Kvant 1981, số 2 · Trang

KVANM
2
1981

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

Chúng ta hãy tương ứng với mỗi tam thức bình phương $x^2 + p_0x + q_0$ với một điểm $(p_0; q_0)$ trên mặt phẳng $(p, q)$; sự tương ứng này là một-một. Parabol $q = \frac{p^2}{4}$ trong hình phân tách các điểm tương ứng với tam thức có hai nghiệm với các điểm tương ứng với tam thức không có nghiệm. Mỗi dòng $c^2 + pc + q = 0$ bao gồm các điểm tương ứng với các tam thức, một trong các nghiệm của nó bằng $c$. Tất cả các đường gốc này đều tiếp tuyến với “parabol phân biệt” (hình minh họa các đường như vậy cho $c = \pm 1, \pm 2, \pm \frac{2}{3}, \pm \frac{1}{2}$).

Mỗi vùng mà mặt phẳng được chia bởi các đường gốc bao gồm các điểm tương ứng với các tam thức, các nghiệm của chúng được định vị theo một cách nhất định. Ví dụ: các điểm của tứ giác màu vàng tương ứng với các tam thức có nghiệm $x_1, x_2$ là $-\frac{3}{2} < x_1 < -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} < x_2 < \frac{2}{3}$.

Hãy xem xét những gì có thể nói về nghiệm của các tam thức $x^2 + px + q$ nếu điểm $(p, q)$ thuộc bất kỳ vùng tô đậm nào. Mối liên hệ giữa mặt phẳng $(p, q)$ và các tam thức $x^2 + px + q$ được mô tả chi tiết hơn trong bài viết “Các biểu đồ lưới” của V. Vavilov («Kvant», 1978, số 9).

1

TRONG PHÒNG:

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kikoin

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

Tuyển tập biên soạn:

M. I. Bashmkov
S. T. Bellev
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Kapitsa
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó tổng biên tập)
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
M. L. Smolyansky
(Phó tổng biên tập)
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg
A. I. Shirshov

2 Hướng tới Đại hội XXVI của ĐCSVN

Các nhà khoa học thu hút giới trẻ

4 Tôi Frank. Con đường đến với khoa học

6 A. Noffe. Các bộ phận nhiệt bán dẫn và tủ lạnh

14 A. Rauchman. Nhóm

Phòng thí nghiệm «Kvant»
18 V. Mayer, E. Mamaeva. Ống kính giả của Robert Wood

vòng tròn toán học
20 M. Apresyan. Số tiền vô tận và… con bọ chét thẳng

Vấn đề «Kvant»
22 Bài toán M666—M670; F678—F682
24 Lời giải bài toán M616—M621; F623—F630

«Kvant» cho học sinh nhỏ
33 Bài toán
34 V. Kasatkin. Bàn tính có phù hợp không?

Qua những trang sách giáo khoa
36 P. Gorder. Bằng cấp là gì?

Xưởng của người nộp đơn
40 A. Edorov. phương trình logarit
44 A. Buzdin, V. Tugushev. Định luật bảo toàn năng lượng cho các quá trình nhiệt

Những lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học năm 1980
48 Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva

Nghệ thuật lập trình
54 Trường đào tạo lập trình tương ứng. Bài học 13

Đánh giá, thư mục
57 V. Lishevsky. Nhà khoa học và nhà cách mạng
58 E. Levitan. Một cuốn sách về quá khứ và tương lai của Vũ trụ

Thông tin
59 Về việc tuyển sinh vào khoa sinh học của VZMSH

60 trang cờ vua

61 Đáp số, gợi ý, lời giải
Thi đấu cờ vua «Kvant» (trang bìa thứ 3)

Bìa của chúng tôi (39)

Trộn (13, 17, 32, 35, 53)

© Nhà xuất bản Nauka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1981

2

Hãy để tôi chào mừng Đại hội XXVI của CPSU

Ngày 23/2, Điện Quốc hội Điện Kremlin sẽ tiếp đón những người tham dự Đại hội XXVI của Đảng Cộng sản Liên Xô. Quốc hội sẽ xem xét và thông qua các Phương hướng chính về Phát triển Kinh tế và Xã hội của Liên Xô trong giai đoạn 1981-1985 và cho giai đoạn đến năm 1990, dự thảo này đã được đăng trên báo chí trung ương vào đầu tháng 12 năm 1980. Trong tháng, nhân dân ta đã thảo luận về văn kiện quan trọng này của thời đại chúng ta một cách hết sức quan tâm và cởi mở. Đồng thời, có nhiều bổ sung, thay đổi, làm rõ cụ thể, coi đó là thành quả của sự phát triển chung của toàn dân.

Trong mười năm, chúng ta phải sống và làm việc trên cơ sở lời giải, sẽ được Đại hội XXVI của CPSU thông qua. Việc thực hiện chương trình mà ông vạch ra sẽ đưa đất nước chúng ta đến gần hơn với mục tiêu ấp ủ - chủ nghĩa cộng sản. Và khoa học có một vai trò rất lớn trong việc này. Nhiều phần của dự án Main Directions được liên kết chặt chẽ với nó. Hãy chứng minh điều này bằng cách sử dụng ví dụ về khoa học vật lý và toán học mà «Kvant» của chúng ta có liên quan đến.

Phần thứ ba của dự thảo Phương hướng phát triển kinh tế và xã hội chính của Liên Xô giai đoạn 1981-1985 và giai đoạn đến năm 1990 liên quan đến sự phát triển của khoa học và tăng cường tiến bộ kỹ thuật. Nó nói, một phần, như sau:

“Trong lĩnh vực khoa học tự nhiên và kỹ thuật, hãy tập trung nỗ lực vào lời giải những vấn đề quan trọng nhất sau đây:

phát triển lý thuyết toán học, nâng cao hiệu quả sử dụng nó cho mục đích ứng dụng;

sự phát triển vật lý của các hạt cơ bản và hạt nhân nguyên tử nhằm mục đích hiểu biết sâu hơn về cấu trúc của vật chất;

phát triển hạt nhân và hình thành nền tảng năng lượng nhiệt hạch, cải tiến các phương pháp chuyển hóa và truyền tải năng lượng; …

cải tiến công nghệ máy tính, nền tảng và phần mềm cơ bản, phương tiện và hệ thống truyền tải và xử lý thông tin, nâng cao hiệu quả của hệ thống điều khiển tự động, phát triển mạng máy tính và trung tâm điện toán dùng chung; …

nghiên cứu và khám phá sâu hơn về không gian vũ trụ vì lợi ích phát triển khoa học, công nghệ và nền kinh tế quốc gia; …"

Phần thứ ba nói:

“Căn cứ vào việc sử dụng thành tựu khoa học kỹ thuật:

phát triển sản xuất và đảm bảo sử dụng rộng rãi các máy thao tác tự động (robot công nghiệp), hệ thống điều khiển tự động tích hợp sử dụng bộ vi xử lý và máy tính mini, tạo ra các mạch và nhà máy tự động hóa. Mở rộng tự động hóa công việc thiết kế và nghiên cứu bằng công nghệ máy tính điện tử; …"

3

sử dụng điện, laser, bức xạ và các phương pháp gia công kim loại, vật liệu, sản phẩm có hiệu suất cao khác nhằm cải thiện đáng kể tính chất của chúng;…

tăng quy mô sử dụng các nguồn năng lượng tái tạo (thủy lực, năng lượng mặt trời, gió, địa nhiệt) trong nền kinh tế quốc dân.”

Ngôn ngữ của tài liệu này rất ngắn gọn, nhưng đằng sau mỗi dòng đọc là những vấn đề quan trọng của nền kinh tế đất nước chúng ta không thể giải quyết được nếu không có sự trợ giúp to lớn của khoa học vật lý và toán học.

Nhiều nhiệm vụ cụ thể, liên quan chặt chẽ đến vật lý, toán học được đưa vào phần 4 của Đề án Phương hướng chủ yếu phát triển sản xuất công nghiệp; để tăng sản lượng sản phẩm cần thiết cho người dân đòi hỏi phải tăng liên tục công suất năng lượng. Điều này đặt ra bài toán thách thức rất lớn đối với ngành năng lượng. Cần phải “đưa sản lượng điện năng sản xuất trong năm 1985 lên 1550-1600 tỷ kilowatt giờ, trong đó ở các nhà máy điện hạt nhân lên tới 220-225 tỷ kilowatt giờ và ở các nhà máy thủy điện lên tới 230-235 tỷ kilowatt giờ. Để đảm bảo sản xuất điện ở khu vực châu Âu của Liên Xô, chủ yếu là ở các nhà máy điện hạt nhân và thủy điện.”

Đưa vào vận hành 24-25 triệu kW công suất mới tại các nhà máy điện hạt nhân. Tiếp tục công việc ngừng hoạt động các lò phản ứng neutron nhanh và sử dụng nhiên liệu hạt nhân để sản xuất năng lượng nhiệt.”

Tất cả điều này liên quan đến việc giải quyết các vấn đề khoa học và kỹ thuật phức tạp, chủ yếu trong lĩnh vực vật lý.

Không kém phần phức tạp bài toán, lời giải đơn giản là không thể nếu không có sự tham gia tích cực của khoa học vật lý và toán học, phát sinh trong nhiều lĩnh vực khác của nền kinh tế quốc dân của chúng ta: trong ngành công nghiệp điện và chế tạo dụng cụ, luyện kim màu và kim loại màu, vận tải, xây dựng và truyền thông kỹ thuật.

Bạn, độc giả chính của chúng tôi, đã kiểm tra mười, năm năm qua ở trường. Ai đó đã nấu chảy kim loại và trồng bánh mì cho bạn, đặt đường ray BAM và giàn KAMAZ. Bạn đã học được mọi thứ sẵn sàng, nhờ công lao của cha mẹ bạn, tất cả những người lớn tuổi hơn bạn. Trong giai đoạn 5 năm thứ mười một, bạn sẽ tốt nghiệp ra trường và bước vào cuộc sống làm việc bận rộn, độc lập. Vào ngày 10, nhiều bạn sẽ trở thành bậc thầy của nhiều ngành nghề khác nhau. Những kế hoạch mà nhân dân ta bàn bạc hôm nay, Đại hội XXVI của Đảng Cộng sản quê hương chúng ta, sẽ trở thành những kế hoạch cho cuộc sống tương lai của các bạn. Đặt một vị khách vào đó và chọn. Còn rất nhiều công việc thú vị phía trước và có đủ cho tất cả mọi người. Thế giới không đứng yên. Nó đang thay đổi nhanh chóng. Và đặc biệt là phải nhanh chóng hoàn thiện và phát triển đất nước ta đang đi theo con đường chưa biết tới chủ nghĩa cộng sản.

Cuộc sống tương lai của chúng ta chứa đầy những vấn đề thú vị. Nhiều trong số đó là những công nghệ gắn liền với khoa học, bao gồm toán học, cơ học và vật lý, và những ai chọn chúng cho nghề nghiệp tương lai của mình sẽ không bao giờ hối hận. Sự lãng mạn của nghiên cứu khoa học, sự nhức nhối của sự sáng tạo, niềm vui chiến thắng, sự phấn khích trước sự hữu ích cho xã hội trong công việc của bạn sẽ khiến cả cuộc đời bạn trở nên tươi sáng và thú vị.

4

Tôi. Frank

Cách dạy

Cố gắng nhìn về tương lai, những giấc mơ tuổi trẻ. Hạnh phúc là người không chia tay ước mơ của mình trong cuộc sống sau này. Người gần gũi nhất với tôi là người ngay từ nhỏ đã nỗ lực nghiên cứu khoa học. Không chỉ trong mơ mà ngay cả trong thực tế, khoa học cũng vô cùng hấp dẫn. Nhưng để trở thành nhà khoa học, bạn phải chân thành, cống hiến hết mình cho khoa học và không ngại khó khăn.

Những bước đầu tiên rõ ràng sẽ dễ dàng hơn bởi giáo viên nếu họ không chỉ biết mà còn yêu thích khoa học. Cả chủ đề của tác phẩm đầu tiên lẫn cách thức hoàn thành nó đều thường được người lãnh đạo gợi ý. Điều này là tốt, vì việc tích lũy kinh nghiệm là cần thiết và môi trường khoa học mà người mới bắt đầu tìm thấy cũng quan trọng cho tương lai. Một người mới bắt đầu có thể và cần được giúp đỡ để học, tuy nhiên anh ta chỉ có thể tự học. Đồng thời, những bước đầu tiên được thực hiện một cách độc lập, vốn được coi là một số thành tựu, thường dẫn đến sự thất vọng. Nó thường chỉ ra rằng kết quả thu được đã được ai đó tìm thấy trước đó và ý tưởng có vẻ mới trên thực tế không những không mới mà còn có thể đã bị loại bỏ vì sai lầm. Nhưng bạn không nên buồn bã. Điều quan trọng nhất và giá trị nhất trong khoa học chính là yếu tố sáng tạo. Tự mình đi một đoạn đường, thậm chí cả đoạn đường có người khác che chắn, rất hữu ích và thường cần thiết. Tuy nhiên, sau nhiều “thất bại” như vậy, lại nảy sinh sai lầm là mọi thứ trong khoa học đều được biết đến. Trong thực tế, nghĩa vụ là khác nhau. Kiến thức ban đầu vô tình gợi ý con đường mà nhiều người đã đi qua. Khả năng suy nghĩ theo cách riêng của bạn không nảy sinh ngay lập tức; nó được phát triển thông qua công việc khó khăn và tập trung. Đối với khoa học, chúng ta không bao giờ nên quên những lời của Newton mà ông đã nói không lâu trước khi qua đời: “Tôi không biết,

Viện sĩ Ilya Mikhailovich Frank là người đoạt giải Nobel và Giải thưởng Nhà nước, giám đốc phòng thí nghiệm vật lý neutron của Viện nghiên cứu hạt nhân chung, giáo sư tại Đại học quốc gia Lomonosov Moscow.

Bài viết được in lại từ tuyển tập “Lenin. Natuka. Tuổi trẻ”, do nhà xuất bản Natuka xuất bản năm 1980.

5

hơn những gì tôi có thể xuất hiện với thế giới, nhưng đối với tôi, tôi chỉ là một cậu bé đang chơi đùa trên bờ biển, thích thú với điều đó trong lúc này, tôi tìm thấy một viên sỏi nhiều màu sắc hơn là giống thật, hoặc một chiếc vỏ sò màu đỏ, trong khi đại dương sự thật vĩ đại trải rộng ra trước mắt tôi mà tôi chưa được khám phá.”

Không phải ngẫu nhiên mà Newton tự coi mình là một đứa trẻ nhỏ, bởi chính những đứa trẻ, hơn cả người lớn, mới chiếm giữ những “viên đá hoa” của Nhật Bản, tức là chúng tươi tắn hơn và dễ dàng phân biệt được cái khác thường hơn. Tôi nghĩ rằng một trong những đức tính cần thiết và hạnh phúc của một nhà khoa học là tính tò mò, đặc tính của tuổi thơ và rất dễ bị người lớn đánh mất. Newton là một thiên tài; có rất ít người giống ông trong lịch sử khoa học. Không có gì đáng ngạc nhiên khi anh ta đã tìm thấy những viên đá tuyệt vời mà những người khác chỉ nhìn thấy những mảnh cát nguyên khối, và không chỉ tìm thấy chúng mà còn xây dựng những tòa nhà có vẻ đẹp ấn tượng từ chúng.

