Kvant 1981, số 9 · Trang

KEANM
9
1981

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

Bia mộ của họa sĩ, nhà điêu khắc và kiến ​​​​trúc sư vĩ đại Michelangelo khiến chúng ta không quan tâm nhiều đến tính đối xứng của thiết kế tổng thể mà đến một chi tiết trong kiến ​​​​trúc trang trí của nó: những vòng nguyệt quế, ô liu và lá sồi cố định (xem bài viết của A. Kalinin “Những chiếc nhẫn đan tuyệt vời này”).

1

TRONG PHÒNG:

Tổng biên tập
Viện sĩ I. K. Kioin

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

Tuyển tập biên soạn:
M. I. Bashmkov
S. T. Belyaev
V. G. Boltyansky
N. B. Vasiliev
Yu. N. Efremov
V. G. Zubov
P. L. Capizza
V. A. Kirillin
A. I. Klimanov
S. M. Kozel
V. A. Leshkovtsev
(Phó biên tập vẻ vang)
N. A. Patrikeeva
I. S. Petrkov
N. Kh. Rozov
A. P. Savin
Y. A. Smorodinsky
V. A. Fabricant
A. T. Tsvetkov
M. P. Shaskolskaya
S. I. Schwartzburg

2 Chúc mừng năm học mới!

Các nhà khoa học giáo dục giới trẻ

4 N. Semenov. Hãy dũng cảm, đừng bỏ cuộc trước khó khăn!

6 S. Pikin. Một lần nữa về cuộc sống quan trọng

13 M. Krein, A. Khỏa thân. Các giới hạn đáng chú ý được tạo ra bởi mức trung bình cổ điển

vòng tròn toán học

16 I. Yaelom. Gần như số nguyên tố

Vấn đề «Kvant»

20 Bài toán M701 — M705; F713 — F717

21 Lời giải bài toán M661 — M665; F673 — F677

28 Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

30 giải thưởng «Kvant»

«Kvant» cho học sinh nhỏ

31 Bài toán

32 A. Kalinin. Sự kết nối tuyệt vời của những chiếc nhẫn này

Qua những trang sách giáo khoa

36 G. Perevalov. Có thể nếu không có chương trình miễn phí

Thực hành của người đăng ký

42 V. Nakhshin. Các phương trình nghĩ cho chúng ta

46 I. Gabovich. Các đoạn và góc phụ trợ

Nghệ thuật lập trình

50 A. Rar. Các ngôn ngữ lập trình khác nhau là gì?

55 Cuộc thi vẽ máy

Đánh giá, thư mục

57 M. Gerver. Merrymozika của Sam Loyd

61 I. Zorich. Câu chuyện về một quan niệm sai lầm

63 trang cờ vua

64 Đáp số, gợi ý, lời giải

Thi đấu cờ vua (3 trang bìa)

Bìa của chúng tôi (41)

Các nhà vật lý về vật lý (40)

Tin khoa học (40)

Pha trộn (41, 49, 62)

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

2

Chúc mừng năm học mới!

Những ngày hè tươi đẹp trôi qua thật nhanh. Những ngày nghỉ học đã kết thúc. Và một lần nữa tiếng chuông lại mời bạn đến những lớp học rộng rãi, sáng sủa, bạn gặp gỡ những người bạn cũ, chia sẻ những ấn tượng và lên kế hoạch cho tương lai.

Đối với nhiều bạn, mùa hè học đường không chỉ là khoảng thời gian thư giãn mà còn là mùa của sự chăm chỉ. Khoảng ba triệu sinh viên đã trải qua kỳ nghỉ của mình trong các trại lao động và giải trí, đồng thời giúp các trang trại tập thể và nhà nước trồng trọt và thu hoạch mùa màng. Các đội học sinh được thành lập ở 45 nghìn trường học. Họ đã đoàn kết 2,5 triệu học sinh từ lớp 8–10. Những người này làm việc trên đồng ruộng, lâm nghiệp, tại các doanh nghiệp sản xuất, công trường và trong lĩnh vực dịch vụ. Ngôi trường đào tạo lao động trước ngưỡng cửa cuộc sống tự lập vô cùng hữu ích cho tuổi trẻ chúng ta.

Năm nay là một năm có ý nghĩa trong cuộc sống của nhân dân ta. Đây là năm diễn ra Đại hội XXVI của CPSU, năm đầu tiên của kế hoạch 5 năm mới, giống hệt nhau. Quốc hội rất quan tâm đến tình hình công việc của trường học. Trong báo cáo của Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương CPSU L.I. Đặc biệt, ông Brezhnev nói: “Một cột mốc quan trọng đã đạt được - quá trình chuyển đổi sang phổ cập giáo dục trung học bắt buộc đã hoàn thành. Vấn đề chính hiện nay là nâng cao chất lượng giáo dục, lao động và giáo dục pháp luật trong trường học, xóa bỏ chủ nghĩa hình thức trong việc đánh giá kết quả công việc của giáo viên và học sinh, tăng cường mối liên hệ giữa học tập và cuộc sống, cải thiện việc chuẩn bị cho học sinh những công việc có ích.”

Trong cùng giai đoạn 5 năm, nước ta phải đạt được những thắng lợi lớn mới theo hướng nâng cao hiệu quả, nâng cao chất lượng sản phẩm ở mọi cấp độ của nền kinh tế quốc dân. Những yêu cầu này được quy định bởi cuộc sống và trên hết là bởi cuộc cách mạng khoa học và công nghệ đang diễn ra. Sử dụng những thành tựu của nó, bạn có thể thay đổi hoàn toàn hiệu quả của bất kỳ công việc, hoạt động nghề nghiệp nào. Điều này có nghĩa là nhu cầu đặt ra đối với người lao động ở hầu hết mọi nơi làm việc đều ngày càng tăng. Những yêu cầu này chỉ có thể được đáp ứng khi làm chủ thành công các thành tựu khoa học công nghệ hiện đại.

Hãy chú ý đến những gì báo chí của chúng ta viết, lắng nghe những gì đài phát thanh và truyền hình nói về - dây chuyền và nhà xưởng sản xuất tự động hóa toàn diện, robot và máy điều khiển công nghiệp, máy móc được điều khiển theo chương trình, quy trình công nghệ mới tạo ra những sản phẩm chưa từng có, việc sử dụng máy tính trong quản lý, thương mại, dịch vụ, chăm sóc sức khỏe, mới, ngày càng mạnh mẽ và

nhiều loại máy móc khác nhau trong nông nghiệp… Liệu tất cả những thứ này có thể được sử dụng thành công trong tương lai bởi một người ngày nay đang học tập chăm chỉ, đạt từ hai lên ba không? Tất nhiên, chúng ta vẫn có những ngành nghề không đòi hỏi kiến ​​thức chuyên sâu và đào tạo đặc biệt, nhưng mỗi năm nhu cầu về chúng sẽ ngày càng ít đi.

Các chàng trai đôi khi hỏi: “Tại sao mọi người nên biết toán học và vật lý - xét cho cùng, không phải ai cũng cần những ngành khoa học này trong công việc tương lai của mình?” Tất nhiên, để đếm tiền lẻ trong cửa hàng, kiến ​​thức về số học cơ bản là đủ. Vậy thì đại số và hình học dành cho công nhân nấu ăn, cắt gọt hay lắp ráp trong tương lai? Bạn có thể làm việc theo nhiều cách khác nhau. Bạn có thể ngày này qua ngày khác, không cần suy nghĩ về bất cứ điều gì, cho những sản phẩm giống nhau vào vạc, cắt vải theo mẫu tiêu chuẩn và siết chặt đai ốc bằng một dụng cụ thô sơ. Và ngày nay, bạn đã có thể tính toán giá trị dinh dưỡng của sản phẩm, tạo ra khẩu phần ăn tối ưu và rẻ tiền, tìm kiếm các phương pháp cắt vải tiết kiệm nhất cũng như cải tiến công cụ và kỹ thuật làm việc. Đây là nơi bạn không thể tiến một bước nếu không có kiến ​​thức tốt về các môn học ở trường!

Học toán không cung cấp cho một người những kiến ​​​​thức và kỹ năng chuyên môn hạn hẹp, chuẩn bị cho từng nghề mà phát triển, rèn luyện và nâng cao trí tuệ - dạy anh ta suy luận chính xác, phân tích những gì anh ta đọc hoặc nghe, biện minh và chứng minh một cách thuyết phục những nhận định của mình, đưa ra điều đúng lời giải trong những tình huống khó khăn trong cuộc sống. Toán học dạy con người suy nghĩ và suy nghĩ đúng đắn, và điều này là cần thiết đối với tất cả mọi người.

