Kvant 1981, số 5 · Trang

ISSN 0130-2221
5
1981
Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

Đường cong “bao quanh” vẽ trên trang bìa này từ lâu đã được biết đến trong toán học - đây được gọi là con ốc Pascal. Nó thu được như sau: đối với mỗi góc vuông dựa trên đường kính nằm ngang của “hình tròn” (tất cả các góc này đều có màu xanh lam trong hình), chúng ta vẽ đường thẳng chứa đường phân giác của nó, từ đỉnh của góc theo cả hai hướng, các đoạn có độ dài cho trước (như nhau đối với mọi góc!) (hình dạng của đường cong phụ thuộc vào độ dài này); tập hợp các đầu của các đoạn này là đường cong cần thiết.
(Nhân tiện, tất cả các đường thẳng được mô tả cắt nhau tại một điểm trên đường tròn; điểm này được gọi là cực ốc tai của Pascal.)

Và “dấu hoa thị”, được tạo thành đối xứng bởi hai con ốc Pascal, có đặc tính đáng chú ý sau: nó có thể xoay bên trong bất kỳ góc vuông nào được mô tả sao cho đường viền của nó luôn chạm vào cạnh của góc và đi qua điểm giao nhau của đường phân giác của góc này với con ốc Pascal.

Bạn sẽ biết lý do tại sao lại như vậy bằng cách đọc bài viết của A. Babichev “Về một bài toán của Kolmogorov.”

2

M. Lavrentiev

Lời mời
vào khoa học

Những phẩm chất nào phân biệt một nhà khoa học, những đặc điểm tính cách nào mà một chàng trai trẻ quyết định cống hiến hết mình cho khoa học nên trau dồi trong mình?
Thật không dễ để trả lời ngắn gọn câu hỏi này.

Hãy nhìn vào những nhà khoa học đã làm được nhiều điều trong khoa học. Điều đặc biệt là, bất kể chuyên môn và tài năng, mỗi người trong số họ đều đầu tư rất nhiều công sức cá nhân vào khoa học. Trong những giai đoạn nhất định của cuộc đời (và những giai đoạn này kéo dài nhiều năm), lao động trực tiếp đạt đến đỉnh cao. Nghiên cứu, quên trang trí, làm việc 14-16 giờ mỗi ngày. Vì vậy, những từ về công việc trong khoa học không phải là một cụm từ. Đây là luật. Nó vẫn có giá trị cho thời đại của chúng ta.

Những gì khác là điển hình cho nghiên cứu? Việc tách hoàn toàn khỏi những vấn đề “không liên quan” sẽ ngăn cản anh ta hiện thực hóa ý tưởng đã hoàn thiện. Như cuộc sống cho thấy, những “giai đoạn ngắt kết nối” như vậy kéo dài trong vài phút. Từ cuộc bao vây pháo đài, nhà khoa học chuyển sang công cuộc phá hủy nó. Đây là một giai đoạn rất quan trọng và ở đây khả năng hoàn thành nhiệm vụ của một người được kiểm tra. Trong những khoảng thời gian như vậy, nhà nghiên cứu rèn luyện bản thân hết lần này đến lần khác, học cách vượt qua những khó khăn mới nảy sinh, giải quyết nhanh chóng những vấn đề khó hiểu luôn vây quanh vấn đề bằng một bức tường pháo đài thoạt nhìn vô hình nhưng rất vững chắc. Mỗi giai đoạn mà bức tường sụp đổ, bạn đã ở trong pháo đài, nhưng trước mặt bạn chỉ có một cái mới với một pháo đài kiên cố mà trước đây không thể nhìn thấy được. Giống như trong chiến tranh: cá, dây điện, địa hình… Điều này xảy ra trong toán học, kỹ thuật - trong bất kỳ lĩnh vực nào. Vì vậy, một nhà khoa học trẻ cần chuẩn bị tinh thần cho sự kiên nhẫn tuyệt vời, nhanh chóng điều hướng và thay đổi chiến thuật kịp thời, kêu gọi trợ giúp hoặc tự mình chế tạo những “vũ khí công thành” mới.

Viện sĩ Mikhail Alekseevich Lavrentiev (1900-1980) - Người đoạt giải thưởng Nhà nước, chủ tịch danh dự Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

Strachy được in lại với những chữ viết tắt nhỏ từ tuyển tập “Lenin. Sci. Youth”, do nhà xuất bản Nauka xuất bản năm 1980.

Tôi nghĩ một người muốn trở thành nhà khoa học nên phát triển khả năng làm việc chăm chỉ càng sớm càng tốt. Chúng ta phải học cách làm việc ngay cả khi nghỉ ngơi.

Vì vậy, hãy trau dồi trong mình một năng lực làm việc tuyệt vời. Về vấn đề này, tôi xin bổ sung thêm một phẩm chất nữa, đặc biệt quan trọng đối với một nhà khoa học, phần tuyệt đối. Một người có khuynh hướng bóp méo sự thật, gán cho mình một ý tưởng không phải của mình thì sẽ không bao giờ trở thành một nhà khoa học thực thụ…

Vì vậy, sự chăm chỉ và thuần khiết vượt xa sự cạnh tranh. Điều này là rõ ràng mà không cần lời nói. Nó khó khăn hơn với khả năng. Khi một cậu bé hay cô gái được chọn đi học múa ba lê, trường dạy hát hoặc nhạc viện, việc này được thực hiện tương đối đơn giản. Mọi người thể hiện khả năng của mình trong những lĩnh vực này một cách cởi mở. Mọi người đều nhìn thấy chúng, mọi người đặt chúng và hệ thống biểu diễn nghiệp dư khá phát triển của chúng tôi cũng giúp thể hiện chúng. Nhưng tất nhiên, ngay cả ở đây cũng cần có một dấu hiệu nghệ thuật tuyệt vời để xác định liệu một chàng trai trẻ có trở thành một nhạc sĩ hay nghệ sĩ vĩ đại hay không. Trong khoa học, tình hình phức tạp hơn nhiều lần.

Ở Hoa Kỳ, họ đề xuất nhiều cách khác nhau để lựa chọn người cho công việc khoa học sáng tạo. Ở đó, nói chung, đối với mỗi ngành nghề, họ cố gắng tìm ra “bài kiểm tra” của riêng mình, một bài tập bài toán đặc trưng, ​​​​bằng cách thực hiện mà một người tự kiểm tra bản thân, những việc mà anh ta giỏi hơn. Thật không may, những “thử nghiệm” như vậy có rất ít tác dụng trong việc lựa chọn khoa học. Họ chỉ chạm vào một cách hời hợt phần khả năng cần thiết cho sự sáng tạo. Cuộc sống thế nào? Sử dụng phương pháp nào, rút ​​ra những nguyên tắc cụ thể nào? Chúng ta nóng lòng chờ đợi ngành sư phạm cho chúng ta những phương pháp và “dấu hiệu” này trong nhiều thập kỷ. Chúng ta cần những điều đặc biệt ngày hôm nay. Và do đó, các nhà khoa học Siberia khái quát hóa kinh nghiệm cá nhân của họ và hành động tập thể khi lựa chọn những người trẻ có năng khiếu về toán học và vật lý chẳng hạn.

Olympic Vật lý-Toán học toàn Siberia dành cho học sinh trung học không hề vui và không chỉ là “gánh nặng xã hội” đối với các nhà khoa học. Tất cả những người tổ chức Olympic này đều nghĩ về tương lai của nền khoa học Liên Xô, về sự bổ sung sẽ thay thế chúng ta. Điều đáng mừng là hầu hết những người đoạt giải Olympic đều đến từ các làng mạc, thị trấn nhỏ và những vùng xa xôi. Khoảng 120 trẻ em thể hiện năng khiếu về toán và vật lý, tham gia vào một chương trình đặc biệt, cấp tốc tại một trường nội trú được thành lập đặc biệt. Nó được mở ở đây, tại Thị trấn Học thuật của Chi nhánh Siberia của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

Chúng ta cần những nhà lý thuyết chuyên về các lĩnh vực khoa học khác nhau. Và họ chưa sẵn sàng khi sinh ra. Họ cần được xác định và nuôi dưỡng từ khi còn nhỏ. Chúng tôi không tìm kiếm những “thần đồng”, mà là những người có khuynh hướng nhất định. Và chúng tôi tiến hành từ thực tế là hầu hết mọi người đều có năng khiếu. Chúng ta chỉ cần đến với tuổi trẻ và xác định tâm hồn của một người để làm gì. Và khi đó mọi thứ phụ thuộc vào trường học, vào các nhà khoa học đảm nhận việc giúp đỡ một ngôi trường như vậy, và tất nhiên, vào chính người trẻ.

Tôi chưa đề cập đến một dấu hiệu mà các nhà khoa học của chúng ta sử dụng khi tìm kiếm những chàng trai tài năng. Cho đến nay dấu hiệu này đã không làm chúng tôi thất vọng. Điều thú vị đối với một nhà khoa học ở một người trẻ không chỉ là ngồi xuống, không phải ghi nhớ (thậm chí là xuất sắc) theo tiêu chuẩn lời giải, mà là tư duy độc lập mới là điều thú vị đối với một nhà khoa học. Một bé trai hoặc bé gái được yêu cầu làm một thí nghiệm, giải bài toán và được yêu cầu giải thích một hiện tượng tự nhiên. Không có gì là không thể dạy được về bản thân bài toán hoặc trải nghiệm. Trải nghiệm có thể được mở rộng, bài toán được giải quyết và tình trạng “không học hỏi” có thể không xuất hiện. Nhưng bây giờ chàng trai trẻ đã đưa ra con đường riêng của mình lời giải. Một giáo viên khác vô học như vậy có thể để anh ta đi. Và nó làm cho các nhà khoa học hạnh phúc. Miễn là kết luận đúng thì con đường đi đến kết luận có thể khác nhau. Và một chàng trai càng đi theo con đường càng tự do thì anh ta càng tìm thấy con đường ngắn nhất, tiết kiệm nhất, hợp lý nhất, tôi muốn nói thêm, đẹp nhất, chúng ta càng tự tin hơn vào những gì sẽ xảy ra.

4

Một lần, khi tôi khoảng mười tuổi, một người bạn của gia đình chúng tôi, học giả Nikolai Nikolaevich Luzin, kể cho tôi nghe một câu chuyện vui về việc Socrates đã phát hiện ra Plato, học trò giỏi nhất của ông. Luzin là một người kể chuyện giỏi đến mức không thể phân biệt được đâu là sự thật và đâu là hư cấu. Nghe anh kể, tôi tưởng tượng ra cảnh Socrates đi dạo, dạo quanh quê hương. Thế là anh đến gần công trường và đột ngột dừng lại. Có điều gì đó bất thường thu hút sự chú ý của anh. Tất cả những viên đá xây tường đều sử dụng những chuyển động giống nhau. Và chỉ có một trong số đó là đá caml theo cách đặc biệt. Socrates đã xem xét kỹ hơn. Thợ trẻ bến bờ sức mạnh. Anh ấy đã tìm ra mọi thứ. Khi những người khác thực hiện hai động tác, anh ấy thực hiện một động tác. Và bức tường của anh ấy phát triển nhanh hơn và anh ấy làm việc ít căng thẳng hơn. Socrates gọi người công nhân đến và đưa anh ta đến sống cùng. Và vài năm sau, người thợ xây đã trở thành một nhà khoa học, triết gia, tên tuổi và danh tính vẫn còn tồn tại cho đến ngày nay.

Nikolai Nikolaevich đã chết từ lâu. Nhưng tôi thường nhớ câu chuyện này, lần đầu tiên tôi được nghe từ anh ấy.

Huyền thoại là huyền thoại, nhưng kinh doanh là kinh doanh. Giờ đây, các nhà khoa học và giáo viên đã phải đối mặt một cách nghiêm túc với vấn đề: làm thế nào để xác định liệu một người có mong muốn bên trong làm sáng tỏ những hiện tượng mới đối với mình, tiết lộ những bí mật lớn nhỏ của tự nhiên hay không? Khi giáo viên bắt đầu thực hiện việc này ở mọi nơi, việc cập nhật trường học sẽ dễ dàng hơn nhiều và chất lượng giáo dục sẽ được cải thiện.

Tôi thấy trước câu hỏi: chẳng phải chúng ta đang đòi hỏi quá nhiều từ các chàng trai sao? Liệu họ có bị quá tải không?

Không, nếu đáp ứng được hai điều kiện.

Đầu tiên. Trẻ em nên đến trường chuyên này hay trường chuyên khác tùy theo sở thích của mình chứ không nên thắc mắc về nó. Và sau đó chúng hấp thụ vật liệu nhanh chóng và dễ dàng gấp đôi. Hoạt động yêu thích là sự thỏa mãn, không phải là công việc tẻ nhạt, bắt buộc.

Thứ hai. Một nhà lãnh đạo giàu kinh nghiệm, chính môi trường, môi trường mà những đứa trẻ được nuôi dưỡng sẽ giúp chúng nhanh chóng trở thành nhà khoa học. Sự phát triển đầy đủ ý thức về mục đích và việc tiếp thu kiến ​​thức đủ rộng sẽ không phải trả giá bằng việc làm việc quá sức. Trong số các nhà toán học, đặc biệt có nhiều trường hợp thanh niên cố gắng quá sức đến mức mất khả năng lao động trong thời gian dài. Tính liên tục của công việc phải được kết hợp với việc nghỉ ngơi hợp lý và “chuyển đổi” ý thức sang các lĩnh vực khác.

Bạn phải làm việc chăm chỉ nhưng hãy làm điều đó một cách khôn ngoan. Cần phải tạo ra một hệ thống mới để đào tạo các nhà khoa học trẻ, nhưng trong hệ thống này, chúng ta phải từ bỏ các tiêu chuẩn và khuôn mẫu.

Đồng chí công nhân cấp cao, người lãnh đạo, ngay từ đầu có nghĩa vụ phải trau dồi cho những đứa trẻ của mình những phẩm chất đặc trưng của phần lớn các nhà khoa học hàng đầu của Liên Xô của chúng ta. Chúng ta có cần nói lại về họ ở đây không? Họ được biết đến trên toàn thế giới. Chúng tôi mong muốn sự sáng tạo kích thích nhất cho các nhà khoa học đang phát triển trong tương lai là mong muốn không chỉ thực hiện một khám phá mà còn nhanh chóng đưa khám phá này phục vụ Tổ quốc và nhân dân. Gắn bó chặt chẽ với phẩm chất này là cảm giác thân thiết và hài lòng không chỉ với thành công của cá nhân, niềm vui không chỉ cho bản thân mà còn cho sự thành công của người lân cận, cho sự thành công của viện của mình.

5

V. Edelman

Kim loại

1. Kim loại là gì?

Lomonosov viết vào năm 1763: “Kim loại là một vật nhẹ có thể rèn được”. Hãy xem sách giáo khoa hóa học của bạn và bạn sẽ thấy rằng kim loại có ánh kim loại đặc trưng (“vật nhẹ”) và dẫn nhiệt và dòng điện tốt. Đúng, bạn sẽ đọc ngay rằng có những nguyên tố thể hiện các tính chất của cả kim loại và phi kim loại. Nói cách khác, không có ranh giới rõ ràng ngăn cách cái này với cái kia. Một nhà hóa học quan tâm chủ yếu đến các phản ứng hóa học và đối với họ, mỗi nguyên tố là một thế giới đặc biệt của riêng nó, sự mâu thuẫn như vậy không gây khó hiểu lắm.

tha thứ. Nhưng vật lý không loại bỏ được điều này. Nếu vật lý chia các vật thể thành kim loại và phi kim, thì bạn cần hiểu sự phát triển cơ bản của chúng là gì. Do đó, cần phải xác định kim loại là gì theo cách mà, giống như trong các trường hợp khác trong lĩnh vực khoa học chính xác, nó đáp ứng hai yêu cầu:

1. tất cả các kim loại phải có tất cả các thuộc tính được gán cho chúng mà không có ngoại lệ;

2. các đối tượng khác không được có ít nhất một trong các đặc điểm.

Được trang bị những thông điệp này, chúng ta hãy xem liệu tất cả các kim loại, không có ngoại lệ, có tất cả các đặc tính được gán cho chúng trong sách giáo khoa hay không. Hãy bắt đầu với “bạn có thể rèn”, tức là với hình dạng giống như tấm, theo thuật ngữ hiện đại. Và sau đó, vì sự đồng điệu, chúng ta nhớ đến nhựa: không phải vô cớ mà chúng được gọi như vậy, nhiều loại trong số chúng có đặc điểm là dạng phiến - khả năng thay đổi hình dạng không thể đảo ngược mà không bị phá hủy. Tất nhiên, đồng, sắt và nhôm rất dễ rèn; chì thậm chí còn dễ dàng hơn; indium, một kim loại khá hiếm và đắt tiền, có thể bị nghiền nát gần giống như sáp (và sáp

6

xét cho cùng thì nó không phải là kim loại!), kim loại kiềm thậm chí còn mềm hơn. Nhưng cố gắng đánh gang thường thì nó sẽ bay thành từng mảnh! Chà, khi đó các nhà luyện kim sẽ nói: điều này là do gang không chỉ là một chất liệu. Nó bao gồm các tinh thể sắt được ngăn cách bởi các lớp carbon, nghĩa là than chì. Chính dọc theo các lớp này mà gang bị vỡ. Đúng rồi. Vấn đề duy nhất là than chì dễ vỡ hóa ra lại được vật lý hiện đại phân loại là kim loại! Và nhiều hơn một than chì: ví dụ, trong số các kim loại có asen, antimon và bismuth, nhưng chúng có thể được rèn thành công như thủy tinh - chúng sẽ phân tán thành những mảnh nhỏ!

Hãy thực hiện thí nghiệm đơn giản này: đập vỡ hình trụ của một ngọn đèn bị cháy, lấy ra một vòng xoắn vonfram từ đó và cố gắng tháo nó ra. Sẽ không có gì xảy ra, cô ấy sẽ tan thành cát bụi! Nhưng bằng cách nào đó họ đã xoay được nó ở nhà máy? Điều này có nghĩa là trường hợp này có thể xảy ra - đôi khi nó có thể bị biến dạng, đôi khi thì không, tùy thuộc vào những gì đã xảy ra với mẫu trong quá khứ. Chà, có vẻ như chúng ta sẽ phải chia tay với tính năng này - tính chất laminarity. Hơn nữa, nó phần nào có tính chất phi kim loại; Rốt cuộc, cùng một chiếc ly - hãy đun nóng nó, và nó sẽ trở nên mềm và dẻo.