Sau Newton, nhiều con đường mới dẫn đến đại dương sự thật đã được tiếp tục và những viên sỏi và vỏ sò đáng chú ý đã được tìm thấy, nhưng đại dương sự thật vẫn còn rộng lớn. Tất cả những ai không thiếu tài năng và đã học hỏi sẽ tìm thấy điều gì đó của riêng mình trong đó.

Ước mơ của tuổi trẻ không phải là không có ảo tưởng. Một trong số đó là người mới bắt đầu có khoảng thời gian không giới hạn phía trước. Họ vô tình nghĩ như thế này: “Tôi chưa biết và chưa hiểu điều này, nhưng tôi không cần phải vội, tôi còn trẻ và vẫn còn thời gian.” Trên thực tế, cho dù số phận sáng tạo có cho chúng ta bao lâu, bạn vẫn không có thời gian để học dù chỉ một phần nhỏ những gì cần thiết cho công việc, chứ đừng nói đến việc làm mọi thứ bạn có thể làm. Tất nhiên, bạn biết câu nói của Pavlov: “Hãy nhớ rằng khoa học đòi hỏi cả cuộc đời của một người. Và nếu bạn có hai cuộc đời, thì chúng sẽ không đủ đối với bạn” và “hãy luôn can đảm để nói với chính mình: Tôi thật dốt nát”.

Tuổi trẻ của chúng ta là những năm thành quả nhất. Thật không may, chỉ đến khi về già, bạn mới thực sự hiểu rằng không chỉ tuổi trẻ mà cả cuộc đời đều trôi qua rất nhanh mà không có người ở. Chưa hết, ngay từ khi còn nhỏ, niềm khao khát kiến ​​thức và niềm đam mê khoa học đã khiến chúng ta phải làm việc đặc biệt chăm chỉ. Nếu không có điều này, con đường đến với khoa học sẽ bị đóng lại hoàn toàn.

Sự công nhận công việc chứa đựng một điều gì đó lớn lao hơn nhiều so với lời chỉ dẫn chung của phụ huynh dành cho học sinh rằng chúng phải học tập tốt. Khoa học không cần sự hoàn thiện tài liệu một cách máy móc (điều này cũng không tốt cho học sinh), mà là sự nắm vững kiến ​​thức và phương pháp một cách sáng tạo thực sự. Khả năng dựa vào chúng để đặt câu hỏi theo cách riêng của bạn và trả lời chúng, hoặc nhìn thấy sự mơ hồ mà người khác không chú ý, chính là điều cho phép bạn tìm thấy một viên sỏi xinh đẹp nơi người khác không thấy gì ngoài cát. Ở đây không chỉ có may mắn, ở đây trước hết là công việc và rất nhiều thất bại mà bạn cần phải có can đảm để vượt qua.

Lượng kiến ​​thức trong bất kỳ lĩnh vực khoa học nào đều rất lớn và không thể biết hết mọi thứ. Chẳng hạn, không thể biết chi tiết mọi thứ mà các nhà vật lý đang nghiên cứu. Tuy nhiên, bạn cần phải nhận thức được những ý tưởng và sự kiện chính nằm ngoài chuyên môn của mình. Một nhà khoa học phải là người có học thức rộng rãi, thực sự thông minh. Những vấn đề về văn hóa con người và những vấn đề của đời sống xã hội không thể xa lạ với ông. Làm thế nào để tìm thấy thời gian cho mọi thứ? Tất nhiên, điều này khó ở mọi lứa tuổi, nhưng tuổi trẻ có rất nhiều thời gian và công sức, nhưng khả năng làm việc và bề rộng kiến ​​​​thức đi cùng với tuổi tác.

6

A. Ioffe

Các bộ phận nhiệt bán dẫn và tủ lạnh

Yếu tố nhiệt
Năm 1822, Seebeck nhận thấy rằng một mục tiêu kín gồm hai dây dẫn khác nhau (một phần tử nhiệt) làm lệch hướng một kim từ tính gần đó bất cứ khi nào các điểm tiếp xúc của dây dẫn ở nhiệt độ khác nhau.

Sự lệch của kim là do dòng điện

Viện sĩ hàn lâm Abram Fedorovich Ioffe là một nhà vật lý xuất sắc, một trong những người sáng lập nền vật lý Liên Xô. Năm 1980, kỷ niệm 100 năm ngày sinh của ông và «Kvant» đã tổ chức lễ kỷ niệm này ở vị trí thứ 10. Ở đây chúng tôi sao chép một đoạn trích từ cuốn sách “Chất bán dẫn và ứng dụng của chúng” của ông (M.-L., nhà xuất bản của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, 1956, ấn bản thứ 2).

trong chuỗi. Điều tò mò là Seebeck đã từ lâu và kiên quyết phủ nhận lời giải thích như vậy, tin rằng những gì ông phát hiện ra là do từ hóa của dây dẫn.

Bộ phận nhiệt có thể được coi như một máy nhiệt điện, không cần bất kỳ cơ cấu chuyển động nào, chuyển đổi một phần năng lượng nhiệt làm nóng điểm nối nóng thành năng lượng điện; trong khi phần nhiệt còn lại được ngăn cách bởi mối nối lạnh ra môi trường. Nhưng đồng thời, một luồng nhiệt lớn hơn truyền từ điểm nối nóng của phần tử nhiệt đến điểm nối lạnh của phần dẫn nhiệt, và một phần năng lượng điện do phần tử nhiệt tạo ra sẽ biến thành nhiệt của phần tử nhiệt bên trong và không thể sử dụng được. Sự tiêu hao lãng phí nhiệt dự trữ mà mối nối nóng nhận được lớn đến mức hệ số hiệu suất tương ứng với việc chuyển đổi năng lượng nhiệt truyền cho mối nối nóng thành năng lượng điện cho các nguyên tố nhiệt là

8

Dit để ảnh hưởng chất lượng mới. Hiệu suất của cặp nhiệt điện bán dẫn lên tới 7%, nhưng có thể cao hơn. Trong số các động cơ nhiệt đang lưu hành, chỉ có động cơ đốt trong sử dụng nhiên liệu lỏng chất lượng cao - xăng, dầu hỏa, dầu - có hiệu suất khoảng 40-50%. Hiệu suất của các nhà máy điện hơi nước tốt nhất đạt 30% và hiệu suất của động cơ hơi nước công suất thấp đạt 10%. Xem xét tính đơn giản cực kỳ của máy phát nhiệt điện, không yêu cầu cơ chế quay phức tạp của động cơ nhiệt hoặc máy phát điện, đồng thời tính đến kích thước nhỏ và hoạt động ổn định của các phần tử nhiệt, chúng ta có thể kỳ vọng rằng nhiệt điện bán dẫn sẽ chiếm một vị trí quan trọng trong lĩnh vực năng lượng của nền kinh tế quốc dân. Có thể cặp nhiệt điện cũng sẽ mở đường cho việc sử dụng các nguồn nhiệt mới ở những khu vực có sự chênh lệch nhiệt độ đáng kể. Rất có thể sẽ có thể chuyển đổi năng lượng của tia mặt trời thành điện năng bằng pin nhiệt điện.

Việc sử dụng phương pháp nhiệt hóa thực tế đầu tiên được thực hiện ở Liên Xô với mục đích phóng xạ ở những khu vực không có năng lượng điện. Nguồn nhiệt ở đây là khí nóng thoát ra từ thủy tinh của đèn dầu; chúng đi vào bên trong một ống thẳng đứng đặt phía trên kính và làm nóng nhịp bên trong của các cặp nhiệt điện nằm dọc theo bán kính của ống. Các nhịp bên ngoài được làm mát bằng không khí trong phòng; Để tăng cường khả năng làm mát, các nhịp này được bao bọc bằng các tấm tản nhiệt bằng kim loại. Trong một thiết bị như vậy, các mối nối bên trong được làm nóng đến 300-350°C, trong khi nhiệt độ của các mối nối bên ngoài không vượt quá 60°C. Chênh lệch nhiệt độ 250-300°C, được duy trì bằng nhiệt do đèn dầu cung cấp, là đủ để tạo ra lượng điện cần thiết để cấp nguồn cho đài.

Hãy xem xét thiết bị của xi măng nhiệt bán dẫn. Nó bao gồm hai nhánh bán dẫn được nối với nhau bằng dây kim loại, một nhánh được làm bằng điện tử và nhánh còn lại là chất bán dẫn bán dẫn (Hình 2). Cầu kim loại M nối chúng được đốt nóng bằng nguồn nhiệt. Hai đầu còn lại, được làm mát bằng không khí hoặc nước chảy, được nối với mạch điện bên ngoài sử dụng năng lượng điện do xi măng nhiệt điện tạo ra. Mạch ngoài như vậy trong trường hợp được mô tả là một máy thu sóng vô tuyến; trong các trường hợp khác, nó có thể là đèn tích lũy hoặc đèn huỳnh quang nếu nhiệm vụ là chiếu sáng; động cơ điện, nếu cần năng lượng cơ học, v.v. Hình 2 cho thấy điều này. Trong đó, I và II ký hiệu hai nhánh của cặp nhiệt điện, gồm các thanh bán dẫn, R là điện trở của một hoặc một bộ thu của cặp nhiệt điện. Giả sử nhánh I đại diện cho chất bán dẫn điện tử và nhánh II đại diện cho chất bán dẫn kép. Khi đó điện trường, và do đó là dòng điện, sẽ có hướng như các mũi tên chỉ: ở nhánh II từ đầu nóng đến đầu lạnh, và ở nhánh I từ lạnh đến nóng, do đó cộng lại theo hướng chuyển động ngược chiều kim đồng hồ.

Chúng ta hãy biểu thị nhiệt độ tuyệt đối của các đầu nóng của xi măng nhiệt bằng $T_1$ và các đầu lạnh bằng $T_0$. Nếu $a_1$ và $a_2$ biểu thị các nhiệt điện phát sinh ở nhánh I và II ở nhiệt độ giữa hai đầu $1^\circ$ C thì tổng suất điện động $\delta$ tương ứng

9

Chênh lệch nhiệt độ hiện tại $T_1 - T_0$ sẽ là
$$\mathcal{E} = \left( \alpha_1 + \alpha_{11} \right) \left( T_1 - T_0 \right).$$

Vì vậy, $I$, xuất hiện trong một mạch kín bao gồm điện trở trong $R_0$ của các nhánh nhiệt điện và điện trở ngoài $R_0$ của máy thu, sẽ bằng
$$I = \frac{\mathcal{E}}{R + R_0}.$$

Sức mạnh hữu ích $P$ mà chúng tôi có được trong ứng dụng có thể được biểu thị bằng
$$P = UI,$$

trong đó $U$ là hiệu điện thế ở hai đầu của điện trở ngoài $R$. Vì điện thế giảm trong mạch điện một chiều mà chúng ta đang đề cập ở đây tỷ lệ với điện trở, nên
$$\frac{U}{\mathcal{E}} = \frac{R}{R + R_0}, \quad U = \frac{\mathcal{E} R}{R + R_0},$$

MỘT
$$P = \frac{\mathcal{E}^2 R}{(R + R_0)^2}.$$

Thay thế $\mathcal{E}$ cùng với giá trị của nó, chúng ta thu được biểu thức chung cho công suất hữu ích $P$ do nguyên tố nhiệt mang lại:
$$P = \left( \alpha_1 + \alpha_{11} \right)^2 \left( T_1 - T_0 \right)^2 \frac{R}{(R + R_0)^2}.$$

$P$ đạt giá trị cỡ nano khi $R = R_0$ (hãy tự chứng minh điều này - ghi chú của biên tập viên); Công suất tối đa mà một cặp nhiệt điện có thể tạo ra trong các ứng dụng bên ngoài là
$$P_{\max} = \frac{\left( \alpha_1 + \alpha_{11} \right)^2 \left( T_1 - T_0 \right)^2}{4R}.$$

Toàn bộ năng lượng điện được phát triển bởi nhiệt điện sẽ được
$$\mathcal{E} I = \frac{\left( \alpha_1 + \alpha_{11} \right)^2 \left( T_1 - T_0 \right)^2}{2R}.$$

Để duy trì sự chênh lệch nhiệt độ, cần phải truyền nhiệt liên tục đến điểm nóng và tương đối từ đầu lạnh. Có nghĩa,

Phần chính của doit UX ấm được cung cấp bằng cách dẫn nhiệt của cả hai nhánh đến đầu lạnh. Một phần điện năng do bộ phận nhiệt điện tạo ra bị lãng phí khi đốt nóng cả hai nhánh. Những quá trình không thể đảo ngược này làm giảm đáng kể hiệu quả của nguyên tố nhiệt. Nếu có thể tránh chúng hoàn toàn (và điều này là không khả thi, vì bất kỳ chất bán dẫn nào cũng có tính dẫn nhiệt và điện trở), thì nguyên tố nhiệt điện sẽ cho hệ số hiệu suất cho phép nhất theo các định luật nhiệt động lực học.

$$\eta_{\max} = \frac{T_1 - T_0}{T_1}.$$

Trong ví dụ về nhiệt kế cho máy thu radio, chúng ta có thể lấy $T_1 = (350 + 273) \text{K} = 623 \text{K}$ và $T_0 = (50 + 273) \text{K} = 323 \text{K}$, từ đâu
$$\eta_{\max} = \frac{623 - 323}{623} = 0.48 = 48\%.$$

Trên thực tế, hệ số hiệu suất $\eta$ thermobaterene thay đổi đôi chút theo tỷ lệ phần trăm. Ví dụ này cho thấy vai trò to lớn của quá trình dẫn nhiệt và giải phóng nhiệt Joylean bằng dòng điện.

Nếu chúng ta quan tâm đến việc đạt được hiệu suất có thể có $\eta$ chứ không phải công suất tối đa $P$, thì sự tương ứng giữa điện trở bên ngoài $R$ và điện trở bên trong $R_0$ phải được chọn khác nhau: $R$ phải lớn hơn $R_0$. Trong trường hợp này, trong tổng số năng lượng $\mathcal{E} I$ được tạo ra bởi nguyên tố nhiệt, hơn một nửa công suất $P$ được sử dụng.

Phân tích nguyên tố nhiệt cho thấy hệ số hiệu suất $\eta$ giảm mạnh nhiều lần so với giá trị có thể có của phạm vi nhiệt $\eta_{\max}$ nguyên nhân chủ yếu là do quá trình dẫn nhiệt không thuận nghịch. Chúng ta hãy chuyển vấn đề này sang câu hỏi về cơ chế truyền nhiệt; nhiệt độ bên trong xảy ra đồng thời ở đây theo hai cách - do: 1) truyền nhiệt từ thiết bị điện

10

ron và 2) truyền nhiệt bằng chuyển động của các nguyên tử. Các electron, có động năng cao hơn ở đầu nóng, di chuyển đến đầu lạnh, nơi chúng giải phóng năng lượng dư thừa cho các nguyên tử, làm chậm chuyển động nhiệt của chúng và làm tăng nhiệt độ. Các electron có động năng thấp hơn nằm ở đầu lạnh di chuyển về đầu nóng làm suy yếu chuyển động nhiệt và hạ nhiệt độ. Vì các electron giống nhau cũng mang dòng điện trong chất bán dẫn nên có mối liên hệ chặt chẽ giữa sự truyền immitel và dòng điện.

