C \varepsilon.$$

Điện tích này đi qua điện kế khi công tắc K1 đóng. Kể từ đây,

$$\alpha = kq_1 = kC \varepsilon,$$

trong đó $k = \text{const}$ là hệ số tỷ lệ.

Sau khi đóng công tắc K2, chiều đi qua tụ điện bằng điện trở chạy qua điện trở, tức là $U = IR$, trong đó I là dòng điện chạy qua điện trở. Vì điện trở được nối sau áp suất với nguồn, $I = \varepsilon / (R + r)$. Vì vậy, $U = \varepsilon R / (R + r)$. Điện tích của tụ điện sau khi đóng phím K2 trở nên bằng nhau

$$q_2 = CU = C \varepsilon \frac{R}{R + r}.$$

Do đó, một điện tích đi qua điện kế sau khi đóng phím K2

$$q = q_1 - q_2 = C \varepsilon \frac{r}{R + r}$$

42

và góc lệch β của kim điện kế bằng

$$\beta = kq = kC \frac{r}{R+r} = a \frac{r}{R+r}.$$

F581. Một người đàn ông đứng trước gương với một mắt nhắm lại. Anh ta đóng hình ảnh con mắt đang nhắm của mình trong gương bằng cách mổ một mảnh giấy lên gương. Một người sẽ nhìn thấy gì nếu anh ta mở mắt nhắm và nhắm mắt lại?

Trong hình, các đường màu đỏ biểu thị đường đi của các tia tới từ mắt trái sang phải và các đường màu xanh lam - từ mắt phải sang trái. Nhờ những tia này mà mắt kia có thể nhìn thấy hình ảnh của một mắt. Vì hai mắt nằm đối xứng nên rõ ràng là khi một người dán một mảnh giấy lên vùng A của gương, người đó sẽ luôn nhìn thấy mảnh giấy đó ở vị trí ảnh của mắt mình đang nhắm.

F582. Một vật nổi trong nước sao cho 2/3 thể tích của nó chìm trong nước. Phần thể tích nào sẽ ở dưới nước nếu một bình chứa nước được trộn với gia tốc $\vec{a}$ theo phương thẳng đứng?

Hai lực tác dụng lên cơ thể: lực hấp dẫn $M\vec{g}$ (M là khối lượng của cơ thể) và lực $\vec{F}$, bằng tất cả các lực áp suất chất lỏng tác dụng lên các vùng nhỏ trên bề mặt cơ thể (Hình 1). Theo định luật thứ hai của Newton

$$\vec{F} + M\vec{g} = M\vec{a}.$$

Để tìm $\vec{F}$, chúng ta sẽ sử dụng kỹ thuật sau. Ta chọn một thể tích $V_1$ trong chất lỏng, bằng thể tích của phần vật chìm trong chất lỏng và có hình dạng phần chìm của vật (Hình 2). Khối lượng cô lập này được tác động bởi phần còn lại của chất lỏng bằng một lực chính xác $\vec{F}$ như tác dụng lên vật. Và vì thể tích chất lỏng được phân bổ cùng với bình chuyển động lên trên với gia tốc $\vec{a}$, nên

$$\vec{F} + m\vec{g} = m\vec{a},$$

trong đó $m$ là khối lượng của thể tích chất lỏng được phân bổ. Đó là lý do tại sao

$$M(\vec{a} - \vec{g}) = m(\vec{a} - \vec{g}) \Rightarrow M = m.$$

Nhưng $M = \varrho_T V$ và $m = \varrho V_1$, trong đó $V$ là thể tích của vật, $\varrho_T$ là mật độ của vật và $\varrho$ là mật độ của chất lỏng. Kể từ đây,

$$\varrho_T V = \varrho V_1.$$

Từ đây

$$\frac{V_1}{V} = \frac{\varrho_T}{\varrho}.$$

Tỷ lệ này, như chúng ta thấy, không phụ thuộc vào gia tốc $\vec{a}$ của tàu và do đó, giống nhau đối với bất kỳ gia tốc nào. Do đó, dù tàu chuyển động với gia tốc $\vec{a}$ bao nhiêu thì thể tích phần chìm của vật sẽ bằng 2/3 tổng thể tích của vật.

