Kvant 1980, số 12 · Trang

QUANTUM
12
1980

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

Các khối đa diện được hiển thị ở đây được lấy từ phần gốc của các khối đa diện thông thường bằng cách nối các đỉnh và các cạnh của chúng (hãy nghĩ về cách thực hiện điều này). Những khối đa diện này có một đặc tính đáng chú ý: các đỉnh của mỗi khối đều “có cấu trúc giống nhau”. Điều này có nghĩa là bất kỳ đỉnh nào của một khối đa diện như vậy, bằng cách quay quanh một trục nhất định, có thể được chuyển sang bất kỳ đỉnh nào khác sao cho khối đa diện đó tương thích với chính nó.

Các khối đa diện được sắp xếp theo cách này được gọi là có tính bắc cầu tích cực. Đối với các khối đa diện như vậy, xem trang 9

Về trang bìa đầu tiên

Trong bài viết “Cổ phần Olympic” của A. Savin («Kvant», 1980, số 7) đã đặt ra câu hỏi về việc sắp xếp trên một mặt phẳng theo dạng “hoa hồng” gồm nhiều đường ray, lồng vào nhau sao cho không có hai cọc nào được nối với nhau, trong khi tất cả các trụ lại được liên kết với nhau.

Các biên tập viên đã nhận được một số lá thư chứa đựng những ví dụ về những cam kết như vậy. Chúng tôi công bố ví dụ về cư dân Kiev M. Kornilov trên trang bìa của tạp chí này và A. Azimov từ Tashkent đã đưa ra ví dụ tương tự cho chúng tôi.

1

Được thành lập vào năm 1970
12
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:

2 N. Schaefer. Tần số giai đoạn Caesium (thời gian)
9 A. Shklyar. Về khối đa diện bắc cầu

Phòng thí nghiệm «Kvant»
15 J. Walker. Pháo hoa vật lý

vòng tròn toán học
17 V. Zalegaler, S. Zalegaler. Khối bản lề Hungary

Vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M656—M660; F668—F672
24 Lời giải bài toán M609, M610; F613—F617

«Kvant» cho học sinh nhỏ
31 Bài toán
32 M. Zelmanzon, L. Khlabystova. Tự căn chỉnh ô vuông và chữ bí mật

Qua những trang sách giáo khoa
36 Yu. Ivanov. Có bao nhiêu lựa chọn?

Xưởng của người nộp đơn
40 V. Chekhlov. Những vectơ “quỷ quyệt” này
45 S. Krotov. Bài toán khi va chạm giữa các cơ thể

Nghệ thuật lập trình
50 G. Zvenitsyorodsky, Yu. Pervin, A. Sosinsky.
Trường hè toàn Liên minh dành cho lập trình viên trẻ
55 người đoạt giải Olympic lập trình

Đánh giá, thư mục
56 A. Edorov, M. Smolyansky. Sách mới
57 trang cờ vua
58 Đáp số, gợi ý, lời giải

62 Xuất bản 1980

Thi đấu cờ vua (trang bìa thứ 3)
Trộn (14, 29, 30, 34, 35, 44, 55)

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

2

Tần số Caesium etapon (thời gian)

Chà, bắt đầu từ… kể từ khi họ bắt đầu gian lận.
D. I. Mendeleev

Bất kỳ nghiên cứu khoa học nào - cả trong lĩnh vực thế giới vi mô và trong không gian - tất cả các quy trình bắt nguồn - từ việc sản xuất kẹp giấy đến chế tạo tàu phá băng nguyên tử - cuối cùng đều dựa trên những thay đổi. Những tiến bộ trong công nghệ và mở rộng nghiên cứu khoa học đòi hỏi những phương pháp thay đổi ngày càng phức tạp. Ví dụ, với sự ra đời của hàng không siêu thanh, các dịch vụ kiểm soát sân bay phải xử lý hàng triệu giây. Việc nghiên cứu các quá trình nguyên tử và hạt nhân đòi hỏi những thay đổi trong các khoảng thời gian nhỏ hơn hàng nghìn lần so với hàng tỷ phần của một giây.

Việc đo lường các đại lượng vật lý về cơ bản là một đặc tính để so sánh chúng với các giai đoạn tương ứng. Do đó, độ chính xác của một thí nghiệm vật lý phụ thuộc vào độ chính xác mà các đơn vị đo cơ bản được thiết lập.

Giai đoạn đầu tiên của thời gian

Không giống như các phép đo chiều dài và khối lượng có thể được thực hiện nhiều lần, phép đo quá trình theo khoảng thời gian không thể lặp lại và thời gian không thể thay đổi bằng cách so sánh không dự đoán với một giai đoạn. Thời gian có thể được đánh giá bằng những thay đổi trong thế giới xung quanh chúng ta, chẳng hạn như bằng những chuyển động được thực hiện bởi một vật chuyển động thẳng và đều. Phép đo thời gian cũng có thể dựa trên một quá trình tuần hoàn, ví dụ, biểu thức đều, dao động của con lắc.

Do chuyển động của các vật thể không xảy ra trong không gian trống rỗng và các lực luôn tác dụng lên chúng nên các chuyển động tuyệt đối đều và các quá trình tuần hoàn nghiêm ngặt lý tưởng không tồn tại trong tự nhiên. Do đó, không thể tránh khỏi những sai sót không thể tránh khỏi trong bất kỳ phương pháp thay đổi thời gian nào.

Hệ thống Trái đất-Mặt trời được sử dụng làm “đồng hồ” mẫu để kiểm tra tất cả các đồng hồ trên địa cầu. Các điểm tham chiếu cho các khoảng thời gian báo cáo được coi là những khoảnh khắc khi Mặt trời ở một vị trí nhất định so với người quan sát trên trái đất. Bước đầu tiên được chọn là biểu hiện hàng ngày của Trái đất. Khoảng thời gian giữa hai vị trí trên liên tiếp của tâm đĩa mặt trời (đỉnh) được gọi là ngày mặt trời thực sự. Tuy nhiên, độ dài của những ngày này thay đổi trong suốt cả năm (chuyển động của Trái đất quanh Mặt trời không đồng đều). Vì vậy, để báo cáo thời gian, người ta quyết định sử dụng ngày mặt trời trung bình, trạng thái dài hạn được thống nhất coi là bằng thời gian trung bình của ngày mặt trời thực sự trong năm. Đơn vị thời gian - giây - được lấy là 1/86400 giờ của một ngày mặt trời trung bình. Để lưu trữ thời gian trong khoảng thời gian giữa quan sát thiên văn và tái tạo đơn vị thời gian - giây - đồng hồ quả lắc được sử dụng. Trong ví dụ tốt nhất về đồng hồ có độ chính xác đặc biệt, sự thay đổi tốc độ trong ngày là ~ 0,001 giây, tương ứng với sai số tương đối là $\frac{\Delta t}{t} \approx 10^{-8}$.

Đồng hồ thạch anh

Sự phát triển của thiết bị điện tử vô tuyến cho phép tạo ra những chiếc đồng hồ đo thời gian chính xác hơn - đồng hồ thạch anh, sử dụng dao động đàn hồi của thạch anh thay vì con lắc.

3

Khi một tấm thạch anh, được cắt theo một cách nhất định từ một tinh thể, bị biến dạng, các điện tích trái dấu sẽ xuất hiện trên các mặt đối diện. Độ lớn và dấu của điện tích trên mặt lần lượt phụ thuộc vào độ lớn và hướng biến dạng (Hình 1). Hiện tượng này, được gọi là hiệu ứng áp điện trực tiếp, có thể đảo ngược: nếu đặt một hiệu điện thế lên tấm áp điện, thì nhựa, tùy thuộc vào cực của điện áp, sẽ co lại hoặc giãn ra. Một tấm như vậy, được nối với nguồn điện áp xoay chiều, thực hiện các dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số dao động điện. Khi tần số v của dao động điện trùng với tần số tự nhiên v₀ của dao động của tấm thì biên độ A của dao động đàn hồi của nó sẽ lớn nhất (Hình 2). Tần số tự nhiên của tấm, được xác định bởi kích thước và hình dạng của nó, phụ thuộc rất ít vào nhiệt độ và các tác động bên ngoài.

Từ quan điểm của kỹ thuật vô tuyến, một tấm áp điện tương đương với một mạch cộng hưởng chung chứa điện cảm và điện dung, nhưng khác với nó ở chỗ cộng hưởng rất rõ. Đặc tính này của thạch anh áp điện từ lâu đã được sử dụng trong kỹ thuật vô tuyến để ổn định tần số máy phát trong máy phát vô tuyến. Đặc tính tương tự của thạch anh áp điện—sự ổn định cao của tần số dao động của chính nó—được sử dụng để tạo ra đồng hồ thạch anh thiên văn. Thành phần chính của đồng hồ như vậy là máy phát điện.
trika.

Hình 1.

Hình 2.

dao động điện từ, được ổn định bằng áp điện. Mạch máy phát điện được thể hiện trong hình 3.

Tấm quarium, thông qua các điện cực đặt vào các mặt đối diện, được kết nối giữa lưới và cực âm của ống vô tuyến. Sau khi đóng công tắc K, dòng điện trong mạch anốt bắt đầu tích điện cho tụ C. Khi phóng điện qua tụ điện L, trong mạch anốt L - C xuất hiện dao động điện từ tắt dần có tần số v = $\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$.

Để có được dao động không suy giảm, điều cần thiết là các dao động của dòng điện anode phải xảy ra phù hợp với các dao động trong mạch anode và bù đắp cho sự tổn thất năng lượng trong đó. Điều này được thực hiện thông qua phản hồi. Thông qua mạch phản hồi “điện dung C_a c - anode - lưới đèn”, dao động trong mạch anode tạo ra một điện áp xoay chiều cùng tần số trên tấm quarium. Bằng cách thay đổi điện dung của tụ C,

4

Hình 4.

thiết lập mạch anode cộng hưởng với các dao động tự nhiên của tấm, kèm theo những thay đổi đồng bộ về độ lớn điện tích trên các điện cực của nó. Và điều này gây ra sự dao động về điện thế của lưới điều khiển dòng điện cực dương. Các xung của dòng điện anode hỗ trợ (do năng lượng của pin B) dao động độc lập trong mạch anode và trong bản cực.

Vì thạch anh áp điện có sự cộng hưởng mạnh (xem Hình 2), ngay cả khi có sự khác biệt nhỏ về tần số của mạch anode và tấm, biên độ dao động của tấm giảm mạnh và sự thay đổi điện tích trên các điện cực trở nên không đủ để kiểm soát dòng điện anode. Đó là lý do tại sao máy phát chỉ hoạt động ở tần số được xác định nghiêm ngặt, bằng tần số $v_0$ dao động tự nhiên của tấm kim loại.

Tần số dao động được tạo ra bởi bộ dao động tinh thể thường ở mức $10^4 - 10^6$ Hz. Để có được dấu thời gian hiếm hơn, bạn cần có bộ chia tần số điện tử giúp giảm tần số dao động xuống một số lần đã biết rõ *). Động cơ điện đồng bộ hoạt động bằng dòng điện xoay chiều có tần số giảm này sẽ làm quay các kim đồng hồ và đóng các tiếp điểm của rơle, cung cấp tín hiệu thời gian chính xác. Sơ đồ đơn giản của đồng hồ thạch anh được hiển thị trong Hình 4.

Sai số tương đối của đồng hồ thạch anh tốt nhất là $\frac{\Delta t}{t} \approx 10^{-9} - 10^{-10}$. Trong ngày, họ tụt lại phía sau hoặc đi trước $10^{-5}$ giây.

Giai đoạn toàn diện

Quan sát của một nhóm đồng hồ quả lắc và đồng hồ thạch anh đầu tiên vào năm 1937 cho thấy độ dài của ngày thay đổi đột ngột trung bình mỗi năm 0,002 giây và đồng thời tăng dần 0,0016 giây trên 100 năm *). Điều này có nghĩa là độ chính xác tối đa của việc xác định giây bằng đồng hồ “Trái đất quay quanh trục của nó” không vượt quá $\frac{2 \cdot 10^{-3}}{86400} \approx 0,2 \cdot 10^{-7}$.