Độ dẫn nhiệt của vật liệu được đặc trưng bởi một hệ số nhất định $x$, hệ số này có thể được xác định như sau. Nếu chúng ta lấy một thanh hình trụ của một chất nhất định có tiết diện đơn vị, trong đó ứng với mỗi đơn vị chiều dài, nhiệt độ thay đổi một độ, thì trong một đơn vị thời gian, một lượng nhiệt bằng $x$ được truyền theo hướng từ đầu nóng sang đầu lạnh.

Nếu diện tích mặt cắt ngang của thanh là $S$, chiều dài của nó là $L$, chênh lệch nhiệt độ ở hai đầu của nó là $\Delta T$, thì theo thời gian $t$ lượng nhiệt sẽ truyền từ đầu nóng sang đầu lạnh bằng sự dẫn nhiệt

$$Q = \frac{\Delta T}{L} St.$$

Mặt khác, dòng điện gây ra bởi cùng một electron trong một chất nhất định được xác định bởi độ dẫn điện riêng của nó $\sigma$. Trong cùng một thanh có chiều dài $L$ và tiết diện $S$ có ​​hiệu điện thế $\Delta U$ giữa hai đầu của nó theo thời gian $t$ lượng điện sẽ truyền qua

$$q = \frac{\Delta U}{L} St.$$

Mối liên hệ giữa độ dẫn nhiệt $x$ và độ dẫn điện $\sigma$ của các kim loại khác nhau được Wiedemann và Franz thiết lập hoàn toàn bằng thực nghiệm. Cụ thể: kinh nghiệm đã chỉ ra rằng

$$\frac{x}{\sigma} = A_M T,$$

trong đó $T$ là nhiệt độ tuyệt đối và $A_M$ là hệ số giống nhau đối với tất cả các kim loại. Lý thuyết bán dẫn lượng tử cũng dẫn đến sự tương ứng $\frac{x}{\sigma} = A_\pi T$, nhưng hệ số $A_\pi$ lại mang ý nghĩa khác.

Sự tương ứng như vậy giữa $x$ và $\sigma$ khiến về cơ bản không thể thực hiện được cặp nhiệt điện ngược. Để dẫn nhiệt, điều cần thiết là $x=0$; Để tạo ra nhiệt Joule, điều cần thiết là điện trở suất của các nhánh xi măng nhiệt phải bằng 0 và giá trị nghịch đảo $x$ - vô cùng. Nhưng yêu cầu phải có $x=0$ và $\sigma \rightarrow \infty$ cùng lúc là không phù hợp với định luật Wiedemann-Franz.

Chúng ta hãy chuyển sang xem xét loại dẫn nhiệt thứ hai. Ngoài sự truyền nhiệt bằng electron, tính dẫn nhiệt trong chất bán dẫn còn được thực hiện bởi sự chuyển động nhiệt của các nguyên tử trong mạng tinh thể. Cơ chế của quá trình này có thể được hình dung như sau. Độ dẫn nhiệt hỗn loạn của các rung động đa dạng nhất của chúng. Điều này bao gồm những rung động của từng nguyên tử trong mối liên hệ với nhau, và những rung động của chúng theo cặp, ba, v.v., cho đến những rung động của toàn bộ cơ thể nói chung. Nhiệt độ càng cao thì dao động càng mạnh. Mỗi rung động trong số vô số rung động này lan truyền trong cơ thể dưới dạng sóng đàn hồi, truyền năng lượng của nó.

Do đó, hệ số dẫn nhiệt $x$ của chất bán dẫn bao gồm hai phần: độ dẫn nhiệt $x_{эл}$, do electron và độ dẫn nhiệt $\cdot x_\phi$, được tạo ra bởi chuyển động nhiệt của các nguyên tử trong vật thể. Giá trị $x_{эл}$ tỷ lệ thuận với độ dẫn điện cụ thể $\sigma$. Do đó, với sự thay đổi nồng độ electron tự do trong chất bán dẫn, hệ số $x_{эл}$ thay đổi tỷ lệ với $\sigma$, trong khi $x_\phi$ hầu như không thay đổi. Độ dẫn nhiệt tổng thể $x$ có thể được biểu thị bằng

$$x = A_\pi T \sigma + x_\phi.$$

11

Các thí nghiệm của chúng tôi với thực tế đã xác nhận sự phụ thuộc như vậy của $x$ vào $\sigma$.

Hệ số dẫn nhiệt $x_1$ và $x_{11}$ của các nhánh nguyên tố nhiệt đóng vai trò quan trọng trong việc xác định hiệu suất của nó; Cùng với đó, lực nhiệt điện $a_1$ và $a_{11}$ cũng như điện trở suất $q_1$ và $q_{11}$ của cả hai nhánh đều rất quan trọng. Theo tính toán cho thấy, ở nhiệt độ nhất định $T_1$ của đầu nóng và $T_0$ đầu lạnh, hệ số hiệu suất của nguyên tố nhiệt được xác định bằng một giá trị $z$, tùy thuộc vào đặc tính được liệt kê của vật liệu nguyên tố nhiệt:

$$z = \frac{(\alpha_1 + \alpha_{11})^2}{(\sqrt{x_1 q_1} + \sqrt{x_2 q_2})^2}.$$

$z$ càng lớn thì hiệu quả càng cao; đối với một giá trị nhất định $z$, nó luôn giống nhau, bất kể các giá trị $a$, $x$ và $q$ riêng biệt. Tính toán cũng cho thấy, hiệu suất không phụ thuộc vào kích thước và hình dạng của các nhánh nguyên tố nhiệt mà chỉ phụ thuộc vào $T_1$, $T_0$ và $z$. Hiệu suất của phần tử nhiệt có thể được biểu thị như sau:

$$\eta = \frac{T_1 - T_0}{T_1} \frac{\sqrt{1 + \frac{1}{2} (T_1 + T_0) z} - 1}{\sqrt{1 + \frac{1}{2} (T_1 + T_0) z} + \frac{T_0}{T_1}}.$$

Đối với kim loại $z$ có các giá trị theo thứ tự vài đơn vị nhân với $10^{-5}$, đối với chất bán dẫn $10^{-3}$ trở lên, tức là gấp vài chục lần. Theo đó, với các giá trị $z$ như vậy, hiệu suất của các nguyên tố nhiệt bán dẫn cao gấp hàng chục lần so với các nguyên tố nhiệt kim loại.

Pin nhiệt điện được làm từ các bộ phận nhiệt điện. Nếu cần phải có được điện áp đáng kể thì một số lượng lớn các nguyên tố nhiệt sẽ nối tiếp nhau. Như vậy, với lực nhiệt điện $a_1 + a_{11} = 4 \cdot 10^{-4} \text{B/°C}$ và chênh lệch nhiệt độ $T_1 - T_0 = 30^\circ \text{C}$ thì động năng điện tử của một nguyên tố là $\mathcal{E} = 0,12 \text{B}$. Để tạo ra một suất điện động 120 volt, bạn cần nối 1000 phần tử như vậy nối tiếp. Nếu có yêu cầu thu được dòng điện cao, các phần tử được kết nối song song.

Càng nhiều nhiệt đi vào qua từng centimet vuông của điểm nối nóng thì kích thước của giếng nhiệt phát ra năng lượng điện này càng nhỏ. Những thông báo này xác định việc lựa chọn thiết kế giếng nhiệt này hay thiết kế giếng nhiệt khác. Hiệu suất của bộ điều nhiệt không phụ thuộc vào phương pháp kết nối các phần tử hoặc hình dạng của nó.

Tủ lạnh

Ngay sau phát hiện của Seebeck, Peltier đã quan sát thấy một hiện tượng vào năm 1834 hóa ra có liên quan chặt chẽ với nhiệt điện (tuy nhiên, bản thân Peltier không nghi ngờ gì). Peltier muốn chứng minh rằng các dây dẫn nhiệt có dòng điện yếu không tuân theo định luật Joule-Lenz chung cho tất cả các dây dẫn và bộc lộ các đặc tính riêng ở các kim loại khác nhau. Với mục đích này, ông đã chế tạo các chuỗi kim loại khác nhau. Mặc dù việc Peltier dự kiến ​​những thay đổi về nhiệt do dòng điện tạo ra trong chúng là không đúng, nhưng ông đã nhận thấy những hiệu ứng nhiệt tượng trưng trên các cạnh của hai kim loại khác nhau mà ông đã mô tả. Viện sĩ Lenz ở St. Petersburg đã chứng minh vào năm 1838 bằng một thí nghiệm hay rằng tại bề mặt tiếp xúc của nhiều vật dẫn khác nhau, dòng điện sẽ giải phóng hoặc hấp thụ một lượng nhiệt nhất định. Lenz đặt một giọt nước vào điểm nối của hai kim loại và làm đông đặc nó bằng cách cho một dòng điện chạy qua.

Bây giờ chúng ta biết rằng lượng nhiệt $Q$ tỏa ra hoặc hấp thụ ở ranh giới của hai dây dẫn tỷ lệ thuận với cường độ dòng điện $I$ và nhiệt độ tuyệt đối $T$ của điểm nối giữa hai dây dẫn:

$$Q = A I T.$$

Hệ số $A$ trùng với tổng các lực nhiệt điện $a_1 + a_{11}$ của các nhánh nhiệt điện. Dấu hiệu tuyệt vời

12

Cấp $Q$ (tức là sự tăng hoặc giảm nhiệt ở khớp) phụ thuộc vào dấu $I$, tức là hướng của dòng điện.

Dòng điện mà chúng ta đã xem xét trước đó, phát sinh trong mạch kín của bộ phận nhiệt điện, làm mát điểm nối nóng và ngược lại, làm nóng điểm nối lạnh, giải phóng nhiệt ở đây. Nếu sử dụng nguồn bên ngoài, dòng điện ngược chạy qua bộ phận nhiệt điện, nó sẽ tạo ra nhiệt ở điểm nối nóng và nhiệt tương đối từ điểm nối lạnh. Điểm nối giống nhau của hai dây dẫn nóng lên theo một hướng dòng điện và nguội đi theo hướng còn lại.

Tính toán cho thấy rằng sự chênh lệch nhiệt độ có thể được tạo ra theo cách này, cũng như lượng nhiệt mà dòng điện lấy đi từ điểm nối mà nó nguội đi và truyền đến điểm nối được làm nóng, được xác định bởi cùng giá trị $z$ với hiệu suất của phần tử nhiệt.

Các tính chất tương tự của vật liệu cung cấp các giá trị nhất định $a$, $x$ và $q$, đặc trưng cho tích năng lượng điện trong máy phát nhiệt điện và khả năng làm lạnh trong tủ lạnh.

Bằng cách duy trì nhiệt độ của điểm nối được làm nóng gần với nhiệt độ phòng và liên tục loại bỏ nhiệt sinh ra ở đây ra môi trường, có thể làm mát đáng kể điểm nối khác và thông qua nó, không khí xung quanh. Do đó, với sự trợ giúp của chất bán dẫn được đặc trưng bởi giá trị đủ $z$, có thể đạt được nhiệt độ thấp cần thiết trong tủ lạnh. Tủ lạnh gia đình có thể được xây dựng theo nguyên tắc này.

Mặt khác, bạn có thể sử dụng hiện tượng Peltier để sưởi ấm một căn phòng, chẳng hạn như sưởi ấm các tòa nhà hoặc hâm nóng thức ăn. Các vấn đề bài toán tương tự từ lâu đã được giải quyết theo cách đơn giản hơn - bằng cách giải phóng nhiệt Joule trong bộ biến trở hoặc gạch nung nóng. Lượng nhiệt năng được giải phóng trong trường hợp này bằng với lượng điện năng tiêu hao.

Hệ thống sưởi nhiệt điện của một căn phòng khác biệt đáng kể so với hoạt động của gạch sưởi ấm. Bằng cách cho dòng điện chạy qua mạch nhiệt điện, ngoài việc làm nóng toàn bộ dây dẫn thông thường, chúng ta làm mát một điểm nối và làm nóng điểm nối kia. Một lượng năng lượng nhiệt nhất định $Q_0$ được tối ưu hóa từ điểm nối lạnh, có thể biểu thị như sau:

$$Q_0 = \alpha T_0 I t,$$

trong đó $\alpha$ là động lực nhiệt điện, $T_0$ là nhiệt độ tuyệt đối của điểm nối lạnh, $I$ là cường độ dòng điện và $t$ là khoảng thời gian dòng điện đi qua. Sự tương ứng trong một điểm nối ấm, nhiệt độ tuyệt đối được ký hiệu là $T_1$, năng lượng nhiệt được giải phóng

$$Q_1 = \alpha T_1 I t,$$

lớn hơn nhiệt $Q_0$ liên quan đến

$$\frac{Q_1}{Q_0} = \frac{T_1}{T_0}.$$

Nếu chúng ta giới hạn việc xem xét các quá trình ở cả hai điểm nối thì chúng có thể được mô tả như sau. Dòng điện hút nhiệt $Q_0$ từ điểm nối lạnh và truyền nhiều năng lượng $Q_1 - Q_0$ sang điểm nối ấm dưới dạng năng lượng điện $W$. Để nhiệt $Q_0$ được tối ưu hóa từ điểm nối lạnh, năng lượng $W$ được thêm vào và tổng $Q_0 + W = Q_1$ của chúng được giải phóng tại điểm nối ấm.

Từ dữ liệu đã cho về các giá trị $Q_0$ và $Q_1$, rõ ràng tỷ lệ giữa năng lượng điện tiêu hao $W$ với nhiệt $Q_1$, được giải phóng ở điểm nối ấm, bằng

$$\frac{W}{Q_1} = \frac{Q_1 - Q_0}{Q_1} = \frac{T_1 - T_0}{T_1}.$$

Ví dụ: nếu nhiệt độ tuyệt đối của điểm nối ấm là $T_1 = 300$ K, tương ứng với $+27^\circ$ C và nhiệt độ là $T_0 = 270$ K hoặc $-3^\circ$ C, thì

$$\frac{W}{Q_1} = \frac{30}{300} = 0,1.$$

Nói cách khác, để truyền 100 calo nhiệt (1 cal = 4,18 J - ed. ed.) đến một căn phòng ấm áp ở nhiệt độ $27^\circ$, có thể sử dụng 90 calo lấy từ môi trường lạnh

13

(ví dụ: từ tác động bên ngoài và chỉ thêm 10 calo năng lượng điện. Vì ảnh hưởng lạnh bên ngoài hoặc bình chứa nước có thể dễ dàng tiếp cận nên sẽ chỉ tiêu tốn 10 calo năng lượng điện để truyền 100 calo nhiệt cho một căn phòng ấm hơn.

Thật không may, quá trình thực tế trong pin nhiệt điện không chỉ giới hạn ở việc giải phóng và hấp thụ nhiệt tại các điểm nối. Dọc theo các nhánh của nhiệt điện, một dòng nhiệt phát sinh từ điểm nối ấm đến điểm nối lạnh, thực hiện quá trình truyền nhiệt theo hướng ngược lại, kèm theo dòng điện đi qua. Ngoài ra, một phần năng lượng của dòng điện được chuyển hóa thành nhiệt ở cả hai nhánh của phần tử nhiệt.