Vật lý cũng không kém phần quan trọng. Nó cung cấp cho con người kiến ​​thức về các quy luật cơ bản của tự nhiên, là nền tảng lý thuyết của mọi công nghệ hiện đại. Và nếu người lái xe không chỉ muốn quay vô lăng và đặt chân lên bàn đạp mà thậm chí muốn hiểu một chút về chiếc xe của mình, thì chắc chắn anh ta cần có kiến ​​​​thức tốt về vật lý học đường. Và elektrichesvo - xét cho cùng, chúng ta gắn bó chặt chẽ với nó cả ở nhà và nơi làm việc. Làm sao người ta có thể không biết những quy luật cơ bản của nó!

Trường không đào tạo các nhà vật lý, toán học hay sử học chuyên nghiệp. Để trở thành một nhà khoa học, bạn cần phải làm việc chăm chỉ và chăm chỉ. Nhưng kinh nghiệm hàng thế kỷ của con người đã giúp việc lựa chọn và đưa vào chương trình giảng dạy ở trường những gì mà mọi thành viên trong xã hội đều cần, bất kể nghề nghiệp tương lai của họ là gì.

Độc giả của chúng tôi có mối quan tâm sâu sắc hơn đến toán học và vật lý, nếu không họ sẽ không đăng ký dài hạn tạp chí của chúng tôi. Nhiều người trong số các bạn đam mê khoa học này, hãy xem qua các bài viết của chúng tôi một cách hài lòng và giải được bài toán mà chúng tôi đưa ra. Nhưng chúng tôi muốn ngay cả những người thực sự thành thạo toán học hoặc vật lý cũng không bỏ bê các môn học khác mà cố gắng tìm kiếm các mô hình cơ bản và mối quan hệ nhân quả trong chúng, phân tích tiến trình của bằng chứng, nói một cách ngắn gọn, như nhà thơ vĩ đại của chúng ta đã nói, để xác minh sự hài hòa với đại số. Và chúng tôi cũng mong muốn sự quan tâm của bạn đối với những ngành khoa học này không đọng lại trong bạn, không chỉ là tài sản cá nhân của bạn. Hãy cố gắng khiến sản phẩm của bạn quan tâm đến điều này, lôi kéo họ thiết lập các thử nghiệm mà chúng ta nói đến trong “Phòng thí nghiệm «Kvant», đến lời giải bài toán, câu đố, trò chơi ô chữ, trò chơi tái phạm. Hãy để họ cũng cảm nhận được “niềm vui của những chiến thắng khiêm tốn”, tin vào sức mạnh của mình, tin vào khả năng của mình.

Phát biểu tại Đại hội Komsomol lần thứ ba, V.I. Lênin kêu gọi thanh niên tích cực chia sẻ kiến ​​thức với người khác và giúp đỡ đồng đội học tập thành công. Vladimir Ilyich nói: “Chỉ trong công việc như vậy, một chàng trai hay cô gái mới trở thành một người cộng sản thực sự. Chúng ta đang xây dựng chủ nghĩa cộng sản, và ngày nay mọi học sinh đều có thể tham gia thành công và hữu ích hơn vào công cuộc xây dựng này.

4

N. Semenov

Táo bạo hơn,
đừng lùi bước
trước khó khăn!

Hàng năm có hàng nghìn thanh niên nam nữ theo học khoa học Liên Xô.

Khi giáo dục thế hệ trẻ bắt đầu công việc khoa học, điều quan trọng nhất là sự phát triển nhất quán và vững chắc tính chủ động, độc lập của các em.

Tất nhiên, điều này không có nghĩa là chúng ta, những nhà khoa học, nên để những người trẻ tự làm theo ý mình: họ nói, một con đường thu hút sự độc lập, một con đường tự quyết trong khoa học. Với phương pháp “trọng lực” như vậy, ngay những bước đi đầu tiên của người trẻ có thể dẫn đến một chuỗi sai lầm và những thất vọng sâu sắc. Tuy nhiên, tệ hơn nữa là thái cực thứ hai - việc chuyển giao một di sản lý thuyết và thực nghiệm khổng lồ sang dạng làm sẵn.

Điều cần thiết là người trẻ phải tự mình đạt được nhiều thành tựu, tìm ra con đường riêng cho mình, chưa phải là tốt nhất nhưng độc lập lời giải. Điều này, sau những bước đi ngập ngừng đầu tiên, sẽ giúp các nhà khoa học trẻ cảm nhận được sức mạnh, khả năng của mình, dù gặp khó khăn, để bước đi độc lập trong khoa học. Nhiệm vụ của chúng tôi là cung cấp cho họ bài toán không phải với đáp số mà là những thứ đòi hỏi sự phản ánh về dịch vụ, những thay đổi và cải tiến cơ bản trong phương pháp làm việc cũng như phân tích độc lập sâu sắc.

Chúng tôi cố gắng không áp đặt các phán đoán và đường đi “vô điều kiện” lời giải và không yêu cầu kết quả lời giải phải hoàn toàn phù hợp với quan điểm của người quản lý - và không yêu cầu nào khác.

Viện sĩ Nikolai Nikolaevich Semenov - hai lần Anh hùng Lao động xã hội chủ nghĩa, đoạt giải Nobel, Lênin và Giải thưởng Nhà nước, Viện trưởng Viện Vật lý Hóa học thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô.

Bài viết được in lại từ tuyển tập “Lênin. Khoa học. Tuổi trẻ”, do nhà xuất bản Nauka xuất bản năm 1980.

5

Chúng tôi có nghĩa vụ giúp đỡ, nhưng không phân biệt đối xử. Giáo điều khoa học có hại. Nó cản trở sự phát triển của khoa học thời cổ đại, thời Lomonosov và thời đại chúng ta.

Tuy nhiên, trong số các nhà khoa học trẻ cũng có những người ngay từ những bước đi đầu tiên đã cố gắng không tìm kiếm những “con đường chưa có người đi”. Họ không hài lòng với sự sắp xếp này, mong muốn có sự lãnh đạo thiếu hiệu quả và có xu hướng đi theo “đường cao tốc” của khoa học, lầm tưởng rằng phong trào đó nhanh chóng và hiệu quả hơn.

Trong hầu hết các trường hợp, những nhà khoa học trẻ như vậy, sau một hoặc hai năm, bắt đầu cảm thấy rằng con đường của khoa học thực sự không có ở đây, rằng đôi khi họ cần phải đi hoàn toàn ngoài đường, băng qua những vùng đất hoang sơ, nơi mỗi bước đi đều tốn rất nhiều công sức. Nhưng chính trong công việc này, ý chí của một nhà khoa học và khát vọng làm việc độc lập mãnh liệt được hình thành. Nếu sự thay đổi hoàn toàn như vậy không xảy ra trong tâm thức của một chàng trai hay cô gái, họ không nên cống hiến hết mình cho khoa học.

Sự lãnh đạo khoa học không bao giờ nên đạt đến mức độ mà những người trẻ tuổi có thể nắm bắt được. Tôi luôn sử dụng phương pháp này vào những ngày tôi chỉ lớn hơn các học sinh nhỏ tuổi của mình năm hoặc sáu tuổi. Và chưa bao giờ trong đời tôi hối hận về điều đó.

Bạn có thể làm việc một cách sáng tạo và đam mê trong mọi lĩnh vực khoa học và công nghệ. Điều này được khẳng định bằng nhiều ví dụ tuyệt vời về công việc của tuổi trẻ chúng ta, xây dựng các thành phố và nhà máy khổng lồ, khai thác hàng triệu ha đất hoang, tạo ra những cỗ máy phức tạp và vật liệu mới. Và không nên nghĩ rằng một nhà khoa học trẻ chỉ là người làm việc theo công cụ của các học giả và giáo sư, có ý nghĩa khoa học hoặc có bằng cấp học thuật. Khoa học được thúc đẩy bởi những nhà đổi mới, nhà hợp lý hóa, nhà phát minh trẻ, mỗi người làm việc chăm chỉ trong lĩnh vực riêng của mình, tạo ra rất nhiều thứ mới tạo nên nền tảng của tòa lâu đài khoa học hùng vĩ.

Trong quá trình tìm kiếm điều gì đó mới mẻ, thất bại là điều không thể tránh khỏi. Nhưng một nhà khoa học chân chính không nên sợ hãi và không nên bỏ cuộc. Suy cho cùng, chính các giáo viên thường giúp đỡ trong việc tìm ra con đường đúng đắn, chỉ ra hướng nào mà người ta không nên di chuyển và hướng nào mà người ta nên nỗ lực hơn nữa. Vì vậy, việc phân tích các thí nghiệm không thành công thường dẫn đến những khám phá vĩ đại.

Công việc khoa học ở bất kỳ lĩnh vực nào cũng mở ra nguồn vui vô tận. Những khám phá và thành tựu, làm tăng thêm vinh quang cho Tổ quốc vĩ đại của chúng ta, từ đó mang lại vinh quang và sự hài lòng to lớn cho từng nhà khoa học.

Hãy mạnh dạn trong khoa học, đừng bỏ cuộc trước khó khăn! Trước tuổi trẻ là một vùng đất trinh nguyên vô tận sẽ mang lại cho nhân dân một mùa màng bội thu chưa từng có.