Năm 1956, Văn phòng Cân đo Quốc tế quyết định chuyển sang một tiêu chuẩn thời gian ổn định hơn - chuyển động quay của Trái đất quanh Mặt trời. Vì vậy, hãy sử dụng khoảng thời gian của năm nhiệt đới - khoảng thời gian giữa hai lần di chuyển liên tiếp của tâm Mặt trời qua điểm cân bằng mùa xuân. Do độ dài của năm nhiệt đới không cố định hoàn toàn do sự xáo trộn do các hành tinh gây ra trong chuyển động của Trái đất, nên một trong số chúng đã được chọn - năm 1900.

*) Trái đất quay không đều chủ yếu là do trong quá trình thủy triều lên xuống, một phần năng lượng của chuyển động quay được dùng để thắng các lực điều khiển sự biến dạng của phần rắn chính của Trái đất và lực ma sát trong trong quá trình chuyển động của các khối nước lớn trong đại dương và không khí trong khí quyển.

5

Độ chính xác của việc xác định giây là 1/31556925.9747 của năm nhiệt đới bị hạn chế bởi độ chính xác của các quan sát thiên văn và đạt tới $10^{-10}$.

Nhưng trình độ thử nghiệm vật lý ở mọi lứa tuổi và sự phát triển của công nghệ đòi hỏi độ chính xác của việc thiết lập các đơn vị đo lường cơ bản phải tăng thêm. Ví dụ, những tiến bộ trong khám phá không gian sẽ không đáng kể nếu không có khả năng đo thời gian với độ chính xác $10^{-12}$ s. Điều này trở nên khả thi sau khi chuyển sang các phương pháp chuẩn hóa tần số mới, dựa trên các quy trình nguyên tử.

Tại sao đồng hồ nguyên tử chính xác hơn đồng hồ mặt đất và đồng hồ thạch anh?

Không giống như thế giới vĩ mô, nơi thậm chí không có hai vật thể hoàn toàn giống nhau, trong thế giới vi mô, tất cả các bộ phận cùng loại, ví dụ như các electron, đều không thể phân biệt được. Các nguyên tử, bao gồm cùng số lượng nguyên tố hạt, cũng hoàn toàn giống nhau. Các phân tử là sự kết hợp giống nhau của cùng số nguyên tử cũng trở nên hoàn hảo.

Các nguyên tử hoặc phân tử giống hệt nhau có các tập hợp tần số dao động tự nhiên giống hệt nhau và không đổi; chúng có thể phát ra hoặc hấp thụ các sóng điện từ có độ dài như nhau và được xác định chặt chẽ, chỉ phụ thuộc vào cấu trúc của một loại hạt nhất định. Điều quan trọng là những máy tạo rung điện từ này không bị hao mòn.

Đây là lý do tại sao việc sử dụng các hệ thống nguyên tử để chuẩn hóa tần số (thời gian) và độ dài lại rất hấp dẫn. Vì hoạt động của các vi hạt được xác định bởi các định luật cơ học lượng tử nên các eton được tạo ra trên cơ sở hệ thống nguyên tử được gọi là lượng tử.

Ethon lượng tử đầu tiên là ethon có chiều dài. Hóa ra tiêu chuẩn quốc tế về chiều dài - một mét - chứa 1650763,73 bước sóng bức xạ phát sinh trong quá trình chuyển đổi giữa hai trạng thái cụ thể của nguyên tử krypton ($^{86}$Kr).

Có vẻ như việc tiêu chuẩn hóa tần số và thiết lập đơn vị thời gian nên được thực hiện dọc theo cùng một đường màu cam của krypton-86, được sử dụng để thiết lập đơn vị độ dài. Tuy nhiên, sẽ thuận tiện hơn khi sử dụng tính năng giám sát tần số vô tuyến, vì điều này giúp có thể kết hợp etapon tần số với mạch vô tuyến điều khiển tiến trình của đồng hồ thạch anh hoặc cho phép so sánh tần số với eton. Khi tính đến những trường hợp này, Hội nghị Trọng lượng và Đo lường Quốc tế năm 1967 đã quyết định từ bỏ ethon tự nhiên của thời gian “Trái đất quay quanh Mặt trời” và chuyển sang sáng tạo nhân tạo và ethon lượng tử không liên quan đến vật thể quan sát được thiên văn, sử dụng một trong các bước sóng của bức xạ điện từ từ các nguyên tử Caesium, nằm trong phạm vi vô tuyến ($\lambda \approx 3,27 \cdot 10^{-2}$ m). Để có được nguyên lý hoạt động của đồng hồ lượng tử, chúng ta sẽ phải xem xét cách các nguyên tử hành xử trong từ trường.

Kim nguyên tử và từ tính

Ngoài điện trường, các electron và hạt nhân nguyên tử còn tạo ra từ trường trong không gian xung quanh. Các nguyên tử vectơ cảm ứng từ trường là tổng hình học của các vectơ cảm ứng từ của trường của các hạt cấu thành nó. Đối với một số nguyên tử, vectơ cảm ứng thu được bằng 0, nhưng nhiều nguyên tử, kể cả nguyên tử Caesium, có từ trường. Những nguyên tử như vậy gần giống với mũi tên từ tính.

Trong trường hợp không có từ trường bên ngoài, các vectơ cảm ứng của từ trường của nguyên tử Caesium, cũng như của các kim từ ở khoảng cách đủ xa nhau, được định hướng ngẫu nhiên. Theo ngôn ngữ của cơ học lượng tử, điều này có nghĩa là ở cùng một mức năng lượng có các nguyên tử có hướng từ trường khác nhau (Hình 5).

Được biết, kim la bàn đặt theo phương của lực

6

Hình 5.

đường sức từ bên ngoài. Nếu sau khi thực hiện công chống lại lực tương tác giữa con trỏ và từ trường, con trỏ bị lệch một góc nhất định và thả ra, thì dưới tác dụng của các lực này, nó sẽ trở về vị trí ban đầu sau một vài dao động. Vị trí cân bằng này ổn định vì nó tương ứng với giá trị tối thiểu của thế năng của mũi tên - ở bất kỳ vị trí nào khác, thế năng của nó lớn hơn lượng công dành cho việc thay đổi hướng ban đầu.

Theo các khái niệm lượng tử, các nguyên tử đặt trong từ trường bên ngoài chỉ chịu hai hướng của từ trường của chính chúng: hoặc “dọc theo trường” (giống như kim từ trong từ trường Trái đất) hoặc “ngược lại từ trường”. Nếu hướng “dọc theo trường” tương ứng với nguyên tử năng lượng $E_1$, thì hướng “ngược lại trường” sẽ tương ứng với giá trị lớn hơn một chút của nguyên tử năng lượng $E_2$ (giống như năng lượng của kim từ tính “ngược lại trường” lớn hơn năng lượng của kim từ tính định hướng tự phát “dọc theo trường” tính theo lượng công tiêu tốn cho việc định hướng lại này).

Nói cách khác, việc đặt nguyên tử mục tiêu vào từ trường bên ngoài sẽ làm cho mức năng lượng chính mở rộng thành hai mức phụ có năng lượng $E_1$ và $E_2$ và $E_2 > E_1$ (Hình 6).

Sự chuyển đổi của các nguyên tử $E_2 \rightarrow E_1$ (từ cấp dưới $E_2$ sang cấp dưới $E_1$) đi kèm với bức xạ và các chuyển đổi $E_1 \rightarrow E_2$ đi kèm với sự hấp thụ sóng có tần số $v_0 = \frac{E_2 - E_1}{h} = \frac{\Delta E}{h}$. Sự chênh lệch năng lượng $E_2 - E_1$ không lớn và tần số $v_0$ nằm trong dải sóng vô tuyến.

Hình 6.

Hình 7.

Giá trị $\Delta E$ phụ thuộc rất ít vào tác động bên ngoài. Do đó, bức xạ có tần số $v_0 = \frac{\Delta E}{h}$ có thể được sử dụng làm tham chiếu. Nhưng để thực hiện điều này trong thực tế, cần phải “sắp xếp” các nguyên tử theo năng lượng.

Do điện trường không có tác dụng lên các nguyên tử trung tính và từ trường đều chỉ có thể gây ra sự định hướng của từ trường của các nguyên tử nên việc “phân loại” các nguyên tử theo năng lượng được thực hiện bằng cách sử dụng một từ trường rẻ tiền. Ví dụ, như trong Hình 7. Như có thể thấy trên hình, các nguyên tử định hướng “dọc theo trường” sẽ bị hút vào vùng cảm ứng lớn hơn, và các nguyên tử định hướng “ngược lại trường” sẽ hòa trộn theo hướng ít cảm ứng hơn. Sự pha trộn được gây ra bởi sự không đồng đều của các lực tác dụng lên phần “phía bắc” và “phía nam” của các nguyên tử ($|\vec{f}_1| > |\vec{f}_2|$).

Tiêu chuẩn cesive

Sơ đồ mạch của chuẩn tần số cesive được hiển thị trong Hình 8.

7

Đun nóng qua một khe hẹp (1), trong đó kim loại Caesium bay hơi, các nguyên tử Caesium bay ra ngoài dưới dạng chùm tia phẳng và đi vào vùng từ trường bậc thấp $B_1$ được tạo ra bởi một nam châm (2) có hình dạng đặc biệt. Để đơn giản, hình vẽ chỉ thể hiện quỹ đạo của các nguyên tử dọc theo rìa của chùm tia này. Chuyển động của các nguyên tử xảy ra bên trong ống chân không, không được thể hiện trên hình.

Trong từ trường cấp thấp $B_1$, các nguyên tử Caesium được định hướng “dọc theo trường” và “ngược lại từ trường”, lấy các giá trị năng lượng lần lượt là $E_1$ và $E_2$. Nhưng ngoài khả năng định hướng, các nguyên tử còn được phân tách bằng năng lượng. Một số nguyên tử ở rìa trên của chùm tia, được định hướng “dọc theo trường” và có năng lượng $E_1$, bị hút vào vùng cảm ứng cao hơn và không tham gia vào hoạt động của thiết bị. Một phần khác của các nguyên tử ở cạnh trên của chùm tia, được định hướng “ngược lại trường” và có năng lượng $E_2$, bị đẩy ra khỏi vùng có cảm ứng cao hơn và quỹ đạo của chúng bị cong xuống. Ở phần dưới của chùm tia, các nguyên tử có năng lượng $E_2$ (hướng “ngược lại trường”) bị lệch sang một bên nhỏ hơn cảm ứng và rời khỏi trò chơi, còn các nguyên tử có định hướng “dọc theo trường” (có năng lượng $E_1$) bị lệch về phía trục của thiết bị.

Các nguyên tử Caesium được sắp xếp theo năng lượng $E_1$ và $E_2$ đi vào bộ cộng hưởng (3), nơi tạo ra một từ trường đều $B$ (nam châm (4)), trong đó các nguyên tử chuyển động tuyến tính và duy trì sự phân tách năng lượng. Một trường điện từ cũng được tạo ra trong khu vực cộng hưởng, tần số của trường này có thể thay đổi trơn tru. Nếu tần số này bằng tần số $v_0 = \frac{E_2 - E_1}{h}$, thì một phần nguyên tử có năng lượng $E_1$, sau khi hấp thụ một lượng tử năng lượng $hv_0 = E_2 - E_1$, sẽ chuyển sang trạng thái $E_2$ và có hướng “ngược lại trường”, và một phần nguyên tử có năng lượng $E_2$ của chùm tia khác dưới tác dụng của lượng tử $hv_0$ do phát xạ kích thích sẽ chuyển sang trạng thái $E_1$, thay đổi hướng “đối diện với sân” thành hướng “dọc theo sân”*).

Phía sau bộ cộng hưởng có một vùng từ trường bậc thấp $B_2$ (nam châm (5)), tương tự như trường $B_1$. Trong trường này, các nguyên tử được sắp xếp theo năng lượng, do đó xuất hiện các tương tác toàn diện với trường điện từ; các nguyên tử có năng lượng $E_2$ và $E_1$ bị lệch về phía trục chùm tia và rơi vào thiết bị chiếu. Các nguyên tử có năng lượng $E_1$, chưa hấp thụ một lượng tử của trường điện từ $hv_0$ và các nguyên tử có năng lượng $E_2$, không trải qua sự phát xạ kích thích, bị từ trường cấp thấp $B_2$ làm chệch hướng khỏi trục của thiết bị và không chạm tới đầu phun. Do đó, nếu tần số của trường điện từ không bằng tần số $v_0 = \frac{\Delta E}{h}$ thì không có tương tác của trường điện từ với các nguyên tử Caesium. Trong trường hợp này, các nguyên tử không được đưa vào ứng dụng.