Do sự hiện diện của hai quá trình này, việc sử dụng năng lượng điện giảm mạnh: không chỉ bổ sung 10% năng lượng điện mà là khoảng 60%. Nhưng kết quả này cũng rất đáng quan tâm: mức tiêu thụ năng lượng chỉ bằng khoảng một nửa lượng nhiệt đi vào phòng, nửa còn lại được cung cấp bởi không khí lạnh hơn bên ngoài hoặc nước chảy. Chênh lệch $T_1 - T_0$ so với $T_1$ càng nhỏ thì pin nhiệt điện sẽ càng cao so với lò điện trở.

Pin nhiệt điện còn có một ưu điểm quan trọng khác. Nếu bạn đổi chiều dòng điện sang ngược lại thì các mối nối bên ngoài bắt đầu tỏa nhiệt $Q_0$, đồng thời việc làm nóng các mối nối sẽ tối ưu hóa nhiệt $Q_1$, làm mát căn phòng. Trong mùa nóng, pin nhiệt tương tự có thể làm mát không khí. Bằng cách điều chỉnh cường độ và hướng của dòng điện trong pin, bạn có thể duy trì nhiệt độ trong phòng như cũ ở bất kỳ nhiệt độ bên ngoài nào.

Như chúng tôi đã đề cập, việc làm mát do pin nhiệt điện gây ra có thể được sử dụng để lắp đặt tủ lạnh. Các mối nối ấm tách nhiệt mà chúng nhận được $Q_1$ vào không khí xung quanh hoặc nước máy; các điểm nối lạnh nằm bên trong tủ lạnh sẽ tách nhiệt, duy trì nhiệt độ thấp mong muốn trong đó.

Trong công nghệ hiện đại, các loại máy làm lạnh ngày càng thay đổi. Càng có ít quy trình cần thiết thì máy móc càng sinh lợi nhiều, hiệu suất của chúng so với quy trình nhiệt động càng cao. Có những máy làm lạnh phức tạp có hiệu suất cao hơn máy nhiệt điện, nhưng loại máy nhiệt điện có ưu điểm là đơn giản và không có cơ cấu chuyển động.

Đến bộ sưu tập bộ lọc

Đất nước chúng tôi đã nhiều lần phát hành tem bưu chính dành riêng cho các nhà vật lý và toán học xuất sắc của Liên Xô - cư trú của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Viện sĩ S.I. Vavilov, Viện sĩ I.V. Kurchatov, L.A. Arshimovich, M.D. Millionshkov, I.G. Petrovsky, A.N. Krylov. Vào cuối năm 1980, bộ sưu tập này đã được bổ sung một con tem mô tả ngày sinh của Viện sĩ vật lý Liên Xô A.F. Ioffe. Nó được phát hành nhân dịp kỷ niệm—kỷ niệm 100 năm ngày sinh của ông.

V. Rudov

15

Do đó, các nhóm (Z; +), (R; •) có tính giao hoán, nhưng tất nhiên (R₀; :) thì không: ví dụ: 8:4 ≠ 4:8!

Tính chất A. Groupond (M;*) được gọi là kết hợp nếu với mọi a, b, c ∈ M

(ab)c = a(bc).

Rõ ràng, tất cả các hoạt động mà bạn biết đều có tính chất này; ví dụ về nhóm không liên kết sẽ xuất hiện bên dưới (xem bài toán 2).

Tính chất E. Phần tử e ∈ M được gọi là trung tính (người ta còn gọi là đơn vị ed và đối với phép cộng - 0) trong một nhóm (M; *) nếu với bất kỳ a ∈ M

ae = ea = a.

Chúng ta sẽ nói rằng groupond (M; ) có “tính chất E”. nếu nó chứa một phần tử trung tính. Phép tính e = ee’ = e’ cho thấy phần tử trung tính luôn là duy nhất.

Đối với phép cộng các số, phần tử trung hòa là số 0, đối với phép nhân - số 1. Có phần tử trung hòa nào trong nhóm tất cả các chuyển vị của mặt phẳng (so với hoạt động thành phần của các chuyển vị) không? Tất nhiên là có - cũng có một sự chuyển đổi hiệu quả.

Tính chất I. Cho (M; *) là một nhóm có phần tử trung hòa e. Khi đó (M; *) có tính chất nghịch đảo (người ta còn nói là khả nghịch đảo) nếu với bất kỳ a ∈ M nào người ta có thể chỉ định một phần tử nghịch đảo, nghĩa là một phần tử a̅ ∈ M sao cho

aa̅ = aa = e.

Ví dụ: để nhân các số, phần tử 1/a được sử dụng cho phần tử a ≠ 0 và phần tử (-a) được sử dụng để cộng. Nhưng đối với các nhóm (N; +) phép cộng các số tự nhiên không có tính chất nghịch đảo (tại sao?)

Tính chất C. Groupond (M; *) có tính chất co nếu với mọi a, b, c ∈ M

ab = ac ⇒ b = c
ba = ca ⇒ b = c.

Có lẽ bạn khó có thể tưởng tượng được một nhóm trong đó những

Hình 1.

các quy tắc không được áp dụng. Nhưng bây giờ bạn sẽ thấy những ví dụ như vậy!

Bài toán 2. Xét xem thuộc tính nào trong các thuộc tính K, A, E, I, C có các nhóm sau:

A. (R; ), thức ăn cho mọi x, y ∈ R xy = max(x, y)
(max(x, y) là số lớn nhất trong các số x, y).

b. (N; ), thực phẩm xy = HOK (x, y)
(HOK là lời chỉ trích phổ biến nhất).

V. (R²; *), trong đó R² là mặt phẳng tọa độ u cho một cặp điểm tùy ý (a; b) u (c; d)
(a; b) * (c; d) = (ac; bc + d).

Bài toán 3. Gọi Π là tập hợp các điểm của mặt phẳng. Chúng ta hãy định nghĩa một phép toán đại số * trên tập hợp này như sau: Đặt A, B ∈ Π; nếu A = B thì chúng ta giả sử rằng AA = A; nếu A ≠ B, đặt AB = C và C là đỉnh thứ ba của tam giác đều ABC định hướng dương* (Hình 1). Khám phá các thuộc tính của nhóm (P, *).

Những loại nhóm nào là không thể?

Chúng ta hãy lập một bảng gồm tất cả các kết hợp có thể hình dung được của phần gót của các thuộc tính được xem xét. Chúng làm nổi bật các loại nhóm khác nhau (M; *). Chúng tôi mô tả từng loại như vậy bằng năm chữ cái có dạng K A E I S. Trong ký hiệu này, chữ cái Có nghĩa là nhóm có tính chất giao hoán, chữ A có nghĩa là tính chất

*) Tam giác ABC được gọi là tam giác có hướng dương nếu các đỉnh đi qua theo thứ tự A→B→C ngược chiều kim đồng hồ.

16

không có sự kết hợp, v.v.

Chúng ta sẽ nhận được tổng cộng 32 kết hợp:

KAEIS KAEIS KAEIS KAEIS
KAEIS KAEIS KAEIS KAEIS
KAEIS KAEIS KAEIS KAEIS
KAEIS KAEIS KAEIS KAEIS
KAEIS KAEIS KAEIS KAEIS
KAEIS KAEIS KAEIS KAEIS

Tuy nhiên, không phải tất cả các loại nhóm được liệt kê ở đây đều tồn tại. Hãy chứng minh bằng các điều kiện tương thích rằng nhómpod, loại được in màu đỏ, trên thực tế là không thể.

Cách dễ nhất để giải quyết vấn đề là với những loại có ký hiệu chứa sự kết hợp của các đơn vị (chỉ có 8 loại như vậy). Sự mâu thuẫn giữa EI và I trở nên hoàn toàn rõ ràng từ việc phân tích cách hình thành tính chất I.

Bài toán 4. Chứng minh rằng AEI ⇒ C,
nghĩa là việc đáp ứng đồng thời các thuộc tính A, E và I kéo theo việc đáp ứng thuộc tính C.

Định lý này loại trừ hai kết hợp nữa (kết hợp nào?) khỏi bảng của chúng ta.

Những nhóm nhóm nào tồn tại?

Vì vậy, trong số 32 loại nhóm được lên kế hoạch ban đầu, chúng tôi còn lại 22 loại. Bây giờ chúng ta đi vào phần chính bài toán của bài viết này:

Bài toán 5. Chứng minh rằng tất cả các nhóm được in màu đen đều tồn tại.

Làm thế nào để chứng minh sự tồn tại của một đối tượng toán học? Cách dễ nhất là xây dựng một ví dụ. Trên thực tế, nếu chúng tôi cố gắng đưa ra một ví dụ cụ thể về một nhóm có các thuộc tính của KAEIS, thì qua đó chúng tôi sẽ chứng minh sự tồn tại của loại nhóm này.

Do đó, để giải bài toán 5, chỉ cần thực hiện bài toán này là đủ:

Bài toán 7. Cho M = {a, b, c} và phép tính * được cho bởi “bảng nhân” (Hình 2). Loại nhóm (M; *) là gì?

Bài toán 8. Xét nhómpod (R; ), trong đó với mọi x, y ∈ R xy = (√3x + √3y - √32)³.

Loại nhómpod là gì?

Bài toán 7 và 8 đề xuất hai cách để chỉ định nhóm - bảng và công thức. Những phương pháp này có thể hữu ích với bạn với lời giải chính bài toán 5′.

Nhóm nhóm hữu hạn và vô hạn

Một nhómpod (M; *) được gọi là hữu hạn hay vô hạn tùy thuộc vào tập M là hữu hạn hay vô hạn.

18

Ống kính giả của Robert Wood

Một tấm phẳng song song có thể tạo ra ảnh của các vật, tức là tác dụng giống như một thấu kính hội tụ không? Hãy lý luận.

Ảnh của thấu kính hội tụ được tạo ra như thế nào? Sóng hình cầu lan truyền từ một nguồn sáng chính xác. Trong một thấu kính, tâm sóng truyền một đường dài hơn các cạnh, do đó nó tụt lại phía sau các cạnh và sóng trở nên hội tụ. Các tia sáng luôn vuông góc với các bề mặt sóng, bị quay sao cho sau khi ra khỏi thấu kính, chúng giao nhau tại một điểm. Điểm này là hình ảnh thực tế của nguồn.

Trong một tấm phẳng song song, các tia thường tới trên nó truyền theo những đường giống nhau. Vì vậy, thoạt nhìn có vẻ như không thể chế tạo được một thấu kính thu từ một tấm như vậy. Nếu không, bạn có thể làm mọi việc khác đi. Hãy nhớ lại rằng tốc độ ánh sáng trong một chất phụ thuộc vào chiết suất của nó: chiết suất càng cao thì tốc độ ánh sáng càng thấp. Do đó, để thu được một thấu kính hội tụ từ một tấm phẳng song song, chỉ cần làm cho chiết suất gần tâm của tấm nhất và giảm dần về phía các cạnh của nó là đủ.

Hiện nay, thấu kính có chiết suất thay đổi đã được ứng dụng trong công nghệ sóng vô tuyến centimet. Đối với phạm vi quang học của sóng điện từ, khá khó để tạo ra một thấu kính có thể chịu được sự cạnh tranh với thấu kính obtsinal. Tuy nhiên, nhà vật lý thực nghiệm xuất sắc người Mỹ Robert Wood đã đề xuất một mô hình đơn giản của một thấu kính quang học có chiết suất thay đổi mà ông gọi là giả thấu kính. Chúng tôi khuyên bạn nên sử dụng một phương pháp tạo thấu kính giả được sửa đổi một chút, theo quan điểm của chúng tôi, phương pháp này sẽ mang lại kết quả tốt hơn.

Lấy một ống nghiệm và đổ gelatin chụp ảnh hoặc thực phẩm vào đó để tạo thành một lớp dày khoảng 2 cm. Đổ nước vào ống nghiệm đến độ cao bằng một nửa và để gelatin trương nở trong nước trong 2-3 giờ. Sau đó xả hết nước thừa ra khỏi ống nghiệm và đun nóng ống nghiệm trên ngọn lửa nhiên liệu khô, làm tan chảy hoàn toàn gelatin trương nở. (Làm nóng ống nghiệm cẩn thận để chế phẩm đã chuẩn bị không bị cháy.) Sau đó, thêm một lượng glycerin tương đương vào gelatin tan chảy.

Trong khi chế phẩm đang nguội, chuẩn bị hai tấm sạch có kích thước khoảng 20 × 20 mm và 40 × 40 mm từ thủy tinh mỏng (bạn có thể sử dụng cẩn thận thủy tinh từ nhũ tương nhựa quang, kính cửa sổ hoặc, trong trường hợp đặc biệt, thủy tinh plexi). Cũng chuẩn bị hai dải bìa cứng có kích thước 4x25 mm và dày khoảng 0,5 mm.

Đặt một ống thủy tinh vào chế phẩm đã nguội và chuyển một ít chế phẩm lên một tấm kính lớn nằm ngang. Cố gắng đảm bảo rằng giọt hình thành có hình tròn hoàn hảo với đường kính 6-10 mm. Nếu lần đầu tiên bạn không lấy được thứ mình cần, bạn có thể nhanh chóng lấy tấm thủy tinh dưới vòi nước chảy, lau khô và tiếp tục lại. Ngay sau khi bạn có được giọt mong muốn, hãy đặt bìa cứng bên cạnh giọt nước trên đĩa.

20

M. Apresyan

Tổng liên tục và… một hình chữ nhật

Các nhà nghiên cứu cổ điển Stashe biết rằng với $|q| < 1$ tổng của cấp số nhân vô hạn $1 + q + q^2 + q^3 + \dots$ bằng $\frac{1}{1 - q}$ và họ biết cách chứng minh điều này bằng phương pháp giải tích (xem sổ tay “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 9”, đoạn 24).

Đối với $q = \frac{1}{n}$, trong đó $n \in \mathbb{N}$, có một cách hình học đơn giản để tìm tổng này.

Hãy bắt đầu với $n = 2$: hãy tìm tổng
$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} + \dots$$

Chúng ta lấy một hình chữ nhật tùy ý có diện tích 2. Cắt nó thành hai hình chữ nhật có kích thước bằng nhau (cùng diện tích) có diện tích đơn vị như trong Hình 1. Cắt một trong các hình chữ nhật này lại thành hai phần bằng nhau; chúng ta thu được hình chữ nhật có diện tích $\frac{1}{2}$. Làm tương tự với một trong số chúng một lần nữa - chúng ta có hai hình chữ nhật có diện tích

Hình 1.

Hình 2.

21

Hình 3.

$n$ - số tự nhiên) bằng $\frac{n}{m-n}$: đối với điều này, bạn cần giữ nguyên $n$ - $m$ hình chữ nhật đơn vị không thay đổi và mỗi hình chữ nhật $m$ của khu vực 1 lại được cắt thành $n$ phần bằng nhau (Hình 3). Sau đó, giữ nguyên các dải $n$ - $m$, diện tích $\frac{m}{n}$ của mỗi dải và cắt lại từng khu vực $m^2$ hình chữ nhật $\frac{1}{n}$ thành $n$ phần bằng nhau. Bạn đã đồng ý phải làm gì tiếp theo chưa? Đưa việc xây dựng này đến “kết thúc” và biện minh cho nó.