I. Slovodetsky

Một số câu hỏi về thiên văn học

1. Có nơi nào trên Trái đất mà trong suốt cả năm độ dài ngày bằng độ dài đêm không?

2. Có sự thay đổi mùa ở xích đạo?

3. Những ngày nóng nhất ở xích đạo vào thời điểm nào trong năm?

4. Vào ngày nắng mùa hè (22/6), độ cao cực đại của Mặt trời (độ cao cao nhất của Mặt trời so với đường chân trời) đạt cực đại ở các vĩ độ trung nông thôn và tối thiểu ở các vĩ độ trung nam. Và ở xích đạo - trung gian?

H. Mikhailenko

43

Bài toán

1. Một khối lập phương được dán lại với nhau từ giấy. Rõ ràng là nó có thể được cắt thành sáu hình vuông bằng nhau. Có thể cắt nó thành mười hai hình vuông bằng nhau không?
2. Bức ảnh cho thấy cây gia phả của một gia đình Komi, tổ tiên của họ là Tikhon Fedorovich. Dưới đây là tất cả con cháu của ông (bằng tiếng Komi): Pedot Tikon, Ostap Tikon, Tikon Vasya, Pedot Vasya, Padei Ostap, Tikon Padei, Padei Illya, Tikon Pedot. Được biết, không có phụ nữ trung bình. Đặt tên tương ứng với mỗi nút trong cây.
3. Tìm hai số có hiệu và thương bằng gót chân.
4. Chứng minh rằng diện tích hình màu xanh (xem hình) bằng một nửa diện tích hình chữ nhật.
5. Trong sách của những người ghi chép Novgorod thế kỷ 15, các thước đo sau đây của vật thể lỏng được đề cập: thùng, vòi và xô. Từ những cuốn sách tương tự, người ta biết rằng 1 thùng và 20 thùng kvass bằng một thùng kvass thứ ba, và 19 thùng, 1 vòi phun và 15,5 thùng tương đương với 20 thùng và 8 thùng.
   Các nhà sử học có thể sử dụng dữ liệu này để xác định có bao nhiêu mồi trong một thùng không?
6. Xét các số có ba chữ số bắt đầu và kết thúc bằng cùng một chữ số, ví dụ 343. Chứng minh rằng nếu tổng của chữ số thứ nhất và chữ số thứ hai chia hết cho 7 thì toàn bộ số đó chia hết cho 7.
   Những bài toán này đã được cung cấp cho chúng tôi
   N. Antonovich, F. Bartenev,
   V. Belikov, A. Savin, Y. Testelets

43

44

Từ những trang sách giáo khoa cũ

Một ngày nọ, trong thư viện tôi tình cờ thấy một cuốn sách lạ. Đây là ấn bản thứ 21 của “Sách giáo khoa Vật lý”, được khuyến khích sử dụng cho việc học ở các phòng tập thể dục, trường trung học cơ sở và các cơ sở giáo dục trung học khác. Tác giả cuốn sách là giáo viên nổi tiếng, bạn học của D. I. Mendeleev tại Học viện Sư phạm Konstantin Dmitrievich Kraevich.

Sách giáo khoa này đã phục vụ trong nhiều thập kỷ và luôn rất phổ biến. Vì vậy, ấn bản thứ mười hai của nó đã được trao “giải thưởng toàn phần của Hoàng đế Peter Đại đế”. Tuy nhiên, sách giáo khoa vẫn có thể được sử dụng cho đến ngày nay. Nó chỉ thiếu một phần về vật lý của thế kỷ 20 và phong cách trình bày có phần khác so với hiện đại.

Dưới đây là mô tả một số thí nghiệm được lấy từ sách giáo khoa của K. D. Kraevich. Nếu muốn, bạn có thể thử nghiệm những thí nghiệm này ở nhà.

Về tra tấn 1

“Nếu một vật thể a (ví dụ, một quả nặng bằng đồng đang được chế tạo) được nung nóng đến một nhiệt độ nhất định (ví dụ, lên tới 50°C) được đặt trong một chỗ lõm được làm từ một tảng băng A và được bao phủ bởi một tảng băng B khác, thì vật thể sẽ nguội đi, truyền nhiệt cho băng và biến nó thành nước (Hình 1). Sau một thời gian, vật sẽ đạt đến nhiệt độ của nước và băng tan, tức là 0°C, và quá trình tan chảy tiếp theo sẽ dừng lại. Nước có thể được thu lại bằng một miếng bọt biển, và lượng nước hình thành được xác định bằng cách lắc; nó có thể dùng làm thước đo nhiệt lượng mà cơ thể đã mất đi khi được làm lạnh từ 50 đến 0°C, và nhiệt lượng này phải được truyền tới cơ thể để làm nóng cơ thể từ 0 đến 50°C.”