*) V. A. Fabrikant. “Chuyện gì xảy ra ở trại heli-neon.” («Kvant», 1978, số 6.)

Hình 8.

8

Bộ thu là một dây vonfram được nung nóng (6) nằm dọc theo trục của điện cực bán hyđrua (7). Các nguyên tử Caesium tiếp xúc với vonfram nóng, tạo ra các electron hóa trị cho nó, trở nên dương và bám vào điện cực tích điện âm - bộ thu (7). Rõ ràng là dòng điện qua điện kế G tỷ lệ thuận với số lượng nguyên tử Caesium đã thay đổi năng lượng bằng cách hấp thụ hoặc phát ra lượng tử phóng xạ màu xanh lá cây $hv_0$ trong vùng cộng hưởng. Đường cong biểu diễn sự phụ thuộc của dòng điện qua điện kế vào tần số của trường điện từ trong vật cộng hưởng có hình dạng tương tự như đường cong trên Hình 2, nhưng có mức cực đại thậm chí còn hẹp hơn: $\frac{\Delta v}{v_0} \approx 10^{-13}$.

Tần số $v_0 = \frac{(E_2 - E_1)}{h} = 9192631770,0$ Hz, tại đó dòng điện đạt giá trị cực đại và xảy ra sự chuyển đổi lượng tử của $E_1 \rightarrow E_2$ nguyên tử của đồng vị Caesium-133 ($^{123}$Cz), đã được Hội nghị Trọng lượng và Đo lường Quốc tế chấp nhận như một cột mốc quan trọng. Đơn vị thời gian - giây nguyên tử - là 9.192.631.770,0 chu kỳ của các dao động điện từ như vậy.

Một ống Caesium và một máy phát tần số cao giao tiếp với một thiết bị điện tử - một thiết bị phân biệt tự động điều chỉnh tần số của máy phát đến hạt giai đoạn $v_0$, trên đó các nguyên tử Caesium phản ứng. Mức độ ổn định tần số cao là do ngay cả sự lệch hướng nhỏ nhất của máy phát cũng ảnh hưởng đáng kể đến cường độ tín hiệu từ ống Caesium.

Do chu kỳ dao động tương ứng với hạt giai đoạn $v_0$ khác nhau nhiều bậc độ lớn so với đơn vị thời gian - giây, nên bài toán phát sinh để nhận tín hiệu có giá trị thấp điều khiển tiến trình của đồng hồ và thiết bị tạo ra tín hiệu thời gian chính xác. Để làm điều này, máy phát giao tiếp với bộ cộng hưởng không trực tiếp mà thông qua các mạch nhân. Do đó, tần số của nó nhỏ hơn tần số etan một số lần nhất định. Bộ tạo này điều khiển tiến trình của đồng hồ thạch anh, điều khiển đồng hồ và thiết bị tạo ra tín hiệu thời gian chính xác.

Chuẩn tần số lượng tử đầu tiên được tạo ra vào năm 1955 bởi nhà vật lý người Anh L. Essen. Với việc chế tạo và sử dụng thiết bị này, ông đã được trao Huy chương Vàng A. S. Popov.

Một trong bốn giai đoạn Caesium tốt nhất trên thế giới, là cơ sở của Eton tần số và thời gian chính của bang, được đặt tại Trung tâm Đo lường Chính của nước ta ở làng Mendeleevo gần Moscow. Nó sẽ tái tạo những giây nguyên tử với độ chính xác tương đối là $3 \cdot 10^{-13}$, tương ứng với sai số một giây trong 100.000 năm. Để lưu trữ thời gian, nghĩa là liên tục đếm giây, phút và giờ, cung cấp tín hiệu thời gian chính xác và dịch vụ kiểm tra, tần số xêsi thứ cấp và eton thời gian cũng như toàn bộ nhóm amoniac, hydro, rubua và các máy phát lượng tử khác - laser, độ rộng của các vạch quang phổ rất hẹp ($\sim 10^{-7}$ Å). Để thay đổi tần số của bức xạ laser, khác với tần số của ethanol một vài bậc độ lớn, những tần số này được hạ xuống bằng cách nhân tần số nhỏ hơn của chúng với một số lần đã biết chính xác. Việc so sánh hai tần số tương tự sẽ được thực hiện bằng cách thay đổi tần số nhịp của chúng bằng máy hiện sóng và các phương pháp khác$^*$.

Trong những năm gần đây, người ta phát hiện ra rằng các thông số của đồng hồ dựa trên máy phát lượng tử hydro tốt hơn so với đồng hồ của caesium. Độ ổn định của chúng trong ngày là $10^{-14}$, tức là kém hơn 10 lần so với Caesium ethon. Người ta giả định rằng nó có thể giảm xuống $10^{-16}$. Vì vậy, vấn đề thay thế chuẩn tần số Caesium bằng chuẩn tần số khác thậm chí còn chính xác và ổn định hơn đang được thảo luận.

Ngày nay, độ chính xác của những thay đổi về thời gian cao hơn hàng chục nghìn lần so với độ chính xác của những thay đổi về các đại lượng vật lý khác.

*) Bạn có thể đọc về điều này trong bài viết của A. V. Eletsky “Tốc độ ánh sáng và những thay đổi của nó” («Kvant», 1975, số 2).

9

Về khối đa diện bắc cầu

Năm ngoái, cậu học sinh Kiev A. Shklyar đã đóng góp cho ban biên tập tạp chí của chúng tôi một bài báo “Phương pháp hình học để tìm tất cả các nhóm hữu hạn của chuyển vị dương của không gian,” dựa trên kết quả của chính cậu ấy, những kết quả bổ sung mà cậu ấy nhận được tại các cuộc họp của nhóm toán học của Đại học Quốc gia Kyiv.

Chúng tôi sẽ không xuất bản một bài báo về chủ đề phi trường học như vậy, nhưng định lý do A. Shklyar chứng minh cho phép cải cách liên quan đến chủ đề trường học “Đa ranh giới”.

Dưới đây là bài viết của A. Shklyar, được sửa lại bởi một thành viên trong nhóm biên tập «Kvant» Giáo sư V. G. Boltyansky.

Phần 3 đưa ra mô tả hình học đơn giản về “cấu trúc” các bề mặt của các polytop chuyển tiếp dương. Trong đoạn 4 tất cả chúng đều được liệt kê.

1. Chuyển động có điểm cố định

Trước khi hình thành bài toán, được thảo luận trong ghi chú này, chúng ta hãy nhớ lại (xem bài viết “Sự dịch chuyển của không gian” của A. Sosinsky trong «Kvant» số 8) một số sự kiện liên quan đến sự dịch chuyển của không gian. Chúng ta sẽ giả sử rằng điểm $O$ cố định trong không gian và chúng ta sẽ chỉ xem xét những chuyển động trong không gian mà tại đó $O$ không chuyển động, tức là biến thành chính nó. Một ví dụ về chuyển động như vậy là phép quay $f$ theo một góc không bát phân xung quanh đường $l$ đi qua điểm $O$. Khi di chuyển $f$ của mỗi điểm trên đường thẳng $l$ biến thành chính nó và không có điểm cố định nào khác (trừ khi góc quay là bội số của 2π).

Lưu ý rằng chuyển động quay là chuyển động bảo toàn hướng. (Điều này có thể được tính như sau: khi quay, một con vít thông thường sẽ quay trở lại thành một con vít thông thường.) Trong bài báo của Sosinsky, người ta đã chứng minh rằng trong số các chuyển động làm cho điểm $O$ cố định, các chuyển động quay quanh các đường thẳng đi qua $O$, và chỉ có chúng, bảo toàn hướng. Vì thành phần của hai phép tịnh tiến bảo toàn hướng cũng là thành phần duy trì hướng, nên chúng ta kết luận rằng thành phần của hai phép quay quanh các đường thẳng đi qua điểm $O$ cũng là một phép quay quanh một đường thẳng nào đó đi qua $O$.

2. Đa giác chuyển tiếp dương

Một số tập hợp chuyển động (không trống) $G$ được gọi là nhóm chuyển động nếu nó có các đặc tính sau:

1. $f \in G \Rightarrow f^{-1} \in G$;
2. $f_1 \in G$ và $f_2 \in G \Rightarrow f_2 \circ f_1 \in G$.

Từ những gì đã nói ở đoạn trước, rõ ràng là tập hợp các phép quay (ở mọi góc có thể có) xung quanh các đường đi qua $O$ là một nhóm các chuyển vị.

Bây giờ hãy để $M$ là một hình nào đó trong không gian. Tập hợp tất cả các cách tự sắp xếp của hình $M$ biểu thị $\Gamma(M)$ xem («Kvant», 1980, số 7, trang 4), và đến $\Gamma_+(M)$ biểu thị tập hợp các cách tự sắp xếp của hình $M$ bảo toàn hướng. Rõ ràng, mỗi tập hợp $\Gamma(M), \Gamma_+(M)$ được biểu thị bằng một nhóm chuyển vị.

Tập $M$ được gọi là bắc cầu nếu với bất kỳ điểm $A$, $B$ nào của tập này trong nhóm $\Gamma(M)$ có một bản dịch lấy $A$ thành $B$. Tương tự, tập $M$ được gọi là bắc cầu dương nếu với bất kỳ $A$, $B \in M$ nào có sự tự kết hợp $f \in \Gamma_+(M)$ sao cho $f(A) = B$.

Chúng ta gọi một đa hình là dương nếu các tập hợp

10

NHỮNG ĐIỀU CỦA TẤT CẢ CÁC ĐỈNH CỦA NÓ LÀ CHUYỂN TIẾP TÍCH CỰC. Nếu khối đa diện $M$ có tính bắc cầu dương thì tất nhiên nó có tính bắc cầu và do đó (xem Quiet, 1980, No. 7, p. 5, Định lý 2) có thể mô tả một hình cầu xung quanh nó. Mỗi sự tự sắp xếp của khối đa diện $M$ sẽ chuyển tâm $O$ của hình cầu này thành chính nó. Có thể, mỗi sự tự sắp xếp bảo toàn hướng của khối đa diện $M$ thể hiện một phép quay quanh một đường thẳng nhất định đi qua điểm $O$. Bây giờ, định nghĩa của một đa diện bắc cầu dương có thể được phát biểu như sau: một đa diện $M$ được gọi là bắc cầu dương nếu một hình cầu có thể được mô tả xung quanh nó, đồng thời, đối với hai đỉnh bất kỳ của nó $A, B$ có một phép quay (xung quanh một đường thẳng nhất định đi qua tâm của hình cầu ngoại tiếp), đưa khối đa diện này vào chính nó và đỉnh $A$ vào $B$.

Mục tiêu của bài viết của chúng tôi là mô tả tất cả các khối đa diện chuyển tiếp dương.

3. Các cạnh là gì?

Cho $M$ là một đa diện bắc cầu dương. Chúng tôi sửa mặt của nó $y$. Tuy nhiên, trong hai trường hợp: hoặc tồn tại một ngã rẽ $j \in \Gamma_+(M)$, khác với ngã rẽ xác định, lấy mặt $y$ vào trong chính nó, hoặc một ngã rẽ như vậy không tồn tại.

Đầu tiên, tồn tại một phép quay $j$ như vậy và $l$ là trục của phép quay này. Đường $l$ đi qua tâm $O$ của hình cầu ngoại tiếp và cắt mặt $y$ tại một điểm nào đó $P$.

Điểm $P$ rõ ràng không thể là đỉnh của khối đa diện $M$.

Điểm $P$ cũng không thể là điểm trong của cạnh $AB$ nào đó thuộc mặt $y$. Hãy giả sử điều ngược lại. Để tìm kiếm $f(P) = P$, cạnh $AB$ cũng phải đi vào chính nó (vì không có cạnh nào khác đi qua điểm $P$). Vì vậy, $f(A) = B$, $f(B) = A$. Theo đó, cạnh $AB$ vuông góc với đường thẳng $l$ và được chia cho điểm $P$ làm đôi và $j$ là phép quay qua góc $j$ xung quanh

thẳng $l$. Tuy nhiên, trong trường hợp này, nó không hẳn là $j(\gamma) \neq \gamma$.