Vì vậy, hãy rút ngắn từ ngữ và tiếp tục. Tiếp theo là “độ bóng” hay theo thuật ngữ khoa học là tính chất quang học. Có rất nhiều đồ vật sáng bóng: nước, thủy tinh, đá đánh bóng và ai biết được còn gì nữa. Vì vậy, chỉ “tỏa sáng” thôi là chưa đủ, vì vậy hãy nói: kim loại được đặc trưng bởi ánh kim loại. Chà, điều này rất hay: hóa ra kim loại là kim loại. Đúng vậy, bằng trực giác, chúng ta cảm nhận được rằng đồng, vàng, bạc và sắt được đánh bóng sáng bóng trong kim loại. Và loại khoáng chất phổ biến - nó không tỏa sáng như kim loại sao? Không cần phải nói về các kim loại bán kim loại điển hình như germanium và silicon; chúng không thể được phân biệt với kim loại bởi vẻ bề ngoài của chúng. Mặt khác, cách đây không lâu họ đã học được cách thu được các tinh thể hợp chất tốt như molypden dioxide; Những tinh thể này có màu nâu tím và ít giống với kim loại thông thường. Hóa ra chất này nên được coi là một kim loại. Tại sao sẽ trở nên rõ ràng một chút sau.

Vì vậy, tỏa sáng như một dấu hiệu thuần túy “kim loại” là đúng.

Tiếp theo là tính dẫn nhiệt. Xin vui lòng, dấu hiệu này có thể được loại bỏ ngay lập tức - tất cả các vật thể, không có ngoại lệ, đều dẫn nhiệt. Đúng, người ta nói về kim loại rằng chúng dẫn nhiệt tốt. Nhưng nhân tiện, đối với câu hỏi “cái gì tốt và cái gì xấu?” trong trường hợp này, sẽ không có người cha nào trả lời.

Đồng có phải là chất dẫn nhiệt tốt không? Chúng ta hãy nhìn vào bảng và ngay lập tức bắt gặp một câu hỏi ngược lại: loại đồng nào và ở nhiệt độ bao nhiêu? Nếu bạn lấy đồng nguyên chất, chẳng hạn như loại dùng làm dây dẫn cho các thiết bị vô tuyến, và nung nó đến nhiệt đỏ, tức là ủ nó, thì ở nhiệt độ phòng, nó và thậm chí cả bạc nguyên chất sẽ dẫn nhiệt tốt hơn bất kỳ kim loại nào khác. Nhưng hãy uốn cong một mẫu đồng như vậy, đập nó hoặc ép nó theo chiều ngược lại, và độ dẫn nhiệt của nó sẽ trở nên kém hơn rõ rệt. Điều gì xảy ra nếu một miếng đồng đã ủ bắt đầu nguội đi? Đầu tiên, độ dẫn nhiệt sẽ tăng, tăng hàng chục lần ở nhiệt độ khoảng 10 K, sau đó bắt đầu giảm nhanh (Hình 1) và khi đạt đến độ không tuyệt đối thì nó sẽ bằng không.

Hãy lấy một lò sưởi kim loại khác - chiều cao. Hình ảnh của nó rất giống với hình ảnh chúng ta đã thấy đối với đồng, chỉ có độ dẫn nhiệt tối đa nằm ở 3 K; và ở nhiệt độ phòng, nó dẫn nhiệt kém, không tốt hơn nhiều so với tinh thể thạch anh. Nhưng thạch anh không phải là kim loại! Và cùng một loại thạch anh, như có thể thấy trong Hình 1, đôi khi hóa ra cũng không tệ hơn đồng về đặc tính dẫn nhiệt của nó. Nhưng thạch anh nung chảy, tức là thủy tinh thạch anh, dẫn nhiệt kém, giống như thép không gỉ.

Thạch anh cũng không ngoại lệ. Tất cả các tinh thể chất lượng tốt đều hoạt động theo cách tương tự, chỉ có những con số sẽ hơi khác một chút. Ví dụ, đối với kim cương, đã ở nhiệt độ phòng

7

nhiệt độ, độ dẫn nhiệt tốt hơn so với đồng.

Chúng ta hãy loại bỏ tính dẫn nhiệt bằng một trái tim trong sáng và tốt nhất là không nói về nó. Và không chỉ bởi vì trên cơ sở này, việc phân biệt kim loại với phi kim không phải là điều dễ dàng, mà còn bởi vì, hóa ra, những đặc điểm cụ thể về tính dẫn nhiệt của kim loại (và cũng là hệ quả của tính dẫn điện của nó - tính chất cuối cùng còn lại).

Và một lần nữa, trong công thức được đưa ra ở đầu bài viết, việc làm rõ không chỉ là tính dẫn điện mà còn là tính dẫn điện tốt. Nhưng khi nói đến tính dẫn nhiệt, cụm từ “tốt” đã cảnh báo chúng tôi và hóa ra, nó không phải là vô ích. Tài sản cuối cùng bị nghi ngờ là gì? Chúng ta nhất định phải cứu nó, nếu không chúng ta sẽ không còn kim loại nào cả, đồng thời không có chất bán dẫn, không có chất cách điện. Đây là khoa học! Trong hầu hết các trường hợp, bất kỳ học sinh nào cũng không nghĩ về những gì mình đang phải đối mặt mà đào sâu hơn và cảm thấy bối rối.

Và có một lý do. Hãy lấy bảng các đại lượng vật lý và nhìn vào các con số. Ví dụ, ở đây, ở nhiệt độ phòng, điện trở từ xa $\varrho$ (Ohm cm) của đồng $\sim 1,55 \times 10^{-6}$; ở độ cao $\varrho \sim 10^{-4}$; đồ thị $\varrho \sim 10^{-3}$; đối với silicon và germanium nguyên chất $\varrho \sim 10^{2}$ (nhưng bằng cách thêm tạp chất, nó có thể được đưa lên $\sim 10^{-3}$); bằng đá cẩm thạch $\varrho = 10^{7} \div 10^{11}$; ở kính $\varrho = 10^{10}$; và đâu đó ở cuối danh sách là màu hổ phách với điện trở bị loại bỏ lên tới $10^{19}$. Và kim loại kết thúc ở đâu và chất điện môi bắt đầu từ đâu? Và chúng tôi thậm chí còn chưa đề cập đến chính trị điện tử. Nước biển nói chung dẫn dòng khá tốt. Vậy chúng ta có nên coi nó là kim loại không?

Hãy xem nhiệt độ có giúp ích gì cho chúng ta không. Nếu bạn tăng nhiệt độ, sự khác biệt giữa các chất sẽ bắt đầu giảm dần: đối với đồng

8

Điện trở bắt đầu tăng, trong khi đối với thủy tinh chẳng hạn, nó giảm. Điều này có nghĩa là chúng ta cần theo dõi những gì xảy ra trong quá trình làm mát. Và ở đây cuối cùng chúng ta sẽ thấy sự khác biệt về chất. Nhìn vào Hình 2: ở nhiệt độ của gel lỏng, dưới độ không tuyệt đối, các chất được chia thành hai nhóm. Đối với một số người, mức kháng cự vẫn còn nhỏ; đối với hợp kim hoặc kim loại không tinh khiết lắm, Q hầu như không thay đổi khi nguội; đối với kim loại nguyên chất thì điện trở giảm đi rất nhiều. Số lượng và độ hoàn hảo của tinh thể thì sự thay đổi này càng đáng kể. Norda Q ở nhiệt độ gần độ không tuyệt đối thấp hơn hàng trăm nghìn lần so với nhiệt độ phòng. Đối với các chất khác, ví dụ như chất bán dẫn, khi nhiệt độ giảm, điện trở bắt đầu tăng nhanh và nhiệt độ càng thấp thì điện trở càng lớn. Nếu có thể đạt đến độ không tuyệt đối thì Q sẽ trở nên vô cùng lớn. Hơn nữa, điện trở thực sự trở nên lớn đến mức không một thiết bị hiện đại nào có thể thay đổi được là đủ.

Vì vậy, chúng ta đã đạt được đáp số: kim loại là những chất dẫn điện ở bất kỳ nhiệt độ nào.

Ngược lại, chất điện môi dẫn dòng điện khi được làm lạnh đến độ không tuyệt đối. Nếu chúng ta sử dụng định nghĩa này thì cả than chì và molypden dioxide đều hóa ra là kim loại. Chất bán dẫn thuộc về đâu? Nếu chúng ta đang nói về những tinh thể nguyên chất, hoàn hảo thì nói đúng ra, chúng là chất điện môi. Nhưng nếu chúng chứa nhiều tạp chất thì chúng có thể trở thành kim loại, nghĩa là chúng vẫn dẫn điện ở nhiệt độ thấp nhất.

Cuối cùng chúng ta còn lại gì? Chúng tôi đã cố gắng xác định được đặc điểm cơ bản duy nhất, được hướng dẫn mà chúng tôi có thể, nếu không thực hành nâng cao, thì ít nhất về nguyên tắc, luôn phân biệt được kim loại với phi kim loại. Và vì dấu hiệu này là duy nhất nên cả hai điều kiện đều tự động được thỏa mãn, việc thực hiện điều mà chúng tôi yêu cầu ở đầu bài viết.

9

2. Tại sao kim loại dẫn được dòng điện?

Từ lâu, người ta đã lưu ý rằng các nguyên tố như đồng, vàng, bạc, sắt, chì, thiếc, cả ở dạng nguyên chất và khi hợp kim với nhau sẽ tạo thành kim loại. Những chất khác, ví dụ như phốt pho, lưu huỳnh, clo, nitơ, oxy, bản thân chúng không những không phải là kim loại mà còn kết hợp với kim loại và biến chúng thành chất điện môi. Một ví dụ về điều này là muối thông thường NaCl. Vì vậy, trong hóa học đã xuất hiện sự phân chia các nguyên tố thành kim loại và phi kim.

Bản thân sự phân loại như vậy không gì khác hơn là một tuyên bố về sự thật, mặc dù thoạt nhìn nó tuyên bố giải thích tính chất của các chất chỉ dựa trên cấu trúc của các nguyên tử. Trên thực tế, chúng ta hãy nhìn vào bảng tuần hoàn. Các nguyên tố nằm trong cùng một cột có tính chất hóa học rất giống nhau. Nhưng liệu các tinh thể hoặc hợp kim làm từ chúng có dẫn được dòng điện không? Nhìn vào bảng, không thể trả lời được câu hỏi này. Do đó, tất cả các nguyên tố của nhóm thứ nhất đều tạo thành kim loại, ngoại trừ nguyên tố thứ nhất - hydro. Nhưng luật mà ai đó được phép vi phạm không còn là luật nữa. Đúng, ở nhóm thứ hai, tình hình tốt hơn: ở đây tất cả các nguyên tố đều là kim loại ghép; và ở nhóm thứ ba lại xảy ra thất bại: boron là chất bán dẫn, còn nhôm là một kim loại đẹp. Nó thậm chí còn tệ hơn. Nguyên tố đầu tiên của nhóm thứ tư là carbon; Chúng tôi đã đề cập rằng đồ thị - cái gọi là tinh thể cacbon - là một kim loại. Nhưng kim cương cũng là một tinh thể được tạo thành từ các nguyên tử carbon, nhưng được sắp xếp khác với than chì – một chất cách điện. Krementium và germanium là chất bán dẫn cổ điển. Thiếc là một kim loại có vẻ điển hình. Tuy nhiên… Nếu thiếc sáng bóng màu trắng quen thuộc được giữ ở nhiệt độ -30°G, thì cấu trúc tinh thể của nó sẽ thay đổi và nó sẽ chuyển sang màu xám. Và thiếc này - nó được gọi là “thiếc xám” - là một chất bán dẫn! Và chì luôn là kim loại.

Nếu bạn bắt đầu trộn các yếu tố khác nhau thì bức ảnh hoàn toàn có điều kiện.

chủ đề. Ví dụ, chúng ta hãy hợp kim hai kim loại indium và antimon - theo tỷ lệ một-một. Chúng tôi thu được chất bán dẫn InSb, chất bán dẫn được sử dụng rộng rãi trong công nghệ. Mặt khác, chúng ta đã nói rằng molypden dioxide MoO₂ ở T ≈ 0 K dẫn dòng điện, nghĩa là MoO₂ là một kim loại. (Và WO₂, Re₂O₃ và một số oxit khác cũng là kim loại.) Và nếu các tinh thể thu được từ các nguyên tử bị cuộn và nén mạnh, thì hóa ra hầu hết tất cả các chất đều trở thành kim loại, ngay cả những chất kim loại điển hình như lưu huỳnh. Đúng vậy, đối với nó, áp suất chuyển sang trạng thái kim loại là rất cao - vài trăm nghìn atm (và đối với hydro thậm chí còn nhiều hơn thế).

Có vẻ như việc phân chia các nguyên tố thành kim loại và phi kim không đơn giản như vậy bài toán. Trong mọi trường hợp, rõ ràng là khi xem xét từng nguyên tử riêng lẻ, chúng ta không thể nói liệu một chất gồm những nguyên tử này có dẫn dòng điện ở T ≈ 0K hay không, bởi vì cách các nguyên tử sắp xếp tương đối với nhau đóng một vai trò rất lớn. Do đó, đối với đáp số câu hỏi “tại sao kim loại lại dẫn điện?” chúng ta cần nghiên cứu cách các nguyên tử tương tác với nhau để tạo thành chất rắn.

Chúng ta hãy xem mọi thứ diễn ra như thế nào với nguyên tố đơn giản nhất tạo nên kim loại—lithium. Số sê-ri của Li là ba. Điều này có nghĩa là hạt nhân của nguyên tử Li chứa ba proton và điện tích dương của hạt nhân được bù đắp bằng ba electron. Hai trong số chúng tạo thành lớp vỏ s đầy gần hạt nhân và liên kết chặt chẽ với hạt nhân. Electron còn lại nằm ở lớp s thứ hai. Nó có thể chứa thêm một electron, nhưng lithium không có. Tất cả các trạng thái năng lượng được phép khác đều tự do và các electron chỉ rơi vào chúng khi các nguyên tử xuất hiện (trật tự, với sự đốt nóng mạnh của hơi lithium). Sơ đồ mức trong nguyên tử lithium được thể hiện trên Hình 3.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một tập hợp các nguyên tử lithium nằm trong một thể tích giới hạn. Họ có thể hình ảnh

10

gọi chất khí (hơi), chất lỏng hoặc chất rắn. Ở nhiệt độ đủ thấp, lực hút lẫn nhau được truyền sang chuyển động rắn của các nguyên tử và hình thành tinh thể. Điều này xảy ra ở nhiệt độ không tuyệt đối, khi tất cả các chất đã biết, ngoại trừ gel, đều là tinh thể.

Vì vậy, theo kinh nghiệm, người ta biết rằng ở nhiệt độ thấp, chất rắn là trạng thái ổn định đối với lithium. Nhưng, như đã biết, trạng thái ổn định của một chất luôn là trạng thái trong đó năng lượng bên trong của nó nhỏ hơn các trạng thái kết tụ có thể có khác ở cùng nhiệt độ. Tổng năng lượng giảm đi trong quá trình chuyển đổi từ trạng thái này sang trạng thái khác rất dễ thay đổi - xét cho cùng, đây là nhiệt bay hơi hoặc nóng chảy.

Theo quan điểm của kính hiển vi, ở nhiệt độ thấp, nội năng của một chất trước hết là tổng năng lượng của các electron của các nguyên tử tạo nên cơ thể. Nhưng các electron trong nguyên tử chiếm những mức năng lượng được xác định chặt chẽ. Điều này có nghĩa là chúng ta có thể mong đợi rằng khi nguyên tử trở nên mạnh hơn thì mức năng lượng sẽ thay đổi. Trong trường hợp này, sự phân bố electron giữa các mức phải sao cho tổng năng lượng của chúng nhỏ hơn tổng năng lượng của các electron trong cùng số nguyên tử cách ly với nhau:

Điều gì sẽ xảy ra với các cấp độ có thể được hiểu dựa trên sự tương tự về chuyển động của một electron trong nguyên tử với bất kỳ hệ dao động nào, chẳng hạn như với ma trận. Giả sử chúng ta có hai ma trận hoàn hảo giống hệt nhau. Miễn là chúng không tương tác với nhau, tần số của ổ đĩa ma trận kolbatey obya là như nhau. Bây giờ chúng ta hãy giới thiệu sự tương tác giữa chúng - ví dụ, chúng ta sẽ kết nối chúng với một lò xo mềm. Và ngay lập tức, cùng với một phần, hai phần sẽ xuất hiện. Nhìn vào Hình 4: các ma trận liên thông có thể dao động cùng pha hoặc có thể va chạm với nhau. Rõ ràng, trong trường hợp sau, chuyển động của chúng sẽ nhanh hơn, nghĩa là tần số của hệ thống kolbatein cao hơn tần số tự nhiên của ma trận một kolbatein. Như vậy, kết nối tại

Hình 3. Sơ đồ các mức năng lượng của nguyên tử lithium và sự biến đổi của chúng khi các nguyên tử kết hợp thành tinh thể. Các bang bị chiếm đóng được vẽ bằng màu đỏ.

11

của các cấp độ được hiển thị trong Hình 3 sẽ chia thành hai. Mỗi mức năng lượng mới sẽ tương ứng với lớp vỏ electron của chính nó, lúc này không phải là một nguyên tử riêng biệt mà là một “phân tử”. Lớp vỏ chứa đầy các electron theo quy luật tương tự như đối với nguyên tử – hai electron trên một lớp vỏ. Cặp vỏ đến từ mức thấp nhất sẽ được lấp đầy hoàn toàn bằng electron. Thật vậy, chúng có thể chứa bốn electron, trong khi hai nguyên tử có sáu electron xếp thẳng hàng. Sẽ còn lại hai electron, bây giờ sẽ nằm ở mức thấp hơn của cặp thứ hai. Hãy chú ý rằng bước nhảy vọt về chất sẽ xảy ra: bằng nhau, hai electron này chiếm hai trong số bốn trạng thái có cùng năng lượng. Bây giờ họ đã có cơ hội lựa chọn và họ đã định vị mình sao cho tổng năng lượng của họ ít hơn. Không khó để biết điều gì sẽ xảy ra khi các nguyên tử sau được thêm vào: đối với mỗi nguyên tử có ba nguyên tử, mức ban đầu sẽ được phân bổ thành ba (xem Hình 3). Chín electron sẽ được bố trí như thế này: sáu electron ở bộ ba cấp độ thấp hơn phát sinh từ cấp độ gần hạt nhân nhất của lớp vỏ bên trong của nguyên tử; hai electron nữa ở cấp độ thấp hơn của bộ ba tiếp theo; electron còn lại ở mức giữa của cùng một bộ ba. Còn một chỗ trống ở tầng này và tầng trên hoàn toàn trống. Nếu chúng ta lấy $n$ nguyên tử ($n \gg 1$), thì mỗi cấp độ sẽ được phân bổ thành $n$ các cấp có khoảng cách gần nhau, tạo thành, như người ta nói, một dải hoặc vùng có các giá trị năng lượng cho phép. Ở dải dưới, toàn bộ trạng thái sẽ bị chiếm giữ, và ở dải thứ hai - chỉ một nửa, và chính xác là những trạng thái có năng lượng nằm thấp hơn. Dải tiếp theo hoàn toàn trống rỗng.