6

S. Pikin

Một lần nữa về tinh thể lỏng

Trong số tháng 8 của tạp chí, bài báo “Tinh thể lỏng” đã nói về một loại tinh thể lỏng - chất lỏng chuyên đề, các phân tử của chất lỏng đó là gì, cách chúng tương tác với nhau và các lĩnh vực ứng dụng quan trọng nhất của các tinh thể lỏng này. Bây giờ chúng tôi muốn giới thiệu với các bạn hai loại tinh thể lỏng khác có vai trò cực kỳ quan trọng trong khoa học, công nghệ và đời sống. Chúng ta sẽ nói về tinh thể lỏng cholesteric và smectic.

Dịch mật

Cấu trúc của chất lỏng cholesteric (cholesteric) về nhiều mặt tương tự như chất lỏng chuyên dụng, nhưng có một điểm khác biệt đáng kể. Chúng ta có thể nói rằng cholesteric có trạng thái chuyên đề sau, nghĩa là nó bao gồm một chồng các lớp chuyên đề (Hình 1, a). Nhưng nếu các lớp song song với nhau được xoay theo một góc nhất định và đối với hai lớp liền kề thì góc này có giá trị nhỏ $\alpha \approx 0,5^\circ$. Khoảng cách giữa các lớp liền kề xấp xỉ bằng kích thước ngang của các phân tử $a$. Nếu chúng ta di chuyển dọc theo trục $Z$, vuông góc với mặt phẳng của các lớp (xem Hình 1, a), thì sau số lớp $N = \pi/a$, hướng của các phân tử sẽ giống như ở lớp đầu tiên (hướng $\vec{n}$ và $\vec{n}$ là tương đương về mặt vật lý). Khoảng cách $h = a \cdot 2\pi/a$, qua đó sự định hướng của các phân tử trong không gian được lặp lại, được biểu thị bằng chu kỳ gấp đôi của một mạng đặc biệt (Hình 1, b). Giá trị $h$ thường được gọi là cao độ của đường xoắn ốc, được hình thành trong không gian bởi các đầu của các phân tử nằm thành các lớp liên tiếp.

Hình 1. Tinh thể lỏng Cholesteric. a) chuỗi xoắn mật; b) Sự phản xạ có chọn lọc ánh sáng bởi cholesterol.

7

Mạng tuần hoàn được mô tả - nó được gọi là chuỗi xoắn cholesteric - đáng ngạc nhiên ở chỗ tính tuần hoàn rõ ràng trong nó chỉ liên quan đến sự định hướng của các phân tử. Đồng thời, trong mỗi lớp sơ đồ, các phân tử có thể di chuyển tự do và thay đổi vị trí; Nói một cách dễ hiểu, chất lỏng cholesteric chảy tự do dọc theo các mặt phẳng như vậy, nhưng hình xoắn ốc hầu như không bị xáo trộn. Các phân tử có thể nhảy từ lớp này sang lớp khác, quay một góc α, nhưng điều này không dễ dàng đối với chúng. Tất cả điều này quyết định các tính chất đặc biệt của chất lỏng cholesteric, tương tự như tính chất của tinh thể rắn. Đặc điểm cấu trúc của chất lỏng cholesteric thể hiện rõ nhất khi nhiệt độ của chất thay đổi và dưới các tác động khác nhau từ bên ngoài. Hình xoắn ốc cholesteric có đặc tính quang học sáng; nó cảm nhận được sự hư hại nhỏ nhất đối với mặt bàn của mạng chảy tự do. Tất cả điều này đã khơi dậy sự quan tâm to lớn đến việc nghiên cứu và ứng dụng tinh thể lỏng cholesteric. Tuy nhiên, trước khi nói về việc sử dụng tinh thể lỏng cholesteric, chúng ta hãy tìm hiểu nguyên nhân gây ra cấu trúc cholesteric này.

Ngày nay chúng ta biết rằng lời giải thích nằm ở cấu trúc đặc biệt của các phân tử tạo nên những chất này. các phân tử cholesteric gần giống như trong chất lỏng nematic, nhưng có một phần mở rộng nhỏ ở cuối (Hình 2, a). Phần phụ này thường được hình thành bởi một vài nguyên tử nhô ra khỏi mặt phẳng chính chứa phần lớn các nguyên tử của phân tử. Tính đối xứng của các phân tử bị phá vỡ do quá trình này và giống với tính đối xứng của bàn tay, như đã biết, chỉ có thể ở bên phải hoặc chỉ bên trái.

Hình dạng phân tử này ảnh hưởng như thế nào đến trật tự định hướng của chất lỏng? Các phân tử tương tự có thể được sắp xếp song song với nhau trong một mặt phẳng nhất định, chẳng hạn như trong mặt phẳng mà các phân tử nằm trong đó. Chính những mặt phẳng này đã hình thành nên những con voi cholesteric riêng lẻ (Hình 2, b). Làm thế nào những con voi này có thể “gắn bó” với nhau? Rõ ràng là các phân tử của lớp 2 có thể song song với các phân tử của lớp 1 (chúng ta đang nói về các phần phẳng, chính của phân tử), nếu các lớp nằm cách nhau một khoảng xấp xỉ bằng chiều cao của các quá trình. Trong trường hợp này, các quá trình không ngăn cản các phân tử ở trạng thái song song. Nếu khoảng cách giữa các lớp nhỏ hơn chiều cao của các tiến trình, thì các vectơ $\vec{n}_1$ và $\vec{n}_2$ không thể song song hoàn toàn - ít tiến trình hơn. Do đó, giữa vectơ $\vec{n}_1$ và $\vec{n}_2$ có một góc α nhỏ.

Do đó, chúng ta đi đến kết luận rằng các phân tử bất đối xứng sẽ tạo thành một chồng các từ chuyên đề và từ lớp này sang lớp khác, các phân tử sẽ quay theo một góc α nhất định. Vza-

Hình 2. Phân tử cholesteron. a) cấu trúc nguyên tử; b) hướng trong các lớp liền kề.

8

Tùy thuộc vào quá trình uốn cong của từng phân tử riêng lẻ, các vòng xoắn cholesteric có thể thuận tay phải hoặc thuận tay trái. (Nhân tiện, trong Hình 1, a và 2, b, một hình xoắn ốc thuận tay trái được mô tả - di chuyển dọc theo trục của hình xoắn ốc, chúng ta thấy rằng các phân tử quay trục dài của chúng ngược chiều kim đồng hồ.)

Tất nhiên, những khác biệt như vậy về cấu trúc của dịch mật là khá thô và gần đúng, nhưng chúng đưa ra ý tưởng rõ ràng về đặc điểm cấu trúc của các chất đó. Trong những khác biệt này, người ta có thể tìm thấy xa hơn và con trỏ hơn góc α và bước xoắn h đã bằng nhau. Tất nhiên, những đại lượng này là thông số của một chất bao gồm các phân tử cụ thể. Nhưng sự gần đúng của chúng có thể được đánh giá nếu chúng ta tiến hành từ giả định hợp lý rằng góc α càng nhỏ thì năng lượng tương tác của chồi với các phần chính của phân tử càng thấp và sự tương tác của các phần phẳng với nhau càng lớn. Vì, nói một cách đại khái, có khoảng một nguyên tử đi vào phần phụ và khoảng 100 nguyên tử đi vào phần phẳng, nên tỷ lệ của các năng lượng tương tác này là khoảng 1/100. Theo đó, góc α xấp xỉ bằng một phần trăm radian, tức là nửa độ. Đổi lại, bước xoắn h với kích thước phân tử ngang a≈10Å là vài nghìn angstrom, nghĩa là có thể so sánh với bước sóng ánh sáng trong phần nhìn thấy của quang phổ. Chúng tôi thấy rằng điều này là vô cùng có giá trị.

Sự phản xạ có chọn lọc của ánh sáng cholesteric

Hiệu ứng quang học quan trọng nhất được quan sát thấy trong chất lỏng cholesteric là sự phản xạ ánh sáng có chọn lọc của lớp cholesteric. Các mặt phẳng Cholesteric, giống như các mặt phẳng tinh thể thông thường, có thể phản xạ sóng tới chúng. Các sóng phản xạ bởi các mặt phẳng khác nhau có thể, thông qua giao thoa, vừa yếu đi vừa nghe thấy nhau. Nếu ánh sáng chiếu vuông góc với các mặt phẳng thì điều kiện nhấp nháy như sau.

Lenya là thế này: đúng nửa sóng ánh sáng tới phải được đặt giữa các mặt phẳng tương đương liền kề. Từ Hình 1, b bạn có thể thấy tại sao điều này xảy ra. Chúng ta muốn dao động trong sóng phản xạ từ mặt phẳng thứ nhất và thứ hai xảy ra theo cùng pha, tức là các giá trị của điện trường $\vec{E}$ tại mỗi điểm và tại mọi thời điểm đều giống nhau. Trong trường hợp này, biên độ $\vec{E}_0$ của cả hai sóng cộng lại - ánh sáng được khuếch đại. Điều này sẽ xảy ra nếu sóng 2 (xem Hình 1, b), đi vào tinh thể, trên đường từ mặt phẳng thứ nhất đến mặt phẳng thứ hai và quay lại trễ sau sóng 1 đúng bằng bước sóng λ. Nhưng trong cholesteric, các mặt phẳng như vậy cách nhau một khoảng h/2 (ở khoảng cách này trục $\vec{n}$ quay 180°). Do đó, điều kiện khuếch đại trong trường hợp này là h/2=λ/2, hoặc h=λ.