Điều này có nghĩa là điểm $P$ là điểm bên trong của mặt $y$. Vì $j(\gamma) = \gamma$ nên đường thẳng $l$ vuông góc với mặt phẳng mặt $y$. Gọi $g \in \Gamma_+(M)$ là phép quay qua góc nhỏ nhất (về độ lớn) đón mặt $y$ vào chính nó và $a$ là độ lớn của góc này. Sau đó, phép quay ở mỗi góc $2a, 3a, \dots$ cũng biến khuôn mặt $y$ thành chính nó. Từ đó chúng ta có thể kết luận rằng $a = \frac{2\pi}{k}$, trong đó $k$ là một số tự nhiên. Trên thực tế, nếu $k$ là một số chẳng hạn như $(k-1)a < 2\pi$, nhưng đã là $ka \geq 2\pi$, thì với $ka > 2\pi$, việc quay qua góc $ka - 2\pi$ sẽ đưa mặt $y$ vào chính nó, tuy nhiên, điều này không thể xảy ra vì $ka - 2\pi < a$. Do đó, $ka = 2\pi$, tức là $g$, là phép quay qua góc $\frac{2\pi}{k}$. Lấy một đỉnh $A_0$ tùy ý của mặt $y$ và đặt $A_1 = g(A_0)$, $A_2 = g(A_1)$,…, $A_{k-1} = g(A_{k-2})$ (sau đó $g(A_{k-1}) = A_0$). Các đỉnh của đa giác $y$ nằm giữa $A_0$ và $A_1$ được ký hiệu là $B_1$, $B_2$, …, $B_{m-1}$. Đường đứt nét $p_0 = A_0B_1B_2...B_{m-1}A_1$ (gồm các liên kết $m$) rẽ khi biến $g$ thành đường đứt nét tương tự $p_1 = g(p_0)$ (đi từ điểm $A_1$ đến $A_2$), v.v.; cuối cùng, đường đứt nét $p_1 = g(p_2)$ chứa các điểm $A_k$ và $A_0$. Từ đó, rõ ràng là đa giác $y$ có $km$ đỉnh và các đỉnh $m$ $A_0$, $B_1$, $B_2,..., B_{m-1}$ là “khác nhau” theo nghĩa là không có hai trong số chúng có thể được kết hợp bằng bất kỳ phép quay nào từ $\Gamma_+(M)$ biến khuôn mặt $y$ thành chính bạn. Các đỉnh còn lại “giống hệt” với bất kỳ đỉnh nào trong số các đỉnh $A_0$, $B_1$, $B_2,..., B_{m-1}$. Chúng ta sẽ gọi số $k$ là số chu kỳ của mặt $y$.

Nếu $m = 1$, tức là phép quay $g$ chuyển đỉnh $A_0$ sang đỉnh lân cận của mặt $y$, thì cũng có một phép quay chuyển $A_0$ sang bất kỳ đỉnh nào khác của mặt này. Một khuôn mặt như vậy được gọi là bắc cầu. Dễ dàng thấy rằng một mặt bắc cầu là một đa giác đều và tất cả các đỉnh thuộc mặt này đều được xây dựng theo cùng một cách.

Nếu không có lượt $j \in \Gamma_+(M)$, một người trìu mến xuất sắc

11

một lấy mặt $\gamma$ vào chính nó, nghĩa là tất cả các đỉnh của mặt $\gamma$ đều “khác nhau”, chúng ta đặt $k=1$ và bằng $m$ chúng ta biểu thị số đỉnh.

Bây giờ các số $k$ và $m$ được xác định cho bất kỳ mặt nào của bất kỳ khối đa diện granite dương nào.

Bổ đề 1. Đối với bất kỳ mặt $\gamma$ nào, các số $k$ và $m$ chỉ có thể nhận các giá trị sau:

1. $k=1$, $m=3$; 2) $k \geq 2$, $m=2$; 3) $k > 2$, $m=1$.

Bằng chứng. Vì $M$ là một polytope granit dương nên có một chuyển động quay $h_i \in \Gamma_+(M)$ mất $B_i$ đến $A_0 (i=1,2,...,m-1)$. Mặt $h_i(\gamma)$ đồng dạng với $\gamma$, nhưng không giống nhau, vì các đỉnh $A_0$ và $B_i$ là “khác nhau”. Hơn nữa, tất cả các mặt $\gamma$, $h_1(\gamma),...,h_{m-1}(\gamma)$ đều phân biệt theo cặp (nếu $h_1(\gamma)=h_2(\gamma)$ thì $h_2^{-1} h_1(B_1) = h_2^{-1}(A_0)=B_2$) và chúng đều liền kề với đỉnh $A_0$. Do đó, tổng các góc của đa giác $\gamma$, $h_1(\gamma),...,h_{m-1}(\gamma)$ tại đỉnh $A_0$ nhỏ hơn $2\pi$. Điều này có nghĩa là tổng các góc của đa giác $\gamma$ tại các đỉnh $A_0$, $B_1,...,B_{m-1}$ nhỏ hơn $2\pi$. Nhưng tổng độ lớn các góc của nó tại các đỉnh $A_0$, $B_1,...,B_{m-1}$ bằng $\sigma = \frac{1}{k} (km-2)\pi$. Do đó, $\frac{1}{k} (km-2)\pi < 2\pi$, tức là $m-2 < \frac{2}{k}$, $km \geq 3$. Từ các bất đẳng thức thu được $m-2 < \frac{2}{k}$, $km \geq 3$, suy ra rằng đối với $k$ và $m$ chỉ có thể có các giá trị được chỉ định. (Hãy chắc chắn về điều này.)

Bổ đề 2. Nếu một mặt không phải đá granite $\gamma$ liền kề với đỉnh $A_0$ thì tất cả các mặt không phải đá granite khác tại đỉnh $A_0$ đều bằng nhau và số mặt không phải đá granit liền kề với $A_0$ là $m$.

Bằng chứng. Trong chứng minh Bổ đề 1, chúng ta thấy rằng tổng các góc của mặt $\gamma$ đối với các đỉnh “khác nhau” $A_0$, $B_1,...,B_{m-1}$ bằng $\sigma = \frac{\pi}{k} (km-2)$. Đối với $m=3$, $k=1$ (khả năng đầu tiên trong Bổ đề 1), chúng ta có $\sigma=\pi$; tại $m=2$, $k \geq 2$ (khả năng thứ hai) chúng ta có

$$\sigma = \frac{k-1}{k} \cdot 2\pi \geq \pi.$$

Do đó, ở $m>1$ (nghĩa là đối với mặt không phải đá granit) $\sigma \geq \pi$. Áp dụng phép quay $h_1, h_2,...,h_{m-1}$ từ chứng minh Bổ đề 1 đến $\gamma$, chúng ta thu được tại đỉnh $A_0$ m các mặt không phải đá granit đồng dạng $\gamma$, $h_1(\gamma),...,h_{m-1}(\gamma)$ và kết luận rằng “tập hợp” thứ hai các mặt không phải đá granit tại điểm $A_0$ không thể liền kề (tổng các góc phẳng ở đỉnh $A_0$ sẽ lớn hơn hoặc bằng $2\pi$).

Khi hình thành bổ đề sau, điều kiện của thuật ngữ “các mặt kề nhau” sẽ gọi là hai mặt có một cạnh chung (nghĩa là hai mặt chỉ có một đỉnh chung sẽ không bị coi là hài hước).

Bổ đề 3. Bất kỳ hai mặt nào tiếp giáp với một mặt đá granit nào đó $\gamma$ đều có thể được kết hợp bằng một phép quay nào đó từ $\Gamma_+(M)$, lấy $\gamma$ về chính nó.

Chúng tôi để lại việc chứng minh bổ đề đơn giản và quan trọng này cho người đọc.

4. Mô tả tất cả các khối đa diện dương

Để liệt kê tất cả các polytop dương tính, hãy xem xét bốn khả năng.

A) Khối đa diện $M$ chứa một mặt không phải là đá granit $\gamma$, khác với một hình tam giác và đối với mặt này, số chu kỳ (tức là $k$) lớn hơn 2. Do đó, theo Bổ đề 1, $m=2$.

Đặt $A_0$ là một đỉnh nào đó của mặt $\gamma$. Khi đó, theo Bổ đề 2, hai mặt không phải là đá granit bằng nhau $\gamma$, $\gamma_1$ liền kề với đỉnh $A_0$, còn lại là các mặt đá granit liền kề với $A_0$. Rõ ràng là mặc dù có một mặt đá granit (vì có ít nhất ba mặt gặp nhau ở mỗi đỉnh). Trong chứng minh Bổ đề 1, chúng ta thấy rằng tổng các góc của mặt $\gamma$ tại các đỉnh “khác nhau” (hoặc, giống nhau, tổng các góc của các mặt $\gamma$, $\gamma_1$ tại đỉnh $A_0$) bằng

$$\sigma = \frac{\pi}{k} (km-2) = \frac{\pi}{k} (2k-2) = 2\pi - \frac{2\pi}{k}.$$

Vì $k>2$, $\sigma \geq 2\pi - \frac{2\pi}{3}$

12

Vì tổng tất cả các góc hội tụ tại đỉnh $A_0$ nhỏ hơn 2π nên tổng các góc của các mặt bắc cầu tại đỉnh $A_0$ cộng lại nhỏ hơn $\frac{2\pi}{3}$, điều này cho thấy rằng chỉ có một mặt bắc cầu γ có thể áp dụng cho $A_0$. Nếu khuôn mặt này là một $l$-gon đều, tức là nó có một góc $\alpha = \pi - \frac{2\pi}{l}$, thì theo những gì đã nói, $\sigma + \alpha < 2\pi$, tức là $(2\pi - \frac{2\pi}{k}) + (\pi - \frac{2\pi}{l}) < 2\pi$. Nói cách khác, $\frac{1}{k} + \frac{1}{l} > \frac{1}{2}$. Xét rằng $k > 2$, $l > 2$, từ đây chúng ta thấy năm khả năng sau:

1. $m = 2$, $k = 3$, $l = 3$;
2. $m = 2$, $k = 3$, $l = 4$;
3. $m = 2$, $k = 3$, $l = 5$;
4. $m = 2$, $k = 4$, $l = 3$;
5. $m = 2$, $k = 5$, $l = 3$.

Các khối đa diện chuyển tiếp dương tương ứng với các trường hợp này rất dễ xây dựng: để làm được điều này, bạn cần “cắt bỏ” các đỉnh ở gót của các khối đa diện đều (đối với các khối đa diện đều, xem “Hình học 9-10”, § 54 hoặc «Kvant», 1980, Số 7, trang 6).

Để cắt một đỉnh, bạn cần bố trí các đoạn có độ dài bằng nhau, nhỏ hơn một nửa chiều dài của cạnh, trên tất cả các cạnh ra khỏi đỉnh đó và vẽ một mặt phẳng đi qua các điểm thu được (Hình 1). Ví dụ, Hình 2 cho thấy một khối đa diện tương ứng với trường hợp 4: nó thu được bằng trung bình các đỉnh của hình lập phương. Dễ dàng nhận thấy rằng mọi sự tự kết hợp của một khối lập phương sẽ biến khối đa diện này thành chính nó và ngược lại. Do đó, nhóm tự sắp xếp của khối đa diện trùng với nhóm tự sắp xếp của hình lập phương. Điều tương tự cũng áp dụng cho năm trường hợp còn lại được liệt kê.

Như vậy, các khối đa diện bắc cầu dương tương ứng với trường hợp A là các khối đa diện đều có các đỉnh trung bình.

B) Khối đa diện M chứa một mặt dị dương γ, khác với tam giác và với mặt này $k = 2$. Ở đây cũng $m = 2$, tức là mặt γ là hình bình hành ($m = 2$, $k = 2$) và $\sigma = \frac{\pi}{k}(km - 2) = \pi$. Do đó, đỉnh $A_0$ liền kề với nhiều nhất hai mặt bắc cầu.