Khoảng cách giữa các cấp liền kề trong một khu vực rất dễ ước tính. Thật tự nhiên khi cho rằng đối với các nguyên tử gần nhất, sự thay đổi năng lượng của các nguyên tử electron xấp xỉ bằng nhiệt bay hơi của chất, được tính lại trên một nguyên tử. Đối với kim loại, nó tạo thành tổng cộng một số electron, có nghĩa là

12

ra cho tất cả các nguyên tử. Bây giờ các nguyên tử đã hợp nhất thành một tinh thể. Bản thân các nguyên tử trong tinh thể không chỉ giống hệt nhau mà còn có vị trí giống hệt nhau so với các nguyên tử lân cận của chúng (tất nhiên, ngoại trừ những nguyên tử rơi trên bề mặt tinh thể). Và tất cả các electron bây giờ đều có năng lượng khác nhau. Điều này chỉ có thể xảy ra nếu các electron không còn thuộc về từng nguyên tử riêng lẻ mà mỗi electron được “chia sẻ” giữa tất cả các nguyên tử. Nói cách khác, các electron di chuyển tự do bên trong một tinh thể lý tưởng, tạo thành một loại chất lỏng lấp đầy toàn bộ thể tích của mẫu. Và dòng điện tử là dòng chảy có hướng của chất lỏng này, tương tự như nước chảy qua đường ống.

Để cho nước chảy qua đường ống, cần tạo ra sự chênh lệch áp suất ở hai đầu đường ống. Sau đó, dưới tác dụng của ngoại lực, các phân tử sẽ đạt được tốc độ định hướng - nước sẽ chảy. Sự xuất hiện của tốc độ được định hướng chính xác ở đây là rất quan trọng, bởi vì bản thân các phân tử chuyển động với tốc độ rất lớn - ở nhiệt độ phòng, tốc độ chuyển động nhiệt trung bình của phân tử là vào khoảng $10^3$ m/s. Vì vậy, năng lượng bổ sung mà phân tử thu được trong dòng chảy là nhỏ so với năng lượng của chuyển động nhiệt.

Năng lượng bổ sung phải truyền cho electron để nó tham gia vào chuyển động định hướng chung của các electron trong tinh thể (và đây là dòng điện) cũng nhỏ so với năng lượng “riêng” của electron. Điều này không khó để xác minh. Chúng ta đã nói rằng năng lượng của một electron bằng thứ tự độ lớn với $1\exists B=1,6 \cdot 10^{-19}$ J. Nếu chúng ta nhớ rằng đối với một electron tự do $E=mv^2/2$ và $m=9,1 \times 10^{-31}$ kg, thì dễ dàng tìm được tốc độ: $v \sim 10^6$ m/s. Giả sử rằng tất cả các electron đều tham gia vào dòng điện và có $1\ m^3$ dây dẫn $n \sim 10^{28}$ Z (Z là điện tích hạt nhân). Khi đó, trong một dây có tiết diện $S=10^{-6}$ m$^2$ với dòng điện $I \approx 10$ A (ở dòng điện cao hơn dây sẽ tỏa ra) tốc độ định hướng của các electron là $v_H=1/neS \approx 10^{-2} \div 10^{-3}$ m/s. Điều này có nghĩa là năng lượng của electron tham gia vào dòng điện lớn hơn năng lượng của electron tự do $E$ chỉ $10^{-8}$ E, tức là $1,6 \cdot 10^{-27}$ J.

Và ở đây chúng ta phải đối mặt với một sự thật đáng kinh ngạc: hóa ra các electron, nằm ở dải dưới, thường được gọi là dải hóa trị, không thể thay đổi năng lượng của chúng một lượng nhỏ. Rốt cuộc, nếu một electron tăng năng lượng của nó, điều này có nghĩa là nó phải chuyển sang một cấp độ khác và tất cả các cấp độ lân cận trong dải hóa trị đã bị chiếm giữ. Chỉ có những nơi miễn phí ở khu vực tiếp theo. Nhưng để đạt được điều đó, electron phải thay đổi năng lượng của nó vài volt electron cùng một lúc. Đây là cách các electron trong vùng hóa trị được phân chia và chiếc bánh trên bầu trời được tạo ra - một lượng tử năng lượng. Và lượng tử năng lượng cần thiết đến từ sóng điện từ tần số cao - ánh sáng nhìn thấy hoặc tia cực tím.

Vì vậy, có chất lỏng, nhưng chính xác là không thể. Và nếu lithium chỉ có hai electron trong một nguyên tử, nghĩa là nếu chúng ta xây dựng bức tranh về nguyên tử, thì chúng ta sẽ có một chất cách điện. Nhưng helium rắn thực sự là một chất cách điện, vì vậy chúng ta có thể tự chúc mừng mình vì một số thành công: chúng ta vẫn chưa giải thích được tại sao dòng điện có thể chạy trong kim loại, nhưng chúng ta hiểu tại sao chất điện môi, nơi có rất nhiều electron và chúng đều “bôi” khắp tinh thể, không dẫn dòng điện.

Còn liti thì sao? Tại sao, anh ấy có khu vực thứ hai, chỉ mới lấp đầy một nửa. Năng lượng ngăn cách mức chiếm dụng và mức tự do của vùng bên trong được gọi là năng lượng Fermi $E_\Phi$. Như chúng tôi đã nói, sự chênh lệch năng lượng giữa các cấp độ trong vùng là rất lớn. Một electron nằm trong vùng gần mức Fermi chỉ cần tăng nhẹ năng lượng của nó - và nó ở trạng thái tự do, trong đó trạng thái không bị chiếm giữ. Không có gì ngăn cản các electron từ dải đã chuẩn bị tăng năng lượng dưới tác động của trường điện tử và đạt được tốc độ định hướng. Nhưng đây là hiện tại! Nhưng điều đó cũng dễ dàng đối với các điện tử và

13

mất tốc độ định hướng do va chạm với các nguyên tử chủ (vốn luôn ở đó) hoặc do các vi phạm khác đối với cấu trúc tinh thể lý tưởng. Điều này giải thích khả năng chống lại dòng điện.

Có vẻ rõ ràng tại sao helium là chất cách điện và lithium là chất dẫn điện. Hãy thử áp dụng ý tưởng của chúng tôi cho nguyên tố tiếp theo - beryl. Và sau đó đã xảy ra sự cố, mô hình không hoạt động. Beryllium có bốn electron, và có vẻ như vùng thứ nhất và thứ hai sẽ bị chiếm giữ hoàn toàn, còn vùng thứ ba sẽ trống. Hóa ra nó là chất cách điện, còn berylnium là kim loại.

Thực tế là nếu chiều rộng của các vùng đủ lớn thì chúng có thể chồng lên nhau. Hiện tượng này được cho là các vùng chồng lên nhau. Đây là điều xảy ra ở berili: năng lượng tối thiểu của các electron ở vùng thứ ba nhỏ hơn mức tối đa ở vùng thứ hai. Do đó, hóa ra là thuận lợi về mặt năng lượng cho các electron rời khỏi phần trống của vùng thứ hai và chiếm giữ trạng thái virus thứ ba. Đây là cách kim loại hóa ra.

Điều gì sẽ xảy ra với các yếu tố khác? Không thể nói trước liệu các vùng có bị gián đoạn hay không; điều này đòi hỏi những tính toán phức tạp trên máy tính và không phải lúc nào cũng có thể thu được đáp số đáng tin cậy. Nhưng vấn đề là thế này: từ sơ đồ của chúng ta, nó cho thấy rằng nếu chúng ta lấy các nguyên tố có số electron lẻ thì chúng ta sẽ luôn nhận được một kim loại, trừ khi đơn vị cấu trúc trong tinh thể là một nguyên tử riêng biệt. Nhưng hydro, chẳng hạn như nitơ và flo, không muốn kết tinh thành mạng tinh thể như vậy. Đầu tiên chúng thích hợp nhất thành từng cặp, sau đó các phân tử chứa số electron chẵn nhô vào trong tinh thể. Và các định luật cơ học lượng tử không ngăn cản nó trở thành một chất điện môi.

Vì vậy, bây giờ chúng ta đã biết kim loại là gì theo quan điểm vật lý và chúng ta đã hiểu chính ngày xảy ra hiện tượng này, hiểu tại sao về nguyên tắc lại tồn tại chất cách điện và chất dẫn điện. Chúng ta đã thấy rằng không có cách nào đơn giản để giải thích tại sao một chất cụ thể lại là chất cách điện hay kim loại. Điều này chỉ có thể được thực hiện khi được trang bị toàn bộ sức mạnh của bộ máy cơ học lượng tử hiện đại và công nghệ máy tính, nhưng đây đã là bài toán chuyên gia.

Lực và sự khuếch tán của Archimedes trong chất lỏng

Lấy một lọ thủy tinh 1 lít và đổ đầy nước muối vào nửa cốc. Nồng độ muối ăn trong dung dịch phải sao cho một quả trứng gà nổi trong đó, nhấn chìm khoảng chín phần mười thể tích của nó.

Lấy trứng ra khỏi lọ và cẩn thận đặt một vòng tròn bằng giấy lên bề mặt nước muối, phủ kín toàn bộ nước. Bây giờ hãy cẩn thận đổ nước vào bình ép và gỡ vòng tròn giấy ra (tốt nhất nên làm điều này bằng nhíp).

Hình 1.

Sau 5-10 phút, thả trứng vào lọ. Bạn thấy rằng nó dường như treo trên đường viền của hai lớp, gần như không chìm vào lớp bên dưới (Hình 1).

Theo thời gian, do sự khuếch tán, ranh giới giữa lớp tươi và lớp mặn sẽ dịch chuyển trong lọ. Cùng nhau

Hình 2.

quả trứng sẽ di chuyển theo đường viền. Sau hai hoặc ba ngày, khi ranh giới giữa các lớp hoàn toàn biến mất, trứng nổi lên mặt nước và nổi lên mặt nước (Hình 2).

Hãy suy nghĩ về ứng dụng thực tế mà hiện tượng được mô tả ở trên có thể có.

S. Seltzer

14

Khoảng một bài toán
Kolmogorov

Từ biên tập viên

Mười năm trước vào năm «Kvant» họ đã nói về vấn đề mà Viện sĩ A. N. Kolmogorov đặt ra trong một bài giảng dành cho học sinh. Đây là cách diễn đạt của nó:

Chúng ta cố định góc và điểm O bên trong nó trên mặt phẳng (Hình 1). Có hình nào khác ngoài hình tròn có thể được chỉnh sửa bên trong một góc nhất định sao cho đường bao của hình luôn chạm vào cạnh của góc và đi qua điểm O không?

A. N. Kolmogorov lưu ý rằng lời giải vấn đề này cũng có ý nghĩa thực tiễn: “Ở một số nhà máy, các bộ phận hình trụ được kiểm tra như sau: bộ phận được đặt vào khay và xử lý sao cho chạm vào thành khay, sau đó một “shup” (một thanh có thể thực hiện chuyển động liên tục) được đưa vào từ phía trên cho đến khi tiếp xúc với bộ phận. Nếu vít di chuyển trong quá trình quay, bộ phận đó sẽ bị loại bỏ. Do đó, nếu có các hình khác ngoài hình tròn thỏa mãn điều kiện bài toán, khi đó hình trụ có tiết diện toàn phần của hình điểm sẽ đi qua OTC một cách hoàn hảo” («Kvant», 1971, Số 3, trang 20).

Bài viết đưa ra một phần lời giải bài toán Kolmogorov.

Hình 1.

Đối với một số loại góc và vị trí của điểm O bên trong góc, tôi đã tìm được các hình không phải là đường tròn và thỏa mãn các điều kiện do A. N. Kolmogorov đặt ra. Việc xây dựng các số liệu như vậy có thể được thực hiện như sau:

Xét một đa giác đều; Hãy tiếp tục hai mặt không hấp dẫn của nó cho đến khi chúng giao nhau. Chúng ta lấy góc kết quả là góc đã cho. Là điểm O, chúng ta lấy một trong các đỉnh của đa giác chẳng hạn, như đã làm cho hình ngũ giác trong Hình 2, a. Bây giờ chúng ta sẽ bắt đầu xoay đa giác sao cho nó chạm vào cả hai cạnh của góc với một số đỉnh của nó. bài toán của chúng ta là biến dạng đa giác thành một hình sao cho khi xoay vào trong góc, điểm O sẽ luôn nằm trên ranh giới của nó; Tất nhiên, trong trường hợp này, việc “giữ nguyên các đỉnh” của đa giác là hợp lý vì nó chạm vào các cạnh của góc với nó.

Chúng ta sẽ quay đa giác cho đến khi cạnh BC trở về cạnh ban đầu của góc (điểm bắt đầu của phép quay này, xem Hình 2, a - f). Đồng thời, chúng ta sẽ đặt một cây bút chì ở điểm cản trở O và xem cây bút chì này sẽ vẽ những đường cong gì khi chúng ta xoay nó.

Một phép quay hoàn chỉnh (theo một góc từ 0 đến 2π) của hình ngũ giác tự nhiên phát triển thành một phần năm các giai đoạn: quay một góc từ 0 đến 2π/5, từ 2π/5 đến 4π/5, v.v. Sau giai đoạn đầu tiên, cạnh AB của hình ngũ giác xuất hiện ở cạnh ban đầu của góc trên cạnh BC, sau giai đoạn thứ hai - cạnh kề AE, v.v. Trong mỗi giai đoạn này, góc của chúng ta nằm trên một trong các đường chéo hình ngũ giác: đầu tiên - trên đường chéo BE, sau đó - trên AD, sau đó trên EC, trên DB và cuối cùng, trên CA. Điểm O luôn nằm trên đường phân giác của góc chúng ta.

Khi xoay hình ngũ giác từ vị trí như ở Hình 2, a, đến vị trí như ở Hình 2, e, bằng đầu bút chì

15

Hình 2.

sẽ tạo ra một đường cong nhất định (xem Hình 2, a-f). Khi hình ngũ giác được xoay hoàn toàn, bút chì sẽ vẽ một “ngôi sao” trên đó, điều này sẽ hạn chế đáng kể hình dạng mong muốn do chính phương pháp xây dựng.

Những loại đường cong nào tạo thành đường viền của hình này?

Để hiểu điều này, chúng ta sẽ làm như sau: chúng ta sẽ để hình ngũ giác đứng yên và chúng ta sẽ quay mặt phẳng với hướng của góc trên nó và cái đinh tại điểm O. Chúng ta

Hình 3.

Đã lưu ý rằng khi xoay theo các giá trị từ 0 đến 2π/5, góc của chúng ta sẽ nằm trên đường chéo BE; do đó, phần trên của nó sẽ trượt dọc theo cung tròn như trong Hình 3.

Điểm O nằm trên phân giác của góc và cách đỉnh của nó một khoảng cho trước. Đường phân giác của một góc khi đỉnh của góc di chuyển dọc theo cung lớn BE của đường tròn đang xét sẽ đi qua trung điểm S nhỏ hơn các BE còn lại của đường tròn này. Như vậy, phương pháp xây dựng đường cong mong muốn rất rõ ràng: cần vẽ một đường thẳng đi qua từng điểm có độ dài lớn hơn BE của đường tròn của chúng ta và điểm giữa của S nhỏ hơn một độ dài, và từ điểm có độ dài lớn hơn vẽ ra một đoạn bằng khoảng cách từ điểm O đến đỉnh của góc; thì phần cuối của các đoạn này sẽ mô tả đường cong mong muốn.

Sau đó, quy trình tương tự phải được thực hiện với các đường chéo AD, EC, DB và CA của hình ngũ giác, quay góc của chúng ta lần lượt theo các giá trị từ 2π/5 đến 4π/5, từ 4π/5 đến 6π/5 và từ 6π/5 đến 8π/5 và từ 8π/5 đến 2π.

Đường cong thu được (xem Hình 3) đã được biết đến từ lâu trong toán học; «Kvant» đã viết về nó trên trang của mình. Nó được gọi là ốc Pascal (xem «Kvant», 1977, số 5).

Hình dạng của đường cong giới hạn đối với các đa giác đều khác được nghiên cứu theo cách tương tự. Trong mọi trường hợp, tương ứng

16

Dễ dàng lời giải của một vấn đề khó khăn

Vào cuối thế kỷ này, nhà toán học người Anh J. Sylvester đã đặt ra các vấn đề sau:

Giả sử $S$ là tập hợp hữu hạn các điểm trên mặt phẳng sao cho không phải tất cả các điểm của nó đều nằm trên cùng một đường thẳng. Có nhất thiết phải có một đường thẳng mà trên đó tập $S$ là tập Lyatrian có hai điểm không?

Trong hơn bốn mươi năm, vấn đề của Sylvester vẫn chưa được giải quyết và khi đó nó được coi là một nhiệm vụ rất khó khăn. Nhưng đột nhiên vấn đề tiếp theo nảy sinh - một ý tưởng.

Chúng ta hãy vẽ tất cả các đường có thể có thông qua các cặp điểm của tập hợp $S$ (có lẽ một số trong chúng chứa nhiều hơn hai điểm). Chúng ta hãy xem xét tất cả các khoảng cách có thể có từ tập hợp điểm $S$ đến các đường đã vẽ. Có một số lượng hữu hạn trong số họ. Đặt $r$ là khoảng cách nhỏ nhất trong số các khoảng cách này ($r > 0$). Hãy lấy điểm đó $P$ và đường thẳng đó $l$, khoảng cách giữa chúng là $r$. Hãy chứng minh rằng có hai điểm nằm trên đường thẳng $l$ và tập hợp $S$.

Giả sử có ba điểm trở lên của tập hợp $S$ trên đó. Chúng ta hãy hạ hình chữ nhật từ điểm $P$ xuống dòng $l$; hãy để $A$ là cơ sở của sự phân phối lại này (xem hình). Dễ dàng nhận thấy điều đó $A \notin S$. Điều này có nghĩa là trên đường $l$, ít nhất ở một phía của điểm $A$, có ít nhất hai điểm thuộc tập hợp $S$; chúng tôi biểu thị hai trong số chúng bằng $X$ và $Y$ và đặt $X$ nằm gần $A$ hơn $Y$. Bây giờ chúng ta hãy vẽ một đường thẳng đi qua các điểm $P$ và $Y$. Rõ ràng, khoảng cách từ điểm $X$ đến đường thẳng này nhỏ hơn khoảng cách từ điểm $P$ đến đường thẳng $l$, điều này mâu thuẫn với việc lựa chọn $P$ và $l$.

Do đó, đường $l$ chỉ chứa hai điểm, tập hợp $S$.

Hình 4 cho thấy một “dấu hoa thị” tương ứng với hình ngũ giác. Trên trang thứ hai của bìa tạp chí có một “dấu hoa thị” tương ứng với một hình vuông. Những ai muốn có thể vẽ một “ngôi sao” tương ứng với một đa giác đều khác và điểm $O$ không nhất thiết phải là đỉnh trên phân giác của góc. Các đường cong thu được cũng sẽ là những mảnh của con ốc Pascal, nhưng “răng” của nó sẽ không còn đối xứng nữa.

Kết luận từ các biên tập viên

Vì vậy, A. Babichev đã giải được một phần bài toán Kolmogorov. Tuy nhiên, lời giải của anh ấy đặt ra một câu hỏi mới: có hình lồi nào ngoài hình tròn thỏa mãn điều kiện bài toán không? (Những con số mà A. Babichev nhận được đều nhỏ.) Chúng tôi đang chờ thư của bạn.