Cuối cùng, chúng ta sử dụng hình chữ nhật có diện tích 2 để tính một tổng vô hạn khác; cụ thể là chúng ta sẽ chứng minh rằng

$$1 + \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + \dots + \frac{n}{n+1!} + \dots = 2.$$

Hai bước đầu tiên sẽ giống như trước: cắt hình chữ nhật thành hai hình chữ nhật có diện tích 1; một trong số đó dành cho hai hình chữ nhật có diện tích $\frac{1}{2}$ (Hình 4). Và sau đó chúng ta sẽ cắt một trong những mảnh hình chữ nhật này thành ba phần bằng nhau (diện tích $\frac{1}{6}$ mỗi phần). Chúng tôi cắt một trong các phần của diện tích $\frac{1}{6}$ thành bốn phần bằng nhau; một trong số chúng - thành năm phần, v.v. Tiếp tục quá trình này đến vô tận, chúng ta sẽ thu được kết quả là một hình chữ nhật có diện tích 1, một - diện tích $\frac{1}{2!}$, hai hình chữ nhật có diện tích $\frac{1}{3!}$, ba - diện tích $\frac{1}{4!}$, …, $n$ hình chữ nhật có diện tích $\frac{1}{(n+1)!}$, v.v. Điều này có nghĩa là lượng diện tích cần thiết của hình chữ nhật ban đầu, tức là hai.

Ống kính giả của Robert Wood

(Để bắt đầu, xem trang 18)

Từ đây, theo công thức $\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$, khoảng cách của các thấu kính giả có thể được tìm theo công thức: $F = 19,5$ cm. Các giả thấu kính có đường kính khoảng 6 mm có khoảng cách khoảng 10 cm.

Nguyên lý hoạt động của thấu kính giả là gì? Chỉ số độ thẳng Glycerol $n_r = 1,47$; và chỉ báo độ thẳng của nước là $n_B = 1,33$. Nước khuếch tán vào một hình trụ đồng nhất bao gồm sắt và glycerin, sẽ đẩy glycerin ra khỏi nó. Trong trường hợp này, hình trụ trở nên không đồng nhất và chỉ số độ thẳng của nó giảm dần từ tâm ra các cạnh. Và hệ thống, như đã đề cập, hoạt động giống như một thấu kính hội tụ.

Lưu ý rằng sau khoảng một ngày, thành phần sẽ trở lại đồng nhất và pseudolinza mất đi các đặc tính tuyệt vời của nó.

22

Bài toán

M666—M670; F678—F682

M666. Chứng minh rằng bội số chung nhỏ nhất $n$ của các số tự nhiên $a_1 < a_2 < \ldots < a_n$ ít nhất là $na_1$.

A. Razborov

M667. Vẽ một tam giác $ABC$ nếu có góc nhỏ nhất $\widehat{A}$ và các đoạn có độ dài $d = |AB| - |BC|$ và $e = |AC| - |BC|$.

N. Vasiliev

M668*. Trình tự $(x_i)$ được xác định bởi các điều kiện

$$x_1 = 1, x_2 = 0, x_3 = 2, x_{n+1} = x_{n-2} + 2x_{n-1}$$

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $m$ đều có hai số hạng liền kề của dãy này, mỗi số hạng đều chia hết cho $m$.

G. Kozlov

M669. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp trong một đường tròn. Chứng minh rằng

a) đoạn nối trung điểm của các góc $AB$ và $CD$ vuông góc với đoạn nối các góc $BC$ và $AD$;

b) tâm của các đường tròn nội tiếp tam giác $ABC, BCD, CDA$ và $DAB$ là các đỉnh của hình chữ nhật.

K. Malkhasyan, I. Người Đức

M670*. a) Cho một số điểm, các cặp điểm không xoắn được nối với nhau bằng các đường thẳng (các điểm của các cặp đó được gọi là lân cận). Số lân cận của mỗi điểm là số lẻ. Tại thời điểm ban đầu, tất cả các điểm được tô bằng hai màu - đỏ và xanh. Sau đó, cứ sau mỗi phút, việc đổi màu đồng thời của điểm sẽ diễn ra theo quy tắc sau: mỗi điểm có hầu hết các điểm lân cận có màu khác với điểm đó sẽ thay đổi màu của nó; nếu không, màu của nó sẽ được giữ lại.

Chứng minh rằng sẽ đến một thời điểm mà từ đó một số điểm không thay đổi và một số điểm có cùng điểm.

b) Liệu tuyên bố này có còn đúng nếu không giả định rằng mỗi điểm có số lân cận là lẻ?

O. Kozlov

24

tín hiệu ở đầu vào ăng-ten cần thiết để hoạt động bình thường, $P_{\min} = 1 \cdot 10^{-13}$ W.
Ước tính phạm vi phát hiện tối đa của máy bay có diện tích bề mặt phản xạ là $S = 5$ m$^2$. Giả sử rằng công suất của tín hiệu phản xạ nhỏ hơn $n = 10$ lần so với công suất của tín hiệu tới và sự phản xạ xảy ra đồng đều theo mọi hướng.

A. Zilberman

Lời giải bài toán

M616. Có thể chia các số 1, 2, …, 30 thành các nhóm a) năm số, b) sáu số sao cho tổng các số trong tất cả các nhóm đều bằng nhau?

c) Với n và k nào thì có thể chia các số 1, 2, …, nk thành n nhóm, mỗi nhóm k số sao cho tổng các số trong tất cả các nhóm đều bằng nhau?

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Chúng ta gọi một phân vùng thỏa mãn điều kiện bài toán là chính xác. Đáp số cho câu hỏi chung c) bài toán đưa ra

Định lý. Để tập {1, 2, …, nk} thừa nhận một phân vùng thông thường thành các tập con phần tử k, điều cần và đủ là k chẵn hoặc nk lẻ.

Sự cần thiết của những điều kiện này là hiển nhiên. Trên thực tế, có tồn tại các phân vùng trống; thì tổng của các số $\frac{nk(nk+1)}{2}$ chia cho n (số của tập hợp con), tức là số $k(nk+1)/2$ là số nguyên; do đó k là số chẵn hoặc nk+1 là số chẵn, nghĩa là nk là số lẻ.

Điều này cho thấy rằng đáp số trong câu hỏi a) bài toán là âm ($k=5$ là số lẻ và $n=6$ là số chẵn).

Để chứng minh điều đó, chúng ta hãy xây dựng định lý ở dạng rõ ràng hơn:

Để n số {1, 2, …, nk} được sắp xếp đúng cách trong bảng k hàng và n cột (tổng các số trong tất cả các cột bằng nhau) thì k là chẵn hoặc nk lẻ là điều cần thiết và đủ.

Cho k chẵn. Sau đó, các số có thể được sắp xếp theo kiểu “rắn” trong bảng (Hình 1; với mỗi hai hàng liên tiếp, tổng các số ở cột bất kỳ là như nhau).

Hãy để nk là lẻ. Hãy sắp xếp các số {1, 2, …, 3n} “đúng” vào ba hàng trên cùng của bảng (các số còn lại, bắt đầu bằng số 3n+1, có thể xếp trong bảng $(k-3) \times n$ bằng con rắn, vì $k-3$ là số chẵn - Hình 2). Cách thực hiện điều này với $n=3, 5, 7$ được hiển thị trong Hình 3, a-c. Theo cách tương tự, bạn có thể tạo bảng $3 \times n$ cho bất kỳ $n=2m+1$ lẻ nào (Hình 4; kiểm tra xem nó có chứa bất kỳ số nào từ 1 đến $3n=6m+3$ một lần không).

Dễ dàng nhận thấy sự khái quát hóa tầm thường của định lý đã được chứng minh là đúng: các số n số {a+1, a+2, a+3, …, a+nk} có thể được sắp xếp trong một bảng gồm k hàng và n cột một cách chính xác, điều này cần và đủ để k chẵn hoặc nk lẻ.

Sự khái quát hóa này gợi ý một cách khác để “sắp xếp chính xác” một đường thẳng $3 \times n$: bạn cần chia một đường thẳng $3 \times n$ thành một đường thẳng $3 \times 3, 3 \times 5$ (hoặc một số lẻ

25

số $n \geqslant 9$ có thể được biểu diễn dưới dạng $n=3p+5q$, trong đó $p, q$ là số nguyên không âm) và sắp xếp chính xác các phân đoạn của chuỗi $\{1, 2, \dots, 3n\}$ trong chúng - tương ứng, từ 9 và 15 số - như trong các bảng tạo sẵn ở Hình 3, a, b (trong trường hợp này, trong mỗi hình chữ nhật, bạn sẽ phải thêm một hằng số vào số $a$).

Hãy nghĩ về câu hỏi phức tạp hơn này: vì $k < n$ có một “hình chữ nhật ma thuật” gồm các số 1, 2, …, $nk$, trong đó tổng các số trong tất cả các hàng bằng nhau và tổng các số trong các cột cũng bằng nhau. Một hình vuông ma thuật tồn tại cho bất kỳ $n \geqslant 3$ nào (xem cuốn sách “Những hình vuông ma thuật” của M. M. Postnikov, M., “Hayka”, 1964).

S. Berkolaiko, N. Vasiliev

M617. Bên trong tam giác có các đường tròn $a, b, \gamma$, δ có cùng bán kính sao cho mỗi đường tròn $a, b, \gamma$ tiếp xúc với hai cạnh của tam giác và đường tròn $b$. Chứng minh rằng tâm của đường tròn δ thuộc đường thẳng đi qua các tâm trong tam giác đã cho của đường tròn và đường tròn ngoại tiếp nó.

Đặt $ABC$ là một tam giác nhất định và $O_1, O_2, O_3$ là tâm của các đường tròn tắc nghẽn tiếp xúc với các cặp cạnh của nó và $O_4$ là tâm của hình tròn thứ tư - đường tròn chạm vào ba đường tròn được chỉ định (xem hình). Độ dài bán kính của chúng được ký hiệu là $q$. Tam giác $O_1O_2O_3$ được chuẩn bị cho tam giác $ABC$, vì các cạnh của nó lần lượt song song với các cạnh của tam giác $ABC$. Không khó để nhận ra rằng tâm của sự đồng nhất này sẽ là điểm $N$, vừa là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$, vừa là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $O_1O_2O_3$. Thật vậy, các đường thẳng $AO_1, BO_2, CO_3$ là các đường phân giác của các góc của cả tam giác $ABC$ và tam giác $O_1O_2O_3$, và điểm $N$ là giao điểm của các đường phân giác này.

Bây giờ hãy lưu ý rằng điểm $O_4$ là tâm của một đường tròn ngoại tiếp tam giác $O_1O_2O_3$ (khoảng cách của nó đến mỗi đỉnh của tam giác này là 2$q$).

Hãy xem xét một sự đồng nhất có tâm tại $N$ ánh xạ tam giác $O_1O_2O_3$ thành tam giác $ABC$. Điểm $O_4$ đi vào một điểm $M$ nào đó nằm trên đường thẳng $NO_4$. Chúng ta đã biết rằng điểm $O_4$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $O_1O_2O_3$; do đó, ảnh của nó - điểm $M$ - sẽ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Vậy tâm của đường tròn được mô tả xung quanh tam giác $ABC$ nằm trên cùng một đường thẳng với điểm $O_4$ và với tâm của đường tròn được mô tả trong tam giác $ABC$. Điều này chứng minh tuyên bố bài toán.

Không khó để tính giá trị q của bốn đường tròn này theo $r$ và $R$—bán kính của đường tròn nội tiếp trong tam giác và đường tròn ngoại tiếp.

Lưu ý rằng bán kính của hình tròn nội tiếp tam giác $O_1O_2O_3$ là $r-q$ và bán kính của hình tròn ngoại tiếp tam giác này là $2q$.

Gọi $k$ là hệ số đồng nhất được xét ở trên. Sau đó $(r-q)k=r$ và $2qk=R$. Biểu thị $k$ từ mỗi sự tương ứng và đánh đồng các biểu thức thu được, chúng ta thấy

$$\frac{r}{r-q} = \frac{R}{2q},$$

Ở đâu

$$q = \frac{rR}{R+2r}.$$

A. Savin

26

M618. a) Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên n sao cho n! chia hết cho $n^2+1$.

b) Chứng minh rằng với mọi a>0 tồn tại vô số số nguyên dương n sao cho $[\alpha n]!$ chia hết cho $n^2+1$. (Ở đây m!=1·2·…·m; [x] là phần nguyên của số x.)

Ví dụ, chúng ta hãy chứng minh rằng có vô số n mà $n^2+1$ có dạng $5m^2$. Nói cách khác, phương trình $n^2-5m^2=-1$ có ​​vô số số tự nhiên lời giải. Tuyên bố này xuất phát từ hai sự kiện sau, mỗi sự kiện có thể được xác minh trực tiếp: cặp $n=2$, m=1 thỏa mãn phương trình này và nếu n=a, m=b là lời giải của nó, thì cặp $n=9a+20b$, m=4a+9b cũng vậy (cách các công thức này thực hiện điều này được giải thích trong bài viết của N. Vaguten “Liên hợp số”, «Kvant», 1980, số 2).

Điều này ngay lập tức cung cấp cho chúng tôi bằng chứng về tuyên bố bài toán a). Thật vậy, với các giá trị tìm được của n, chúng ta có $n^2+1=5m^2$, $m=\sqrt{\frac{n^2+1}{5}}<\frac{n}{2}$ và n! chia hết cho $n^2+1$, vì với n>5 tích 1·2·3·…·n chứa các số 5, m và 2m.

Điều tương tự có thể được thực hiện trong trường hợp tổng quát 6). Nhưng để làm được điều này, chúng ta sẽ phải chứng minh rằng có vô số D tự nhiên sao cho số lời giải tự nhiên của phương trình $n^2-Dm^2=-1$ là vô hạn (sau đó chọn D sao cho bất đẳng thức $D\geqslant5/\alpha^2$ giữ nguyên, chúng ta sẽ thu được các giá trị cần thiết của n). Tuyên bố này đúng, nhưng việc chứng minh cơ bản của nó rất khó, vì vậy chúng ta sẽ đi theo một con đường khác.