Đặc tính của cholesteric phản xạ ánh sáng với bước sóng đã chọn ($\lambda=h$) cung cấp màu sắc tương ứng của chất, điều này phụ thuộc vào cường độ của chuỗi xoắn cholesteric. Và cao độ của đường xoắn ốc phụ thuộc rất nhiều vào nhiệt độ. Thông thường, một chất ở nhiệt độ cao (ở trạng thái đẳng hướng) là không màu, sau đó, tại thời điểm chuyển sang cholesteric (ở nhiệt độ thấp hơn), nó chuyển sang màu xanh lam (hãy nhớ những gì đã được quan sát bởi F. Reinitzer) và ở cùng nhiệt độ, nó liên tiếp thu được tất cả các màu của quang phổ, từ xanh lam đến đỏ. Điều này có nghĩa là khi chất lỏng cholesteric nguội đi, độ cao của đường xoắn ốc tăng lên và khi được làm nóng, nó sẽ giảm đi. Hành vi này của chuỗi xoắn cholesteric không khó giải thích.

Chúng ta hãy nhớ lại rằng, do đặc thù của sự tương tác giữa các phân tử với các quá trình, trục $\vec{n}_1$ và $\vec{n}_2$ không thể tạo thành một góc quá nhỏ với nhau (giống như trong mạng tinh thể, các nguyên tử lân cận không thể hội tụ đến một khoảng cách quá nhỏ, nhỏ hơn đường kính của nguyên tử). Nhưng khi nhiệt độ ngày càng tăng, do sự dao động nhiệt của các phân tử trong mỗi lớp không khớp nhau, sự phân tán định hướng phân tử tăng lên so với

9

nhưng theo hướng ưu tiên $\vec{n}$ (như trong tinh thể, biên độ dao động nhiệt của các nguyên tử tăng lên).
Nói cách khác, trục của từng phân tử trong lớp sơ đồ không song song, làm nổi bật hướng $\vec{n}$. Do đó, khi được làm nóng, góc giữa trục $\vec{n}_1$ và $\vec{n}_2$ của các lớp lân cận phải tăng lên để các dao động ấm không dẫn đến sự hợp nhất góc tới hạn của các phân tử (trong tinh thể mạng tuần hoàn, khi được nung nóng, khoảng cách trung bình giữa các nguyên tử tăng lên và sự giãn nở nhiệt của vật thể được quan sát thấy). Sự tăng góc $\alpha$, đặc trưng cho sự xoắn của trục $\vec{n}$ trong không gian, làm giảm độ cao của chuỗi xoắn cholesteric khi nhiệt độ tăng.

Hiện tượng đáng chú ý này là cơ sở cho việc sử dụng rộng rãi chất cholesterics làm chất chỉ báo nhiệt đơn giản và hiệu quả trong chẩn đoán y tế, phát hiện hư hỏng trong các mạch điện tử phức tạp, theo dõi trường khí trong các cánh tuabin, v.v. Các chất cholesteric hiện đã được tổng hợp trong đó toàn bộ phổ màu, từ đỏ sang xanh, được quan sát thấy với sự thay đổi nhiệt độ chỉ 0,01 độ, điều này cho thấy rằng thiết bị dựa trên chúng nhạy hơn.

Cao độ của chuỗi xoắn cholesteric cũng rất nhạy cảm với hàm lượng tạp chất trong các chất cholesteric, và do đó những chất này có thể đóng vai trò là chỉ số đáng tin cậy về tình trạng ô nhiễm trong khí quyển.

Tinh thể lỏng - phân tán

Trạng thái tinh thể lỏng cũng có thể thu được bằng cách hòa tan các chất thích hợp trong dung môi, ví dụ như nước, bản thân dung môi này không tạo thành tinh thể lỏng. Điều này tạo ra nhiều loại tinh thể lỏng. Nếu các phân tử của chất bị hòa tan ở dạng que thì thu được chất lỏng nematic; nếu các phân tử hình que có quá trình - chất lỏng cholesteric. Các trạng thái phức tạp hơn cũng có thể thu được.

Hình 3. Sự phụ thuộc của hướng của phân tử vào mật độ của chúng.
$a$) mật độ thấp; $\delta$) mật độ cao.

Trong những tinh thể lỏng như vậy, vai trò quan trọng không chỉ của lực hút giữa các phân tử mà chúng ta đã thảo luận mà còn bởi lực đẩy của các phân tử ở khoảng cách gần. Vai trò của lực đẩy của các phân tử ở khoảng cách gần. Vai trò của lực đẩy của các phân tử ở khoảng cách gần. Vai trò của lực đẩy của các phân tử tác dụng một góc trong không gian. Nhưng để trong trường hợp xảy ra mọi loại hư hỏng, các phân tử không giao thoa với nhau, không giao thoa với nhau thì mỗi phân tử phải có một thể tích nhất định trong chất lỏng. Khối này là một khối lập phương có kích thước cạnh xấp xỉ bằng chiều dài của các phân tử $l$; trong một khối lập phương có thể tích $l^3$, phân tử thực sự có thể được định hướng theo góc (Hình 3, $a$).

Bây giờ chúng ta đặt cùng số lượng phân tử ở cùng nhiệt độ trong một thể tích nhỏ hơn, nghĩa là chúng ta sẽ tăng mật độ của hệ. Kết quả là mỗi phân tử sẽ nhận được thể tích nhỏ hơn $l^3$. Các phân tử sẽ được đặt như thế nào trong trường hợp này? Đương nhiên, chúng có thể được đặt trong một thể tích nhỏ hơn nếu chúng không xoay theo một góc, sắp xếp lẫn nhau và sau đó ít nhiều ở vị trí song song. Nếu kích thước mặt cắt ngang của các phân tử $a$ nhỏ hơn đáng kể so với $l$ và có thể tích $\sim a^2 l$ cho mỗi phân tử, thì tất cả các phân tử phải là

10

được định hướng giống nhau, vì chỉ trong trường hợp này chúng không xác định lẫn nhau (Hình 3, 6). Nhưng điều này chỉ có thể xảy ra trong trường hợp mật độ rất cao. Ở mật độ trung bình, khi đối với mỗi phân tử có thể tích thay đổi từ $l^3$, nhưng lớn hơn $a^2l$, thì thứ tự định hướng tất nhiên sẽ không đầy đủ nhưng vẫn đáng chú ý. Và trật tự này gắn liền với thực tế là các phân tử không thể xuyên qua nhau do lực đẩy mạnh.

Mật độ của các phân tử hình que có thể thay đổi mà không có sự thay đổi đáng kể về tổng thể tích của chất lỏng khi các phân tử đó được hòa tan trong một số dung môi lớn, chẳng hạn như nước. Bằng cách tăng hàm lượng nước theo dung dịch chung, chúng ta thu được chất lỏng không định hướng có điều kiện. Với hàm lượng dung môi rất thấp, chất lỏng nematic hoặc cholesteric được hình thành, tùy thuộc vào chi tiết cấu trúc của các phân tử. Các raster của các phân tử polymer được thảo luận trong bài viết trước chỉ là những tinh thể lỏng đặc trưng như vậy.

Hoạt động của tế bào động vật phần lớn được quyết định bởi tinh thể lỏng - dung dịch được hình thành từ các phân tử đặc biệt. Những phân tử này phức tạp hơn. Sự tương tác của chúng với nhau và với các phân tử dung môi được đặc trưng bởi các phản ứng lực đẩy và liên kết lực hút tĩnh điện. Một phân tử như vậy được thể hiện dưới dạng sơ đồ trong Hình 4, $a$. Nó bao gồm một đầu nhỏ, là một lưỡng cực tĩnh điện và một cái đuôi dài, không tích điện. Chúng ta hãy nhớ lại rằng các phân tử nước cũng là các lưỡng cực tĩnh điện. Các đầu tích điện trái dấu của các lưỡng cực thu hút lẫn nhau, và do đó các đầu phân tử hút nước. Đồng thời, đuôi của các phân tử hóa học được thiết kế sao cho chúng có thể đẩy nước, giống như các phân tử chất béo hoặc sáp.

Một phần rắn
tinh thể lỏng
Cấu trúc của các phân tử đặc biệt được mô tả ở trên giải thích sự đa dạng về cấu trúc của tinh thể lỏng.

Hình 4. Dung dịch nước là tinh thể lỏng. $a$) phân tử lưỡng cực; $b$) một chồng các lớp chất lỏng (smectic).