Dễ dàng lời giải của một vấn đề khó khăn

Vào cuối thế kỷ này, nhà toán học người Anh J. Sylvester đã đặt ra các vấn đề sau:

Giả sử $S$ là tập hợp hữu hạn các điểm trên mặt phẳng sao cho không phải tất cả các điểm của nó đều nằm trên cùng một đường thẳng. Có nhất thiết phải có một đường thẳng mà trên đó tập $S$ là tập Lyatrian có hai điểm không?

Trong hơn bốn mươi năm, vấn đề của Sylvester vẫn chưa được giải quyết và khi đó nó được coi là một nhiệm vụ khó khăn. Nhưng đột nhiên vấn đề tiếp theo nảy sinh - một ý tưởng.

Chúng ta hãy vẽ tất cả các đường có thể có thông qua các cặp điểm của tập hợp $S$ (có lẽ một số trong chúng chứa nhiều hơn hai điểm). Chúng ta hãy xem xét tất cả các khoảng cách có thể có từ tập hợp điểm $S$ đến các đường đã vẽ. Có một số lượng hữu hạn trong số họ. Đặt $r$ là khoảng cách nhỏ nhất trong số các khoảng cách này ($r > 0$). Hãy lấy điểm đó $P$ và đường thẳng đó $l$, khoảng cách giữa chúng là $r$. Hãy chứng minh rằng có hai điểm nằm trên đường thẳng $l$ và tập hợp $S$.

Giả sử có ba điểm trở lên của tập hợp $S$ trên đó. Chúng ta hãy hạ hình chữ nhật từ điểm $P$ xuống dòng $l$; hãy để $A$ là cơ sở của sự phân phối lại này (xem hình). Dễ dàng nhận thấy điều đó $A \notin S$. Điều này có nghĩa là trên đường $l$, ít nhất ở một phía của điểm $A$, có ít nhất hai điểm thuộc tập hợp $S$; chúng tôi biểu thị hai trong số chúng bằng $X$ và $Y$ và đặt $X$ nằm gần $A$ hơn $Y$. Bây giờ chúng ta hãy vẽ một đường thẳng đi qua các điểm $P$ và $Y$. Rõ ràng, khoảng cách từ điểm $X$ đến đường thẳng này nhỏ hơn khoảng cách từ điểm $P$ đến đường thẳng $l$, điều này mâu thuẫn với việc lựa chọn $P$ và $l$.

Do đó, đường $l$ chỉ chứa hai điểm, tập hợp $S$.

bìa của chúng tôi

Bề mặt có hình dạng kỳ lạ được vẽ trên trang đầu tiên của trang bìa được tạo ra bằng cách sử dụng một kỹ thuật đã được mô tả trên các trang tạp chí của chúng tôi («Kvant», 1980, No. 10, p. 62): các vế trái của phương trình ba elip.

Máy tính ES-1030, thực hiện vẽ theo phương trình, cho thấy hai họ đường thẳng trên bề mặt: chúng bị cắt bởi các mặt phẳng nằm cách các khoảng song song với các mặt phẳng tọa độ $Oxz$ và $Oyz$. Máy sơn các phần bề mặt tạo thành theo hình bàn cờ.

Máy coi bề mặt mờ đục. Do đó, trong hình, chúng ta thấy “phần bên ngoài” của bề mặt. Hãy nghĩ xem - “bên trong” cô ấy là gì?

18

Hình 1. Đường truyền chùm tia quét nét đứt: 1-2 - phần đầu của nửa khung lẻ; 5—6—bắt đầu của nửa khung hình chẵn; 2-3, 4-5, 6-7 và 8-1 - hành trình chùm tia ngược.

Bạn không thể che chùm tia điện tử ở giữa khung hình, vì trong trường hợp này một phần của hình ảnh sẽ biến mất. Những người tạo ra truyền hình đã tìm ra một giải pháp độc đáo: khung hình không được truyền đi cùng một lúc mà theo từng nửa khung hình, sao cho chùm tia điện tử trước tiên sẽ vẽ các đường lẻ và sau đó là các đường chẵn của hình ảnh. Trong trường hợp này, nửa khung hình thay đổi với tần số 50 Hz và mắt cảm nhận được hình ảnh chuyển động là liên tục. Phương pháp tạo khung trên màn hình tivi này được gọi là quét dấu gạch ngang (Hình 1).

Với một chiếc TV ở nhà, bạn có thể tiến hành một số thí nghiệm chứng minh hiệu ứng stroopoptic.

Trong thử nghiệm đầu tiên của bạn, hãy thử nhìn vào màn hình TV thông qua kính thiên văn “cổ điển” - một đĩa quay có câu trả lời. Thật dễ dàng để làm từ một miếng bìa cứng gắn trên trục của động cơ vi điện (Hình 2). Để điều chỉnh tốc độ động cơ, nó phải được cấp nguồn từ pin dạng đồng xu (có suất điện động 4,5 V) thông qua một biến trở (có tổng điện trở 100 Ohms). Khoảng cách từ kính hiển vi đến màn hình TV phải sao cho có thể nhìn thấy toàn bộ màn hình qua đèn quay trở lại.

Hình ảnh được quan sát có thể được phân tích bằng cách sử dụng các biểu đồ trong Hình 3. Biểu đồ đầu tiên (Hình 3, a) minh họa cách hình ảnh lấp đầy màn hình từ trên xuống dưới (vị trí của đường trong khung được vẽ dọc theo trục tọa độ, thời gian được vẽ dọc theo trục abscissa). Đường chấm chấm biểu thị đường đi ngược lại của chùm tia (chùm tia bị tắt tại thời điểm này). Đồ thị “khả năng hiển thị” của kính hiển vi (Hình 3, b) biểu thị các đoạn thẳng, phần trên tương ứng với vị trí “nhìn thấy được”, phần dưới tương ứng với vị trí “không nhìn thấy được”. Đồ thị thứ ba và thứ tư (Hình 3, c và 2) thu được bằng cách xếp chồng hai đồ thị đầu tiên với các độ lệch pha khác nhau giữa chúng. Họ giải thích tại sao chúng ta chỉ nhìn thấy (tất nhiên nếu tần số trùng nhau) chỉ một nửa màn hình.

Chỉ cần thay đổi một chút tần số quay của đĩa, phần kệ tối sẽ chạy lên hoặc xuống màn hình tùy theo ý muốn của chúng ta.

Cố gắng tự mình giải thích tần số nào kệ sẽ tăng lên và tần số nào nó sẽ giảm xuống. Hình ảnh sẽ trông như thế nào ở tần số stroscope 100 Hz? 150Hz? Tại sao một chiếc kệ tối chạy ngang qua màn hình TV, được quay trên phim? Tại sao đôi khi trên màn hình điện ảnh hoặc truyền hình có một chiếc ô tô đang lao về phía trước

Hình 2. Sơ đồ thí nghiệm với kính hiển vi “cổ điển”: 1 - màn hình mờ; 2 - đĩa quay có bộ phản hồi; 3 - động cơ vi điện; 4 — biến trở; Pin 5 đồng xu.

19

Hình 3.

Hình 4. Hình chỉ hiển thị 21 dòng, trên thực tế có 312,5 dòng trong nửa khung hình (và toàn bộ khung hình là 625) dòng.

Bánh xe di động có quay chậm lại không?

Hãy thử một thí nghiệm khác. Để làm điều này, bạn sẽ cần một sợi dây dài 0,3-0,5 m (bạn có thể sử dụng dây thun cho máy bay mô hình). Một sợi dây dao động được đặt thẳng đứng sẽ trông như thế nào trên nền màn hình TV?

Để dây ở vị trí cân bằng tại thời điểm nửa khung bắt đầu. Trong khi tia đi qua sợi dây, sợi dây sẽ di chuyển và gặp tia ở một vị trí mới. Ở dòng tiếp theo, “nơi gặp gỡ” sẽ lại thay đổi, v.v. Nếu chu kỳ dao động của dây là 20 m (tần số 50 Hz), thì trong thời gian này toàn bộ nửa khung được lấp đầy và dây sẽ trở về vị trí ban đầu sau khi hoàn thành một dao động hoàn toàn. Việc lặp lại tình huống này nhiều lần sẽ dẫn đến thực tế là tengь từ sợi dây mà chúng ta nhìn thấy trên nền màn hình TV sẽ có dạng hình sin (Hình 4).

Bạn sẽ thấy gì nếu tần số dao động của dây tăng gấp đôi? gấp ba? Bạn sẽ thấy gì nếu chuỗi được đặt chéo trên màn hình? theo chiều ngang? Hãy thực hiện các thí nghiệm này và cố gắng giải thích kết quả. Sau khi bạn đã có kinh nghiệm, hãy thử cho biết một ngón tay xoay quanh trục ngang của nó sẽ trông như thế nào trên nền màn hình. Kiểm tra ý tưởng của bạn bằng thực nghiệm.

20

Bài toán

M681 — M685; F693 — F697

M681. a) Nghĩ ra các số nguyên $a, b, c, d$ sao cho các số $a^2+b^2, a^2+b^2+c^2, a^2+b^2+c^2+d^2$ là bình phương của các số nguyên.
b) Có một dãy gồm các bình phương của các số nguyên sao cho với bất kỳ $n$ nào thì tổng $n$ của các số hạng đầu tiên của nó bằng bình phương của số nguyên đó không?

G. Grigoriev

M682. Bên trong tam giác $\triangle$, bạn cần đặt tam giác $\triangle_1$ sao cho mỗi hình trong số ba hình vuông tạo trên các cạnh của tam giác $\triangle_1$ có ​​hai đỉnh nằm trên các cạnh khác nhau của tam giác $\triangle$ (Hình 1).
a) Chứng minh rằng các đường trung tuyến của tam giác $\triangle$ vuông góc với các cạnh của tam giác $\triangle_1$.
b) Có thể xây dựng như vậy đối với bất kỳ tam giác nhọn $\triangle$ nào không?

A. Yagubyants

M683. Một số vòng tròn có cùng kích thước được đặt trên bàn sao cho không có hai vòng tròn nào chồng lên nhau. Chứng minh rằng các đường tròn có thể khai triển thành bốn màu sao cho hai đường tròn tiếp xúc bất kỳ sẽ được sơn hai màu khác nhau. Tìm cách sắp xếp các vòng tròn trong đó ba màu là không đủ để tô màu như vậy.

G. Ringel

M684*. Cả hai chơi phiên bản sau của “trận chiến trên biển”. Một người chơi đặt lên bảng $n \times n$ một số lượng “tàu” không chồng chéo nhất định $n \times 1$ (có thể là không có). Người chơi thứ hai đồng thời tung ra một loạt đòn vào các ô vuông trên bàn cờ và nhận đáp số từ đối thủ cho mỗi ô vuông - đánh hoặc trượt. Phải tấn công số bãi ruộng tối thiểu nào để có thể xác định rõ ràng vị trí của tất cả các tàu của anh ta dựa trên phản ứng của kẻ thù? Xét ba trường hợp: a) $n=4, 6)$ $n=10$, c) $n$ là số tự nhiên bất kỳ.

E. Gik

21

M685*. Hai tập con của tập hợp số tự nhiên được gọi từ tập kia là digr bằng một số nguyên. (Ví dụ: tập hợp số và số lẻ là cấu trúc.) Có thể chia tập hợp số tự nhiên thành vô số cấu trúc vô hạn (rời rạc) không?

A. Fedorov

F693. Trên một nêm cố định tạo thành một góc α với đường chân trời, có một sợi dây không căng, không kéo (Hình 2). Một đầu của sợi dây được cố định tại điểm A. Một vật nặng nhỏ được gắn vào đầu dưới của sợi dây (tại điểm B). Tại một thời điểm nào đó, cái nêm bắt đầu chuyển động sang phải với gia tốc a không đổi. Khi ở trên nêm, vật nặng chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu?

S. Krotov

F694. N quả bóng giống hệt nhau chuyển động dọc theo một máng thẳng dài nghiêng một góc α so với phương ngang mà không ma sát. Số va chạm tối đa có thể xảy ra trong hệ tại các vị trí và vận tốc ban đầu tùy ý của các quả bóng là bao nhiêu? Sự va chạm của các quả bóng được coi là đàn hồi tuyệt đối.

E. Surkov

F695. Trong mô hình đơn giản nhất, một ngôi sao được coi là một quả cầu khí ở trạng thái cân bằng trong trường hấp dẫn của chính nó. Giả sử rằng khí bao gồm các nguyên tử hydro và gel được truyền hoàn toàn, hãy ước tính nhiệt độ của ngôi sao. Khối lượng sao M, bán kính r; hàm lượng tương đối của hydro trong khí là n.

V. Tugushchev

F696. Vôn kế điện dung là một tụ điện không khí phẳng, một trong các bản của nó được cố định bất động và bản thứ hai có thể chuyển động tịnh tiến theo hướng vuông góc với mặt phẳng của các bản. Một lò xo tăng cứng k được gắn vào tấm di động (Hình 3). Thước đo điện áp đặt vào là sự thay đổi khe hở giữa các bản. Điện áp tối đa có thể thay đổi được với một thiết bị như vậy là bao nhiêu? Diện tích các tấm S, khoảng cách giữa các tấm khi ứng suất bằng 0 d.

D. Pavlov

F697. Giữa hai môi trường có chiết suất n₀ > 1 và n₁ = 1 có một lớp không đồng nhất có chiều cao h = H (1 - 1/n₀²), trong đó H = const, trong đó chiết suất thay đổi theo độ cao theo định luật n = √1 - x/H n₀ (Hình 4). Từ môi trường có chiết suất n₀ đến môi trường không đồng nhất

22

Một chùm ánh sáng đi vào lớp. Ở những giá trị nào của góc α (xem Hình 4), chùm tia sẽ quay trở lại môi trường chiết quang hơn? Tại giá trị nào của góc α₀ thì khoảng cách giữa điểm vào và điểm ra của chùm tia là lớn nhất?

P. Kalutsin, học sinh lớp 10. (Moscow, làng số 444)

Lời giải bài toán

M636—M640; F647—F655

Tập {1, 2, 3, 5, 10, 20, 25, 50, 100} thỏa mãn điều kiện bài toán. Điều này có nghĩa là tập hợp bắt buộc chứa không quá chín phần tử. Hãy sắp xếp các phần tử của nó theo thứ tự tăng dần:

$$1 = k_1 < k_2 < \dots < k_n = 100, n \leqslant 9.$$

Vì $k_j \leqslant 2 \cdot k_{j-1}$ ($j=2, 3, \dots, n$), với bất kỳ $j$ nào chúng ta có $k_j \leqslant 2^{j-1}$. Đặt $r$ là chỉ số lớn nhất sao cho $k_r \neq 2k_{r-1}$. Sau đó $100 = k_n = 2^{n-r} \cdot k_r \leqslant 2^{n-r}(k_{r-1} + k_{r-2}) \leqslant 2^{n-r} \cdot 2(2^{r-2} + 2^{r-3}) = 3 \cdot 2^{n-3}$. Từ bất đẳng thức 100 $\leqslant 3 \cdot 2^{n-3}$ suy ra $n \geqslant 9$. Vì vậy, $n=9$ và tập hợp {1, 2, 3, 5, 10, 20, 25, 50, 100} là có thể loại trừ.

Lưu ý rằng có các bộ chín phần tử khác thỏa mãn điều kiện bài toán. Ví dụ: tập {1, 2, 4, 6, 10, 20, 30, 50, 100} cũng phù hợp.

Yu. Nesterenko

M637. Cho tam giác đều ABC. Một đường thẳng song song với đường thẳng AC cắt các đường thẳng AB, BC lần lượt tại M và P. Điểm D là tâm tam giác PMB, điểm E là trung điểm đoạn AP. Tính các góc của tam giác DEC.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

23

Hình 5.
Hình 6.
MỘT)
B=M=P=D
x=0
b)
x=1
Hình 7.
x=1
Hình 8.

M638. Một số ô của một tờ giấy ca rô vô hạn được tô màu đỏ, các ô còn lại màu xanh lam, sao cho mỗi hình chữ nhật gồm 6 ô có kích thước 2x3 chứa đúng hai ô màu đỏ. Một hình chữ nhật gồm 99 ô có kích thước 9x11 có thể chứa bao nhiêu ô màu đỏ?

Độ chính xác $D$ và $D_1$ là tâm của các tam giác $MBP$ và $M_1BP_1$ lần lượt nằm trên đoạn $MP_1$ và chia nó thành ba phần bằng nhau. Do đó, $D_1E_1$ là đường giữa trong tam giác $DP_1C$, $|D_1E_1| = \frac{1}{2}|DC| = |DE|$ và $[D_1E_1] \parallel [DC]$. Nhưng $[D_1E_1]$ thu được từ $[DE]$ bằng cách xoay 60°; do đó $EDC = 60^\circ$. Phần còn lại là hiển nhiên.

Thứ ba lời giải (đại số, nhưng hầu như không có phép tính).

Gọi 1 là độ dài cạnh của tam giác $ABC$, $x$ độ dài cạnh của tam giác $MBP$ (Hình 6). Tại $x=0$ và $x=1$ (xem Hình 7)

$$|DC|^2 - |DE|^2 - |EC|^2 = 0.$$ (1)

Đẳng thức (1) có thể được xác minh dễ dàng cho $x = \frac{1}{2}$ (Hình 8). Tại thời điểm này, chúng ta cần tăng nó lên một chút: hãy vẽ $(DH) \parallel (AB)$ và $(DF) \parallel (AC)$. Chúng ta có $|DH| = \frac{1}{3}, |HE| = \frac{1}{12}, |EK| = \frac{1}{4}, |DF| = \frac{1}{6}$ và mỗi góc $DHE, EKC$ và $DFC$ là 120°. Theo định lý cosin trong tam giác $DHE, EKC$ và $DFC$

$$|DE|^2 = \frac{1}{9} + \frac{1}{144} + \frac{1}{36} = \frac{21}{144}, |EC|^2 = \frac{1}{16} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{63}{144}, |DC|^2 = \frac{1}{36} + \frac{4}{9} + \frac{1}{9} = \frac{84}{144},$$

từ đó theo sau (1).

Vế trái của sự tương ứng (1) là một tam giác vuông từ $x$ (bình phương độ dài các cạnh có thể được biểu thị từ các tam giác tương ứng bằng định lý cosine). Do những điều trên, tam giác này tại ba điểm ($x=0, x=\frac{1}{2}$ và $x=1$) biến mất. Điều này có nghĩa là nó cũng bằng không.

Do đó, (1) thỏa mãn với mọi $x$, nghĩa là với mọi $x$ tam giác $DEC$ là hình chữ nhật: $DEC = 90^\circ$.

Tương tự, người ta có thể kiểm tra xem một hình vuông có phải là hình tam giác hay không.

$$|DE|^2 - \frac{1}{4} \cdot |DC|^2$$ (2)

tại ba điểm ($x=0; \frac{1}{2}, 1$) cũng có giá trị bằng 0 và do đó thực tế cũng bằng 0. Vì vậy, $|DE| = \frac{1}{2}|DC|$, tức là, $CDE = 60^\circ$.