Nhiệt lượng kế băng có một số ưu điểm so với các nhiệt lượng kế khác. Nguyên nhân chính là sự thiếu vắng hoàn toàn khả năng tản nhiệt ra môi trường.

Về tra tấn 2

Được biết, với sự huấn luyện, bạn có thể đạt được lửa. Nhưng điều này đòi hỏi một kỹ năng nhất định. Nhưng thật dễ dàng để đun sôi nước bằng trene.

“Một ống đồng (Hình 2), chứa đầy nước và được đậy bằng nút, được chèn vào giữa hai

45

các tấm ván $T$, được kết nối bằng một bản lề và được dẫn động để quay nhanh. Bằng cách tiếp tục đào tạo, bạn có thể làm cho chất lỏng sôi và hình thành các thông số; vứt nút chặn đi.”

Về tra tấn 3

Đối với thí nghiệm này, bạn sẽ cần lưới kim loại hoặc thiết bị rải lửa cho bếp gas, bếp gas hoặc bếp gas thông thường. Để tránh mọi nhầm lẫn, hãy hết sức cẩn thận khi tiến hành thí nghiệm.

“Nếu bạn che ngọn lửa khí bằng lưới, quá trình đốt cháy sẽ không vượt ra ngoài lưới (Hình 3, a); tương tự như vậy, nếu khí không cháy đi qua lưới và sau đó bốc cháy, thì ngọn lửa không truyền xuống dưới (Hình 3, b). Trong cả hai trường hợp, kim loại của lưới phân biệt một phần đáng kể của cơ thể với khí, khí này sẽ lan ra toàn bộ lưới và dần dần mất đi trong không khí; Nhiệt còn lại trong khí không đủ để tiếp tục đốt cháy.”

Về tra tấn 4

Nếu bạn bằng cách nào đó thay đổi mật độ của cùng một vật, nó có thể khiến nó nổi hoặc chìm trong chất lỏng.

“Vì vậy, một con cá, thay đổi thể tích của cơ thể thông qua bong bóng bơi, nổi lên, rơi xuống và giữ nguyên vị trí.

Trong thợ lặn Descartes, một quả cầu thủy tinh $a$, chứa một phần nước, một phần không khí và có vẻ ngoài rỉ sét, nổi trên mặt nước (Hình 4). Bằng cách nhấn vào màng Cumulus $b$ và loại bỏ không khí đè lên mặt nước, chúng ta buộc nước đi vào quả bóng và loại bỏ sự hiện diện của không khí trong quả bóng. Quả bóng trở nên nặng hơn, do đó nó chìm xuống và với áp suất thích hợp, nó có thể ở bên trong chất lỏng. Khi áp suất dừng lại, chẳng hạn không khí trong quả bóng sẽ đẩy nước ra ngoài và quả bóng sẽ bay lên trở lại.”

Về tra tấn 5

“Nếu thanh thép được từ hóa nhỏ thì chỉ cần chạm vào một nam châm mạnh là đủ để từ hóa nó. Để từ hóa các dải thép lớn, người ta sử dụng phương pháp sau do Duhamel đề xuất. Dải thép $AB$ được đặt trên hai dải khác nhau $S$ và $N$ của hai nam châm (Hình 5). Sau đó, hai nam châm khác $P$ và $Q$ được đặt xiên ở giữa như vậy rằng $P$ chạm vào dải từ hóa với sọc phía bắc và $Q$ với sọc phía nam và chuyển chúng dọc theo dải $AB$ từ giữa đến cuối. Sau đó, nam châm được nâng lên, đặt lại ở giữa $AB$ và hành động trước đó được lặp lại nhiều lần… Sẽ rất hữu ích khi xoay thanh từ hóa và đưa nó cho cộng tác viên bằng cách chạm vào nó.”