Tallov - rastor. Ví dụ, khi xác định nồng độ của các phân tử như vậy trong nước, có thể thu được tinh thể lỏng trong đó các phân tử không chỉ có cùng hướng mà còn tạo thành một mạng tinh thể cứng. Chỉ có điều mạng này chỉ giống một phần với mạng thông thường của vật rắn, tuần hoàn theo ba hướng vuông góc lẫn nhau. Chỉ có thể có hai hoặc thậm chí một hướng như vậy trong các tinh thể lỏng đặc biệt.

Hình 4, $b$ cho thấy một chồng các lớp được hình thành với nồng độ phân tử trong nước không quá thấp. Đuôi của các phân tử dường như “ẩn” khỏi nước đằng sau lớp vỏ của các đầu lưỡng cực. Nước có thể theo dõi được giữa hai lớp phân tử. Một chồng các lớp như vậy tạo thành một mạng tinh thể chỉ tuần hoàn theo một hướng—dọc theo trục $Z$. Theo hướng này, độ cứng của mạng giống như trong chất rắn, trong khi theo hướng ngang, lớp có thể trượt tự do, nghĩa là dọc theo các lớp của hệ thống, nó hoạt động giống như một chất lỏng. Cấu trúc này là xà phòng trung bình, đó là lý do tại sao các tinh thể lỏng như vậy được gọi là smectic. Chúng tương tự như cholesterics về độ phức tạp, nhưng các chu kỳ mạng trong hai trường hợp này hoàn toàn khác nhau. Ở cholesterkas, chu kỳ này là vài nghìn angstrom và ở smectos -

11

vài chục angstrom (tương ứng với chiều dài của phân tử).

Khi xác định nồng độ của dung dịch sẽ xuất hiện mạng tinh thể tuần hoàn theo hai hướng. Trong trường hợp này, các phân tử lưỡng cực được tập hợp thành các ngăn chất lỏng hoặc “sợi”, trên thực tế, tạo thành một mạng tinh thể như vậy, tương tự như một chồng bút chì (Hình 5, a). Những tinh thể rắn một phần như vậy không chỉ tồn tại trong các raster. Chúng cũng có thể là những chất riêng lẻ thay đổi trạng thái khi thay đổi nhiệt độ. Trong trường hợp này, khi nhiệt độ giảm, các trạng thái thường thay đổi theo trình tự sau: chất lỏng thông thường - chất lỏng nematic hoặc tinh thể cholesteric - smectic - rắn. Trong một thời gian dài, người ta không tìm thấy các chất tinh thể lỏng có mạng tuần hoàn theo hai hướng, nhưng gần đây chúng đã được phát hiện. Hình 5.6 cho thấy một mạng như vậy được hình thành bởi các chồng chất lỏng của các phân tử hình đĩa. Điều thú vị là trong trường hợp sau cũng có một thứ tự định hướng: các mặt phẳng của các đĩa trong stolnik song song với nhau, mặc dù tâm của các đĩa nằm hoàn toàn hỗn loạn dọc theo trục của stolnik lỏng.

Cấu trúc của tinh thể lỏng - raster - có tầm quan trọng lớn đối với hoạt động sống của một tổ chức, chẳng hạn như đối với sự lưu thông máu, vận chuyển oxy, hoạt động của các tế bào não và hoạt động của các màng tế bào khác nhau. Những màng như vậy thường có cấu trúc như trong Hình 4.6; những khiếm khuyết trong cơ cấu này dẫn đến bệnh tật trong tổ chức. Sự hình thành các tinh thể lỏng cholesteric và đặc biệt là smectic trong máu gây ra các bệnh về tim mạch. Khi có nồng độ không thuận lợi của các thành phần khác nhau trong mật, đầu tiên các tinh thể rắn không hoàn chỉnh và sau đó sẽ hình thành “sỏi”. Những ví dụ này có thể được tiếp tục. Đây là hai cái nữa.

Ví dụ đầu tiên có liên quan đến cụm từ “cholesterol trong máu”, được cả bác sĩ và người không chuyên sử dụng để chỉ một căn bệnh biểu hiện ở sự tắc nghẽn dịch máu. Đây chính xác là trường hợp khi một tinh thể lỏng cholesteric “tốt” (nghĩa là có cấu trúc hoàn hảo) được hình thành do bệnh tật là một triệu chứng phẳng. Thật vậy, chúng tôi đã lưu ý rằng cholesteric chỉ có tính lưu động tốt dọc theo các lớp chuyên đề, trong khi theo hướng ngang, nó giống một vật thể rắn hơn. Do đó, khi ở trạng thái tuần hoàn, các mảnh xoắn ốc cholesteric được sắp xếp sao cho dòng máu phải chảy qua các mạch máu, sức cản đối với dòng chảy này tăng lên rất nhiều - mạch máu bị tắc.

Hình 5. Mạng tinh thể tuần hoàn theo hai hướng. a) các “sợi” lỏng trong dung dịch; b) “sợi” chất lỏng của các phân tử đĩa.

13

Hình nền tuyệt vời được tạo ra bởi mức trung bình cổ điển

Đối với hai số dương $a$ và $b$, như đã biết, số $\frac{a+b}{2}$ được gọi là trung bình số học và số $\sqrt{ab}$ được gọi là trung bình hình học. Ít phổ biến hơn những mức trung bình này là mức trung bình hài hòa $\frac{2ab}{a+b}$ (ví dụ: nó bằng tốc độ trung bình của một xạ thủ máy đã đi nửa đầu hành trình với tốc độ $a$, nửa sau với tốc độ $b$). Mỗi mức trung bình này nằm giữa các số $a$ và $b$ (hãy đảm bảo điều này).

Tính đúng đắn của đẳng thức của cô ấy được xác minh dễ dàng

$$\frac{2ab}{a+b} < \sqrt{ab} < \frac{a+b}{2}$$

đối với bất kỳ số dương nào $a \neq b^*$.

Chúng ta sẽ giải quyết câu hỏi tiếp theo ở đây. Gọi hai số dương đã cho là $a$ và $b$, $a < b$. Sau khi tính một số cặp trung bình của những số này, chúng ta thu được các số $a_1$ và $b_1$. Sau đó, đối với các số $a_1$ và $b_1$, chúng tôi tính toán mức trung bình giống nhau - chúng tôi nhận được các số $a_2$ và $b_2$. Chúng tôi sẽ lặp lại quy trình tương tự với họ, v.v. Kết quả là chúng ta thu được các chuỗi $(a_n)$ và $(b_n)$.

Ví dụ: lấy trung bình hình học và trung bình số học và bắt đầu từ số 1 và 3, chúng ta có được

$$a_1 = \sqrt{3} \approx 1.732050808, \quad b_1 = 2;$$
$$a_2 \approx 1.861209718, \quad b_2 \approx 1.866025404;$$
$$a_3 \approx 1.863616006, \quad b_3 \approx 1.863617561;$$
$$a_4 \approx 1.863616784, \quad b_4 \approx 1.863616784;$$
vân vân.

Chúng ta thấy rằng trong ví dụ của mình, các chuỗi $(a_n)$ và $(b_n)$ hội tụ rất nhanh. Nó sẽ luôn như thế này phải không? Hóa ra những dãy số như vậy luôn có một giới hạn chung - điều này tương đối dễ chứng minh. Nhưng làm thế nào để tìm được giá trị của giới hạn này?

Trung bình số học-điều hòa

Chúng ta sẽ bắt đầu với trường hợp cặp trung bình được chọn là trung bình điều hòa và trung bình số học; do đó, số hạng của dãy $(a_n)$ và $(b_n)$ được xác định bởi công thức

$$a_{n+1} = \frac{2a_nb_n}{a_n+b_n}, \quad b_{n+1} = \frac{a_n+b_n}{2}$$

($n=0, 1, 2, \dots; a_0=a, b_0=b$).

Bài toán về việc tìm ra giới hạn chung của mình được trình bày tại Olympic đồng đội II do trường thành phố Omsk («Kvant», 1979, số 12).

Từ bất đẳng thức (1) suy ra

$$a < a_n < a_{n+1} < b_{n+1} < b_n$$

nghĩa là, chuỗi $(a_n)$ trả về “hướng tới” chuỗi tiêu diệt $(b_n)$.

Vì vậy, cả hai chuỗi đều đơn điệu và bị giới hạn; do đó, theo định lý Weierstrass (Đại số và Nguyên tắc Phân tích 9, đoạn 32) chúng có giới hạn $\alpha = \lim_{n \to \infty} a_n, \beta = \lim_{n \to \infty} b_n$. Chuyển đến giới hạn của một trong các đẳng thức (2), ta thu được

$$\beta = \lim_{n \to \infty} b_{n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n+b_n}{2} =$$
$$= \frac{1}{2} \left( \lim_{n \to \infty} a_n + \lim_{n \to \infty} b_n \right) = \frac{1}{2} (\alpha + \beta),$$

từ đâu $\alpha = \beta$: các dãy $(a_n)$, $(b_n)$ có ​​giới hạn chung. Giới hạn này được gọi là trung bình cộng số học điều hòa của các số $a$ và $b$. Hãy tìm anh ấy. Từ (2)

14

$$a_{n+1} \cdot b_{n+1} = a_n \cdot b_n = \ldots = a_1 b_1 = ab,$$
bởi vì
$$a^2 = \left( \lim_{n \to \infty} a_n \right)^2 = \lim_{n \to \infty} a_n \times \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} a_n \times b_n = ab,$$
Ở đâu
$$\alpha = \sqrt{ab} = \beta,$$
(trung bình số học-Garyonic trùng với trung bình hình học).