Chúng ta sẽ tìm n mà chúng ta cần trong số các số có dạng $2k^2$. Trong trường hợp này, $n^2+1$ bị phân hủy thành sản phẩm $n^2+1=4k^4+1=(2k^2+2k+1)(2k^2-2k+1)$, nhưng điều này vẫn chưa đủ. Hãy để chúng tôi chỉ ra cách thu được nhiều k sao cho các số $P(k)=2k^2+2k+1$ và $Q(k)=2k^2-2k+1$ là hợp số (có thể phân tích thành thừa số). Hãy lấy tích tự nhiên c và đặt p=P(c), q=Q(c). Khi đó với l bất kỳ, số P(c+lpq) chia hết cho q (chứng minh điều đó!). Đặt $P(c+lpq)=p\cdot r$ và $Q(c+lpq)=q\cdot s$. Bằng cách lấy c đủ lớn, chúng ta có thể làm cho p=P(c) và q=Q(c) lớn hơn 5/a (điều này xuất phát từ thực tế là P(k) và Q(k) tăng vô hạn khi k tăng). Trong trường hợp này, $n^2+1=4k^4+1=P(k)\cdot Q(k)=p\cdot q\cdot r\cdot s$, trong đó $k=c+lpq$, $r=P(k)/p<\frac{P(k)}{5/\alpha}<\frac{an}{4}$ (đối với k>5) và $s=Q(k)/q<\frac{Q(k)}{5/\alpha}<\frac{an}{4}$ (đối với k>5). Bây giờ chọn l sao cho p và q nhỏ hơn an/4, chúng ta thấy rằng trong dãy 1, 2, 3, …, [an] có bốn số riêng biệt, một số chia hết cho p, số khác chia hết cho q, số thứ ba cho r và số thứ tư cho s. Do đó, chúng tôi đã xây dựng một đa phản hồi vô hạn n sao cho [an] chia hết cho $n^2+1$.

lời giải khác trong số bài toán này cũng có thể xảy ra. Cái ngắn nhất dường như dựa trên sự phân hủy

$$64m^{12}+1=(4m^4+1)(4m^4-4m^3+2m^2-2m+1)\times(4m^4+4m^3+2m^2+2m+1)$$

(điều này lời giải do độc giả V. Yudak của chúng tôi đề xuất).

A. Weintrob

Vẽ cho M619.

M619. Chứng minh rằng nếu phương trình $|CD|=|AD|+|BC|$ đúng cho tứ giác treo ABCD thì hai đường phân giác của các góc A và B cắt nhau trên cạnh CD.

Về cơ bản, bài toán yêu cầu chứng minh sự tồn tại của vô số số nguyên dương n sao cho $n!$ chia hết cho $n^2+1$.

Ví dụ, chúng ta hãy chỉ ra rằng có vô số số tự nhiên n sao cho số số tự nhiên lời giải của phương trình $n^2-Dm^2=-1$ là vô hạn (sau đó chọn D sao cho bất đẳng thức $D\geqslant5/\alpha^2$ đúng, chúng ta sẽ thu được các giá trị cần thiết của n). Tuyên bố này đúng, nhưng việc chứng minh cơ bản của nó rất khó, vì vậy chúng ta sẽ đi theo một con đường khác.

Chúng ta lấy điểm K trên cạnh CD sao cho $|DK|=|AD|$, $|KC|=|BC|$ (xem hình) và vẽ đường tròn quanh tam giác ABK. Gọi M là giao điểm thứ hai của đường tròn này với [CD]. Chứng minh rằng [AM] và [BM] là hai đường phân giác của các góc tương ứng. Ví dụ: đối với [AM], chúng tôi có $BAM=BKC=90^\circ-\frac{BCK}{2}=90^\circ-\frac{1}{2}(180^\circ-DAB)=\frac{1}{2}DAB$, đây là yêu cầu bắt buộc.

I. Sharyn

27

M620. Đặt $x_1, x_2, \dots, x_n$ là các số thực sao cho $x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 = 1$. Chứng minh rằng tổng mô hình của các số $2^n$

$$\pm x_1 \pm x_2 \pm \dots \pm x_n$$

(vì vậy với tất cả các kết hợp có thể có của các dấu “+” và “-”) không vượt quá $2^n$.

Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng nếu $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_k^2 = k$ thì $a_1 + a_2 + \dots + a_k \leq k$. Thật vậy, hãy để $a_i = 1 + a_i$ ($i = 1, 2, \dots, k$). Sau đó

$$a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_k^2 = k + 2(a_1 + \dots + a_k) + (a_1^2 + \dots + a_k^2),$$

Ở đâu

$$a_1 + a_2 + \dots + a_k = -\frac{1}{2} (a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_k^2) \leq 0.$$

Posetom

$$a_1 + a_2 + \dots + a_k = k + (a_1 + a_2 + \dots + a_k) \leq k.$$

Bây giờ chúng ta biểu thị tổng của các số $2^n$ của mô hình

$$\pm x_1 \pm x_2 \pm \dots \pm x_n$$

(vì vậy tất cả các kết hợp có thể có của các dấu “+” và “-”) đến $S$. Dễ dàng kiểm tra xem tổng bình phương của tất cả các số $2^n$ có trong tổng $S$ có ​​bằng $2^n (x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2) = 2^n$ hay không. Chúng ta hãy biểu thị các số $2^n$ có trong $S$ bằng $a_1, a_2, \dots, a_{2^n}$. Khi đó $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_{2^n} = 2^n$, và từ khẳng định đã được chứng minh ở trên, chúng ta thu được ước tính $a_1 + a_2 + \dots + a_{2^n} \leq 2^n$, đây chính là điều chúng ta cần chứng minh.

Như độc giả của chúng tôi A. Heiftz từ Rostov-on-Don đã thay thế một cách đúng đắn, bài toán M620 là một trường hợp đặc biệt của lời hứa sau đây của M. Klamkin (American Mathematical Monthly, 1975, 82, No. 8, p. 829-830):

Đặt $x_1, x_2, \dots, x_n$ là số thực bất kỳ. Sau đó với $\lambda \geq 2$ và với $\lambda \leq 0$ bất đẳng thức đúng

$$\sum |\pm x_1 \pm x_2 \pm \dots \pm x_n|^\lambda \geq 2^n \left( \sum_{i=1}^{n} x_i^2 \right)^{\lambda/2},$$

và với $0 < \lambda < 2$ - một bất đẳng thức có nghĩa ngược lại. (Tổng hợp các tổ hợp tùy ý của các dấu “+” và “-” ở phía bên trái.) Chúng tôi mời bạn suy nghĩ về việc tự mình chứng minh nhận định này.

I. Klumova

M621. Một bức tường p được mô tả xung quanh 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 tam giác 2n thu được được bao quanh bởi một biến có màu đỏ và xanh lam. Chứng minh rằng tích diện tích các hình tam giác màu đỏ bằng tích diện tích các hình tam giác màu xanh.

F623. Tụ điện biến thiên có công suất ban đầu $C_0$, được tích điện theo hướng $U$, nối ngắn mạch với điện trở có điện trở $R$ (xem hình. ok). Cấu trúc của nước ngưng sẽ thay đổi như thế nào theo thời gian?

◆ Gọi $A_1 A_2 \dots A_n$ là đường ngoại tiếp $n$-gon, $t_1, t_2, \dots, t_n$ là độ dài của các đoạn tiếp tuyến vẽ với đường tròn từ điểm tiếp tuyến của các đoạn thẳng, khi đó tích $n$ của độ dài các đoạn nằm trong tam giác xanh bằng tích $n$ của độ dài các đoạn nằm trong tam giác xanh. Để chứng minh, chỉ cần lưu ý $T_{k-1} T_k$, bằng tỉ số diện tích của các tam giác $PT_{k-1} A_k$ và $PT_k A_k$ là đủ.

◆ Cường độ dòng điện trong mạch được xác định bởi hiệu điện thế trên điện trở bằng hiệu điện thế trên tụ điện: $I = U/R$. Vì dòng điện phải không đổi nên điện áp trên tụ cũng phải không đổi, nghĩa là

$$\frac{q_0}{C_0} = \frac{q_0 - \Delta q}{C},$$

28

hình xuyến để có dòng điện chạy trong mạch hở? Công suất nào được tạo ra bởi ngoại lực, do đó điện dung của tụ điện thay đổi?

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

F625. Động cơ phản lực trong hình được làm từ vỏ trứng. Diện tích của lỗ trên vỏ là $s=3\text{ mm}^2$. Công suất tối đa của động cơ này là bao nhiêu nếu nhiệt độ của nước trong vỏ được duy trì ở mức $100^\circ C$?

Trong đó $q_0$ là điện tích ban đầu của tụ điện, $\Delta q=It/R$ là điện tích chạy qua mạch trong thời gian $t$, $C$ là điện dung của tụ điện tại thời điểm $t$. Từ đây

$$C = C_0 \left( 1 - \frac{\Delta q}{q_0} \right) = C_0 \left( 1 - \frac{t}{RC_0} \right).$$

Để xác định công suất $N$ do ngoại lực phát triển, ta sử dụng định luật bảo toàn và biến thiên năng lượng: độ biến thiên năng lượng của hệ theo thời gian $t$ bằng các ngoại lực, tức là

$$\left( \frac{CU^2}{2} - \frac{C_0U^2}{2} \right) + I^2Rt = Nt.$$

Từ đây, xét đến sự phụ thuộc của điện dung vào thời gian, ta tìm được công suất của các ngoại lực:

$$N = \frac{U^2}{2R}.$$

P. Zubkov

◆

Vì có nước ngay từ đầu trong quá trình này nên hơi nước trong bình đã bão hòa. Khi piston được hạ xuống, áp suất của nó không thay đổi và trọng lượng của hơi nằm trong thể tích “biến mất”

$$V = \pi D^2/4H,$$

ngưng tụ. Khối lượng nước ngưng tụ là

$$m = \varrho p d^2/4h,$$

trong đó $\varrho = 10^3 \text{ кг/m}^3$ là mật độ của nước.

Từ phương trình Mendeleev-Clapeyron, hơi bão hòa được tìm thấy:

$$p = \frac{m}{\mu} \frac{RT}{V} = \varrho \left( \frac{d}{D} \right)^2 \frac{h}{H} \frac{RT}{\mu} = 2,16 \text{ кПа.}$$

Quét. Trong công thức thu được, các đại lượng $d$ và $D$, $h$ và $H$ tạo thành các kết hợp không thứ nguyên. Do đó, giá trị của các đại lượng này có thể được thay thế bằng bất kỳ đơn vị đo lường nào, nhưng nhất thiết phải giống hệt nhau. Ví dụ: $d$ và $D$ tính bằng milimet, $a$ và $H$ tính bằng centimét. Giả sử rằng các đại lượng còn lại ($\varrho$, $R$, $T$ và $\mu$) được biểu thị bằng đơn vị SI, thì đáp số được tính bằng pakaleh.

V. Belonukkin

◆

Theo định luật bảo toàn động lượng, phản lực tác dụng lên vỏ bằng modulo độ chênh lệch động lượng của các phân tử bay ra khỏi vỏ trong một đơn vị thời gian và bay vào vỏ trong cùng một thời gian. Mặt khác, áp suất của khí tác dụng lên tường không lớn hơn hai lần động lượng của các phân tử chạm vào một đơn vị diện tích bề mặt của tường trong một đơn vị thời gian. Như vậy, động lượng của các phân tử phát ra từ một lỗ có diện tích $s$ trên một đơn vị thời gian bằng $ps/2$, động lượng của các phân tử phát ra là $p_0s/2$ (trong đó $p$ và $p_0$ là áp suất bên trong và bên ngoài lớp vỏ, tương ứng) và lực mong muốn

$$F = \frac{ps}{2} - \frac{p_0s}{2} = (p - p_0) \frac{s}{2}.$$

Về mặt lý thuyết, áp suất tối đa có thể đạt được bên trong vỏ lớn hơn hai lần áp suất khí quyển một chút. Thật vậy, nếu nước trong vỏ nóng lên nhanh đến mức khối không khí không có thời gian thay đổi, thì áp suất sẽ là tổng của áp suất không khí (ở $100^\circ C$ lớn hơn áp suất khí quyển một chút) và áp suất của hơi nước bão hòa (ở $100^\circ C$ bằng khí quyển). Trong trường hợp này

$$F_{\text{max}} = (p_{\text{max}} - p_0) \frac{s}{2} = p_0 \frac{T}{T_0} \frac{s}{2} \approx 0,2 \text{ H}.$$

30

mỡ động vật sẽ nguội đi nhanh chóng, nhưng bồ hóng sẽ tiếp tục nóng. Nếu chảo được làm nguội từ bên trong, than sẽ nguội từ từ, nhiệt độ của kim loại sẽ có thời gian theo nhiệt độ của than và thực tế sẽ không có sự chênh lệch nhiệt độ.

Các lực thúc đẩy sự phân tách cặn cacbon có phát sinh trong quá trình làm nguội chậm, tức là trên thực tế khi nhiệt độ của cặn kim loại và cặn cacbon bằng nhau không? Có, vì cặn kim loại và carbon có hệ số giãn nở tuyến tính khác nhau. Nhưng hóa ra những lực này không đủ để phá hủy lớp bồ hóng và tách nó ra khỏi đáy chảo.

L. Ashkinazi

F628. Trong một ống thẳng đứng dài $H=152$ cm, bịt kín ở đầu dưới, có rất nhiều không khí cao $h=76$ cm, bị nhốt trong rất nhiều thủy ngân (Hình 1). Áp suất khí quyển là $10^5$ Pa, và nhiệt độ là $t_0=17^\circ$ C. Không khí trong ống phải tăng đến nhiệt độ nào $t_1$ để toàn bộ thủy ngân biến mất?

Hình 1.

Hình 2.

Áp suất không khí ban đầu trong ống là tổng áp suất thủy tĩnh của lượng thủy ngân có chiều cao $H-h=76$ cm và áp suất khí quyển. Áp suất khí quyển theo điều kiện bằng $10^5$ Pa≈76 cm thủy ngân. Nghệ thuật. Do đó, áp suất không khí ban đầu trong ống xấp xỉ bằng hai lần áp suất khí quyển.

Chúng ta sẽ giả sử rằng thủy ngân chảy ra từ từ, sao cho hệ tại mỗi thời điểm có thể được coi là ở trạng thái cân bằng. Ở trạng thái cuối cùng, khi gần như toàn bộ thủy ngân đã chảy ra ngoài, áp suất không khí trong ống sẽ bằng áp suất khí quyển, tức là bằng một nửa áp suất. Thể tích không khí $HS$ (S là diện tích mặt cắt ngang của ống) sẽ lớn gấp đôi thể tích trơ tráo $hS$. Theo phương trình trạng thái khí lý tưởng, điều này có nghĩa là nhiệt độ ở trạng thái cuối cùng phải bằng nhiệt độ ở trạng thái ban đầu!

Tất nhiên, nếu không tăng nhiệt độ, thủy ngân sẽ không chảy ra khỏi ống. Do đó, kết quả thu được có nghĩa là đối với đáp số được đề cập bài toán, chúng ta nên hạn chế chỉ xem xét trạng thái cuối cùng và trơ tráo, nhưng chúng ta cần phải tuân theo toàn bộ quá trình.

Chúng ta hãy tìm hiểu xem nhiệt độ của không khí trong ống phải thay đổi như thế nào để thủy ngân được giải phóng dần dần và tại mỗi thời điểm hệ có thể coi là ở trạng thái cân bằng.