Trước tiên chúng ta xét trường hợp con khi đỉnh $A_0$ liền kề với 2 mặt bắc cầu. Các mặt này không liền kề (nếu không, theo Bổ đề 3, tất cả các mặt sẽ đồng dạng với một trong số chúng và sẽ có tính bắc cầu, điều này là không thể, vì có một mặt dị γ). Giả sử rằng những mặt này là một $l_1$-giác đều và một $l_2$-giác đều, sau đó là $\sigma + \left(\pi - \frac{2\pi}{l_1}\right) + \left(\pi - \frac{2\pi}{l_2}\right) < 2\pi$, tức là $\frac{1}{l_1} + \frac{1}{l_2} > \frac{1}{2}$. Điều này mang lại thêm ba khả năng (chúng ta có thể xem xét $l_1 \leq l_2$:

6. $m = 2$, $k = 2$, $l_1 = 3$, $l_2 = 3$;
7. $m = 2$, $k = 2$, $l_1 = 3$, $l_2 = 4$;
8. $m = 2$, $k = 2$, $l_1 = 3$, $l_2 = 5$.

Hình 3.

Khối đa diện bắc cầu dương tương ứng có thể thu được bằng cách “cắt bỏ” các đỉnh và cạnh của các khối đa diện đều (Hình 1 thể hiện đường đi trung bình của các đỉnh, Hình 3 thể hiện đường đi trung bình của các cạnh).

Trang thứ hai của trang bìa cho thấy các khối đa diện thu được theo cách này từ phần gốc của các khối đa diện thông thường. Theo quan điểm phân loại của chúng tôi, khối đa diện 1 và 2 là “giống hệt nhau” - mỗi đỉnh liền kề với cùng một

13

cùng một bộ mặt (theo ngôn ngữ của đại số “cao hơn”: các nhóm tự kết hợp của các khối đa diện này là đẳng cấu - «Kvant», 1976, Số 10, trang 10; khối đa diện 3 và 4 “giống hệt nhau” theo nghĩa tương tự).

Vì vậy, trong trường hợp con này, chúng ta có ba loại đa diện bắc cầu dương - các khối đa diện đều có các đỉnh và cạnh ở giữa.

Nếu chỉ có một mặt bắc cầu ($l$-gon) tiếp giáp với đỉnh $A_0$, thì $\sigma + \left( \pi - \frac{2\pi}{l} \right) < 2\pi$, tức là $-\frac{2\pi}{l} < 0$. Nói cách khác, trong trường hợp này không có hạn chế nào được áp dụng đối với $l$. chúng tôi nhận được

9. $m = 2, k = 2, l \geqslant 3$ - bất kỳ.

Khối đa diện tương ứng là lăng kính $l$-giác đều (Hình 4).

C) Khối đa diện $M$ chứa một mặt không biên $\gamma$, là một hình tam giác ($k = 1, m = 3$).

Trong trường hợp này, $\sigma = \pi$, và do đó ba hình tam giác $\gamma, \gamma_1, \gamma_2$ liền kề với đỉnh $A_0 \in \gamma$ và hai, một hoặc không có mặt bắc cầu nào cũng có thể liền kề nhau.

Nếu hai mặt bắc cầu liền kề với đỉnh $A_0$ (một $l_1$-gon đều và một $l_2$-gon đều, hơn nữa là $l_1 \leqslant l_2$), thì có ba khả năng (Hình 5 thể hiện dưới dạng sơ đồ cách các mặt ở đỉnh $A_0$ liền kề nhau):

10. $m = 3, k = 1, l_1 = 3, l_2 = 3$;
11. $m = 3, k = 1, l_1 = 3, l_2 = 4$;
12. $m = 3, k = 1, l_1 = 3, l_2 = 5$.

Sơ đồ các đỉnh của khối đa diện 10), 11), 12) được thể hiện trong Hình 6—8. Khối đa diện 10) là một “icoadr bất quy tắc”.

Nếu đỉnh $A_0$ liền kề với một mặt bắc cầu, một $l$-giác đều, thì sự tương ứng $\sigma + \left( \pi - \frac{2\pi}{l} \right) < 2\pi$ không đưa ra bất kỳ hạn chế nào đối với $l$. Chúng tôi nhận được một trường hợp khác:

13. $m = 3, k = 1, l \geqslant 3$.

Hình 9 cho thấy khối đa diện tương ứng (phản lăng kính).

Nếu khối đa diện không có mặt bắc cầu nào cả thì với mỗi khối đa diện

14

Ba tam giác nhọn bằng nhau kề nhau với mỗi đỉnh ở các góc khác nhau, và khối đa diện đó hóa ra là một tứ diện (hãy chắc chắn về điều này), như trong Hình 10. Sự phát triển của tứ diện này) là một tam giác có góc nhọn tùy ý với các đường ở giữa được vẽ. Do đó, thu được một loại khối đa diện bắc cầu dương khác:

14. $m=3, k=1$.

D) Khối đa diện $M$ không chứa các mặt chưa phát triển.

Theo Bổ đề 3, hoặc tất cả các mặt đều bằng nhau - điều này tạo ra đường đi của các khối đa diện đều (trường hợp 15-19), hoặc có hai loại mặt: $l_1$-giác đều và $l_2$-giác đều, và chỉ $l_2$-giác liền kề với $l_1$-giác và ngược lại ($здесь l_1<l_2$). Trong trường hợp cuối cùng này, tại mỗi đỉnh, $l_1$-gon hội tụ, sau đó là $l_2$-gon, rồi lại $l_1$-gon, v.v. Từ đây dễ dàng kết luận rằng ở đỉnh có một đỉnh tương tự

*) Đôi khi tứ diện còn được gọi là bán đều.

Bài tập
độc giả của chúng tôi

1. Người ta biết rằng
   $$F\left(\frac{x+1}{x-2}\right)+2F\left(\frac{x-2}{x+1}\right)=x.$$
   Tìm $F(x)$.

N. Adtsezalov

2. Cho đẳng thức $x^2+y^2=z^2$, trong đó $x, y, z, m>1$ là các số tự nhiên. Chứng minh rằng $x, y, z$ không thể tạo thành một cấp số cộng, kể cả số học hay hình học.

M. Ibraimov

3. Chúng ta hãy biểu thị bằng $S(A)$ tổng các chữ số của số $A$. Chứng minh rằng dãy $\left(\frac{S(n^2)}{S(n)}\right), n\in\mathbb{N}$ là không bị chặn.

Câu phát biểu tương tự có đúng với dãy $\left(\frac{S(n)}{S(n^2)}\right)$ không?

E. Turkevich

Khi không có máy tính trong tay

Danh tính rõ ràng
$$a^2=(a-d)(a+d)+d^2$$
có thể hữu ích khi xử lý các số bình phương:
$$43^2=(43-3)(43+3)+3^2=40\cdot 46+9=1849,$$
$$43^2=(43+7)(43-7)+7^2=50\cdot 36+49=1849,$$
$$257^2=(257+43)(257-43)+43^2=300\cdot 214+43^2=64200-1849=66049.$$
A. Krits

15

Phòng thí nghiệm «Kvant»
J. Walker

Pháo hoa vật lý

Bài toán-các câu hỏi được xuất bản dưới đây được lấy từ cuốn sách “Pháo hoa vật lý” của J. Walker, được nhà xuất bản “Mir” xuất bản gần đây.

1. Với một cây bút chì trong bồn tắm
   Nếu bạn muốn vui vẻ một chút khi tắm, hãy lấy một cây bút chì và ngồi sau bóng của nó ở đáy bồn tắm. Sau khi nhúng nửa cây bút chì vào nước, bạn sẽ thấy bóng của nó không có điểm gì chung với nó - nó trông giống như hai thanh có đầu tròn, cách nhau một khoảng sáng (Hình 1). Khoảng trống ánh sáng này đến từ đâu và điều gì quyết định chiều rộng của nó?

2. Hình ảnh đồng xu trong nước
   Đặt một đồng xu dưới đáy một chiếc bình rộng chứa đầy nước,

Hình 1.

Hình 2.

và nhìn đồng xu qua nước từ nhiều góc độ khác nhau. Ở một số góc độ, bạn sẽ thấy hình ảnh một đồng xu trên mặt nước (Hình 2). Bây giờ đặt tay của bạn lên mặt sau của lọ. Điều này rất có thể sẽ không ảnh hưởng đến hình ảnh của đồng xu, tuy nhiên, nếu tay bạn bị ướt thì hình ảnh sẽ biến mất. Tại sao?

3. “Bóng ma” trong cửa sổ lắp kính hai lớp
   Tại sao các đồ vật tách biệt lại có vẻ thú vị khi nhìn qua cửa sổ lắp kính hai lớp?
   Trong một số trường hợp, chẳng hạn như khi quan sát qua cửa sổ của tháp điều khiển sân bay, việc chuyển hướng hình ảnh như vậy không chỉ gây khó chịu mà còn có thể dẫn đến những tình huống rất nguy hiểm. Hãy thử, ít nhất là gần đúng, để ước tính khoảng cách góc giữa vật thật và “bóng ma” của nó. Nó phụ thuộc vào thời gian trong ngày và điều kiện thời tiết như thế nào?

4. mưa rực rỡ
   Bạn có thể đã có dịp quan sát ngay cả dưới ánh nắng trực tiếp, bạn sẽ nhận thấy rằng phía trên một số đường ngang bị thiếu, tờ báo thành phố sẽ nhạt hơn bên dưới. Làm thế nào điều này có thể được giải thích?

5. Kính râm và sự biến dạng chuyển động rõ ràng
   Che một mắt bằng bộ lọc tối, chẳng hạn như kính từ kính râm và quan sát sự dao động của một con lắc đơn giản. Mặc dù bạn biết chắc chắn rằng con lắc dao động trong một mặt phẳng, nhưng bạn có cảm giác rằng nó mô tả một hình elip (Hình 3). Đối với những người chưa quen, việc quan sát thực tế này có vẻ đáng ngạc nhiên, thậm chí bí ẩn.

Nếu bạn từng phải ngồi sau tay lái của một chiếc xe số tự động và đeo kính râm một tròng, bạn sẽ thấy…

16

Hình 3.

Hình 4.

Hình 5.

Bạn có thể nghĩ rằng tốc độ của xe số tự động đi về phía bên trái của bạn khác biệt đáng kể so với tốc độ của xe số tự động đi về phía bên phải của bạn, mặc dù trên thực tế chúng đang di chuyển với cùng tốc độ. Bạn ước tính tốc độ tự động không chính xác.

Hơn nữa, khi xem xét trường hợp này, bạn sẽ ước tính sai khoảng cách đến các vật thể xung quanh. Lỗi phán đoán thậm chí còn phụ thuộc vào việc đối tượng ở bên phải hay bên trái của bạn.

Điều gì giải thích sự chuyển động ba chiều biểu kiến ​​của con lắc? Bộ lọc ánh sáng hoặc kính đóng vai trò gì trong việc đánh giá chuyển động này, tốc độ tự động và khoảng cách đến các vật thể?

6. Xoay sợi trước màn hình TV

Nếu trong một căn phòng tối trước màn hình TV, hình ảnh trên đó không thay đổi, bạn chạy một sợi phẳng có hoa văn ở mặt trên, thì những hình ảnh đáng kinh ngạc sẽ xuất hiện trên con sói. Không còn nghi ngờ gì nữa, chúng là do hoa văn trên bề mặt của con sói, nhưng ánh sáng của màn hình tivi có liên quan gì đến nó?

7. Hình ảnh truyền hình “nổi”

Nhìn vào màn hình TV trong phòng tối, trước tiên hãy nhanh chóng di chuyển mắt nửa mét sang bên trái màn hình, sau đó ngay lập tức nửa mét sang bên phải. Bạn sẽ thấy hình ảnh chi tiết được nhận dạng của khung tivi “treo” trên không ở bên phải màn hình (Hình 4). Đôi khi thậm chí còn xuất hiện những hình ảnh ba quet, mỗi hình có dạng hình bình hành nghiêng về bên phải. Tại sao những hình ảnh này xuất hiện và tại sao chúng lại bị nghiêng? Độ nghiêng của chúng có giữ nguyên nếu bạn di chuyển mắt sang phía bên kia không? Các hình ảnh được nhận dạng tương tự có xuất hiện nếu bạn di chuyển mắt lên hoặc xuống không?