Bài tập 1. Chứng minh rằng $b_n - a_n < \frac{b-a}{2^n}$.

Vì vậy các trình tự $(a_n)$ Và $(b_n)$ hội tụ đủ nhanh để $\sqrt{ab}$. Vì vậy, chúng có thể hữu ích trong việc tính gần đúng căn bậc hai. Để tính toán $\sqrt{c}$ cần trình tự bắt đầu $(a_n)$, $(b_n)$ từ những con số như vậy $a$ Và $b$, Cái gì $c = ab$ (Ví dụ, $a = 1, b = c$), và quá trình sẽ hội tụ nhanh hơn, sự khác biệt giữa các hệ số này càng nhỏ (ví dụ: để tính $\sqrt{56}$ tốt hơn là không nên $a = 1$, $b = 56$, MỘT $a = 7$, $b = 8$). Thật dễ dàng để xác minh rằng các chuỗi $(a_n)$ Và $(b_n)$ thu được bằng công thức
$$b_{n+1} = \frac{1}{2} \left( b_n + \frac{c}{b_n} \right), a_{n+1} = \frac{c}{b_n}.$$
Để minh họa cách tính $\sqrt{12}$, hãy đặt $b = 4$. Chúng tôi nhận được $b_1 = \frac{1}{2} \left( 4 + \frac{12}{4} \right) = 3,5$, $b_2 \approx 3,464285715$, $b_3 \approx 3,464101620$, $b_4 \approx 3,464101615$ và sau đó tất cả các dấu hiệu đều ổn định:
$$\sqrt{12} \approx 3,464101615.$$

Trung bình số học-hình học Carl Friedrich Gauss, 14 tuổi*) đã phát hiện từ các ví dụ số rằng khi tính chuỗi $(a_n)$ và $(b_n)$ sử dụng trung bình hình học và số học:
$$a_{n+1} = \sqrt{a_n b_n}, b_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$$

($n = 0, 1, 2, \ldots; a_0 = a, b_0 = b$) các chuỗi này hội tụ rất nhanh với các chuỗi gần nhất.

*) Người đọc sẽ tìm thấy tiểu sử của “Vua toán học” và những thông tin thú vị về hoạt động khoa học của ông trong bài viết của S. Gindikn “Carl Friedrich Gauss” («Kvant», 1977, số 8).

Bài tập 2. Chứng minh sự tồn tại và trùng hợp của các giới hạn của dãy (3).

Giới hạn chung này được gọi là trung bình cộng hình học số học của các số $a$ và $b$ và được ký hiệu là $\mu(a, b)$. Việc tìm một biểu thức rõ ràng cho $\mu(a, b)$ thông qua $a$ và $b$ không phải là điều dễ dàng. nó lần đầu tiên được Gauss thu được nhờ sự phân tích và biến đổi cực kỳ sắc nét và thuần thục bằng cách sử dụng các đặc tính của cái gọi là các mục tiêu eliptic. Hãy để chúng tôi trình bày biểu thức này mà không cần chứng minh*):

$$\mu(a, b) = \frac{\pi}{2} \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{\sqrt{a^2 \sin^2 x + b^2 \cos^2 x}}.$$

Trung bình hình học-Gharionch

Nếu chúng ta xây dựng các chuỗi $(a_n)$ và $(b_n)$ bằng cách sử dụng các phương tiện ngữ pháp và hình học:
$$a_{n+1} = \frac{2a_n b_n}{a_n + b_n}, b_{n+1} = \sqrt{a_n b_n}$$

($n = 0, 1, 2, \ldots; a_0 = a, b_0 = b$),

thì trong trường hợp này dễ dàng chứng minh được rằng chúng hội tụ về một giới hạn chung. Hãy gọi nó là số Garyonic hình học của $a$ và $b$ và biểu thị nó bằng $\nu(a, b)$. Tuy nhiên, ở đây không có gì đáng kể khi so sánh với các chuỗi (3), vì từ (4) chúng ta thấy rằng
$$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{1}{a_n} + \frac{1}{b_n}, \frac{1}{b_{n+1}} = \sqrt{\frac{1}{a_n} \cdot \frac{1}{b_n}}.$$
Bởi vì
$$\frac{1}{\nu(a, b)} = \mu\left(\frac{1}{b}, \frac{1}{a}\right),$$
hoặc, nhờ công thức Gaus.

*) Nếu biểu thức này được sử dụng “theo hướng ngược lại”, chúng ta có một cách nhanh chóng để tính gần đúng phép tính tích phân ở mẫu số: nó bằng $\frac{\pi}{2\mu(a, b)}$ và trung bình $\mu(a, b)$ được tính gần đúng bằng cách sử dụng các chuỗi $(a_n)$ và $(b_n)$. Trong thời đại máy tính của chúng ta, những phép tính này có thể được thực hiện với tốc độ và độ chính xác cao.

16

Gần như số nguyên tố

Những khám phá được thực hiện trong toán học như thế nào? Thông thường - giống như trong các ngành khoa học khác: nhà nghiên cứu cố gắng đưa một sự kiện được chú ý vào như một trường hợp đặc biệt trong một khuôn mẫu chung. Không phải lúc nào cũng có thể tìm thấy mô hình này, và một nhà toán học, giống như bất kỳ nhà nghiên cứu nào khác, hành động bằng cách “thử và sai”.
Lý luận của anh ấy có thể trông như thế nào khi nói đến sự chia hết của các số được mô tả trong bài viết này.

1. Định lý nhỏ Fermat

Rõ ràng bình phương $n^2$ của số tự nhiên $n$ sẽ là số chẵn hoặc số lẻ cùng lúc với chính số $n$. Như vậy, các số $n^2$ và $n$ sẽ luôn đồng thời là số chẵn và số lẻ. Tuy nhiên, hơn nữa, hiệu này luôn bằng 3. Trên thực tế, số $n$ hoặc chia hết cho 3 (tức là có dạng $3k$), hoặc chia cho 3 thì dư 1 (có dạng $n=3k+1$), hoặc dư 2 khi chia cho 3 (khi đó nó có thể được biểu diễn là $n=3k+2=3(k+1)-1=3(k'-1)$).

Nếu $n$ chia hết cho 3 thì $n^3$ cũng chia hết cho 3. Nếu $n$ có ​​dạng $3k \pm 1$ thì $n^3=(3k \pm 1)^3=3(9k^3 \pm 9k^2+3k) \pm 1$, tức là $n^3=3l \pm 1$.

Trong mọi trường hợp, hiệu $n^3-n$ là bội số của 3. Vì vậy, chúng ta có

Phát biểu 2. Hiệu $n^3-n$ chia hết cho 3 đối với bất kỳ $n$ nào.

Bài tập

1. Chứng minh mệnh đề 1 và 2 bằng cách phân tích các đa thức $n^2-n$ và $n^3-n$.
2. Chứng minh rằng hiệu $n^3-n$ chia hết cho 6 với mọi $n$.

Tuyên bố 1 và 2 khơi dậy niềm hy vọng rằng điều này là đúng.

Giả thuyết 1. Hiệu $n^m-n$ chia hết cho $m$ cho mọi $m$ và $n$.

Than ôi! Dễ dàng bắt gặp một phản ví dụ bác bỏ giả thuyết này: hiệu $2^4-2=14$ không chia hết cho 4.

Tuy nhiên, tôi muốn thấy rằng sự giống nhau giữa câu 1 và 2 không phải là ngẫu nhiên. Hãy thử kiểm tra sự khác biệt $n^5-n$. Ví dụ: $2^5-2=30$ chia hết cho 5. Có thể dễ dàng chứng minh rằng đây không phải là ngẫu nhiên và là công bằng.

Phát biểu 3. Hiệu $n^5-n$ chia hết cho 5 đối với bất kỳ $n$ nào.