46

Hội thảo lối vào

N. Rozov

Lời khuyên của độc giả

Những bức thư và ghi chú được đăng trên «Kvant» gửi tới học sinh, giáo viên và những người đam mê toán học thường đề cập đến các vấn đề liên quan đến chủ đề của “Hội thảo Ứng dụng”. Độc giả của tạp chí đưa ra những nhận xét có tính chất lý thuyết, báo cáo các kỹ thuật lời giải thuộc từng loại riêng lẻ bài toán, đưa ra lời khuyên về phương pháp và đưa ra các bài tập được phát minh độc lập. Các tin nhắn và bài toán có trong những bức thư và ghi chú này không phải lúc nào cũng mới và nguyên bản, nhưng theo chúng tôi, một số trong số chúng rất hữu ích để tham khảo khi chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh đại học. Vì vậy, ban biên tập quyết định chuẩn bị một tuyển tập tài liệu khác, biên soạn theo ý kiến ​​góp ý của độc giả «Kvant», kèm theo những nhận xét bổ sung cần thiết.

Trong các biến thể của kỳ thi tuyển sinh môn toán, người ta thường gặp phải hệ thống kiểm soát. Theo quy định, người nộp đơn thành thạo các kỹ thuật cơ bản của hệ thống lời giải - phương pháp thay thế và phương pháp loại bỏ. Độc giả tạp chí P. Chebotarev (Moscow) thu hút sự chú ý đến một thông điệp thú vị cho phép giải quyết một số hệ thống điều khiển. Tuy nhiên, trước khi nói về điều này, chúng ta hãy nói một chút về các hàm phức tạp thuộc loại đặc biệt.

Giả sử hàm $f$ và để đơn giản, chúng ta sẽ giả sử rằng $D(f) = R$. Dựa vào chức năng này, bạn có thể hình thành một chức năng mới

$$F(x) = f(f(x));$$

nó cũng được xác định rất rõ ràng trên toàn bộ trục số. Hàm $F$ thường được gọi là hàm lặp) $f$. Từ Hình 1, có thể dễ dàng hiểu cách sử dụng đồ thị của hàm $f$ để tìm giá trị lặp $f(f(x_*))$ cho một giá trị cụ thể $x_*$ của đối số.

Xét phương trình

$$f(f(x)) = x. \tag{1}$$

Trước hết, hãy lưu ý rằng nếu $x_0$ là nghiệm của phương trình

$$f(x) = x, \tag{2}$$

thì $x_0$ là nghiệm của phương trình (1). Nhưng tất nhiên, phương trình (1) có thể có các nghiệm khác không phải là nghiệm của phương trình (2) (hãy thử xem thực tế này từ Hình 1).

Vì phương trình (2) là phương trình (1), nên sẽ rất hữu ích khi chỉ ra các tình huống trong đó các phương trình này tương đương nhau. Ví dụ, chúng ta hãy chứng minh mệnh đề sau: nếu hàm $f$ thỏa mãn điều kiện

$$\begin{cases} f(x) \geq x, \text{ при всех } x < a, \\ f(a) = a, \\ a \leq f(x) \leq x, \text{ при всех } x > a, \end{cases}$$

thì phương trình (1) và (2) là tương đương (đưa ra cách giải thích hình học của định lý này).

Ở trên đã lưu ý rằng nghiệm của phương trình (2) luôn đóng vai trò là nghiệm của phương trình (1); Hãy để chúng tôi thiết lập tính hợp lệ của tuyên bố ngược lại. Đặt $x_0$ là nghiệm của phương trình (1):

$$f(f(x_0)) = x_0; \tag{4}$$

*) Nói chung, phép lặp (từ tiếng Latin iteratio - lặp lại) trong toán học là kết quả của việc áp dụng lặp đi lặp lại từng thao tác.

47

Chúng ta hãy xem xét riêng từng trường hợp có thể xảy ra $x_0 > a$, $x_0 < a$, $x_0 = a$.

Nếu $x_0 > a$ thì (xem (3))
$$a \leq f(x_0) \leq x_0.$$ (5)

Từ tính chất (3) của hàm $f$, suy ra các bất đẳng thức $a \leq f(z) \leq z$ đúng với mọi $z \geq a$. Do đó, chọn $z = f(x_0)$, xét đến (5), ta có
$$a \leq f(f(x_0)) \leq f(x_0).$$ (6)

Từ sự tương ứng (6) và (5) rõ ràng rằng
$$f(f(x_0)) \leq f(x_0) \leq x_0.$$
So sánh bất đẳng thức số nguyên này với đẳng thức (4), chúng ta kết luận rằng $f(x_0) = x_0$, tức là $x_0$, là nghiệm của phương trình (2).