8. Màu đĩa đen trắng

Có thể phân biệt được màu nào trên bề mặt đen trắng? Theo quy định, không. Tuy nhiên, hãy tạo một đĩa có các vùng đen trắng xen kẽ và xoay nó ở tốc độ tương đối thấp, nhìn kỹ vào nó, cố gắng không để ý đến từng vùng riêng lẻ. Sau vài phút, các cạnh của phần màu trắng phía trước hướng quay sẽ chuyển sang màu đỏ và các cạnh của các phần phía sau sẽ chuyển sang màu xanh lam. (Các sắc thái sẽ khác nhau ở các mức ánh sáng khác nhau.) Khi quay ở tốc độ cao hơn, các phần màu trắng chuyển sang màu đỏ và các phần màu đen chuyển sang màu xanh lục. Khi tốc độ quay tăng hơn nữa, không thể phân biệt được màu sắc nữa, nhưng những tia sáng lấp lánh của bộ lọc màu hồng và xanh lục bắt đầu nhảy qua đĩa. Trên đĩa như trong Hình 5, có thể quan sát được cả ba hiệu ứng cùng một lúc. Tại sao chúng ta nhìn thấy những bông hoa này? Tại sao phải xem sớm vài phút để đĩa lên màu?

17

Sở thích giải các câu đố toán học, được sáng tạo vào năm 1975 bởi kiến ​​trúc sư người Hungary, Giáo sư Ernő Rubik, đang lan rộng ở Cộng hòa Nhân dân Hungary. Hình dáng của nó được thể hiện ở trang thứ tư của bìa: nó là một khối nhựa được chia thành 27 khối tắc nghẽn. Khối bên trong được lấy ra và 26 khối bên ngoài được lồng vào nhau bằng cách sử dụng các phần nhô ra đặc biệt để bất kỳ viên gạch nào trong số 9 khối liền kề với một cạnh của khối có thể xoay 90° theo bất kỳ hướng nào. (Phần đầu của hai phép quay như vậy được hiển thị trong Hình 1.) Sau một phép quay 90°, toàn bộ hệ thống vẫn giữ nguyên khả năng tự do quay: một lần nữa, bất kỳ ô nào theo bất kỳ hướng nào đều có thể được quay 90° trong mặt phẳng của nó.

Có thể viết một bài viết riêng về thiết kế bản lề của những chiếc cốc này - bây giờ chúng ta sẽ thảo luận về một vấn đề khác.

Ban đầu, mỗi mặt của khối lập phương lớn được sơn một màu khác nhau (đỏ, cam, vàng, lục, lam, trắng). Sau một loạt các phép quay được chọn ngẫu nhiên, màu sắc của các mặt của khối lập phương trở nên đa dạng: có các ô có màu khác nhau trên cạnh. Câu đố là, khi nhận được một khối lập phương đầy màu sắc như vậy trong tay, hãy thêm, bằng cách xoay, sắp xếp chính xác các hình khối, nghĩa là sắp xếp sao cho mỗi mặt của khối lập phương sẽ lại có cùng một màu.

Bài toán việc này không đơn giản chút nào. Một người không được trang bị lý thuyết, thậm chí là một người có năng lực, hiếm khi có thể thu thập ngay được nhiều hơn một khía cạnh. Số lượng sắp xếp khối lập phương có thể đạt được (ước tính là có $N=43\ 252\ 003\ 274\ 489\ 856\ 000$) khiến nó không thể truy cập được bằng vũ lực ngay cả trên máy tính. Tuy nhiên, lưu ý rằng không thể đạt được bất kỳ sự sắp xếp nào bằng cách xoay các khối lập phương: nếu bạn cho phép tách khối thành 26 khối, thì bạn có thể tạo $12 \cdot N=529\ 024\ 039\ 393\ 878\ 272\ 000$ các cách sắp xếp khác nhau (xem bài toán 8 từ Phụ lục).

Hiện tại, chúng tôi cung cấp các quy tắc dành cho người đọc (chúng không phải là quy tắc tiết kiệm nhất về số vòng quay) cho phép bất kỳ cách sắp xếp hình khối nào trong số $N$ có thể được đưa trở lại cách sắp xếp chính xác của chúng.

Mô tả các phép quay

Để phác thảo các quy tắc, điều khoản và điều kiện được đề xuất trước tiên về thuật ngữ.

Chúng ta sẽ gọi trung tâm là các hình khối nằm ở tâm các mặt của hình lập phương. Mỗi khối trung tâm luôn là trung tâm và hướng ra ngoài từ một hình vuông có màu được chỉ định.

Vì chúng ta không quan tâm đến sự thay đổi vị trí của toàn bộ khối lập phương trong không gian mà chỉ quan tâm đến sự thay đổi vị trí tương đối của phần của nó, nên chúng ta sẽ coi vị trí của nó trong không gian là cố định. Nó có nghĩa là:

Hình 1.

18

Điều đó có nghĩa là vị trí của tất cả các cốc trung tâm trong không gian không thay đổi. Điều này cũng có nghĩa là trong số chín mặt phẳng của khối lập phương, chúng ta sẽ chỉ xoay được sáu mặt phẳng.

Nếu trong hình, một ô trung tâm nhất định được đánh dấu bằng chữ cái $A$ thì chúng ta sẽ biểu thị phép quay (không phải “giữa”) của ô chứa ô này theo $90^\circ$ theo chiều kim đồng hồ là $A$ và phép quay của cùng một ô đó theo $90^\circ$ ngược chiều kim đồng hồ sẽ được biểu thị là $A^{-1}$. Rõ ràng là $A^{-1}A^{-1}A^{-1}=A$ và $A^2=A^{-2}$, trong đó $A^2=A$ và $A^{-2}=A^{-1}$ $A^{-1}$.

Các hình lập phương chứa phần giữa của cạnh của hình lập phương lớn sẽ được gọi là hình trung bình. Khối ở giữa luôn ở mức trung bình và hướng ra ngoài với hai ô có màu xác định. Đối với mỗi cặp màu (ngoại trừ những cặp màu ban đầu được sơn ở các cạnh đối diện của khối lập phương), có một khối ở giữa duy nhất chứa các ô có các màu này.

Khối Uel là khối chiếm các vị trí góc trong khối lập phương. Mỗi khối góc luôn là khối góc và hướng ra ngoài tới hình vuông thứ ba được bao quanh bởi các màu khác nhau. Sự tương ứng của ba màu này là khác nhau đối với mỗi cốc ở góc.

Giai đoạn chính

Thoạt nhìn, một con đường hấp dẫn: tăng dần vị trí của các ô thanh đơn, lấy cạnh một thanh, rồi lấy một cạnh khác - dường như chỉ dẫn đến những khó khăn không thể vượt qua. Không thể so sánh với câu đố, họ sẽ xé nó ra - vì tức giận hoặc vì tò mò về cấu trúc của bản lề. Chúng tôi đang trên

Chúng tôi hy vọng rằng phương pháp lời giải được đề xuất dưới đây sẽ giúp câu đố có thể tiếp cận được nhưng nó cũng yêu cầu một số điều kiện nhất định để thực hiện.

Chúng tôi sẽ chia các hành động đề xuất thành bốn giai đoạn lớn. Chúng ta đã đồng ý rằng trong lời giải của câu đố, các khối trung tâm không thay đổi vị trí của chúng trong không gian. Đối với các cốc ở giữa, trong quá trình xử lý lời giải, mỗi cốc phải chiếm một vị trí nhất định trong sóng: xuất hiện ở cạnh giữa hai mặt “riêng” của hình lập phương, tức là những mặt đó có các ô trung tâm cùng màu với hai ô của hình lập phương ở giữa đã cho. Ngoài ra, nó phải được xoay chính xác: các ô màu của nó phải liền kề với các ô trung tâm cùng màu. Tình huống hoàn toàn tương tự với các cốc góc: mỗi cốc có một vị trí riêng (tại điểm giao nhau của ba mặt với các ô trung tâm cùng màu của nó) và một lượt rẽ đúng duy nhất. Theo đó, quy trình của chúng tôi sẽ như sau:

1. Đặt tất cả các khối ở giữa vào đúng vị trí.
2. Xoay tất cả các hình khối ở giữa một cách chính xác vào đúng vị trí của chúng.
3. Đặt tất cả các khối góc vào đúng vị trí.
4. Xoay tất cả các khối góc một cách chính xác.

Chúng tôi sẽ chỉ thực hiện từng giai đoạn sau khi giai đoạn trước đã hoàn thành. Đồng thời, chúng tôi sẽ thực hiện giai đoạn tiếp theo sao cho sau khi hoàn thành, chúng tôi sẽ không bị gián đoạn bởi thành quả của các giai đoạn trước.

20

Rõ ràng, hoán vị từng cặp của các khối ở giữa cho phép chúng ta thực hiện giai đoạn 1: đặt tất cả các khối ở giữa vào vị trí của chúng.

Giai đoạn 2: Xoay các khối ở giữa

Mười hai vòng xoắn kết hợp
$$K_2 = (AB^{-1}A^{-1}B)(BC^{-1}B^{-1}C)(CA^{-1}C^{-1}A)$$
đồng thời xoay các khối 1 và 2 trong tổ của chúng (Hình 4) và không thay đổi vị trí hoặc góc quay của các khối ở giữa còn lại (kiểm tra!).

Sự kết hợp $K_2$ cho phép bạn xoay hai khối ở giữa bất kỳ vào vị trí của chúng. Thật vậy, nếu chúng không liền kề với cùng một cạnh hoặc không liền kề với nó, thì bạn luôn có thể sử dụng các lượt quay phụ (hãy nhớ các lượt này theo màu của tâm ô được xoay) để đưa hai khối mong muốn đến vị trí 1, 2 (Hình 4), xoay chúng với tổ hợp $K_2$, sau đó, theo thứ tự ngược lại và theo hướng ngược lại, hãy xoay các lượt phụ.

Việc xoay các khối ở giữa theo từng cặp có thể thực hiện được giai đoạn 2, vì (do tính chất 1) không thể xảy ra trường hợp chỉ một khối ở giữa cần quay.

Giai đoạn 3: khối góc - tại chỗ

Mười hai vòng xoắn kết hợp
$$K_3 = (ABA^{-1}B^{-1})^3$$
thực hiện việc sắp xếp lại đồng thời các khối 1, 2 và các khối 3, 4 (Hình 5), bảo toàn tất cả thành tích của giai đoạn 1, 2 và không thay đổi vị trí của các khối góc ngoài 1, 2, 3, 4 (kiểm tra!)

Sự kết hợp của mười hai bốn lượt
$$K_4 = (ACA^{-1}C^{-1})^3(B^{-1}A^{-1}BA)^3$$
sắp xếp lại các khối 1, 2, 3 (Hình 6) theo sơ đồ $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$, lưu tất cả thành tích của giai đoạn 1, 2 và không thay đổi vị trí của các khối góc ngoài 1, 2, 3.

Hãy để chúng tôi giải thích cách sử dụng kết hợp $K_3$ và $K_4$ để thực hiện giai đoạn 3.

Giả sử rằng sau khi hoàn thành giai đoạn 2, một số khối ở góc không còn ở đúng vị trí của chúng. Do tính chất P nên sẽ có ít nhất ba hình lập phương như vậy. Hãy chọn một trong số chúng và đánh dấu nó bằng số 1. Khối chiếm vị trí mà khối 1 phải đến sẽ được đánh dấu bằng số 2.

Nếu bản thân khối 2 sẽ di chuyển đến vị trí của khối 1, thì với số 3, chúng ta sẽ đánh dấu bất kỳ khối góc nào khác với hai khối đầu tiên và đứng lệch vị trí, và với số 4 - khối đứng ở vị trí của khối 3. Sau đó, sử dụng các lượt rẽ phụ (hãy nhớ chúng), chúng ta sẽ đặt các khối 1, 2 và 3, 4 vào vị trí của các cặp 1, 2 và 3, 4 như trong Hình 5. Sử dụng tổ hợp $K_3$ chúng ta sẽ tiến hành sắp xếp lại $1 \rightarrow 2, 3 \rightarrow 4$, sau đó theo thứ tự ngược lại và các lượt quay có chủ ý ngược lại.

Kết quả là, ngoài các khối góc đã đứng ở vị trí trước đó, việc xoay các khối 1, 2, 3 vào vị trí của chúng đã hoàn thành.