Một cái khác, thứ tư, lời giải dựa trên quan sát sau: tam giác $DPC$ được lấy từ tam giác $DKE$ bởi một phân nhóm trung tâm như vậy: thành phần của một phép quay qua một góc 60° với tâm $D$ và chuẩn bị với hệ số 2. Hãy thử viết lời giải này sao cho phù hợp cho cả ba trường hợp cùng một lúc (xem Hình 1, 2, 3).

L. Kuptsov

◆

Đáp số. Bất kỳ hình chữ nhật $9 \times 11$ nào cũng chứa 33 ô màu đỏ.

Bằng chứng. Hãy xem xét một ô màu đỏ tùy ý $K_0$ và xem xét một hình vuông $3 \times 3$ có tâm ở ô đó. Các ô liền kề với $K_0$ theo chiều ngang hoặc chiều dọc không thể có màu đỏ: ví dụ như trong Hình 1, ô $K$ có màu đỏ, thì trong hình chữ nhật bên phải hoặc bên trái $2 \times 3$ sẽ không còn ô màu đỏ nữa, do đó hình chữ nhật như vậy sẽ chỉ có một ô màu đỏ ($K_0$) - mâu thuẫn với các điều kiện. Vì vậy, các ô liền kề với $K_0$ thuộc về tiêu đề.

Tiếp theo, trong hình chữ nhật bên phải phải có ít nhất một ô màu đỏ - ví dụ trống sẽ là ô $K_1$, như trong Hình 2. Xét hình chữ nhật trên cùng và bên trái

24

Hình 1. Hình 2.

Hình 3.

Hình 4.

M639. Trong tứ diện ABCD (AC) ⊥ (BC) và (AD) ⊥ (BD). Chứng minh rằng cosin của góc giữa hai đường thẳng AC và BD nhỏ hơn |CD|/|AB|.

M640. Số $x \in [0; 1]$ được viết dưới dạng phân số thập phân vô hạn. Bằng cách sắp xếp lại 5 chữ số đầu tiên sau dấu thập phân theo bất kỳ thứ tự nào, chúng ta nhận được một phân số thập phân vô hạn mới tương ứng với một số $x_1$. Bằng cách sắp xếp lại ký hiệu thập phân của số $x_1$ từ chữ số thứ 2 đến thứ 6 sau dấu thập phân, ta thu được ký hiệu thập phân của số $x_2$. Tổng quát, hình vuông thứ mười $2 \times 3$, từ điều kiện bài toán ta suy ra rằng ở góc của hình vuông $3 \times 3$, đối diện với ô $K_1$, cũng phải có một ô màu đỏ - $K$, và các ô màu đỏ trong hình vuông này nằm theo đường chéo. Xem xét các hình vuông như vậy có tâm trong các ô $K_1$ và $K$ và di chuyển các hình vuông này dọc theo “đường chéo màu đỏ”, từ phép tính trên, chúng ta thu được rằng toàn bộ hàng chéo $KK_0K_1$ bao gồm các ô màu đỏ và hai hàng chéo bên trên và bên dưới màu đỏ được tạo thành từ các ô màu xanh lam, như trong Hình 3. Lập luận tương tự (xem Hình 3), chúng ta thấy rằng hai ô tiếp theo (trên cùng và dưới cùng) và vì hình chữ nhật $9 \times 11$ có thể chia thành 9 hình vuông $3 \times 3$ và 3 hình chữ nhật $2 \times 3$, ta kết luận rằng trong hình chữ nhật $9 \cdot 3 + 3 \cdot 2 = 33$ này có các ô màu đỏ.

Dễ dàng nhận thấy cách tô màu Hình 4 thỏa mãn điều kiện bài toán. Hơn nữa, mỗi hình vuông $3 \times 3$ chứa chính xác ba ô màu đỏ và vì hình chữ nhật $9 \times 11$ có ​​thể được chia thành 9 hình vuông $3 \times 3$ và 3 hình chữ nhật $2 \times 3$ nên chúng ta kết luận rằng trong hình chữ nhật $9 \cdot 3 + 3 \cdot 2 = 33$ này có các ô màu đỏ.

Trong phần giải cấu trúc ở trên, chúng tôi đã chứng minh được nhiều hơn mức yêu cầu của các điều kiện bài toán—trên thực tế, chúng tôi đã mô tả tất cả các cách tô màu có thể có.

Hầu hết độc giả đã hiểu đúng: hình chữ nhật $9 \times 11$ có thể dễ dàng chia thành 16 hình chữ nhật $2 \times 3$, sau đó dải $1 \times 3$ sẽ vẫn còn. Từ điều kiện dễ thấy rằng dải này chỉ có thể chứa một ô màu đỏ, do đó chỉ có $16 \cdot 2 + 1 = 33$ ô màu đỏ trong toàn bộ hình chữ nhật. Sau đó, chỉ cần đưa ra một ví dụ về cách tô màu thỏa mãn điều kiện bài toán là đủ.

Lưu ý rằng trong bài toán này, không cần thiết phải tô màu toàn bộ mặt phẳng một cách điên cuồng - chúng ta có thể giới hạn tô màu 99 ô của hình chữ nhật $9 \times 11$.

A. Zemlyakov

Hãy vẽ $(BE) \parallel (CA)$ và $(AE) \parallel (CB)$ (xem hình). Cosin của góc giữa hai đường thẳng AC và BD là $|\cos DBE|$.

Mặt khác, tứ giác $ACBE$ là hình chữ nhật nên $|AB| = |CE|$ và $|CD|/|AB| = |CD|/|CE|$.

Lưu ý rằng các đỉnh của góc vuông $ACB, ADB, AEB$ nằm trên một hình cầu có đường kính $AB$. Đoạn $CE$ cũng chính là đường kính của hình cầu này nên góc $CDE$ là đường thẳng và $|CD|/|CE| = \cos DCE$. Bất đẳng thức cần tìm bây giờ có dạng $|\cos DBE| < \cos DCE$.

Gọi $R$ là bán kính của hình cầu và $r$ là bán kính của hình tròn do tiết diện hình cầu với mặt phẳng $BDE$. Vì mặt phẳng này không đi qua tâm hình cầu nên $r < R$ và từ các đẳng thức $2r \cdot \sin DBE = |DE| = 2R \cdot \sin DCE$ chúng ta thu được $\sin DBE > \sin DCE$. Vì vậy, $|\cos DBE| < |\cos DCE| = \cos DCE$.

Yu. Nesterenko

M640. Số $x \in [0; 1]$ được viết dưới dạng phân số thập phân vô hạn. Bằng cách sắp xếp lại 5 chữ số đầu tiên sau dấu thập phân theo bất kỳ thứ tự nào, chúng ta nhận được một phân số thập phân vô hạn mới tương ứng với một số $x_1$. Bằng cách sắp xếp lại ký hiệu thập phân của số $x_1$ từ chữ số thứ 2 đến thứ 6 sau dấu thập phân, ta thu được ký hiệu thập phân của số $x_2$. Nói chung, hình vuông thứ mười $2 \times 3$, từ điều kiện bài toán, chúng ta suy ra rằng ở góc trong các phần của các chữ số có số $10^n < k < 10^n + 5$ cho tất cả các số tự nhiên $n$: cùng với 1010 ở những vị trí này chúng ta đặt 1100. Các hạt của các chữ số từ số -

25

ký hiệu của số $x_{k+1}$ có được bằng cách sắp xếp lại các số trong ký hiệu $x_k$ từ $(k+1)$ đến $(k+5)$ sau dấu thập phân.
a) Chứng minh rằng dù các số trên mỗi số được sắp xếp lại như thế nào thì dãy số $x_k$ luôn có giới hạn nào đó.
Hãy để chúng tôi biểu thị giới hạn này bằng $y$.
b) Tìm hiểu xem có thể thu được số vô tỉ $y$ từ số hữu tỉ $x$ bằng cách sử dụng quy trình được mô tả hay không.
b) Nghĩ ra một phân số $x$ mà quá trình này luôn dẫn đến các số vô tỷ, bất kể hoán vị của các chữ số của số năm trên mỗi dòng là bao nhiêu.

C) Đặt $y$ phân số $x$ ở các vị trí có số $10^n < k \leq 10^n+5$ đối với mọi tự nhiên $n$ là đơn vị, các số còn lại là số 0. Hãy chứng minh rằng khi không chuyển động thì phân số $x$ trở thành tuần hoàn. Giả sử điều ngược lại: với một số chuyển động tuần tự của các chữ số của số năm, thu được phân số tuần hoàn $y$. Lưu ý rằng khi di chuyển, số của một chữ số đã cho (số 0 hoặc số đơn vị) không thể giảm nhiều hơn số chẵn. Trong số các số từ số đầu tiên đến số $(10^n+5)$ sau dấu thập phân chỉ có $5n$ đơn vị, và do đã thay thế trước đó nên số của chúng ở phần này không thể tăng lên. Nếu trong chu kì của phân số $y$ có $p$ chữ số và trong số đó có $q>0$ đơn vị, thì với $n$ đủ lớn trong phần chữ số có số $1 \leq k \leq 10^n$ sẽ có ít nhất $q \cdot \left[ \frac{10^n-N}{p} \right]$ đơn vị, trong đó $N$ là số chữ số $y$, mà tính tuần hoàn bắt đầu. Do đó, chúng ta thu được bất đẳng thức $q \cdot \left[ \frac{10^n-N}{p} \right] \leq 5n$, điều này không đúng khi đạt được $n$ lớn. Do đó, người ta không thể, bắt đầu từ một nơi nào đó, chỉ có số không.

Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng đối với bất kỳ chuyển động nào của phân số $x$, bất kỳ số chia nào tính từ dấu thập phân, đơn vị đều phải được giữ nguyên. Trong số các chữ số của phân số $x$ từ dấu thập phân thứ nhất đến dấu thập phân thứ $(10^n+1)$ có ​​một số số 0. Vì các số 0 ở xa dấu thập phân có các số bắt đầu bằng $10^n+6$ nên sau khi di chuyển chúng không thể rơi vào vùng được chỉ định; số lượng số 0 trên đó sẽ không tăng và số lượng số 1 tương ứng với nó sẽ không giảm. Do đó, các chữ số có số $10^n+1 \leq k \leq 10^n+5$ đơn vị trong phân số $x$ không thể di chuyển tất cả chúng sang bên phải - ít nhất một đơn vị phải nằm trong vùng từ chữ số đầu tiên đến chữ số thứ $(10^n+1)$. Mặt khác, chúng cũng không thể dịch sang phải hơn đến vị trí thứ tư, do đó, với bất kỳ $n$ nào trong phần chữ số có số $10^n-3 \leq k \leq 10^n+1$ thì phân số $y$ sẽ còn lại một đơn vị. Rõ ràng, điều này mâu thuẫn với thực tế là chu kỳ của phân số chỉ bao gồm số 0.

A. Zemlyakov

F647. Một giọt mưa lớn khiến những đám mây bay không có gió ở độ cao lớn hơn. Tại thời điểm gia tốc rơi bằng 7,5 m/s2 thì tốc độ của nó là 20 m/s. Gần đó, một giọt nước rơi với tốc độ không đổi $u$, tự động đập vào kính bên, để lại vết trên đó một góc $30^\circ$ so với phương thẳng đứng. Thanh tra GAN có phạt người lái xe chạy quá tốc độ nếu tốc độ cho phép tự động là 60 km/h không? Coi lực cản của không khí tỉ lệ thuận với tốc độ rơi.

♦

Hãy viết định luật thứ hai của Newton khi gia tốc rơi là $a=7,5$ m/s² và tốc độ là $v_1=20$ m/s:

$$ma=mg-kv_1^2,$$

trong đó $kv_1^2$ là giá trị của lực cản tại thời điểm này.

Ở gần mặt đất, giọt nước chuyển động với tốc độ không đổi $v_2$, do đó:

$$mg=kv_2^2.$$

Vì vết do một giọt nước để lại trên kính tạo một góc $\alpha=30^\circ$ với phương thẳng đứng nên tốc độ rơi và tốc độ của vật tự động $v$ có liên hệ với nhau bởi hệ thức

$$v=v_2tg\alpha.$$

Từ phương trình (1) - (3) ta tìm được tốc độ tự động:

$$v=\frac{v_1tg\alpha}{\sqrt{1-a/g}} \approx 23,8\text{ м/c} \approx 85,7\text{ км/ч}.$$

Tiền phạt thêm vào ngọn lửa.

B. Belonukin

26

F648. Cấu trúc bản lề bao gồm ba hình thoi, các cạnh có tỷ lệ 3:2:1 (Hình 1). Đỉnh $A_3$ di chuyển theo hướng ngang với tốc độ $v_0$. Xác định vận tốc của các đỉnh $A_1, A_2, B_1$ tại thời điểm mọi công trình đều thẳng.

Hình 1.

Hình 2.

F649. Trong xô có hỗn hợp nước và đá. Khối lượng của hỗn hợp là 10 kg. Chiếc xô được mang vào phòng và họ ngay lập tức bắt đầu thay đổi nhiệt độ của hỗn hợp. Đồ thị kết quả của sự phụ thuộc $t(\tau)$ được hiển thị trong hình. Nhiệt độ riêng của nước $c_B = 4200$ J/(kg K) và nhiệt độ của nước đá $\lambda = 3,4 \cdot 10^5$ J/kg đã được biết. Xác định xem có bao nhiêu đá trong xô khi nó được mang vào phòng. Bỏ qua nhiệt dung của thùng.

F650. Để thu được điện áp, giá trị của điện áp này phụ thuộc ít vào nhiệt độ, người ta lắp ráp một mạch điện theo Hình 1. Các đặc tính vôn kế của diode D ở ba nhiệt độ môi trường khác nhau $t_1 = 125^\circ C$, $t_2 = 25^\circ C$, $t_3 = -60^\circ C$ được đưa ra.

Từ điều kiện bài toán suy ra rằng trong quá trình chuyển động của cấu trúc giữa các độ dài $l_1, l_2, l_3$ của các đoạn $A_0A_1, A_0A_2, A_0A_3$ sự tương ứng được duy trì

$$l_1:l_2:l_3 = 3:5:6.$$

Do đó, vận tốc của các điểm $A_1, A_2, A_3$ tương ứng

$$|\vec{v}_{A1}|:|\vec{v}_{A2}|:|\vec{v}_{A3}| = 3:5:6,$$

và do đó

$$|\vec{v}_{A1}| = \frac{v_0}{2}, |\vec{v}_{A2}| = \frac{5v_0}{6}.$$

Bây giờ chúng ta hãy xem xét chuyển động của liên kết giữa ($A_1B_2A_2C_2$) tại thời điểm các góc của cấu trúc vuông góc. Trong hệ thống báo cáo chuyển động với tốc độ $\vec{v}_{A1}$, tại thời điểm này tốc độ $\vec{v}'_{B2}$ của điểm $B_2$ hướng dọc theo cạnh $B_2A_2$; tốc độ của điểm $A_2$ hướng theo phương ngang và bằng

$$|\vec{v}'_{A2}| = |\vec{v}_{A2} - \vec{v}_{A1}| = \frac{v_0}{3}.$$

Từ trạng thái không hoạt động của thanh $B_2A_2$ ta có (Hình 2, a):

$$|\vec{v}'_{B2}| = |\vec{v}'_{A2}| \sin 45^\circ = \frac{v_0 \sqrt{2}}{6}.$$

Chúng ta sẽ tìm tốc độ của điểm $B_2$ so với hệ thống báo cáo đứng yên bằng định lý cosine (Hình 2, b):

$$|\vec{v}_{B2}|^2 = |\vec{v}_{A1}|^2 + |\vec{v}'_{B2}|^2 + 2 \frac{\sqrt{2}}{2} |\vec{v}_{A1}| |\vec{v}'_{B2}| = \frac{17}{36} v_0^2,$$

$$|\vec{v}_{B2}| = \frac{v_0}{6} \sqrt{17}.$$

S. Krotov

◆

Như có thể thấy từ biểu đồ, trong 50 phút đầu tiên, nhiệt độ của hỗn hợp không thay đổi và duy trì ở mức 0°C. Tất cả thời gian này, nhiệt mà hỗn hợp nhận được từ phòng được sử dụng để làm đá. Sau 50 phút, toàn bộ băng tan và nhiệt độ nước bắt đầu tăng lên. Trong 10 phút (từ $\tau_1 = 50$ phút đến $\tau_2 = 60$ phút), nhiệt độ tăng thêm $\Delta t = 2^\circ C$. Nhiệt lượng cung cấp cho nước từ phòng trong thời gian này bằng $q = c_B M \Delta t = 8,4 \cdot 10^4$ J ($M = 10$ kg - khối lượng của nước). Điều này có nghĩa là trong 50 phút đầu tiên của hỗn hợp, lượng nhiệt $Q = 5q = 42 \cdot 10^5$ J tỏa ra từ phòng. Nhiệt lượng này được sử dụng để kéo khối lượng $m$ của băng: $Q = \lambda m$. Như vậy,

$$m = \frac{Q}{\lambda} \approx 1,23 \text{ кг}.$$

A. Buzdin

◆

Diode được mắc nối tiếp với nguồn bằng các điện trở có điện trở $R_{06\mu}$ = $5,2 \cdot 10^3$ Ohm. Do đó, tại bất kỳ thời điểm nào (ở bất kỳ nhiệt độ nào) dòng điện trong mạch đều bằng

$$I = \frac{U - U_0}{R_{06\mu}}.$$

trong đó $U, U_0$ là các giá trị điện áp tại nguồn và tại diode tại một thời điểm nhất định.

27

Chúng ta hãy vẽ đồ thị sự phụ thuộc $I(U_\pi)$ trong Hình 2 cho ba nhiệt độ khác nhau:

$$t_1 = +125^\circ C - U_{125} = 8,5 \text{ B}, \quad I_{125} = \frac{8,5 - U_{\pi,125}}{5,2} \text{ мА};$$

$$t_2 = +25^\circ C - U_{25} = 6 \text{ B}, \quad I_{25} = \frac{6 - U_{\pi,25}}{5,2} \text{ мА};$$

$$t_3 = -60^\circ C - U_{-60} = 3,875 \text{ B}, \quad I_{-60} = \frac{3,875 - U_{\pi,-60}}{5,2} \text{ мА}.$$

Giao điểm của các đồ thị này với đặc tính dòng điện-điện áp của diode (đối với nhiệt độ tương ứng) xác định các giá trị điện áp trên diode và dòng điện trong mạch ở nhiệt độ nhất định. Từ Hình 2, chúng tôi tìm thấy (tất nhiên là gần đúng):

$$U_{\pi,125} = 0,77 \text{ B}, \quad I_{125} = 1,48 \text{ мА};$$

$$U_{\pi,25} = 0,8 \text{ B}, \quad I_{25} = 1 \text{ мА};$$

$$U_{\pi,-60} = 3,875 \text{ B}, \quad I_{-60} = 0,58 \text{ мА}.$$

Tương ứng giá trị điện áp $U_{AB} = U_\pi + I \cdot 0,2$ (V) giữa các cực $A$ và $B$ —

$$U_{AB,125} = 1,07 \text{ B};$$

$$U_{AB,25} = 1 \text{ B};$$

$$U_{AB,-60} = 0,94 \text{ B}.$$

Như vậy, hệ số nhiệt độ đặc trưng cho sự thay đổi tương đối (tương đối $U_{AB,25}$) của điện áp $U_{AB}$ khi nhiệt độ thay đổi từ $-60^\circ C$ thành $+125^\circ C$ bằng

$$\alpha = \frac{\Delta U_{AB}}{\Delta t \cdot U_{AB,25}} \approx 7 \cdot 10^{-4} \text{ град}^{-1}.$$

So với hệ số nhiệt độ ban đầu $\alpha_0 = \frac{25 \cdot 10^{-3}}{6} \approx 4 \cdot 10^{-3} \text{ град}^{-1}$, giá trị thu được $\alpha$ nhỏ hơn khoảng 6 lần.