Chúng ta hãy giả định thêm rằng $x_0 < a$.
Trong trường hợp này, bất đẳng thức $f(x_0) \geq a$ là không thể: nếu nó xảy ra thì sự tương ứng (6) sẽ được thỏa mãn, điều này nếu xét đến bất đẳng thức $x_0 < a$ sẽ dẫn đến mâu thuẫn với đẳng thức (4). Vì vậy, nếu $x_0 < a$ thì $f(x_0) < a$. Từ tính chất (3) của hàm $f$, suy ra bất đẳng thức $f(z) \geq z$ đúng với mọi $z < a$. Do đó, chọn $z = x_0$ đầu tiên và sau đó $z = f(x_0)$, chúng ta có
$$x_0 \leq f(x_0) \leq f(f(x_0)).$$
Sử dụng đẳng thức (4), chúng ta lại kết luận rằng $f(x_0) = x_0$.

Nghe $x_0 = a$ rất rõ ràng. Do đó, trong điều kiện (3), mọi nghiệm của phương trình (1) đều là nghiệm của phương trình (2).

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng từ một hàm đã cho $f$ rõ ràng người ta cũng có thể xác định được hàm
$$f(f(f(x))), f(f(f(f(x))))), \dots$$
Mệnh đề sau đây đúng (bạn hãy tự chứng minh): nếu hàm $f$ thỏa mãn điều kiện (3), thì mỗi phương trình $f(f(f(x))) = x, f(f(f(f(x)))) = x, \dots$
tương đương với phương trình (2).

Bây giờ chúng ta hãy xem làm thế nào các đề xuất được xây dựng có thể được sử dụng cho lời giải các hệ thống như vậy trong đó tất cả các phương trình đều giống hệt nhau cho đến khi chỉ định các biến và mỗi phương trình chỉ bao gồm hai biến.

Ví dụ 1 (MSU, Cơ học và Toán học, 1977). Tìm tất cả lời giải hệ phương trình
$$\begin{cases} y^3 - 6x^2 + 12x - 8 = 0, \\ z^3 - 6y^2 + 12y - 8 = 0, \\ x^3 - 6z^2 + 12z - 8 = 0. \end{cases}$$

hãy cô lập chức năng
$$f(x) = \sqrt[3]{6x^2 - 12x + 8}, x \in \mathbb{R};$$ (7)

thì hệ này có thể viết lại dưới dạng
$$y = f(x), z = f(y), x = f(z).$$ (8)

Sử dụng phương pháp thay thế, chúng tôi nhận được từ đây
$$f(f(f(x))) = x.$$ (9)

Trước hết, hãy xem xét phương trình $f(x) = x$, hoặc
$$x^3 - 6x^2 + 12x - 8 = 0.$$
Nó có một nghiệm duy nhất $x = 2$ (nhóm vế trái thứ nhất với vế cuối cùng và vế thứ hai với vế thứ ba), cũng là nghiệm của phương trình (9). Từ biểu thức (7) cho hàm $f$ và phương trình (8), chúng ta thu được lời giải của hệ ban đầu:
(2; 2; 2).

Chúng ta hãy kiểm tra xem hàm (7) có thỏa mãn điều kiện (3) đối với $a = 2$ không, và do đó phương trình (9) không có nghiệm nào khác ngoài $x = 2$. Bất bình đẳng $f(x) \geq x$, trong trường hợp này được rút gọn về dạng
$$(x - 2)^3 \leq 0$$
(thực hiện các phép biến đổi cần thiết), thực sự đúng với $x < 2$ và $f(2) = 2$. Hơn nữa, $f(x) \leq x$ đó cho tất cả $x > 2$. Cuối cùng, bất đẳng thức $f(x) \geq 2$ có thể dễ dàng được viết lại dưới dạng
$$6x^2 - 8x \geq 0,$$
từ đó rõ ràng là nó đúng với $x > 2$.

Do đó, hệ thống ban đầu có lời giải (2; 2; 2) duy nhất.

Bài tập

1. Tìm tích phân $f(f(x))$ nếu:
   a) $f(x) = \sin x$;
   b) $f(x) = \sqrt{1+x^2}$;
   c) $f(x) = -x^2 + 1$.