Nếu khối 2 không được cho là ở vị trí của khối 1, thì chúng ta đánh dấu khối 3 bằng số 3 ở vị trí của khối 2. Nếu khối 3 không đến vị trí của khối 1, thì chúng ta đánh dấu khối 4 bằng số 4 ở vị trí khối 3. Sau đó, như trên, tức là với sự trợ giúp của các phép quay phụ và sự kết hợp $K_3$, việc sắp xếp lại $1 \rightarrow 2, 3 \rightarrow 4$ được thực hiện, đặt nó vào vị trí của các khối 1 và 3.

Vẫn còn trường hợp cần phải sắp xếp lại các hình khối $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$. Trong trường hợp này, với sự trợ giúp của các vòng quay phụ (hãy nhớ chúng), chúng ta đặt các khối 1, 2, 3 theo thứ tự nào đó thay cho 1, 2, 3 (Hình 6). Tuy nhiên, trong hai tổ hợp $K_4, K_4^{-1}$ thực hiện sắp xếp lại các vị trí $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1, 1 \rightarrow 3 \rightarrow 2 \rightarrow 1$, các khối $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$ (nằm ở vị trí 1, 2, 3) sẽ thực hiện việc sắp xếp lại. Hãy thực hiện sự kết hợp chính xác này. Sau đó, chúng ta sẽ rẽ các ngã rẽ phụ theo thứ tự ngược lại và theo hướng ngược lại. Kết quả là các khối 1, 2, 3 sẽ rơi vào đúng vị trí.

Lặp lại quá trình này, chúng ta sẽ hoàn thành bước 3 - chúng ta sẽ đặt tất cả các hình khối ở góc vào đúng vị trí của chúng.

Bước 4: Xoay các khối góc

Chúng ta sẽ cần hai sự kết hợp sau:
$$K_5 = [(A^{-1}CAC^{-1})(C^{-1}BCB^{-1})(B^{-1}ABA^{-1})]^2, K_5^{-1} = [(AB^{-1}A^{-1}B)(BC^{-1}B^{-1}B)(BA^{-1}B^{-1}A)]^2.$$

Sự kết hợp $K_5$ đồng thời xoay từng khối 1, 2, 3 (Hình 7) của bộ đi từ tâm của nó đến tâm của khối. 120° theo chiều kim đồng hồ. Tổ hợp $K_5^{-1}$ xoay các hình khối giống nhau ngược chiều kim đồng hồ. Vị trí và góc quay của bất kỳ khối nào khác không thay đổi.

Biết sự kết hợp của $K_5$ và $K_5^{-1}$ cho phép bạn cùng nhau rẽ theo hướng mong muốn (nhưng cùng hướng) hoặc ba khối góc. Chỉ cần thu thập chúng bằng cách sử dụng các vòng quay phụ thành một mặt, xoay chúng lại với nhau bằng cách sử dụng tổ hợp $K_5$ hoặc $K_5^{-1}$ (tùy thuộc vào hướng quay mong muốn), sau đó đưa chúng trở lại vị trí bằng các vòng quay ngược với các vòng quay phụ.

Bây giờ chúng tôi sẽ giải thích cách sử dụng kết hợp $K_5$ và $K_5^{-1}$ để thực hiện bước 4.

Nếu sau khi hoàn thành giai đoạn 3 mà có các khối góc bị xoay sai thì do tính chất III nên có ít nhất hai khối như vậy.

Giả sử có nhiều hơn hai. Hãy lấy ba trong số chúng. Ít nhất hai trong số ba viên xúc xắc này yêu cầu quay cùng một hướng. Xoay cả ba hình khối theo hướng này, chúng ta sẽ giảm được số hình khối bị xoay sai. Vì vậy, chúng ta sẽ đi đến một tình huống trong đó việc xoay các hình khối là sai, hoặc chính xác là hai.

21

Nếu chỉ có hai viên xúc xắc được quay không chính xác thì cả hai viên xúc xắc đó không thể yêu cầu quay theo cùng một hướng. Nếu không, chúng ta sẽ cùng nhau xoay chúng và một khối khác - một tình huống sẽ xuất hiện với một khối được xoay không chính xác, điều này là không thể do III.

Vì vậy, hai con xúc xắc quay không chính xác đòi hỏi phải quay theo các hướng khác nhau. Hãy biến một trong các hình khối này và hai hình khối trước đó đứng đúng hướng. Và sau đó - theo hướng khác - hai khối mới này và khối thứ hai trước đó bị quay sai. Kết quả là tất cả các hình khối sẽ ở đúng vị trí!

Ứng dụng*)

Hãy để chúng tôi biểu thị trạng thái chính xác của khối bằng $S_0$. Chúng ta hãy chèn các số $i=1, 2, ..., 8$ của các đỉnh của nó (khối góc) và các số $j=1, 2, ..., 12$ của các cạnh của nó (khối giữa). Trên các cạnh, chúng ta sẽ chọn (và điền) bất kỳ hướng nào (và hướng các mũi tên tương ứng vào các hình khối ở giữa) sao cho các cạnh song song được căn chỉnh.

Giả sử rằng ở một trạng thái nhất định**) $S$ của khối $j$ khối ở giữa rơi vào cạnh $j'$; Hãy so sánh hướng của cạnh $j'$ (mà chúng ta đã điền) với mũi tên chỉ trên khối $j$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $n_j(S)$ các giá trị bằng 0 nếu các hướng biểu thị trùng nhau và bằng 1 nếu ngược lại. Nếu số tiền

$$n_1(S) + n_2(S) + ... + n_{12}(S)$$

là số chẵn, chúng ta giả sử $n(S)=0$, nếu không thì $n(S)=1$; chúng ta có thể nói rằng $n(S)$ là “sự chẵn lẻ của tổng chuyển động quay của các cốc ở giữa”. Chứng minh rằng

1. Đại lượng $n$ là bất biến, nghĩa là nó giống nhau đối với mọi trạng thái của khối: $n(S)=n(S_0)=0$. (Gợi ý. Nó đủ để chứng tỏ rằng $n(S)$ không thay đổi theo bất kỳ vòng quay nào của một lần đúc).

2. Theo định luật, trạng thái của khối không thể quay bằng một khối ở giữa (tính chất I, trang 19). (Gợi ý. Ở trạng thái này $n(S)=1$).

Chúng ta hãy nhớ rằng vị trí của khối trung tâm trong không gian không thay đổi khi quay; để xác định, giả sử khối trung tâm phía dưới có màu xanh lá cây, khối phía trên có màu xanh lam; Chúng ta sẽ xem xét hai màu này được nhìn thấy. Hãy lấy khối góc thứ $i$ của khối lập phương của chúng ta, ở trạng thái $S$. Chính xác một ô của khối góc được tô sáng (tại sao?). Nếu ô này nằm ngang, chúng ta đặt (theo định nghĩa) $N_i(S)=0$; nếu ô này nằm ngang khi xoay khối lập phương $120^\circ$ (theo chiều kim đồng hồ) xung quanh đường chéo của khối lớn, hãy đặt $N_i(S)=1$; nếu đạt được chiều ngang bằng cách xoay $240^\circ$ thì $N_i(S)=-1$. Nếu số tiền

$$N_1(S) + N_2(S) + ... + N_8(S)$$

khi chia cho 3 thì số dư là 0, 1, 2 ta đặt các giá trị $N(S)$ lần lượt bằng 0,1, -1. Chúng ta có thể nói rằng đại lượng $N$ là “hướng chuyển động toàn phần của các cốc ở góc”. Chứng minh rằng

3. Đại lượng $N$ là bất biến, nghĩa là nó giống nhau đối với mọi trạng thái của khối: $N(S)=N(S_0)=0$.

4. Theo định luật, trạng thái của khối không thể quay bằng một khối ở giữa (thuộc tính III, trang 19).

Giả sử ở trạng thái $S$ các khối ở giữa có số 1, 2, …, 12 lần lượt được chiếm các số $j_1, j_2, ..., j_{12}$ và các khối góc 1, 2, …, 8 lần lượt được chiếm các vị trí $i_1, i_2, ..., i_8$. Các bộ $I(S)=(i_1, i_2, ..., i_8)$ và $J(S)=(j_1, j_2, ..., j_{12})$ chỉ đơn giản là các số cốc được viết theo một thứ tự khác; Các nhà toán học còn gọi tập hợp là hoán vị. Một hoán vị được gọi ngay cả khi nó có số chẵn, nghĩa là một số chẵn các cặp chữ số không theo thứ tự tăng dần và lẻ. Chúng ta có thể nói rằng $\epsilon$ là “sự sắp xếp đồng đều của tất cả các cốc”. Chứng minh rằng

5. Đại lượng $\epsilon$ là bất biến, trong khi $\epsilon(S)=\epsilon(S_0)=0$ đối với bất kỳ trạng thái pháp luật nào $S$. (Gợi ý. Hãy chứng minh rằng với bất kỳ chuyển động quay nào của bánh xe thì số chẵn lẻ $I$ và số chẵn lẻ $J$ thay đổi).

6. Chính xác một khối góc không thể hoán đổi cho nhau (tính chất II, trang 19).

7*. Trạng thái $S$ của hình lập phương là theo định luật tosyada và chỉ tosyada, khi

$$n(S)=N(S)=\epsilon(S)=0$$.

8*. Tất cả các trạng thái (bao gồm cả những trạng thái thu được bằng cách tháo rời và lắp ráp khối lập phương đều được phát triển thành 12 lớp; trong trường hợp này, hai trạng thái $S, S'$ được chuyển đổi thành nhau bằng cách lần lượt thắp sáng tosyada và chỉ tosyada khi $n(S)=n(S')$, $N(S)=N(S')$, $\epsilon(S)=\epsilon(S')$.

*) Tác giả Phụ lục - V. Dubrovsky.
**) Tức là ở trạng thái thu được từ các lượt đúc chính xác (không sơn lại các ô hoặc tháo rời khối lập phương).

22

Vấn đề
lượng tử

Bài toán
M656—660; F668—F672

M656. Có 30 vectơ khác 0 trong không gian. Chứng minh rằng trong số đó có hai góc nhỏ hơn 45°.

A. Trong đám đông

M657. Trong bảng $n \times n$ chứa đầy các số, tất cả các hàng đều khác nhau. Chứng minh rằng bạn có thể xóa một cột nhất định khỏi bảng để tất cả các hàng trong bảng còn lại cũng khác nhau.

A. Anjan

M658. Một hình vuông có số hữu hạn các đoạn trên cạnh 1 (Hình 1) song song với các cạnh của nó. Các phân đoạn có thể giao nhau. Tổng độ dài của các đoạn được vẽ là 18. Chứng minh rằng trong số các phần mà hình vuông được chia cho các đoạn này, có một phần có diện tích không nhỏ hơn 0,01.

A. Anjan

M659. Chứng minh các tính chất sau của dãy Fibonacci $f_1 = 1, f_2 = 2, \dots, f_{k+1} = f_k + f_{k+1}$:

a) Mỗi ​​số tự nhiên $n \geqslant 3$ được biểu diễn dưới dạng tổng của các số Fibonacci khác nhau.

b) Ta biểu thị số cách biểu diễn như vậy của số $n$ dưới dạng tổng các số chẵn bằng $K_n$, dưới dạng tổng các số lẻ bằng $H_n$; thì $|K_n - H_n| \leqslant 1$ cho tất cả $n$.

b) Nếu bạn vượt qua nhiều thấu kính đứng liên tiếp trong chuỗi

$$1 - x, 1 - x^2, 1 - x^3, 1 - x^5, \dots, 1 - x^{f_k}, \dots$$

(các chỉ số là số Fibonacci), khi đó trong đa thức thu được tất cả các hệ số sẽ bằng 0, -1 hoặc +1.

Chứng minh của phát biểu b) và c) mà chúng ta biết dựa trên tính chất sau:

d) Đối với bất kỳ $n \geqslant 3$ nào, có một biểu diễn duy nhất của $n$ dưới dạng tổng các số Fibonacci khác nhau, cùng với mỗi số hạng

23

$f_k(k \geqslant 3)$ chứa ít nhất một trong hai số trước $f_{k-1}$ hoặc $f_{k-2}$.

A. Odessky, học sinh lớp 9, D. Fuchs

M660. Các chấm màu xanh và đỏ được đặt trên vòng tròn (Hình 2a). Được phép thêm một chấm đỏ mới và đồng thời thay đổi màu của từng chấm trong hai chấm liền kề (Hình 26), hoặc loại bỏ chấm đỏ và thay đổi màu của từng chấm lân cận (Hình 2c). Ban đầu chỉ có hai chấm đỏ (không được phép để nhiều hơn hai chấm). Có thể đạt được trên một vòng tròn bằng cách sử dụng một số thao tác như vậy không
a) hai chấm - xanh và đỏ;
b) 8 chấm đỏ;
b) một chấm đỏ và 6 chấm xanh;
d) * hai chấm xanh?