Hãy suy nghĩ về cách thay đổi điện trở của các điện trở để bù gần như hoàn toàn sự mất ổn định nhiệt độ của nguồn.

A. Zilberman

F651. Một câu chuyện khoa học viễn tưởng mô tả một tình huống khẩn cấp trong đó một phi hành gia có khối lượng $M = 100$ kg thấy mình ở khoảng cách $l = 100$ m với một con tàu có một cốc nước đóng băng. Đảm bảo sự thăng hoa (bốc hơi) của băng, phi hành gia quay trở lại tàu. Phương thức hoàn vốn này có thực tế không? Hãy ước tính xem phi hành gia sẽ mất bao lâu để quay trở lại tàu vũ trụ. Hãy xem xét rằng sự thăng hoa của băng xảy ra ở nhiệt độ không đổi $T = 272$ K. Áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ này là $p_H = 550$ Pa. Hằng số khí phổ quát là $R = 8,3 \times 10^3$ J/(kmol·K). Tự mình đặt kích thước của ly và khối lượng đá.

Nếu kính đóng chặt thì số phân tử rơi trên bề mặt băng trong một đơn vị thời gian sẽ bằng số phân tử thăng hoa trên bề mặt (cân bằng động); trong điều kiện này, áp suất hơi bão hòa $p_H$ thay đổi. Cả hai dòng khối lượng được chỉ định đều bằng nhau theo mô hình $\frac{1}{6} \rho_H \bar{v} S$ (kg/s), trong đó $\rho_H = p_H \mu/RT$ là mật độ của hơi bão hòa, $S$ là mật độ của bề mặt băng, $\mu$ là khối lượng mol của băng, $\bar{v} \approx \sqrt{3RT/μ}$ là tốc độ trung bình của các phân tử, hệ số nhân $1/6$ (hay chính xác hơn là $1/4$) sẽ tính đến hướng chuyển động “theo một trong sáu hướng có thể.” Khi kính mở ra, dòng phân tử bay đi vẫn như cũ nhưng không có phân tử quay trở lại; áp suất khủng khiếp là $1/2p_H$. Chúng ta hãy ước tính thời gian bay hơi hoàn toàn bằng cách thay khối lượng ban đầu của nước đá $m \approx 0,2$ kg, mật độ của thủy tinh $S \approx 30$ cm$^2$, $\mu = 18$ kg/kmol:

$$\tau \sim \frac{m}{\frac{1}{6} \rho_H \bar{v} S} \approx \frac{6m}{p_H S} \sqrt{\frac{RT}{3\mu}} \approx \frac{6 \cdot 0,2}{550 \cdot 3 \cdot 10^{-3}} \sqrt{\frac{8,3 \cdot 10^3 \cdot 272}{3 \cdot 18}} \approx 150 \text{ c}.$$

Lưu ý rằng do đó, thời gian bay hơi sẽ lâu hơn, vì xác suất để các phân tử bám trên bề mặt băng “dính” vào nó bằng cái gọi là hệ số ngưng tụ và tất nhiên là nhỏ hơn 1; Theo đó, một yếu tố phải được đưa vào dòng bay hơi, ít

28

1. Hơn nữa, có lẽ không phải tất cả các phân tử sau khi bay hơi đều có thể bay đi ngay lập tức đến vô tận; Một số trong chúng có thể quay trở lại do va chạm ở pha hơi. Vì vậy, chúng tôi đã ước tính được thời gian bay hơi của sizu.

Trong khi băng đang bay hơi, gia tốc của phi hành gia là $a = p_H S/2M$. Trong thời gian này anh ta sẽ bay một quãng đường $L = a\tau^2/2 \approx 100\text{ m} = l$.

Xem xét tính chất gần đúng của các ước tính của chúng tôi, chúng tôi có thể nói rằng phi hành gia sẽ quay trở lại tàu trong thời gian $\gtrsim 100\text{ c}$.

A. Stasenko

F652. Mạch điện trong hình bao gồm hai điện trở giống hệt nhau $R_2 = R_3 = R$ và hai điện trở phi tuyến tính giống hệt nhau $R_1$ và $R_4$, đặc tính điện áp của chúng có dạng $U = \alpha I^2$, trong đó $\alpha$ là hệ số hằng số vĩnh cửu neotary. Ở hướng nào của nguồn điện $U_0$ thì dòng điện qua điện kế $\Gamma$ có bằng 0 không?

F653. Một số phần tử Z, được nối với pin có emf $\varepsilon = 10\text{ B}$ và điện trở trong $r = 10\text{ K}\Omega$, được nối với nguồn dòng điện bên ngoài như trong Hình 1. Đặc tính điện áp-điện áp của mạch như vậy được thể hiện trong Hình 2 (đường cong màu đen). Vẽ đặc tính vôn kế của phần tử Z.

Hình 1. Hình 2. $I_6(U)$

F654. Giá đỡ khối lượng M được đặt trên bàn chính. Một quả cầu khối lượng m được gắn vào một giá ba chân bằng một sợi dây mảnh có chiều dài l. Sợi chỉ bị lệch một góc nhỏ a và được thả ra (Hình 1). Narip

Cho dòng điện chạy qua một nhánh của mạch I. Vì cả hai điện trở tuyến tính và phi tuyến đều giống nhau nên dòng điện giống nhau chạy trong các nhánh của mạch. Điện áp của nguồn điện là

$$U_0 = IR + \alpha I^2.$$

Vậy qua điện kế bằng 0 khi điện thế của điểm A bằng điện thế của điểm B. Do đó

$$IR = \alpha I^2 \Rightarrow I = \frac{R}{\alpha}.$$

Thay giá trị dòng điện này vào phương trình (*), ta tìm được hướng của nguồn tại đó dòng điện qua điện kế bằng 0:

$$U_0 = 2 \frac{R^2}{\alpha}.$$

V. Skorovarov

Hãy xây dựng đặc tính đồng hồ đo điện áp của pin. Theo định luật Ohm đối với một mạch điện hoàn chỉnh, hướng $U_6$ trên pin và dòng điện $I_6$ chạy qua pin có liên hệ với nhau bởi

$$U_6 = \varepsilon - I_6 r.$$

Vì tế bào Z và pin được kết nối song song nên $U_6 = U_2 = U$ (U là hướng của nguồn bên ngoài).

Trong hình 2, đặc tính của đồng hồ đo điện áp của ắc quy là đường thẳng màu xanh.

Dòng điện $I_2$ chạy qua phần tử Z bằng hiệu đại số $I - I_6$. Để xây dựng đặc tính vôn kế của phần tử Z, với mỗi giá trị hướng cố định $U$, hãy tìm giá trị $I_2$ bằng cách trừ tọa độ $I_6$ của điểm tương ứng của đặc tính vôn kế $I_6(U)$ khỏi tọa độ của điểm tương ứng của đặc tính vôn kế của mạch điện.

Trong Hình 2, đặc tính điện áp $I_2(U)$ là đường cong màu đỏ.

V. Mozhaev

Ở một góc lệch nhỏ α, chuyển động của quả bóng khác rất ít so với phương ngang. Theo phương ngang, không có ngoại lực nào tác dụng lên hệ và động lượng của hệ (chính xác hơn là hình chiếu của động lượng lên trục hoành) không đổi - bằng 0. Do đó, khi bóng di chuyển, ống chân sẽ di chuyển theo hướng ngược lại

29

tương ứng với biểu đồ tốc độ của shativa theo thời gian. Quả bóng va chạm với đế của shativa hoàn toàn đàn hồi.

Hình 1.
$$\begin{align*} |AO|: |OB| &= m : M; \\ A'O'|: |O'B| &= m : M \\ A'O'| + |O'B| &= l \end{align*}$$

$$\Rightarrow |O'B| = l \frac{M}{m+M}.$$

Hình 2. $\tau = \frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{l}{g} \frac{M}{m+M}}$.

F655. Hiện nay, các cuộn dây điện từ có cuộn dây siêu dẫn được sử dụng. Những cuộn dây điện từ như vậy có thể tạo ra từ trường trong thời gian dài mà không tiêu tốn năng lượng. Tuy nhiên, nếu vì lý do nào đó mà một phần của cuộn dây điện từ mất đi đặc tính siêu dẫn thì sẽ xảy ra tai nạn. Tại khu vực này, một lượng lớn dòng điện sẽ được giải phóng và một vụ nổ sẽ xảy ra. Hãy nghĩ ra thiết bị đơn giản nhất để loại bỏ những tai nạn như vậy (đừng cố nghĩ ra bất kỳ mạch nào có rơle mở mạch - chúng sẽ không giúp ích gì).

bên; Các giá trị tuyệt đối $v$ và $u$ của vận tốc của cá mập và shativ (chính xác hơn là hình chiếu của vận tốc tương ứng trên trục hoành) có liên quan với nhau bởi mối quan hệ

$$mv = Mu.$$

Khối tâm của hệ (điểm $O$ trong Hình 1) đứng yên; Điều này có nghĩa là điểm $O'$ cũng vẫn cố định.

Như vậy, chuyển động của quả cầu là sự dao động của một nam châm với chiều dài của sợi dây

$$l' = |O'B| = l \frac{M}{m+M}$$

(xem hình 1). Tần số của dao động này là

$$\omega = \sqrt{\frac{g}{l'}} = \sqrt{\frac{g}{l} \frac{m+M}{M}};$$

tốc độ bóng -

$$v = v_M \sin \sqrt{\frac{g}{l}} \frac{m+M}{M} t,$$

trong đó $v_M = \omega x_M = \sqrt{\frac{g}{l}} \frac{m+M}{M} l \sin \alpha$ là giá trị tốc độ tối đa (theo ý kiến ​​​​của tôi), $x_M = l \sin \alpha$ là biên độ của hỗn hợp Shark.

Sử dụng hệ thức (*), chúng ta tìm được tốc độ của shativa:

$$u = \left( \frac{m}{M} \sqrt{\frac{g}{l}} \frac{m+M}{M} l \sin \alpha \right) \sin \sqrt{\frac{g}{l}} \frac{m+M}{M} t =$$

$$= u_M \sin \sqrt{\frac{g}{l}} \frac{m+M}{M} t.$$

Sau mỗi va chạm đàn hồi, hướng của vận tốc $v_M$ và $u_M$ bị đảo ngược (kiểm tra điều này).

Đồ thị vận tốc của tàu con thoi theo thời gian được thể hiện trên Hình 2.

A. Zilberman

◆

Cách đơn giản nhất để ngăn ngừa tai nạn khi bất kỳ bộ phận nào của cuộn dây được nối với kết nối siêu dẫn là đùa giỡn với cuộn dây. Trước đây, những dây dẫn lớn bằng đồng được sử dụng làm dây dẫn được đặt bên ngoài cuộn dây.

Hiện nay, cuộn dây siêu dẫn được chế tạo từ một bó sợi siêu dẫn mỏng được đặt trong một ma trận kim loại có độ dẫn điện và nhiệt cao - đồng hoặc nhôm. Khi kết nối siêu dẫn được thiết lập ở bất kỳ phần nào của cuộn dây, dòng điện sẽ chạy qua một dây dẫn bằng đồng lớn có điện trở thấp.

G. Myakshev

30

Đối với cuộc thi
“Liên vũ trụ nhỏ”

Số trước của tạp chí của chúng tôi có thông tin về cuộc thi toàn Liên minh dành cho học sinh trung học và sinh viên chuyên nghiệp có tên là “Intercosmos nhỏ”. Dưới đây chúng tôi cung cấp danh sách gần đúng các vấn đề được các chuyên gia đề xuất cho những người tham gia cuộc thi này.

1. Trái Đất - Không Gian - Trái Đất

— Được biết, “trần” của hàng không là khoảng 30 km, giới hạn dưới của chuyến bay vệ tinh là khoảng 180 km. Đề xuất nguyên lý vật lý của chuyến bay ở độ cao trung bình.

— Khi phóng tàu vũ trụ, giai đoạn đầu tiên của gói miễn phí sẽ biến mất và rơi xuống Trái đất. Phát triển các tùy chọn để sử dụng các giai đoạn này của gói.

Gợi ý:

• các phương pháp kinh tế để đưa hàng hóa vào quỹ đạo, một dự án về máy bay không gian có thể được sử dụng không chỉ cho các chuyến bay vào quỹ đạo mà còn như một phương tiện quốc tế;

• phương hướng và hình thức làm việc chung của học sinh và phi hành đoàn trạm vũ trụ vì lợi ích của nền kinh tế quốc gia (ví dụ: quan sát song song các học sinh trên Trái đất và không gian từ quỹ đạo, tình trạng cây trồng, lưu vực nước, rừng, v.v.);

• một cách để tiết kiệm không gian trong trường hợp khẩn cấp trên tàu vũ trụ quỹ đạo. Một trong những lựa chọn giải cứu là đưa vũ trụ trở lại Trái đất bằng các phương tiện cá nhân;

— một cách để mô phỏng các điều kiện không gian khác nhau trên Trái đất;

— phương pháp xác định trạng thái hóa học của đất bằng cách nghiên cứu một khu vực từ không gian, xác định sự thiếu hụt hoặc dư thừa các chất dinh dưỡng;

— các hình thức giảng dạy khoa học và công nghệ vũ trụ về lời giải vấn đề môi trường;

• phương pháp nghiên cứu tài nguyên thiên nhiên của Trái đất.

2. Ngôi nhà trên quỹ đạo

— Trong những chuyến bay dài, trạng thái không gian bị ảnh hưởng tiêu cực bởi sự đơn điệu của tình huống. Đề xuất cách thay đổi tình hình trên trạm theo yêu cầu của vũ trụ.

3. Công nghiệp trong không gian

— Các thí nghiệm được thực hiện trong điều kiện thời gian để phát triển tinh thể và thu được

31

hợp kim từ các vật liệu có trọng lượng loại bỏ khác nhau. Đề xuất các quy trình công nghệ khác có thể áp dụng trong không gian.

— Việc sử dụng các công cụ trần thế thông thường ở ngoài không gian là khó khăn (ví dụ, đóng đinh bằng búa rất khó). Hãy nghĩ đến các công cụ (búa, tuốc nơ vít, cờ lê, v.v.) có thể được sử dụng trong môi trường không có không khí.

— Một số lượng lớn tàu vũ trụ đã hết tuổi thọ sử dụng đang di chuyển trên các quỹ đạo khác nhau quanh Trái đất. Phát triển các dự án để sử dụng chúng.

Gợi ý:

• một thiết bị được thiết kế để làm nguội nhanh kim loại lỏng (đến trạng thái rắn) và giữ nó ở trạng thái lơ lửng trên trạm quỹ đạo;
• phương pháp đo tần số dao động của nước trôi tự do trong cabin trạm;
• các phương pháp đo bề mặt lắng đọng trong điều kiện không tái sinh, cũng như nhiệt độ của kim loại lỏng theo cách không tiếp xúc;
  — bộ phận cấu tạo của bộ khuếch đại (làm bằng thủy tinh hoặc thạch anh), trong đó bạn có thể đặt một vật liệu rắn (kim loại hoặc chất bán dẫn) lấp đầy hoàn toàn âm lượng của bộ khuếch đại này. Điều quan trọng là khi đun nóng, nó không bị nứt do thay đổi thể tích vật liệu;
  — cách thu được năng lượng mặt trời trong không gian với số lượng lớn và vận chuyển nó đến Trái đất;
  — cách sử dụng trực tiếp năng lượng trong không gian sẽ được các nhà máy điện mặt trời trên quỹ đạo tiếp nhận;
  — các quá trình hóa học diễn ra thành công trong điều kiện không xa xôi;
• một dự án sản xuất hóa chất không gian, nguyên liệu thô sẽ là nguyên liệu của các hành tinh trong hệ mặt trời và thiên thể.

4. Ở ngoài không gian

• Phát triển các phương tiện cố định và di chuyển phi hành gia trên bề mặt tàu vũ trụ.
  — Trên Trái đất, trên không và dưới nước, với sự trợ giúp của các thiết bị đặc biệt (ví dụ: xe đạp), một người có thể di chuyển chỉ bằng sức mạnh cơ bắp của mình. Hãy nghĩ ra cách di chuyển trong không gian giữa hai con tàu gần nhau dựa trên nguyên tắc này.
  — Phát triển thiết kế mô phỏng robot có điều khiển từ xa hoặc điều khiển theo chương trình để thực hiện công việc lắp đặt trên quỹ đạo Trái đất thấp trong không gian vũ trụ.
  — Nếu một vệ tinh có độ cao quỹ đạo 36.000 km và được phóng trong mặt phẳng xích đạo về các phía theo chuyển động quay hàng ngày của Trái đất thì vệ tinh đó sẽ luôn ở trên cùng một điểm trên đường xích đạo của Trái đất. Điều này rất thuận tiện cho việc sử dụng các vệ tinh như bộ lặp đài và truyền hình. Đề xuất những cách khác để sử dụng tàu vũ trụ như vậy.
  — Quan sát đồng thời cùng một đối tượng bằng hai hoặc nhiều thiết bị viễn thông vô tuyến
  Pami, các nhà thiên văn học thu được độ phân giải góc cao (phương pháp đo bức xạ). Có thể và làm thế nào để tạo ra cùng một giao thoa kế quang học dựa trên hai hoặc nhiều kính thiên văn?
  — Được biết, việc liên lạc với phi hành gia bên ngoài tàu có thể được duy trì thông qua các kênh radium và truyền hình; giả sử một loại liên lạc bổ sung (khẩn cấp) giữa phi hành gia và phi hành đoàn trên trạm.
  “Chụp ảnh và quay phim có tầm quan trọng rất lớn trong chương trình khoa học khám phá không gian. Đồng thời, thiết kế hiện đại của bộ đồ du hành vũ trụ không cho phép đưa thị kính vào mắt. Phát triển các phương án đưa điều kiện quay phim trong không gian gần hơn với điều kiện trên Trái đất.”
  Đề xuất việc vận chuyển phương tiện liên lạc giữa hai tàu vũ trụ (tàu vũ trụ).