Chúng ta hãy biểu thị độ cao của lượng không khí đó tại một thời điểm nào đó bằng $z$. Khi đó áp suất không khí trong ống $p(z)$ bằng

$$p(z) = p_0 + \rho g(H-z),$$

trong đó $\rho$ là mật độ của thủy ngân và $p_0$ là áp suất khí quyển, theo điều kiện bài toán, gần bằng áp suất của rất nhiều thủy ngân ở độ cao $H/2$:

$$p_0 = \rho g H/2.$$

Thay (2) vào (1), ta được

$$p(z) = \rho g \left( \frac{3}{2} H-z \right).$$

Vì chúng ta giả sử rằng không khí trong ống ở trạng thái cân bằng nhiệt động ở bất kỳ $z$ nào, nên áp suất $p(z)$ của không khí, thể tích mà nó chiếm $Sz$ và nhiệt độ $T(z)$ có liên hệ với nhau bởi phương trình trạng thái của khí lý tưởng:

$$\frac{p(z) Sz}{T(z)} = \frac{2 p_0 SH/2}{T_0},$$

trong đó $T_0$ là nhiệt độ ban đầu, $2 p_0$ là áp suất không khí ban đầu trong ống, $SH/2$ là thể tích không khí ban đầu. Thay $p(z)$ từ (3) và $p_0$ từ (2) vào (4), ta tìm được sự phụ thuộc của nhiệt độ vào độ cao của không khí trong ống:

$$T(z) = T_0 \frac{(3H-2z)z}{H^2}.$$

Đồ thị hàm số $T(z)$ được thể hiện trên Hình 2. Quá trình lắng cặn thủy ngân tương ứng với vùng có các điểm $z=H/2$ và $z=H$ được biểu thị bằng một đường thẳng liền nét. Có thể thấy rằng đối với một quá trình chậm (gần như cân bằng), nhiệt độ sẽ bắt đầu tăng lên giá trị $T_1=(9/8)T_0$ (trong trường hợp này

31

Hình 3.

F629. Một quả cầu có khối lượng m được treo vào một lò xo có độ cứng k (lò xo nam châm). Điểm treo của lò xo thực hiện dao động điều hòa theo phương thẳng đứng có biên độ a và tần số $\omega$. Quả bóng chuyển động như thế nào khi dao động đều?

F630. Một phần tử của pin nguyên tử là một tụ điện, trên một trong các bản được đặt chất phóng xạ, phát ra các hạt α với tốc độ $v_0=2,2 \cdot 10^6$ m/s. Xác định emf của phần tử này. Tỷ số giữa điện tích của hạt α và khối lượng của nó là k=4,8 $\cdot 10^7$ C/kg.

một nửa lượng thủy ngân đầu tiên sẽ bay ra ngoài), sau đó co lại về giá trị ban đầu $T_0$. Vì vậy, để đốt cháy hoàn toàn thủy ngân, không khí trong ống phải được đun nóng đến nhiệt độ $T_1 \approx 326$ K. Ở nhiệt độ này, cần duy trì tiếp xúc với lò sưởi có nhiệt độ $T_1$. Hơn nữa, thủy ngân sẽ bị ép ra ngoài và quá trình này sẽ không còn gần như cân bằng nữa.

Để hiểu rõ hơn về điều này, sẽ rất hữu ích khi xem xét quy trình theo sơ đồ $p-V$ (Hình 3). Quá trình cân bằng của dòng thủy ngân chảy ra tương ứng với sự phụ thuộc tuyến tính của áp suất không khí trong ống vào z, được mô tả bằng công thức (3) và được biểu thị dưới dạng một đường liền nét giữa các giá trị $z=H/2$ và $z=H$. Hình tương tự hiển thị hình ảnh của nhiệt độ tương ứng $T_0$ và $T_1$. Trạng thái đầu và cuối nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt. Có thể thấy rằng ở nhiệt độ trên $T_1$, không có một đường đẳng nhiệt nào cắt đường thẳng $p(z)$, tức là không thể cân bằng không khí trong ống ở bất kỳ giá trị nào của chiều cao cột z. Do đó, nếu nhiệt độ không khí được duy trì ít nhất trên giá trị $T_1$ thì toàn bộ thủy ngân chắc chắn sẽ bị đẩy ra khỏi không khí.

E. Butikov, A. Bykov, A. Kondratev

Hình vẽ thể hiện vị trí của hệ tại một thời điểm t. Điểm O là vị trí cân bằng của điểm treo; x là độ lệch của quả cầu so với vị trí cân bằng khi đó chiều dài của lò xo bằng $l_0+mg/k$ ($l_0$ là chiều dài của lò xo ở trạng thái không giãn nở).

Viết phương trình chuyển động của quả bóng:

$$mg-k\Delta X=m\ddot{x}.$$

Thay $\Delta X=\frac{mg}{k}+x+a\sin \omega t$ (độ dài hoàn toàn của lò xo), ta được:

$$m\ddot{x}+kx=-ka\sin \omega t.$$

Dao động cưỡng bức của quả bóng xảy ra với tần số của lực cưỡng bức, tức là với tần số $\omega$. Ở trạng thái ổn định không có dao động tự nhiên có tần số là $\omega_0=\sqrt{k/m}$.

Chúng ta sẽ tìm lời giải (1) ở dạng

$$x=A\sin \omega t+B\cos \omega t,$$

trong đó A và B là một số hệ số không đổi cần xác định. Lấy một số tùy ý từ (2) hai lần và thay (2) vào (1), ta có:

$$(-A\omega^2 m+kA)\sin \omega t+(-B\omega^2 m\cos \omega t+kB)\cos \omega t$$

$$=-ka\sin \omega t.$$

Sự bình đẳng này phải được duy trì ở bất kỳ thời điểm nào.

Lấy $t_1=0$ và $t_2=\pi/2\omega$, ta tìm được $B=0$, $A=\frac{ka}{\omega^2 m-k}=\frac{a}{\omega^2-\omega^2}=1$.

Thay các giá trị tìm được của A và B vào (2), ta thu được:

$$x=\frac{a\sin \omega t}{\omega^2-\omega^2}-1.$$

A. Zilberman

suất điện động của nguồn bằng tỉ số giữa công do ngoại lực thực hiện làm di chuyển một điện tích dọc theo mạch với độ lớn của điện tích này. EMF tối đa sẽ là khi các hạt α không còn chạm tới bản đối diện của tụ điện. Nói cách khác, khi công của phía lực bằng động năng của hạt α phát ra:

$$\mathcal{E}=\frac{mv_0^2}{2q}=\frac{v_0^2}{2k}\approx 5 \cdot 10^5 \text{ B}=500 \text{ kB}.$$

A. Grizorenko, học sinh lớp 10, Makeev, vùng Donetsk.

32

chơi đa hình

Trong “Kvanita” (1978, số 11, trang 37), các nhóm hiệp sĩ sống trên một bàn cờ (vô hạn) theo luật bảo vệ lẫn nhau đã được xem xét. Chúng ta hãy nhớ lại rằng một tập hợp các hiệp sĩ chiếm một vị trí nhất định được gọi là ekladron hoạt động nếu, bằng cách di chuyển chúng (ở mỗi nước đi, theo luật cờ vua, một trong các hiệp sĩ của tập hợp), chúng ta có thể tiếp cận với một trong các hiệp sĩ theo bất kỳ hướng nào của ô được chỉ định và cả tại thời điểm ban đầu và sau mỗi nước đi, bất kỳ hiệp sĩ nào cũng được bảo vệ bởi ít nhất một hiệp sĩ trong tập hợp. Một ví dụ về ekladron đang hoạt động gồm năm hiệp sĩ được hiển thị trong Hình 1 (bằng chứng - «Kvant», 1978, Số 12, trang 61).

Một cách khái quát hóa tự nhiên của ekladron đang hoạt động là một đa hình Π(n,k)—một tập hợp gồm n quân giống hệt nhau, bằng cách di chuyển (tại mỗi nước đi, theo luật cờ vua, một trong các quân trong tập hợp nước đi), chúng ta có thể tiếp cận một trong các quân cờ theo bất kỳ hướng nào của trường được chỉ định và cả tại thời điểm ban đầu và sau mỗi nước đi, bất kỳ quân cờ nào cũng được bảo vệ bởi ít nhất k quân từ tập hợp*). Đối với hiệp sĩ, hình đa giác tương ứng sẽ được gọi là ekladron E(n,k) (ví dụ: ekladron hoạt động trong Hình 1 là E(5,1)), đối với quân hậu - tộc K(n,k), đối với quân hậu - phân số Ф(n,k) và đối với quân xe - lyоХ Л(n,k).

Bài toán 1. Chứng minh rằng liza, frクcey, ekladron và clan chỉ khả thi với k=1, k<3, k<2 và k<> tương ứng.

Hình 2 thể hiện L(3,1), F(2,1), F(3,2),

*) Trong trường hợp này, các quân cờ được coi là “đục”: ví dụ, hai quân La2 và La3 bảo vệ quân La1 không phải hai lần mà là một lần.

Hình 1.

L (3.1)

F (3.2)

K(2.1)

Hình 2.

K(4.2)

Hình 3.

Hình 4.

Hình 5.

K(2,1) và K(4,2). Dễ dàng kiểm tra rằng, khi k cố định, các hình đa giác này là nhỏ nhất trong n (theo số lượng hình).

Hình 3 thể hiện phân số tối thiểu (theo n) Ф(n,3): với n=6.

Bài toán 2. Kiểm tra xem đa hình trong Hình 3 có phải là phân số thực Ф(6,3) hay không và chứng minh tính nhỏ nhất của nó trong n (với K=3).

Gợi ý: dịch chuyển tất cả các phe theo một ô - sáu nước đi!

Bạn có thể chơi các mảnh ghép được mô tả ở trên (ví dụ: trên bảng 8x8) nếu bạn đồng ý với các quy tắc; Dưới đây chúng tôi sẽ xây dựng ba quy tắc cho phép bạn đặt trò chơi bài toán.

1. Người chơi lần lượt di chuyển một trong các quân cờ của mình lên một ô trống trong mỗi lần di chuyển (cấm lấy quân của người khác) để không làm hỏng quân cờ của họ.

2. Một hình đa giác Π(n,k) được coi là bị phá hủy bởi sự di chuyển của một hình đa giác Π′(n′,k′) nếu hình đa giác Π vi phạm “điều kiện để bảo vệ nhiều hình” bởi hành động này. Đã phá hủy polyfigure khỏi bảng. (Ví dụ, ekladron E(5,1) trong Hình 4 đã phá hủy phân số F(6,3), phá hủy khả năng phòng thủ lẫn nhau của hai quân hậu ngoài cùng bên trái.)

III. Bang K(n,k) được tuyên bố là chiếu tướng (tương ứng là chiếu tướng) nếu nó được tuyên bố là mỗi quân hậu của bang. (Hình 5 cho thấy phe F(3,2) tuyên bố chiếu tướng với bang K(2,1).)

Bài toán 3. Liệu Frakutsey F(2,1) có chiếu tướng đã hình thành cho tộc K(2,1) trên bàn cờ 8×8 không? Và Frakutsy F(3,2) - tộc K(2,1)?

Theo những quy tắc này, cả clan và ekladron đều không thể bị tiêu diệt. Hãy suy nghĩ về cách làm lại quy tắc II để ekladron cũng có thể bị phá hủy.

Để kết luận, chúng tôi mời bạn tự mình chơi cờ nhiều quân. Nếu bạn có bất kỳ câu hỏi thú vị, hãy viết thư cho chúng tôi.

V. Chvanov

33

Nhiệm vụ

1. Vào một ngày hè nóng nực, đại diện một số công ty đã tụ tập để đàm phán.
   Lúc đầu, khi thảo luận về các hiệp ước song phương, mỗi bàn có hai người ngồi - và các bộ trưởng đặt một chai nước khoáng trên mỗi bàn.
   Sau đó, các đại diện chia thành nhóm ba người - và các bộ trưởng mang cho mỗi nhóm một chai nước chanh.
   Cuối cùng, mỗi bàn có bốn người ngồi - và một chai nước trái cây được đặt trên mỗi bàn. Ngoài ra, mỗi đại diện còn uống một chai Pepsi-Cola.
   Sau cuộc họp, 50 chai rỗng đã được thu thập từ tất cả các bàn.
   (Được biết rằng tất cả đồ uống được phục vụ đều là say và anh ấy chưa bao giờ mang theo một chai nào.)
   Có bao nhiêu người tham dự cuộc họp?

2. Có một cái nồi sáu lít và một cái bình bốn lít (xem hình). Bạn cần tìm một lít nước từ một thùng.

3. Ông nội tặng Petya một tờ năm rúp nhân dịp sinh nhật cậu. Petya đến Đồ thể thao để mua một chiếc la bàn với giá 3 rúp. Tôi đến gần quầy thu ngân, người thu ngân nói: “Tôi cho cô tiền lẻ thế nào? Tôi chỉ có đồng, sợ không đủ!” Cô ấy bắt đầu thu thập 2 rúp: đầu tiên là bằng đồng xu - đồng xu sắp hết, sau đó là đồng xu ba xu - và những đồng xu này đã hết, sau đó là “mảnh kopeck”. Khi hết “đồng kopeck”, 1 rúp 99 kopecks đã được tích lũy và chỉ còn lại một kopeck trong máy tính tiền. Cô ấy cầm lấy nhân viên thu ngân và nói: “Chà, bạn thật may mắn! Tích lũy được chính xác là 2 rúp!”
   Petya cầm tiền lẻ, nhận la bàn, chuẩn bị rời đi thì chợt nhìn thấy

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
A. Kushin, G. Kushinirenko,
A. Chất tạo khói

34

Trong phòng toán, nơi những người tham gia câu lạc bộ toán học của trường học, có chiếc bàn tính hiển thị trên trình bảo vệ màn hình ở bên trái. Nhưng một ngày nọ, khi đến buổi học tiếp theo của câu lạc bộ, các em học sinh nhìn thấy một tài khoản “hư hỏng” khác (chúng được hiển thị trên trình bảo vệ màn hình bên phải).

• Cái gì thế này? Tại sao chúng ta cần tài khoản hư hỏng? - một người hỏi.

“Đừng ngạc nhiên,” giáo viên dạy toán nói. - Đây là những tài khoản mới mà bây giờ chúng ta sẽ học cách đọc.

Trước hết, hãy nhìn vào thiết kế của họ. Mỗi xương của dây dưới, như trên bàn tính thông thường của bạn, có “trọng lượng” bằng một. Nhưng bất kỳ xương nào trong số bốn xương nằm ở số đếm thứ hai không thay thế mười xương của dây dưới, như trong bàn tính thông thường, mà là hai, và do đó “trọng lượng” của nó không phải là mười mà là hai. Thật dễ dàng để biết “trọng lượng” của bất kỳ xương nào nằm trên dây thứ ba và thứ tư.

“Tôi nghĩ tôi đã hoàn tất thỏa thuận,” một trong những học sinh kêu lên. - Bất kỳ xương nào của provolochka thứ ba sẽ thay thế bốn xương của provolochka thứ hai, và do đó “trọng lượng” của nó bằng đơn vị thứ tám, và “trọng lượng” của xương với provolochka cuối cùng đã bằng bốn mươi tám đơn vị.

“Đúng vậy,” giáo viên xác nhận. — Như vậy, “trọng lượng” của hạt được hình thành theo trình tự 1, 2, 8 và 48.

Việc làm quen với bàn tính phi giáo dục đã đưa chúng tôi đến một hệ thống số mới; Hãy gọi nó là “hư hỏng”. Hãy xem hệ thống này hiển thị gì, ví dụ: mục 3021₁.

35

chúng tôi có
$$3021_n = 3 \cdot 48 + 0 \cdot 8 + 2 \cdot 2 + 1 = 149_{10},$$
tức là $3021_n$ là số thập phân 149.