K. Kazarnovsky

F668. Một sợi dây không trọng lượng được ném qua một khối cố định. Một tải trọng $m_1$ được gắn vào một đầu. Ở đầu bên kia, một tải trọng $m_2$ được treo từ bên ngoài với độ cứng $k$. Chiều dài của lò xo ở trạng thái chưa phát triển là $l_0$. Tìm biên độ dao động mà tải $m_2$ sẽ thực hiện khi hệ được để yên. Không có sự xoay ngang qua sợi chỉ.

G. Kotkin

F669. Đảo ngược một tấm kính có thành mỏng có vỏ nút chai có độ dày $d$ nổi ở bề mặt tiếp xúc của hai chất lỏng có mật độ $\varrho_1$ và $\varrho_2$. Phần trên của kính ở độ cao $H$ so với giao diện (Hình 3). Phần kính $S$. Kính sẽ bay lên bao xa nếu có một lỗ ở đáy kính?

F670. Chứng tỏ rằng tốc độ cực đại mà hạt α có thể truyền cho proton khi va chạm bằng 1,6 lần vận tốc ban đầu của hạt α.

F671. Có 1 lít nước nóng có nhiệt độ $T_1$ và 1 lít nước lạnh có nhiệt độ $T_2$. Dùng nước nóng, nước lạnh được đun nóng. Có thể làm cho nhiệt độ cuối cùng của nước lúc đầu lạnh trở nên cao hơn nhiệt độ của nước lúc đầu nóng hơn không?

A. Kravchaty, học sinh lớp 9.

F672. Một tải có điện trở $R_h=10$ Ohm được nối với cuộn dây thứ cấp của máy biến áp giảm áp đi kèm với hệ số biến đổi là $K=220/127$. Điện áp mạng $U=220$ V, điện trở cuộn sơ cấp của máy biến áp $R_1=3,6$ Ohm, điện trở cuộn thứ cấp $R_2=1,2$ Ohm. Xác định điện áp trên tải.

V. Skorovarov

24

M609. a) Độ dài các hình chiếu của đa giác lồi có diện tích S lên hai đường thẳng phân bố đều lần lượt bằng $l_1$ và $l_2$. Chứng minh rằng $S \leq l_1 l_2$.
b) Độ dài các hình chiếu của đa giác lồi thể tích V lên ba đường thẳng phân bố đều lần lượt là $l_1, l_2$ và $l_3$. Chứng minh rằng $V \leq l_1 l_2 l_3$.
c) Diện tích hình chiếu của đa giác lồi thể tích V lên ba đường thẳng phân bố đều lần lượt là $S_1, S_2$ và $S_3$. Chứng minh rằng $V \leq \sqrt{S_1 S_2 S_3}$.

M609, M610; F613—F617

Phát biểu về điểm a) và b) suy ra trực tiếp từ thực tế là trong trường hợp a) đa giác nằm trong một hình chữ nhật có các cạnh $l_1$ và $l_2$, và trong trường hợp b) đa giác nằm trong một hình chữ nhật song song có các cạnh $l_1, l_2, l_3$.

c) Gọi $\pi_1, \pi_2, \pi_3$ là các mặt phẳng phân bố lại lẫn nhau, $S_1, S_2, S_3$ lần lượt là diện tích hình chiếu của đa giác M lên các mặt phẳng này và $l_1, l_2, l_3$ lần lượt là các đường chiếu của đa giác M lên các đường thẳng $\pi_2 \cap \pi_3, \pi_1 \cap \pi_3, \pi_1 \cap \pi_2$, $V = V(M)$ là thể tích của nó. Các mặt phẳng song song với $\pi_1$ từ đó sẽ được gọi là nằm ngang.

Đầu tiên là lời giải. Bất bình đẳng công bằng
$$V \leq \sqrt{S_1 S_2 S_3}$$

đối với một đối tượng địa lý trực tiếp có đáy nằm ngang, nó dễ dàng suy ra từ a): đối với đối tượng địa lý như vậy $S_1 \leq l_2 l_3, S_2 = l_1 l_3, S_3 = l_1 l_2$ và $V^2 = (S_1 l_1)^2 = S_1 \cdot S_1 l_1^2 \leq S_1 \cdot l_1 l_2 \cdot l_1 l_3 = S_1 S_2 S_3$.

Để chứng minh (1) cho đa giác tùy ý, ta cần

Bổ đề. Cắt đa giác M bằng mặt phẳng ngang thành n đa giác $M_1, \dots, M_n$. Nếu bất đẳng thức (1) được thỏa mãn với mỗi chúng thì điều đó cũng đúng với M.

Trước tiên chúng ta hãy chứng minh bổ đề cho $n = 2$. Đặt diện tích hình chiếu của đa giác $M_1$ và $M_2$ lên mặt phẳng $\pi_2$ lần lượt bằng $a_1^2$ và $a_2^2$, và trên mặt phẳng $\pi_3$ - $b_1^2$ và $b_2^2$, tương ứng ($a_i > 0, b_i < 0$). Diện tích của các hình chiếu $M_1$ và $M_2$ lên $\pi_1$ không vượt quá $S_1$. Đó là lý do tại sao
$$V(M) = V(M_1) + V(M_2) \leq \sqrt{S_1} (a_1 b_1 + a_2 b_2) \leq \sqrt{S_1} \sqrt{a_1^2 + a_2^2} \sqrt{b_1^2 + b_2^2} = \sqrt{S_1 S_2 S_3}.$$

Bất bình đẳng
$$(a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 \leq (a_1^2 + a_2^2) (b_1^2 + b_2^2),$$

mà chúng tôi sẽ sử dụng tương đương với ước tính $(a_1 b_2 - a_2 b_1)^2 \geq 0$.

Chứng minh bổ đề cho bất kỳ $n$ nào cũng có thể được chứng minh bằng cách đi qua $n$, hoặc tương tự như trường hợp $n = 2$ sử dụng đồng thời (2) Bất đẳng thức Cauchy («Kvant», 1972, số 1)
$$(a_1 b_1 + \dots + a_n b_n)^2 \leq (a_1^2 + \dots + a_n^2) (b_1^2 + \dots + b_n^2).$$

Bây giờ chứng minh bất đẳng thức (1) kết thúc như thế này. Chúng ta hãy cắt đa giác M thành những con voi nằm ngang. Với độ dày nhỏ, giả sử thể tích của đa giác M và sự kết hợp của một số đối tượng được đặt chồng lên nhau (cũng như diện tích hình chiếu tương ứng của chúng) khác nhau ở góc nhỏ như thế nào. Chính xác:

Cho $h$ là một số dương nhỏ. Chúng ta hãy vẽ các mặt phẳng ngang đủ dày đặc (bao gồm tất cả các đỉnh của đa giác M) để M được cắt thành $n$ từ có độ dày $h_i \leq h(l_1 = h_1 + h_2 + \dots + h_n)$. Chúng ta hãy đặt lớp thứ $i$ theo một đường thẳng có chiều cao $h_i$ và đáy nằm ngang trùng với hình chiếu của lớp này lên mặt phẳng cát tuyến thứ $i$.

Đặt $M'$ là tập hợp của các đặc điểm được xây dựng. Hình chiếu $M'$ lên $l_1$ trùng với hình chiếu của đa giác M lên $l_1$: $S_1' = S_1$, và diện tích $S_2'$ và $S_3'$ của các hình chiếu $M'$ trên mặt phẳng $l_2$ và $l_3$ không nhỏ hơn diện tích $S_2$ và $S_3$, tương ứng, và sự khác biệt so với chúng bằng tổng diện tích của các hình chữ nhật được bảo vệ trong Hình 1. Tổng này không lớn hơn $cl_1 h$, trong đó $c$ là độ alta lớn nhất của các góc được hình thành bởi hình chiếu của các cạnh của đa giác M trên mặt phẳng $l_2$ và $l_3$ với phương thẳng đứng. Đó là lý do tại sao
$$V(M) \leq V(M') \leq \sqrt{S_1' S_2' S_3'} \leq \sqrt{S_1 (S_2 + cl_1 h) (S_3 + cl_1 h)}.$$

25

Vì bất đẳng thức này đúng với mọi $h$, $V \leqslant \sqrt{S_1 S_2 S_3}$.

Thứ hai lời giải. Chúng ta hãy giới thiệu một hệ tọa độ hình chữ nhật trong không gian, lấy các trục $\pi_1 \cap \pi_2$, $\pi_1 \cap \pi_3$, $\pi_2 \cap \pi_3$ lần lượt là các trục $Ox$, $Oy$ và $Oz$. Giả sử $[a; b]$ là một đoạn của trục $Oz$ trên đó hình đa diện $M$ được chiếu. Qua mỗi điểm $z \in [a; b]$ ta vẽ một mặt phẳng nằm ngang. Gọi $S(z)$ là diện tích mặt cắt ngang của khối đa diện của mặt phẳng này, và $l_2(z)$ và $l_3(z)$ lần lượt là độ dài hình chiếu của mặt cắt này trên các mặt phẳng $\pi_2$ và $\pi_3$. Có thể chứng minh rằng

$$V = \int_a^b S(z) dz. \tag{4}$$

Trong sách giáo khoa “Hình học 9-10” (§58 và §66), công thức này được rút ra từ các ví dụ và cho vật quay; đối với các polytop tùy ý, cách chứng minh cũng tương tự. Chúng ta cũng sẽ sử dụng công thức (hãy tự chứng minh nhé!)

$$S = \int_a^b l(z) dz, \tag{5}$$

trong đó $S$ là diện tích của đa giác lồi nằm trong mặt phẳng $xOz$ và $l(z)$ là độ dài của đoạn mà một đường thẳng song song với trục $Ox$ và đi qua điểm $z \in [a; b]$ cắt với đa giác (Hình 2). Ngoài ra, chúng ta sẽ cần bất đẳng thức tích phân Bunyakovsky, tương tự như bất đẳng thức (3):

$$\left| \int_a^b f(z) g(z) dz \right| \leqslant \sqrt{\int_a^b f^2(z) dz} \cdot \sqrt{\int_a^b g^2(z) dz}.$$

Chúng ta sẽ chứng minh điều đó cho các hàm liên tục $f$ và $g$.

Bằng chứng. Hãy để $\lambda \in \mathbb{R}$. Hãy xem xét chức năng

$$\varphi(\lambda) = \int_a^b (f(z) - \lambda g(z))^2 dz =$$

$$= \lambda^2 \int_a^b g^2(z) dz - 2\lambda \int_a^b f(z) g(z) dz + \int_a^b f^2(z) dz = A\lambda^2 - 2B\lambda + C$$

$$\left( A = \int_a^b g^2(z) dz, B = \int_a^b f(z) g(z) dz, C = \int_a^b f^2(z) dz \right).$$

Hàm $\varphi$ là một tam thức bình phương nhận các giá trị không âm cho bất kỳ $\lambda$ nào. Do đó, $\frac{D}{4} = B^2 - AC \leqslant 0$ hoặc $B \leqslant \sqrt{A} \cdot \sqrt{C}$, và đây là bất đẳng thức bắt buộc. (Chứng minh bất đẳng thức (3) bằng phép tương tự.)

Bây giờ hãy hoàn thành lời giải bài toán thứ hai.

$$V = \int_a^b S(z) dz = \int_a^b \sqrt{S(z)} \cdot \sqrt{S(z)} dz.$$

Vì $S(z) \leqslant S_1$ với bất kỳ $z \in [a; b]$ nào, chúng ta nhận được

$$V \leqslant \sqrt{S_1} \cdot \int_a^b \sqrt{S(z)} dz.$$

Theo điểm a) $S(z) \leqslant l_2(z) l_3(z)$. Đó là lý do tại sao

$$V \leqslant \sqrt{S_1} \cdot \int_a^b \sqrt{l_2(z)} \cdot \sqrt{l_3(z)} dz.$$

Áp dụng bất đẳng thức tích phân Bunyakovsky và công thức (5), chúng ta thu được