Coi như:

• cơ quan quản lý, tổ chức nơi làm việc trong các thiết bị này nên như thế nào;
  — nhà thiết kế các phương tiện vận chuyển cá nhân để di chuyển các nhà lắp ráp phi hành gia trong không gian mở trong không gian gần Trái đất;
• nhà thiết kế một thiết bị di động có thể tháo rời để vận chuyển hàng hóa trong quá trình lắp đặt trong thám hiểm không gian;
  — các phương thức vận chuyển, ngoài máy bay phản lực, có thể được sử dụng trong thám hiểm không gian;
  — phương pháp và thiết bị để tiến hành thí nghiệm khám phá không gian nhằm đánh giá sự phối hợp tay-mắt và tốc độ chuyển động trong phản ứng của nhà du hành vũ trụ;
  — dự án của riêng bạn để hỗ trợ thiên văn trong không gian;
• phương pháp sử dụng tia laser trong không gian vũ trụ;
• phương tiện để mang các dụng cụ nghiên cứu lên tàu vũ trụ ở khoảng cách vài chục mét sau đó quay trở lại tàu vũ trụ.

5. Khám phá hệ mặt trời

– Trong vài thập kỷ nữa, các chuyến bay đến bất kỳ thiên thể nào trong hệ mặt trời sẽ bắt đầu. Hãy suy nghĩ xem nên tổ chức hỗ trợ ở đâu và vì lý do gì là tốt nhất:
a) nghiên cứu vật lý của Mặt trời;
b) nghiên cứu các ngôi sao và các thiên hà xa xôi.
— Trong văn học, tôi đã bày tỏ ý tưởng tạo ra bầu khí quyển nhân tạo trên Mặt trăng. Phát triển một dự án để thực hiện ý tưởng này.
— Phương thức vận chuyển nhanh nhất trên Trái đất là máy bay. Phát triển thiết kế cho một bộ máy thích hợp để vận chuyển thuyền và hàng hóa nhanh chóng trong điều kiện của Sao Kim và Sao Hỏa.
— Trên các hành tinh khổng lồ, có nhiều cách để tăng đáng kể độ phân giải góc nhằm tạo điều kiện thuận lợi cho công việc của các nhà thiên văn học trên hành tinh đó.

32

Danh sách tài liệu được đề xuất

V. I. Alimov, V. P. Denisov, A. A. Ermilov, A. V. Kirsanov. Tàu vũ trụ có người lái và các trạm quỹ đạo của Liên Xô. M., “Kỹ thuật cơ khí”, 1976.

A. Antrushin. Tên lửa không gian của tương lai. Trong cuốn sách “Tôi muốn biết mọi thứ”. L., 1973.

V. Alekseev, I. S. Minchin. Sao Kim tiết lộ bí mật. M., “Kỹ thuật cơ khí”, 1975.

A. N. Bushko và V. S. Gorodinskaya. Một năm trên một con tàu vũ trụ. M., “Đội cận vệ trẻ”, 1975.

M. Borisov. Tại xưởng đóng tàu vũ trụ. M., “Kỹ thuật cơ khí”, 1976.

V. P. Burdak, F. Yu. Siegel. Cơ sở vật chất của du hành vũ trụ. “Nguyên tử”, 1975.

V. S. Gubarev. Biên niên sử về một cuộc hành trình, hoặc câu chuyện về Lunokhod đầu tiên. M., “Đội cận vệ trẻ”, 1971.

Yu. A. Gagarin. Có một trò chơi! (tuyên bố, bài phát biểu, thư từ, phỏng vấn). M., “Đội cận vệ trẻ”, 1971.

Yu. A. Gagarin, V. Lebedev. Tâm lý và không gian. M., “Đội cận vệ trẻ”, 1976.

I. N. Galkin. Địa vật lý của Mặt Trăng. M., “Nuuka”, 1978.

K. A. Gilzin. Tàu điện liên hành tinh. M., “Nuuka”, 1970.

Yu. N. Glazkov, L. S. Khachaturyants, E. V. Khrunov. Ở quỹ đạo bên ngoài con tàu. M., “Kiến thức”, 1977.

V. P. Glushko. Con đường trong công nghệ tên lửa. M., “Kỹ thuật cơ khí”, 1977.

A.F. Evchch. Công nghiệp trong không gian. “Công nhân Mátxcơva”, 1978.

Yu. I. Zaitsev. Các vệ tinh vũ trụ. M., “Nuuka”, 1975.

F. Siegel. Người cư ngụ trong phi hành gia. M., “Kỹ thuật cơ khí”, 1970.

A. D. Koval, V. P. Senkovich. Không gian thì xa và gần. L., Lenizdat, 1977.

A. L. Kemurdzhan, V. V. Gromov, I. I. Cherkasov, V. V. Shvarev. Trạm tự động nghiên cứu bề mặt Mặt trăng. M., “Kỹ thuật cơ khí”, 1976.

A. D. Koval, Yu. A. Tyurin. Không gian - Trái đất. M., “Kiến thức”, 1979.

A. D. Koval, G. R. Uspensky. Không gian dành cho con người. M., “Kỹ thuật cơ khí”, 1974.

Yu. V. Koleskiykov, Yu. N. Glazkov. Một con tàu vũ trụ trên quỹ đạo. M., “Khai sáng”, 1980.

A. A. Kosmodemyansky. K. E. Tsilkovsky. M., “Khai sáng”, 1980.

L. Xanfomalite. Các hành tinh được khám phá lại. M., “Khai sáng”, 1978.

N. N. Krupenyu. Phát xạ vô tuyến từ thăm dò hành tinh. M., “Nuuka”, 1978.

E. P. Levitan. Vật lý thiên văn cho học sinh. M., “Khai sáng”, 1977.

V. I. Levantovsky. Cơ chế bay vào vũ trụ trong một bài thuyết trình cơ bản. M., “Nuuka”, 1980.

A. D. Marlensky. Nguyên tắc cơ bản của du hành vũ trụ. M., “Khai sáng”, 1975.

V. I. Moroz. Vật lý của hành tinh sao Hỏa. M., “Nuuka”, 1978.

G. Nagaev. Những người tiên phong của vũ trụ. Bộ ba Kibalchich, Tsilkovsky, Zander. M., “Tiểu thuyết”, 1976.

Tưởng tượng phẳng Nuka - câu chuyện của các nhà khoa học Liên Xô. Nhà báo E. Khorpe bình luận. M., “Văn học thiếu nhi”, 1978.

L. Nikolaev. Hóa học của không gian. M., “Khai sáng”, 1974.

Quỹ đạo hợp tác. Ed. B. N. Petrova. M., “Kỹ thuật cơ khí”, 1975.

Thăm dò không gian ở Liên Xô. M., “Nuuka”, 1975-1979.

N. M. Romanteev, E. V. Khrunov. Thiên văn-điều hướng-âm mưu-kosmosickness-corablerie. “Kỹ thuật cơ khí”, 1976.

E. M. Savitsky, V. S. Klyachko. Kim loại thời đại không gian. M., “Luyện kim”, 1978.

Soyuz-22 khám phá Trái đất. Ed. R. Z. Cardeeva, I. Kh. Shtilera. M., “Nuuka”, 1980.

Vật lý của vũ trụ. M., “Nuuka”, 1976.

V. Shtallov, M. Rebrov. Không gian là một nơi làm việc. M., “Văn học thiếu nhi”, 1978.

V. Shtallov, M. Rebrov. Lodi và không gian. M., “Đội cận vệ trẻ”, 1975.

33

Bài tập

1. Giải mã ví dụ số học trong hình. Ở đây, các chữ cái khác nhau tương ứng với các số khác nhau, các chữ cái giống nhau tương ứng với các số giống nhau và về chữ A người ta biết rằng số chẵn tương ứng với nó.

2. Tìm mười số tự nhiên liên tiếp, trong đó a) không có một số nguyên tố nào; b) đúng một số nguyên tố; c) hai số nguyên tố; d) ba số nguyên tố; d) bốn số nguyên tố.
   Trong mười số tự nhiên liên tiếp có thể có bao nhiêu số nguyên tố?

3. Trên mặt phẳng, xung quanh các điểm A và B, hai thanh quay cùng chiều và thanh AA₁ quay chậm gấp đôi thanh BB₁ và tại thời điểm ban đầu ABB₁=90° và BAA₁=45°. Tại điểm M của giao điểm của các thanh này, một vòng được đặt trên chúng. Chứng minh rằng chiếc nhẫn sẽ chuyển động dọc theo một cung tròn có tâm tại điểm B. Tìm bán kính của đường tròn này.

4. Trong các vòng tròn của hình minh họa, đặt các số từ 1 đến 19 sao cho tổng các số nằm trong các vòng tròn tại các đỉnh của tất cả các hình lục giác đều (có chín hình lục giác đều!) không đổi.

5. Ở mỗi hàng trong số ba hàng ngang (xem hình), di chuyển một kim đan sao cho tất cả sáu điểm bằng (dọc và ngang) đều đúng.

Những nhiệm vụ này do N. Avilov, N. Antonovich, N. Mikhailenko, S. Savastok đề xuất cho chúng tôi.

35

của tam giác (các đường phân giác và đường vuông góc này chia đôi các cung của đường tròn ngoại tiếp nằm trên cạnh được chỉ định và không chứa đỉnh $A$ - xem Hình 2).

Việc hoàn thiện việc xây dựng bây giờ thật dễ dàng. Chúng ta vẽ đường vuông góc qua điểm $M$ với đường thẳng $l$ và tiếp tục vẽ đường phân giác $AK$ cho đến khi nó cắt nó tại điểm $D$ (Hình 3). Vì vậy, các điểm $A$ và $D$ nằm trên một vòng tròn ngoại tiếp tam giác mong muốn và tâm của nó $O$ rõ ràng nằm trên đường thẳng $MD$. - đường trung tuyến vuông góc với một trong các dây cung của nó và tại đường trung tuyến vuông góc với đoạn $AD$, cũng là một trong các dây cung của nó. Bằng cách xây dựng điểm $O$ làm giao điểm của các đường được chỉ định, chúng ta có thể kiểm tra đường tròn ngoại tiếp xung quanh tam giác mong muốn, vì chúng ta biết tâm $O$ và bán kính $|OA|$ của nó. Các điểm $B$ và $C$ giao điểm của đường tròn này với đường thẳng $l$ cho ra các đỉnh còn thiếu $B$ và $C$ của tam giác mong muốn.

Nghệ thuật dựng hình hình học bằng compa và thước kẻ rất phát triển ở Hy Lạp cổ đại. Tuy nhiên, một trong những bài toán khó xây dựng nhất mà sau đó họ có thể thực hiện là bài toán dựng một đường tròn tiếp xúc với ba đường tròn đã cho. bài toán này được gọi là bài toán Apollonius theo tên nhà hình học xuất sắc người Hy Lạp Apollonius của Perga (khoảng năm 260-170 trước Công nguyên).

Tuy nhiên, nhà hình học Hy Lạp cổ đại đã thất bại trong việc thực hiện một số công trình xây dựng bằng thước thẳng và thước kẻ, và các công trình được tạo ra bằng các công cụ khác không được coi là hình học. Các công trình xây dựng như vậy bao gồm việc xây dựng một hình vuông có kích thước bằng một hình tròn cho trước (“vuông góc của hình tròn”); chia một góc tùy ý thành ba phần bằng nhau (“chia ba góc”) và dựng các cạnh của hình lập phương có thể tích gấp đôi thể tích của hình lập phương đã cho (“nhân đôi hình lập phương”).

Ba bài toán quan trọng này đã thu hút sự chú ý của các nhà toán học xuất sắc trong nhiều thế kỷ, nhưng lời giải cuối cùng chỉ nhận được vào giữa thế kỷ trước, khi tính không thể giải được của chúng đã được chứng minh, tức là những công trình này không thể thực hiện được chỉ với sự trợ giúp của la bàn và thước kẻ. Những kết quả này đạt được không phải bằng hình học mà bằng đại số, một lần nữa nhấn mạnh tính thống nhất của toán học.

Một nhiệm vụ xây dựng thú vị khác bằng cách sử dụng la bàn và thước kẻ là bài toán dựng một đa giác đều với số cạnh cho trước. Người Hy Lạp cổ đại đã biết cách xây dựng một hình tam giác đều, hình vuông, hình ngũ giác đều và hình tam giác mười lăm cạnh, cũng như tất cả các đa giác thu được từ chúng bằng cách nhân đôi số cạnh - và chỉ chúng.

Một bước tiến mới trong lĩnh vực này chỉ được thực hiện vào năm 1801 bởi nhà toán học vĩ đại người Đức K. F. Gauss. Ông chỉ ra phương pháp dựng compa và thước cho 17 giác đều và tất cả ý nghĩa $n$, mà việc xây dựng một cách chính xác $n$-góc, có thể sử dụng các phương tiện được chỉ định. Những đa giác này hóa ra chỉ là những đa giác đó

36

các ký hiệu trong đó số cạnh là số nguyên tố Fermat*) hoặc tích của một số số nguyên tố Fermat khác nhau, cũng như các số thu được từ chúng bằng cách nhân đôi số cạnh. Như vậy, việc không thể dựng được các hình bảy cạnh, chín cạnh, mười cạnh và mười ba cạnh đều đặn bằng compa và thước đã được chứng minh.

Lý thuyết xây dựng bằng la bàn và thước kẻ được phát triển rộng rãi vào cuối thế kỷ 19. Ví dụ, người ta đã chỉ ra rằng bất kỳ công trình nào được thực hiện bằng la bàn và thước đều có thể được thực hiện chỉ bằng một thước, nếu một vòng tròn nhất định được chỉ định trong mặt phẳng xây dựng và tâm của nó được chỉ định.

Tất cả những nghiên cứu này đã đóng góp rất lớn cho sự phát triển của toán học. Tuy nhiên, trong các công trình thực tế, không có gì giới hạn chúng ta về bộ công cụ. Đối với các công trình lớn, thước kẻ có vạch chia và thước đo góc là đủ.

Một số phương pháp xây dựng gần đúng khá thú vị. Ví dụ: thu được một hình tròn vuông gần đúng nếu cạnh của hình vuông được coi là dây cung đi qua điểm cuối của một trong các đường kính của hình tròn và tâm của bán kính vuông góc với nó (Hình 4). Cách xây dựng này tương ứng với giá trị π=3,2.

Phương pháp chia gần đúng một góc bằng compa và thước

do độc giả A. Padalko của chúng tôi đề xuất. Đây là phương pháp của anh ấy: “Để chia một góc có đỉnh O₁ (xem Hình 5), chúng ta mô tả một người bạn AmB có tâm O₁ có bán kính tùy ý và vẽ dây cung AB; gọi O là điểm giữa của nó. Với bán kính bằng |AO|, chúng ta mô tả AnB thu được có tâm O. Từ điểm B, chúng ta tạo thành hình chữ V có bán kính |AO|; dễ dàng thấy rằng BC = \frac{AmB}{3}. Sau đó, chúng ta tìm được một điểm D sao cho |BD| = \frac{|AB|}{3}. Bằng cách nối các điểm C và D và từ điểm giữa của đoạn CD, chúng ta khôi phục vuông góc với [CD]. Gọi Y là giao điểm của đường vuông góc này với đoạn tiếp tục [AB] bán kính |DY| vẽ từ Y bạn; gọi X là giao điểm của cung này với một AmB khác.

Chúng tôi đã có được ước tính về độ chính xác của việc xây dựng này từ máy tính. Máy cho kết quả như sau: độ chính xác của kết cấu ít nhất là 0,1°, kết quả tệ nhất là ở góc khoảng 78°, sai số tương đối, tức là tỷ lệ giữa độ lệch so với chính góc đó, không vượt quá 0,01 và tối đa là ở góc khoảng 158°.

37

Xây dựng hình ảnh của vật nghiêng

Để tìm ảnh của một điểm sáng trong một hệ quang học, chẳng hạn như trong thấu kính hoặc gương, chỉ cần xây dựng đường đi của hai tia phát ra từ điểm đó là đủ. Thông thường, hai trong số ba tia đặc trưng được chọn, đường đi của tia này sau hệ thống đã được biết. Đây là tia đi qua quang tâm của hệ, tia tới trên hệ song song với trục quang của nó và tia đi qua tiêu điểm phía trước của hệ.

Nhưng nếu nguồn sáng không chính xác mà được mở rộng thì sao? Tất nhiên, bạn có thể xây dựng hình ảnh của các điểm riêng lẻ, nhưng đôi khi không thể sử dụng sự đơn giản hóa. Vì vậy, nếu một vật vuông góc với trục chính thì ảnh cũng vuông góc với nó. Nếu vật nghiêng với trục một góc tùy ý thì sao? Chúng ta hãy xem xét kỹ hơn về trường hợp này.

Để vật $AB$ tựa trên trục tại điểm $A$ và tạo một góc $\alpha$ với trục. Chúng ta hãy tạo hình ảnh $A'B'$ của vật thể này trong một hệ quang học, chẳng hạn như trong một thấu kính thu thập (Hình 1). Bằng trực giác, có thể cho rằng ảnh sẽ nằm đối xứng với vật so với trục. Tuy nhiên, điều này không đúng. Hãy tìm sự phụ thuộc của góc $\beta$ vào góc $\alpha$.

Hãy hướng trục tọa độ $XOY$ trong không gian đồ vật và $X'OY'$ trong không gian hình ảnh tương ứng với quy tắc ký hiệu được áp dụng trong sách giáo khoa. Trong trường hợp này, tọa độ $x$ tương ứng với khoảng cách $d$ từ vật đến thấu kính và tọa độ $x'$ tương ứng với khoảng cách $f$ từ thấu kính đến ảnh.

Các góc $\alpha$ và $\beta$ sẽ được xác định bởi các tiếp tuyến của chúng $^*$). Từ Hình 1

$$tg\alpha = \frac{y}{d - d_0}, \quad tg\beta = -\frac{y'}{f_0 - f} = \frac{y'}{f - f_0},$$

$$\frac{y'}{y} = \frac{f}{d}.$$

Từ công thức thấu kính $\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F}$ và $\frac{1}{d_0} + \frac{1}{f_0} = \frac{1}{F}$ chúng ta biểu thị $f$ và $f_0$:

$$f = \frac{Fd}{d - F}, \quad f_0 = \frac{Fd_0}{d_0 - F}.$$

Cuối cùng chúng ta sẽ có được nó

$$tg\beta = tg\alpha \left(1 - \frac{d_0}{F}\right).$$

• Trong trường hợp này, góc $\alpha$ không có trong hướng quay từ trục $OX$ đến trục $OY$ và góc $\beta$ không có trong hướng quay từ trục $OX'$ đến trục $OY'$.

38

Hình 2 cho thấy một trường hợp tổng quát hơn khi vật $AB$ và ảnh $A'B'$ của nó không chạm vào trục quang. Hãy tự mình xem xét trường hợp này và thu được công thức tổng quát hơn cho tang của góc $\beta$:

$$\text{tg} \beta = \frac{y_1(d_2 - F) - y_2(d_1 - F)}{F(d_2 - d_1)}$$

Giả sử nguồn sáng là một đường phát sáng (Hình 3). Phương trình của đường thẳng này có dạng $y = kx + b$, trong đó $b = -kd_0$ và $x = d$. Hãy tìm hàm $y'$ trong không gian ảnh:

$$y' = y \frac{f}{d} = y \frac{f - F}{F} = k \left( \frac{fF}{f - F} - d_0 \right) \frac{f - F}{F} = k \left( 1 - \frac{d_0}{F} \right) f + kd_0,$$

hoặc

$$y' = k'x' + b'$$

ở đâu $k' = k \left( 1 - \frac{d_0}{F} \right)$ và $b' = kd_0$.