Có thể dễ dàng nói rằng ở chữ số có nghĩa nhỏ nhất của hệ thống này, bạn sẽ chỉ phải sử dụng các số 0 và 1, ở chữ số tiếp theo - các số 0, 1, 2, 3, ở chữ số tiếp theo - các số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Thật dễ hiểu tại sao trong hệ thống này, dấu hiệu chia hết cho 2, 8, 48 sẽ xuất hiện (các số được lấy trong hệ thập phân): số $a_1 a_2 a_3 a_4$ là chẵn khi và chỉ khi khi $a_4 = 0$; số $a_1 a_2 a_3 a_4$ chia hết cho 8 khi và chỉ khi $a_3 = a_4 = 0$ (nghĩa là kết thúc bằng hai số 0); số $a_1 a_2 a_3 a_4$ chia hết cho 48 khi và chỉ khi $a_2 = a_3 = a_4 = 0$ (số thứ ba kết thúc bằng số 0).

Học cách tin tưởng hoàn toàn vào bàn tính “hư hỏng”.

Vài phút trôi qua, các chàng trai đã tự tin cộng trừ các số trong hệ thống số “hư hỏng”.

leniya, đã giải quyết được bài toán hài hước khác trên các tài khoản “bị hỏng”.

Chúng tôi mời bạn thử sức mình với lời giải một số bài toán.

Bài toán

1. a) Có 23 viên sỏi. Khi tính toán lại chúng (từng cái một), họ đã tạo ra các xương (từng cái một) trên bàn tính mới. Bàn tính sẽ trông như thế nào khi đếm tất cả các viên sỏi? Vẽ một bàn tính có đánh dấu kết quả tính toán lại trên đó và viết số này vào hệ thống “hư hỏng”.

6. Con số lớn nhất có thể để dành trong tài khoản “hư hỏng” là bao nhiêu? Ghi lại con số này vào hệ thống “bị hỏng”. Nó bằng số thập phân nào?

2. Trên các tài khoản trong hình, các số trong hệ thống “bị hỏng” sẽ bị xóa. Chúng tương ứng với số thập phân nào?

3. Dành riêng các số thập phân 37, 59, 101, 269 trong các tài khoản không phải số.

4. Thực hiện theo các bước sau (kiểm tra kết quả trên tài khoản của bạn):
   $$231_n + 120_n; 4021_n + 2521_n; 320_n + 4430_n; 221_n - 30_n; 1001_n - 231_n; 4021_n - 311_n.$$

5. Nhân ba số 21. Hãy cho tôi biết bạn đã thực hiện phép nhân như thế nào.

6. Thực hiện phép nhân $1311_n \times 21_n$.

Thư gửi biên tập viên

Kính thưa đồng chí biên tập!

Gần đây cuốn sách “Với một chiếc máy vi tính trong tay” của V. Gilde và Z. Altrichter (M., “Mir”, 1980), tính toán

hướng tới người đọc phổ thông. Tôi muốn bạn chú ý đến lỗi chính tả trong cuốn sách (nói chung là rất hay) này trên trang. 38, được mô tả chủ yếu dành cho độc giả trẻ, vì thế hệ lớn tuổi hơn có thể vẫn nhớ ý nghĩa chính xác của số istiha để ghi nhớ nó.

Thứ nhất, giá trị đã cho của số l sai ở hai chữ số cuối. Giá trị đúng là 3,1415926536, đây là giá trị làm tròn 3,141592653589…

Thứ hai, bút izvvvenny không thích hợp để điền số l. Theo kiểu này, số chữ cái trong từ xác định các chữ số liên tiếp của số l, nhưng mấu chốt là văn bản đưa ra trong sách chỉ cho kết quả đúng theo cách viết cũ:

Ai đang đùa và sớm
mong muốn
Pi tìm ra số là bạn đã biết rồi!

E. C.

37

không chỉ ở dạng phân số. Có, $\frac{1}{2} = \frac{2}{4} = \frac{3}{6} = \dots$.

Chúng ta sẽ tìm định nghĩa về mức độ $a^r$, trong đó $a > 0$, $r = \frac{m}{n}$, dựa trên nhu cầu bảo toàn tài sản $1^0$. Điều này có nghĩa là đối với mọi $r_1$ và $r_2$ thì sự tương ứng $a^{r_1} + a^{r_2} = a^{r_1} \cdot a^{r_2}$ phải được giữ nguyên.

Giả sử rằng chúng ta đã biết $a^{\frac{m}{n}}$ là gì. Hãy để $a^{\frac{m}{n}} = k$.

Vậy thì nó phải là $(a^{\frac{m}{n}})^n = k^n = a^{\frac{m}{n}} + \frac{m}{n} + \dots + \frac{m}{n} = a^m$. Cuối cùng chúng tôi nhận được $k = \sqrt[n]{a^m}$.

Sự tương ứng này gợi ý định nghĩa sau:

Trên giới hạn 4. Nếu $a > 0$ thì $a^{\frac{m}{n}} = \sqrt[n]{a^m}$. Lưu ý rằng đối với $a$ âm, khái niệm bậc có số mũ hợp lý không nguyên không được xác định. Chúng tôi cũng lưu ý rằng trong sách giáo khoa, việc nghiên cứu một độ với số mũ hữu tỷ được bắt đầu bằng chủ đề “Căn gốc của bậc $n$ và các tính chất của nó” (“Đại số 8”, §9), trong đó các tính chất cơ bản của nghiệm bậc $n$ được suy ra, cho phép chúng ta chứng minh rằng định nghĩa $a^r$ mà chúng ta áp dụng là đúng. Theo tính đúng đắn của định nghĩa trong trường hợp này, khái niệm này là sự độc lập của số $a^r$ với việc viết số $r$ dưới dạng phân số, nghĩa là, trong trường hợp cuối cùng, đẳng thức $\sqrt[n]{a^m} = \sqrt[n]{a^{km}}$, trong đó $k \in \mathbb{N}$, $m \in \mathbb{Z}$, $n \in \mathbb{N}$, là hợp lệ.

Bài tập 3. Ôn lại các tính chất của nghiệm bậc $n$ và rút ra từ chúng các tính chất của bậc $1^0 - 6^0$ với số mũ hữu tỉ.

Bằng cấp với số mũ thực.

Trong sách giáo khoa “Đại số và Giải tích cơ bản 10”, hàm số mũ với số mũ thực bất kỳ được giới thiệu (phần 108). Trên thực tế, ở đây chúng tôi cũng đặt bài toán tìm

*) “Đại số 8”, § 10.

một định nghĩa “tốt” về lũy thừa với số mũ thực, và bản thân định nghĩa của hàm mũ liệt kê những thuộc tính của nó có thể được suy ra từ định nghĩa “tốt” này. Định nghĩa “tốt” của một mức độ với bất kỳ số mũ thực nào là gì?

Để xác định, hãy đặt $a > 1$. Nếu $x$ là một số hữu tỷ thì $a^x$ đã được chúng ta xác định và hàm $y = a^x$, nhờ thuộc tính $5^0$, trả về tập hợp $Q$ của tất cả các số hữu tỷ (đối với $0 < a < 1$, hàm $y = a^x$ loại bỏ (thuộc tính $6^0$) của tập hợp $Q$).

Để mở rộng hàm $y = a^x$ cho tập $R$ của tất cả các số thực, trước tiên chúng ta chỉ yêu cầu hàm này phải đa tương đối.

Giả sử $a$ là một số vô tỷ, và $r_1$ và $r_2$ là các số vô tỷ mà $r_1 < a < r_2$. Giả sử rằng chúng ta đã biết $a^a$ là gì. Theo yêu cầu của chúng ta, các bất đẳng thức phải đúng

$$a^{r_1} < a^{a^a} < a^{r_2}.$$

Do đó, số $a^a$ phải được đặt giữa hai số bất kỳ $a^{r_1}$ và $a^{r_2}$, trong đó $r_1 < a < r_2$.

Trong các khóa học giải tích, người ta đã chứng minh rằng có một số duy nhất $b$ mà tất cả các bất đẳng thức $a^{r_1} < b < a^{r_2}$ đều đúng, trong đó $r_1$ và $r_2$ là các số hữu tỉ tùy ý mà $r_1 < a < r_2$.

Điều này cho phép định nghĩa sau:

Về giới hạn 5. Cho $a$ là vô tỉ và $a > 0$. Khi đó $a^a$ là số thực nằm giữa hai số bất kỳ $a^{r_1}$ và $a^{r_2}$, trong đó $r_1$ và $r_2$ là số vô tỉ và $r_1 < a < r_2$.

Phạm vi của khóa học ở trường không cho phép chúng tôi chứng minh sự tồn tại của số $a^a$ và chúng tôi sẽ tin vào điều đó. Chúng ta tự giới hạn mình vào việc chứng minh tính duy nhất.

Để chứng minh điều đó, chúng ta cần bất đẳng thức Bernoulli quan trọng và bản thân nó $(1 + h)^n \geqslant 1 + nh$, trong đó $n \in \mathbb{N}$ và $h \geqslant -1$.

38

Hãy chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.

Với $n = 1$ thì bất đẳng thức này đúng $(1 + h) \geqslant 1 + h)$. Chúng ta hãy giả sử rằng $(1 + h)^k \geqslant 1 + kh$ và chứng minh rằng $(1 + h)^{k+1} \geqslant 1 + (k+1)h$. Chúng ta có $(1 + h)^{k+1} = (1 + h)(1 + h)^k \geqslant (1 + h)(1 + h)^k = 1 + hk + h^2k = 1 + h(k+1) + h^2k \geqslant 1 + h(k+1)$, đó là điều chúng ta cần chứng minh.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a} = 1$ cho $a > 0$.

Cho $\varepsilon > 0$ và $a > 1^*$, sau đó $\sqrt[n]{a} = 1 + \varepsilon_n$, trong đó $\varepsilon_n > 0$. Do đó, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli, chúng ta thu được $a = (1 + \varepsilon_n)^n \geqslant 1 + n\varepsilon_n$. Vì vậy $0 < \varepsilon_n \leqslant \frac{a-1}{n}$. Dễ dàng nhận thấy rằng $\frac{a-1}{n} < \varepsilon$ tại $n > N = \left[ \frac{a-1}{\varepsilon} \right] + 1$.

Như vậy chúng ta đã chứng minh được rằng $\lim_{n \to \infty} \varepsilon_n = 0$, nhưng điều này cũng có nghĩa là $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a} = \lim_{n \to \infty} (1 + \varepsilon_n) = 1$.

Bây giờ chúng ta chuyển sang chứng minh tính duy nhất.

Giả sử tồn tại 2 số $\beta$ và $\gamma$ mà các bất đẳng thức $a^1 < \beta < a^2$ và $a^1 < \gamma < a^2$ đúng với mọi số hữu tỉ $r_1$ và $r_2$ mà $r_1 < a < r_2$. Hãy để định nghĩa $\beta > \gamma$.

Sau đó $0 < \beta - \gamma < a^2 - a^1 = a^1(a^2 - r_1 - 1)$. Rõ ràng là $a^1 < a^{[a]+1} = c$. Với mọi $n \in \mathbb{N}$ đều tồn tại $r_1^{(n)}$ và $r_2^{(n)}$ sao cho $r_1^{(n)} < a < r_2^{(n)}$ và $r_2^{(n)} - r_1^{(n)} < \frac{1}{n}$.

Đối với $r_2^{(n)}$ và $r_2^{(n)}$ này (theo tính chất $5^0$ đối với số mũ hữu tỉ) $0 < \beta - \gamma < c\left(\frac{1}{n} - 1\right)$.

Theo những gì đã được chứng minh trước đó, với mọi $\varepsilon > 0$ đều có một $N$ sao cho với mọi $n > N$ thì bất đẳng thức $a^{\frac{1}{n}} - 1 < \frac{\varepsilon}{c}$ là đúng. Do đó, với mọi $\varepsilon > 0$ bất đẳng thức $0 < \beta - \gamma < \varepsilon$ là đúng, điều này là không thể.

Dựa trên Định nghĩa 5, chúng ta có thể chứng minh rằng đối với một bậc có số mũ thực, tất cả các thuộc tính $1^0 - 6^0$ mà chúng ta thiết lập cho số mũ tự nhiên đều được bảo toàn. Những điều này hoàn thành việc xây dựng các hàm $y = a^x$.

*) Nghe $0 < a < 1$ tự mình tìm hiểu.

Cần lưu ý rằng khi xác định một mức độ với số mũ vô tỉ, chúng ta đã rời xa sơ đồ được chấp nhận trước đó: chúng ta có thể xây dựng các định nghĩa chỉ dựa trên nhu cầu bảo toàn tính chất $1^0$ theo vô số cách.

Chính xác hơn, có vô số đa hàm $y = f(x)$ sao cho $f(x) = a^x$ cho $x \in \mathbb{Q}$ mà $f(x + y) = f(x) \cdot f(y)$.

Trong tất cả các hàm này, chỉ có một hàm chúng tôi xây dựng $y = a^x$ sẽ đơn điệu (và liên tục). Mọi chức năng khác của họ này đều được sắp xếp khá lộn xộn. Ví dụ: bất kỳ trong số chúng không bị giới hạn ở bất kỳ khoảng nào của trục số.

Làm thế nào để tính $2\sqrt{2}$?

Chúng ta hãy xem xét một số phép tính gần đúng thập phân $\sqrt{2}$ cho sự thiếu hụt và dư thừa. Những phép tính gần đúng này thỏa mãn các bất đẳng thức $1 < \sqrt{2} < 2; 1,4 < \sqrt{2} < 1,5; 1,41 < \sqrt{2} < 1,42$. Khi đó, theo định nghĩa 5 của chúng tôi, số $2\sqrt{2}$ phải thỏa mãn các bất đẳng thức $2^1 < 2\sqrt{2} < 2^2; 2^{1,4} < 2\sqrt{2} < 2^{1,5}; 2^{1,41} < 2\sqrt{2} < 2^{1,42}$ hoặc $2 < 2\sqrt{2} < 4; 2,6 < 2\sqrt{2} < 2,9; 2,65 < 2\sqrt{2} < 2,68$.

Bất đẳng thức thứ hai trong số này cho phép chúng ta tìm $2\sqrt{2}$ với độ chính xác lên đến số nguyên, bất đẳng thức thứ ba - với độ chính xác lên đến hàng chục. Người ta hiểu rằng có thể thu được giá trị $2\sqrt{2}$ với bất kỳ độ chính xác nhất định nào bằng cách lấy các phép tính gần đúng thích hợp $\sqrt{2}$.

Nhấn mạnh

4. Nó nhiều hơn $2\sqrt{3}$ hay $3\sqrt{2}$?

5. Chứng minh tính chất $4^0$ và $5^0$ của lũy thừa với số mũ thực bất kỳ.

6. Chứng minh tính chất $1^0$ của lũy thừa với số mũ thực bất kỳ.

7. Chứng minh tính liên tục của hàm số $y = a^x$ với $x = 0; 6)$ với $x = x_0$, trong đó $x_0 \in \mathbb{R}$.

8. Cho $a$ và $\beta$ là các số vô tỷ. Con số $a^\beta$ có ​​thể hợp lý không?

9. Chứng minh rằng $y = a^x$ và $y = \exp_a x$ là cùng một hàm số.