Trên thực tế, số $n$ có thể chia hết cho 5 hoặc khi chia cho 5 thì có một trong các số dư là 1, 4 (trong những trường hợp này nó có thể được biểu thị là $5k \pm 1$) hoặc khi chia cho 5 thì có một trong các số dư là 2, 3 (sau đó là $n=5k \pm 2$). Nếu $n$ chia hết cho 5 thì $n^5$ chia hết cho 5. Nếu $n=5k \pm 1$ thì

$$n^2=(5k \pm 1)^2=5(5k^2 \pm 2k)+1.$$

Nếu $n=5k \pm 2$ thì

$$n^2=(5k \pm 2)^2=5(5k^2 \pm 4k+1)-1.$$

Do đó, nếu $n$ không chia hết cho 5 thì số $n^2$ là $5L \pm 1$ và

$$n^4=(5L \pm 1)^2=5(5L^2 \pm 2L)+1$$

cho số dư 1 khi chia cho 5. Theo đó, hiệu $n^4-1$, và do đó hiệu $n^5-n=n(n^4-1)$, chia hết cho 5.

Bây giờ chúng ta đã có ba tuyên bố tích cực. Điều này buộc chúng tôi phải tiếp tục tìm kiếm. Sự khác biệt

18

2. Gần như số nguyên tố

Chúng ta hãy nhớ lại cách chúng ta đi tới định lý nhỏ Fermat ở đoạn trước. Sau khi sửa $m$, chúng tôi phát hiện ra liệu tất cả sự khác biệt $n^m - n$ có chia hết cho $m$ hay không. Để hình thành một giả thuyết chính xác, mỗi lần đầu tiên chúng tôi kiểm tra xem số $2^m - 2$ có chia hết cho $m$ hay không. Đối với tất cả được coi là đơn giản $m$, sự khác biệt $2^m - 2$ chia hết cho $m$, đối với những cái tổng hợp thì nó không chia hết. Tự nhiên phát sinh

Giả thuyết 5. Sự khác biệt $2^m - 2$ chia cho $m$ với sự đơn giản $m$ và không chia hết - khi ghép *).

Giả thuyết 5 được đưa ra bởi các nhà toán học Trung Quốc cổ đại - cách đây khoảng 2,5 nghìn năm.

Ở Trung Quốc cổ đại, cũng như tất cả các nền văn minh khác trước Hy Lạp cổ đại (Babylon, Ai Cập cổ đại, v.v.), toán học không phải là một môn khoa học mang tính xây dựng mà là một khoa học lưới. Vai trò chính trong toán học không phải do kết luận mà do sự thật, và câu hỏi làm thế nào thực tế này hay thực tế kia được xác lập không được coi là đặc biệt quan trọng: một bằng chứng đủ hợp lý có thể thay thế hoàn toàn bằng chứng. Sau khi viết ra hàng chục số đầu tiên $N_m = 2^m - 2$ ($m = 2, 3, 4, \dots$) và kiểm tra xem số nào chia hết cho $m$ và số nào không chia hết, các nhà toán học Trung Quốc cổ đại đã bị thuyết phục về tính đúng đắn của Giả thuyết 5 và ghi lại nó như một định lý. Tuy nhiên, bạn và tôi không phải là người Trung Quốc cổ đại. Euclid và Archimedes vĩ đại (và thậm chí trước đó là Pythagoras, Plato và Aristotle) ​​​​đã thuyết phục chúng ta rằng bản chất của toán học nằm chính xác ở việc chứng minh giả thuyết 5 và ghi lại nó như một định lý. Tuy nhiên, 我们没有证据表明 $m \neq 1$ gần như là số nguyên tố nếu hiệu $2^m - 2$ chia hết cho $m$.

Theo định lý nhỏ Fermat, mọi số nguyên tố đều gần như số nguyên tố. Vì vậy, giả thuyết 5 có thể được phát biểu lại như sau:

Giả thuyết 5’. Mà số gần như nguyên tố là số nguyên tố.

*) “Nửa” đầu tiên của Giả thuyết 5 tất nhiên là một phần của định lý Fermat.

Chúng tôi đã nói rằng các nhà toán học Trung Quốc cổ đại đã xem xét khả năng chia hết cho $m$ của vài chục số đầu tiên $N_m$ và không tìm thấy ví dụ bác bỏ. Ngày nay, với sự trợ giúp của máy tính, sẽ không khó để kiểm tra khả năng chia hết cho $m$ của hàng trăm số đầu tiên $N_m$. Tuy nhiên, ngay cả ở đây cũng không dễ để bác bỏ Giả thuyết 5: trong số 300 số tự nhiên đầu tiên, chúng ta không thể tìm thấy hầu hết các số nguyên tố không phải là số nguyên tố. Tuy nhiên, giả thuyết 5 vẫn sai, tức là nó đúng.

Định lý 2. Hầu như có số nguyên tố không phải là số nguyên tố.

Số nhỏ nhất như vậy là 341. Không thể tìm được nó, nhưng việc chứng minh nó gần như số nguyên tố không khó chút nào nếu ta có

Bổ đề 1. Hiệu $n^m - 1$ chia hết cho $n - 1$ đối với mọi $m$ và $n$, tính từ điểm các số nguyên tố không phải là số nguyên tố.

Bổ đề 2. Hiệu $n^m - 1$ chia hết cho $n - 1$ đối với mọi $m$ và $n$, tính từ điểm của các số nguyên tố không phải là số nguyên tố và $m_1 > m$.

Thật vậy, vì $m$ không phải là số nguyên tố nên $m = kL$, trong đó $k > 1$, $L > 1$. Khi đó, theo Bổ đề 1,

$$m_1 = 2^m - 1 = 2^{kL} - 1 = (2^k)^L - 1$$

chia hết cho $2^k - 1$. Từ $L > 1$ theo sau $2^k - 1 < m_1$. $k > 1$ ngụ ý $2^k - 1 > 1$. Điều này có nghĩa là $m_1$ không phải là số nguyên tố.

Vì $m$ gần như là số nguyên tố nên $m_1 = 2^m - 2 = N_m$ chia hết cho $m$: $N_m = mn$. Do đó, theo Bổ đề 1,

20

Bài toán

M701 — M705; F713 — F717

M701. Lyuda, Marina và Natasha vẽ tam giác nhọn LMN. Sau đó, Luda dựng tam giác của riêng mình, trong đó độ dài hai cạnh bằng $|LM|$ và $|LN|$, và góc giữa chúng lớn hơn 60° so với góc $L$ của tam giác LMN. Theo cách tương tự, Marina đã xây dựng hình tam giác của mình từ các cạnh có chiều dài $|ML|$ và $|MN|$, góc giữa chúng lớn hơn $\hat{M}$ 60°, và Natasha đã xây dựng hình tam giác của mình, trong đó góc giữa các cạnh $|NL|$ và $|NM|$ bằng $\hat{N} + 60^\circ$. Chứng minh rằng các cạnh thứ ba (mới) của tam giác đều giống nhau đối với cả ba cô gái.

A. Kaplan

M702. Chúng ta hãy biểu thị bằng $S_n$ tổng của các số nguyên tố $n$ đầu tiên: $S_1 = 2, S_2 = 2 + 3 = 5, S_3 = 2 + 3 + 5 = 10, S_4 = 17$, v.v. Chứng minh rằng với bất kỳ $n$ nào giữa $S_n$ và $S_{n+1}$ sẽ xuất hiện một hình vuông chính xác.

I. Chúc

M703*. Giải hệ phương trình

$$\begin{cases} 3(x + \frac{1}{x}) = 4(y + \frac{1}{y}) = 5(z + \frac{1}{z}), \\ xy + yz + zx = 1. \end{cases}$$

A. Fedorov

M704*. Hình bình hành được mô tả xung quanh một hình vuông (các đỉnh của hình vuông nằm trên các cạnh khác nhau của hình bình hành). Chứng minh rằng các đường vuông góc hạ từ các đỉnh của hình bình hành xuống các cạnh của hình vuông tạo thành một hình vuông mới (Hình 1).

N. Vasiliev

M705. Trên một tờ giấy ca rô hình chữ nhật có một số thẻ hình chữ nhật, các cạnh của chúng nằm trên các lưới tuyến tính. Các thẻ bao phủ tờ giấy thành hai lớp (nghĩa là mỗi ô của tờ giấy được phủ đúng hai thẻ). a) Đặt mỗi thẻ có kích thước $1 \times 2$ ô. Chứng minh rằng bạn có thể chọn một số thẻ để chúng phủ trang tính thành một lớp. (Bạn không thể di chuyển các thẻ.) Điều này có đúng không nếu các thẻ 6) có thể có kích thước tùy ý, c*) có kích thước $1 \times 3$ ô?

G. Galperin, V. Proizvolov

22

M662. Con heo đất chứa bốn rúp tiền đồng. Chứng minh rằng những đồng tiền này có thể dùng để trả ba rúp mà không cần trả lại tiền lẻ.

Nó đủ để chứng minh rằng bạn có thể khóc mà không cần đổi rúp.

Con heo đất có thể chứa bốn loại tiền xu: đồng một kopeck, hai kopeck, ba kopeck và đồng xu niken. Vì vậy, một số loại tiền xu có giá không thấp hơn rúp.

Nếu đây là đồng xu niken, đồng xu hai xu hoặc đồng xu một xu, thì rõ ràng là bạn có thể trả rúp mà không cần trả lại tiền lẻ.