Rõ ràng đây là phương trình của một đường thẳng; do đó ảnh của một đường thẳng cũng là một đường thẳng. Các hệ số $k$ và $k'$ lần lượt là các tiếp tuyến của các góc $\alpha$ và $\beta$:

$$k = \text{tg} \alpha, \ k' = \text{tg} \beta.$$

Do đó, mối liên hệ giữa các tiếp tuyến của góc $\alpha$ và $\beta$ một lần nữa được rút ra.

Lưu ý rằng trong quang học hình học chỉ xem xét các tia parascal, nghĩa là rất gần với trục quang chính. Tuy nhiên, từ thông điệp trực quan hóa trong tất cả các hình (trước và sau), các góc $\alpha$ được thể hiện khá lớn.

Bây giờ chúng ta hãy chuyển sang các ví dụ cụ thể. Chúng ta hãy đồng ý rằng trong tất cả các hình, vạch sáng có dạng $y = kx + b$, trong đó $b = -kd_0$ và $x = d$. Hãy tìm hàm $y'$ trong không gian ảnh:

$$y' = y \frac{f}{d} = y \frac{f - F}{F} = k \left( \frac{fF}{f - F} - d_0 \right) \frac{f - F}{F} = k \left( 1 - \frac{d_0}{F} \right) f + kd_0,$$

hoặc

$$y' = k'x' + b'$$

ở đâu $k' = k \left( 1 - \frac{d_0}{F} \right)$ và $b' = kd_0$.

Ví dụ 1. Cho đường thẳng sáng cắt trục quang của đường thu tại điểm có tọa độ $d_0 = 2F$ (Hình 4). Sau đó

$$k' = k \left( 1 - \frac{d_0}{F} \right) = k \left( 1 - \frac{2F}{F} \right) = -k,$$

hoặc

$$\text{tg} \beta = k' = -k = -\text{tg} \alpha.$$

Ví dụ 2. Đặt $d_0 = 0$. Sau đó

$$k' = k \left( 1 - \frac{d_0}{F} \right) = k.$$

Vạch phát sáng tương ứng và hình ảnh của nó trong vạch thu được thể hiện trong Hình 5.

Ví dụ 3. Tìm ảnh của một đường thẳng trong gương cầu lượn sóng nếu $d_0 = F/2$ (Hình 6).

Lưu ý rằng trong trường hợp gương lượn sóng, trục $OX'$ trong không gian ảnh được định hướng cùng hướng với trục $OX$ trong không gian vật thể.

39

Hình 4.

Ví dụ 4. Chúng ta hãy dựng ảnh của một đường thẳng trong thấu kính phân kỳ và trong gương cầu lồi, với điều kiện là $d_0 = F$.

Đối với hệ tán xạ, công thức thấu kính có dạng

$$\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = -\frac{1}{F},$$

đó là lý do tại sao

$$k' = k \left( 1 + \frac{d_0}{F} \right).$$

Trong trường hợp của chúng tôi

$$k' = k \left( 1 + \frac{d_0}{F} \right) = 2k.$$

Hình 5.

Hình 6.

Vì tất cả các công thức đối với gương cầu lõm đều giống như đối với thấu kính hội tụ nên ta có

$$k' = k \left( 1 - \frac{d_0}{F} \right) = \frac{k}{2}.$$

Sự tương ứng giữa cấu trúc của thấu kính phân kỳ và gương cầu lồi được thể hiện trên Hình 7 và Hình 8.

Ví dụ 5. Cho tia sáng đi qua điểm có tọa độ $d_0 = F$. Hình ảnh của cô ấy sẽ như thế nào?

40

quá trình lên men trong hệ thống thu thập (thấu kính thu hoặc gương lượn sóng)?
Nếu $d_0 = F$ thì
$$k' = k \left( 1 - \frac{d_0}{F} \right) = 0.$$
Điều này có nghĩa là ảnh của một đường nghiêng sẽ là một đường thẳng song song với trục chính của hệ. Hình 9 cho thấy cấu trúc của một thấu kính hội tụ.
Ví dụ 6. Hãy tìm xem ảnh của nó trong hệ tán xạ sẽ song song với trục quang của hệ tại vị trí nào của đường thẳng.
Vì đối với hệ thống phân tán
$$k' = k \left( 1 + \frac{d_0}{F} \right),$$
thì $k'$ sẽ bằng 0 tại $d_0 = -F$. Cấu trúc tương ứng của gương cầu lồi được thể hiện trên Hình 10.

Hãy xem xét hai ví dụ cuối cùng chi tiết hơn một chút.
Đầu tiên, từ Hình 9 và 10, theo sau là $y' = F \mathrm{tg} \alpha$. Điều này có nghĩa là góc nghiêng của đường thẳng phát sáng so với trục quang của hệ càng lớn thì đường ảnh càng xa trục.
Thứ hai, chúng tôi lưu ý rằng với sự phân bố đồng đều các điểm linny của một đối tượng trên ảnh linny, các điểm phân phối không đồng đều (ví dụ: xem Hình 10). Điều này là do cái gọi là độ phóng đại dọc (độ phóng đại theo hướng của trục quang), được xác định bởi công thức
$$\Gamma_{\text{прод}} = \lim_{d_2 \to 0} \frac{f_2 - f_1}{d_2 - d_1}.$$
Nói cách khác, mức tăng theo chiều dọc bằng mức tăng tùy ý từ $f$ đến $d$:
$$f' = \left( \frac{Fd}{d-F} \right)' = -\left( \frac{F}{d-F} \right)^2 = -\Gamma_{\text{попер}}^2$$

41

• độ phóng đại ngang bằng bình phương độ phóng đại dọc, lấy dấu ngược lại.

---

Tóm lại, chúng tôi lưu ý rằng mọi điều nói trong bài viết này chỉ có ý nghĩa thực tế khi khoảng cách từ vật đến đường thẳng hoặc gương tương đương với tiêu cự của đường thẳng hoặc gương. Nếu khoảng cách xác định lớn (so với tiêu cự) thì ảnh của vật, bất kể độ nghiêng so với trục quang, sẽ nằm trong mặt phẳng tiêu vuông góc với trục quang của hệ. Ví dụ, các nhiếp ảnh gia biết rõ điều này: khi sử dụng các vật thể có tiêu cự ngắn, họ có được những bức ảnh gần như sắc nét như nhau về cả vật thể ở gần và ở xa.

Tại nhà vợ

1. Tạo ảnh của một vạch sáng trong thấu kính của chính nó nếu $d_0 = -F$.
2. Tìm ảnh của một đường thẳng trong gương lượn sóng ở $d_0 = 0$.
3. Xây dựng vật và ảnh của $k = 2$ và $d_0 = F$ trong trường hợp gương lượn sóng.
4. Xây dựng $k = 0,5$ và $d_0 = -F$ trong trường hợp thấu kính phân kì.
5. Xây dựng hình ảnh của một đường thẳng song song với trục quang chính của hệ thống. Hãy xem xét tất cả các trường hợp có thể. Của cô ấy cũng được chỉ định. Sử dụng nguyên lý thuận nghịch của tia sáng.

Cách làm bài thi vật lý tại MIPT

Các biên tập viên của tạp chí nhận được nhiều thư yêu cầu họ cho chúng tôi biết về cách tổ chức các kỳ thi đầu vào môn vật lý tại các trường đại học khác nhau. Chúng tôi xin gửi đến độc giả cuộc phỏng vấn của phóng viên tờ báo “For Sciences” của Viện Vật lý Moscow L. Sanaev với phó trưởng khoa vật lý đại cương của viện này, Giáo sư S. Kozel. Cuộc phỏng vấn được tái bản với những thay đổi nhỏ và chữ viết tắt.

— Nói cho tôi biết, bạn đã thi tuyển sinh được bao nhiêu năm rồi?

• Với thời gian nghỉ ngắn trong hai mươi năm.
  — Theo bạn, điểm đặc biệt của hệ thống tiếp nhận vật lý là gì?
  — MIPT đào tạo nhân sự làm việc đi đầu trong khoa học hiện đại. Điều này giải thích tiêu chí tuyển sinh cao: những người có năng lực nhất sẽ được chọn.

Đội ngũ ứng viên rất rộng, từ sinh viên tốt nghiệp các trường nông thôn đến sinh viên tốt nghiệp các trường vật lý và toán học Moscow. Chúng tôi nghiên cứu vấn đề này và cố gắng tìm ra dòng đầu tiên của kiến ​​​​thức không phải chính thức mà là những khả năng có thể được phát triển sau này. Tất nhiên, nhiệm vụ này rất khó khăn. Nhưng, rõ ràng, việc tiếp nhận thông tin liên lạc đã giải quyết nó khá thành công.

— Hãy cho chúng tôi biết về bài kiểm tra viết và vấn đáp cũng như mối liên hệ giữa chúng.

— Kỳ thi viết được thực hiện trước tiên, nó sẽ loại bỏ một bộ phận nhất định những ứng viên có sự chuẩn bị kém - 30-40%. Sau đó đến phần thi vấn đáp. Cần lưu ý rằng điểm nhận được cho bài viết sẽ không bao giờ ảnh hưởng đến điểm của bài kiểm tra miệng. Thường thì ai đó đạt điểm C trong bài viết thì sẽ đạt điểm A; Cũng có ngược lại, nhưng thành phố lời giải.

• Chi tiết hơn một chút về nhiệm vụ của tác phẩm viết.
  — Theo truyền thống, chúng tôi đưa ra số chẵn bài toán, tương ứng với các nhánh chính của vật lý: cơ học, nhiệt, điện, quang học. Trong số này, ít nhất có hai bài có độ khó trung bình, một bài khó hơn một chút và một bài khó. Điều này dẫn đến sự khác biệt mạnh mẽ trong đánh giá.

Trước khi bắt đầu làm bài viết, thí sinh được cảnh báo: hãy bắt đầu giải với bài toán dễ nhất đối với bạn.

— Bạn đánh giá cao điều gì nhất về đáp số trong bài kiểm tra vấn đáp?
— Phần thi vấn đáp bao gồm các câu hỏi ngắn, định hướng định tính từ giám khảo. Không có cơ hội để nghe những bài phát biểu dài dòng. Sẽ là một vấn đề lớn khi các thí sinh không ghi nhớ đáp số mà thể hiện sự hiểu biết về vật lý.

— Học sinh trung học thường có tin đồn rằng việc chuẩn bị ở trường là chưa đủ để vào MIPT. Điều này có đúng không?

• Bài toán và các câu hỏi đề ra trong kỳ thi không nằm ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường, nhưng chúng ta đòi hỏi sự hiểu biết sâu sắc hơn, điều đáng tiếc là hiếm khi đạt được khi học môn này ở trường. Nói chung, bạn cần một số sự chuẩn bị và sự chuẩn bị tốt nhất là lời giải bài toán với độ khó tăng dần, chẳng hạn như từ các bộ sưu tập vật lý hoặc tạp chí «Kvant».

41

42

Nó có thể dễ dàng hơn để giải quyết!

Bất cứ ai đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh môn toán rất có thể đã hơn một lần gặp phải những đề thi khó, lời giải đòi hỏi những phép tính dài, dài dòng. Và tất nhiên, tất cả mọi người đều quan tâm đến câu hỏi: liệu một bài toán như vậy có thể tạo ra một lời giải đơn giản, nhiều giọng và ngắn không?

Khá thường xuyên là có thể. Nhưng để đạt được mức lời giải này không phải là điều dễ dàng - cần phải nỗ lực lâu dài và bền bỉ. Nhưng mọi cái đẹp lời giải khó bài toán luôn gợi lên cảm giác hài lòng và minh chứng cho kiến ​​thức sâu rộng và khả năng sáng tạo của người nộp đơn. Đó là lý do tại sao, khi chuẩn bị cho kỳ thi, việc cố gắng tìm kiếm hoặc phương án cuối cùng là phân tích lời giải đó lại đặc biệt hữu ích.

Điều đáng tiếc hơn nữa là những cuốn sách dành cho người nộp đơn đôi khi lại chứa đựng những lời giải cồng kềnh và phi lý một cách vô lý.

Hãy lấy cuốn sách của Yu làm ví dụ. V. Nesterenko, S. N. OLEXNIK và M. K. Potapov “Bài toán kỳ thi đầu vào môn toán” (M., “Nauka”, 1980), tái hiện các lựa chọn trong toán học được đưa ra vào năm 1977-1979. được nhận vào Đại học Moscow, và lời giải một phần của các lựa chọn được chỉ ra. Lời giải trong số bài toán chiếm một, hai, thậm chí ba trang trong cuốn sách này.

Trong khi đó, chúng thường có thể được giải quyết đơn giản và ngắn gọn hơn nhiều.

Tám bài toán từ cuốn sách nói trên được đưa ra ở hiện tại với các giải pháp đơn giản hơn.

Thuộc tính hình dạng

Với lời giải hình học bài toán, người nộp đơn thường không cần suy nghĩ nhiều, cân nhắc độ dài và các phép tính rườm rà, tuy nhiên, những điều này thường dẫn đến mục tiêu. Trong khi đó, bài toán như vậy đôi khi có thể được giải quyết rất nhanh nếu thỏa thuận được áp dụng với một định lý nhất định, bạn có thể tận dụng các đặc điểm cụ thể của cấu hình và xem cách xây dựng bổ sung cần thiết. Trong hình học, chúng ta càng tiến về phía trước thành công thì “chân trời hình học” của chúng ta càng rộng thì chúng ta càng học cách nhìn rõ hơn các đặc tính của các hình có thể “chơi” trong lời giải.

Bài toán 1 (MSU, khoa vật lý, 1977). Cho một hình thang bằng nhau có đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp xung quanh. Tỉ số giữa chiều cao của hình thang và bán kính của đường tròn ngoại tiếp là $\sqrt{\frac{2}{3}}$. Tìm các góc của hình thang.

Lời giải. Giả sử $ABCD$ là một hình thang cho trước (Hình 1). Hãy vẽ đường chéo $BD$ và chiều cao $BE$. Chúng tôi biểu thị $DAB$ bằng $x$, $ADB$ bằng $y$. Bằng cách hạ thấp đường vuông góc từ tâm $O$ dọc theo vòng tròn xe trượt băng (chúng ta biểu thị bán kính của nó bằng $R$) xuống $BD$ và tiếp tục như vậy cho đến khi nó giao với vòng tròn này, chúng ta có thể thấy rằng $|BD|=2R \cdot \sin x$. (1)

Hình 1.

44

Hình 4.

Vì vậy, $\frac{|CE|}{|EA|} = \frac{4}{5}, \frac{|CE|}{|CA|} = \frac{4}{9}$. Vì $[BK]$ là tổng chiều cao của hình tam giác $BCE$ và $BCA$,

$$\frac{S_{\triangle BCE}}{S_{\triangle BCA}} = \frac{|CE|}{|CA|}.$$

Vì vậy, $S_{\triangle BCE} = \frac{4}{9} S_{\triangle BCA}$. Nhưng $S_{\triangle BCA} = S_{\triangle ADB} = \frac{1}{2} |AD| \cdot |AB| \cdot \sin DAB$.

Vì vậy, $S_{\triangle BCE} = 10\sqrt{3}$.

Bài toán 4 (MSU, Khoa Địa chất tổng hợp, 1979). Cơ sở của tham số $SABC$ là một tam giác đều có độ dài cạnh là $\sqrt{3}$. Đáy của đường cao hạ xuống từ đỉnh $S$ là điểm $O$, nằm bên trong tam giác $ABC$. Khoảng cách từ điểm $O$ đến cạnh $AC$ là 1. Sin của góc $OBA$ liên hệ với sin của góc $OBC$ là 2:1. Diện tích khuôn mặt $SAB$ bằng $\sqrt{\frac{5}{6}}$. Tìm thông số âm lượng.

Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị đáy của các đường vuông góc giảm lần lượt từ $O$ sang các cạnh $AB, BC, CA$ bằng $D, E, F$ (Hình 4). Từ hình tam giác $OEB$ và $ODB$

$$\frac{|OE|}{|OD|} = \frac{\sin OBC}{\sin OBA}.$$

Vì vậy, $|OE| = \frac{1}{2} |OD|$. Từ đẳng thức $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle OAB} + S_{\triangle OBC} + S_{\triangle OAC}$ suy ra $|OD| + |OE| + |OF| = h$, trong đó $h$ là độ dài đường cao của tam giác $ABC$. (Lưu ý, tức là đẳng thức này hiển nhiên đúng với mọi điểm $O$ bên trong một tam giác đều.) Vì $h = |BC| \times \sin 60^\circ = \frac{3}{2}$ và $|OF| = 1$, ta có

$$|OD| = \frac{1}{3}.$$ Nghĩa là $|AB|$ và $S_{\triangle SAB}$, ta tìm được $|SD|$. Sau đó từ $\triangle SOD$ chúng ta tìm thấy $|SO|$. Đáp số. $\frac{\sqrt{3}}{4}$.

Một lịch trình sẽ giúp

Thông thường, trong các kỳ thi đầu vào, các phương trình-hệ-bất đẳng thức được trình bày có chứa hai biến (ví dụ: $x$ và $a$) và yêu cầu là tìm tất cả các giá trị của một biến (ví dụ: $a$), trong đó biến thứ hai (tương ứng là $x$) hoặc, nếu xét về mặt góc cạnh, phương trình đang sử dụng có một số thuộc tính. (Trong những bài toán như thế này, biến $a$ thường được gọi là tham số.)

Vì lý do nào đó, nhiều tác giả sách giáo khoa, bao gồm cả tác giả của cuốn sách nói trên, gán lời giải như bài toán cho nghiên cứu ngữ pháp của các công thức biểu thị x đến $a$, trong khi “hình học lời giải” thích hợp hơn là việc xây dựng đồ thị trên mặt phẳng $Oxa$ (vì lý do này, phương pháp này đôi khi được gọi là “phương pháp Och”). Bộ mong muốn được “đọc” từ trục $Oa$, kết thúc bằng lời giải.

Bài toán 5 (MSU, Khoa Kinh tế Chính trị, Khoa Kinh tế, 1977). Tìm tất cả $a$, với mỗi bất đẳng thức đó, bất đẳng thức

$$3 - |x - a| > x^2$$

có ít nhất một âm lời giải.

Lời giải. Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức

$$|x - a| < 3 - x^2.$$

và do đó, hệ thống

$$-(3 - x^2) < x - a < 3 - x^2.$$

Posny bài toán có thể được phát biểu lại như sau: tìm tất cả $a$, với mỗi hệ thống

$$\begin{cases} x - a < 3 - x^2 \\ x - a > -(3 - x^2) \\ x < 0 \end{cases}$$

hoặc hệ thống

$$\begin{cases} a > x^2 + x - 3 \\ a < -x^2 + x + 3 \\ x < 0 \end{cases}$$

có ít nhất một lời giải. Nari-