Do đó, chúng ta hãy xem xét trường hợp khi có nhiều đồng xu ba kopeck hơn số rúp và có ít đồng xu thuộc loại khác hơn số rúp.

Nếu có ít nhất một đồng xu một kopeck trong con heo đất, sau đó cộng nó vào 33 đồng xu ba kopeck, chúng ta sẽ nhận được rúp.

Nếu có hai đồng xu hai kopeck hoặc hai niken, thì bằng cách cộng đồng xu ba kopeck với 32 (tương ứng là 30), chúng ta sẽ nhận được rúp.

Như vậy, vẫn còn một trường hợp không có đồng xu một kopeck, có hai đồng xu hai kopeck (398 không chia hết cho 3); nếu không có đồng xu hai kopeck thì có ít nhất hai niken (395 không chia hết cho 3). Vì vậy, trong trường hợp này, chúng ta có một đồng xu niken và một đồng xu hai kopeck, và chúng ta có thể thu thập rúp bằng cách thêm một đồng xu niken và một đồng xu hai xu vào 31 đồng xu ba xu.

Thật thú vị khi tìm ra số tiền thường có thể được thanh toán mà không cần trả lại bằng một bộ tiền đồng bốn bánh trong một con heo đất.

Ví dụ: nếu chỉ có đồng xu hai kopeck trong con heo đất thì không thể trả số tiền lẻ; nếu chỉ có niken thì không có số nào chia hết cho 5; cuối cùng, nếu có 133 đồng ba kopeck và một đồng một kopeck trong con heo đất, thì không thể trả được số tiền nào, khi chia cho 3 sẽ dư 2.

Điều này có nghĩa là nếu có thể trả một số tiền nhất định cho bất kỳ bộ đồng xu bốn bánh nào trong một con heo đất thì số tiền đó chia hết cho 10 và khi chia cho 3 không để lại số dư là 2. Liệu tất cả số tiền đó có thể trả được không?

A. Kushirenko

M663. Tìm tất cả các số nguyên tố p mà số 2$^p$ + p$^2$ cũng là số nguyên tố.

Khi p=2 chúng ta nhận được hợp số 8, khi p=3 chúng ta nhận được số nguyên tố 17.

Hãy chứng minh rằng với số nguyên tố p>3 thì số 2$^p$ + p$^2$ luôn là 3.

Thật vậy, p=3k±1 đối với một số k tự nhiên. Do đó 2$^p$ + p$^2$ = (3−1)$^{3k±1}$ + (3k±1)$^2$ = (3M−1) + (3N+1) = 3(M+N).

Bạn có thể nghĩ khác. Từ p lẻ suy ra 2$^p$ + 1 = (2+1) (2$^{p−1}$−2$^{p−2}$+…+1). Điều này có nghĩa là 2$^{p+1}$ chia hết cho 3. Vì p không chia hết cho 3 nên p$^2$ − 1 = (p−1) (p+1) chia hết cho 3. Điều này ngụ ý rằng tổng (2$^p$ + 1) + (p$^2$ − 1) = 2$^p$ + p$^2$ chia hết cho 3.

S. Mayzus

M664. Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi giao điểm các đường cao của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB bằng H, K, L, M của tam giác tương ứng. Chứng minh rằng diện tích adb của đường thẳng HKLM cũng bằng S.

Phân tích đơn giản nhất lời giải của bài toán này có được bằng cách sử dụng tích giả vô hướng của phép tính vectơ: $\vec{a} \wedge \vec{b} = |\vec{a}| |\vec{b}| \sin \varphi$, trong đó $\varphi$ là góc mà vectơ $\vec{a}$ phải quay ngược chiều kim đồng hồ để hướng của nó trùng với hướng của vectơ $\vec{b}$. Ý nghĩa hình học của số $\vec{a} \wedge \vec{b}$ là diện tích định hướng của hình bình hành được xây dựng trên các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ (Hình 1). Các thuộc tính chúng tôi cần:

1°. $(\vec{a} + \vec{b}) \wedge \vec{c} = \vec{a} \wedge \vec{c} + \vec{b} \wedge \vec{c}$,
2°. $\vec{a} \wedge \vec{b} = -\vec{b} \wedge \vec{a}$,

23

Hình 1, A. $\vec{a} \wedge \vec{b} = 2S_{\triangle AOB}$, nếu $\triangle AOB$ được định hướng dương - ngược chiều kim đồng hồ.

Hình 1, b. $\vec{a} \wedge \vec{b} = -2S_{\triangle AOB}$ nếu $\triangle AOB$ có hướng âm.

Hình 2. $\vec{HC} = 2\vec{KO} = \text{ctg} \hat{C} \times \mathbf{R}^{90^\circ}(\vec{AB})$.

3°. $\vec{a} \wedge \vec{b} = 0$ nếu các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ thẳng hàng thì suy ra rằng $\vec{a} \wedge \vec{b}$ bằng tích vô hướng của các vectơ $\vec{b}$ và $\mathbf{R}^{90^\circ}(\vec{a})$.

Sẽ rất thuận tiện khi giới thiệu ký hiệu “đối xứng”: đặt $A_1A_2A_3A_4$ là một góc chẵn cho trước, $H_1, H_2, H_3$ và $H_4$ lần lượt là các điểm giao nhau của đường cao của các tam giác $A_2A_3A_4, A_3A_4A_1, A_4A_1A_2$ và $A_1A_2A_3$, và $\vec{a}_i$ và $\vec{h}_i$ các vectơ đi từ một điểm cố định $O$ đến $A_i$ và $H_i$ ($i=1, 2, 3, 4$).

Hãy chứng minh rằng các tam giác $A_1A_2A_3$ và $H_1H_2H_3$ có kích thước bằng nhau (có cùng diện tích) và có cùng hướng. Vì diện tích $\triangle A_1A_2A_3$ gấp đôi (có tính đến hướng) bằng $\vec{A}_1\vec{A}_2 \wedge \vec{A}_1\vec{A}_3 = (\vec{a}_2 - \vec{a}_1) \wedge (\vec{a}_3 - \vec{a}_1) = \vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 + \vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 + \vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1$ nên ta phải chứng minh đẳng thức

$$\vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 + \vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 + \vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1 = \vec{h}_1 \wedge \vec{h}_2 + \vec{h}_2 \wedge \vec{h}_3 + \vec{h}_3 \wedge \vec{h}_1.$$

(1)

Để làm điều này, chúng ta chỉ sử dụng thực tế là $[A_iH_j] \parallel [A_jH_i]$ cho tất cả $i \neq j$. Giả sử $[A_1H_2] \parallel [A_2H_1]$ vì chúng vuông góc với $[A_3A_4]$; do đó $(\vec{a}_1 - \vec{h}_2) \wedge (\vec{a}_2 - \vec{h}_1) = 0$. Cộng ba đẳng thức:

$$\vec{a}_1 \wedge \vec{a}_2 - \vec{h}_1 \wedge \vec{h}_2 = \vec{a}_1 \wedge \vec{h}_1 - \vec{a}_2 \wedge \vec{h}_2,$$
$$\vec{a}_2 \wedge \vec{a}_3 - \vec{h}_2 \wedge \vec{h}_3 = \vec{a}_2 \wedge \vec{h}_2 - \vec{a}_3 \wedge \vec{h}_3,$$
$$\vec{a}_3 \wedge \vec{a}_1 - \vec{h}_3 \wedge \vec{h}_1 = \vec{a}_3 \wedge \vec{h}_3 - \vec{a}_1 \wedge \vec{h}_1.$$

chúng tôi nhận được (1).

Tất nhiên, nói chung người ta cũng chứng minh rằng các tam giác $A_iA_jA_k$ và $H_iH_jH_k$ có kích thước bằng nhau và có hướng như nhau (với tất cả $i \neq j \neq k$); đặc biệt điều này áp dụng cho các hình tam giác $A_3A_4A_1$ và $H_3H_4H_1$. Điều này ngụ ý sự bằng nhau về diện tích của tứ giác $A_1A_2A_3A_4$ và $H_1H_2H_3H_4$.

Ngoài ra, cả hai tứ giác này sẽ đồng thời (a) lồi hoặc (b) không lồi nhưng không tự cắt nhau hoặc (b) tự cắt nhau: nếu tất cả các tứ giác $A_1A_2A_3, A_2A_3A_4, A_3A_4A_1, A_4A_1A_2$ có cùng hướng, thì (a), nếu một tứ giác khác hướng với ba tứ giác còn lại - (b); nếu “tỷ số là hòa” 2:2 - (c).

Nếu chúng ta cố gắng dịch lời giải này sang ngôn ngữ hình học cơ bản, chúng ta sẽ có được một bức tranh ngữ pháp của nhiều hình bình hành, chính sự tương ứng giữa các diện tích của chúng bị nhầm lẫn do đặc thù của vị trí của chúng. Hình học thanh lịch hơn lời giải (tuy nhiên, yêu cầu tính không tròn; một phần, nó sử dụng công thức $tg\alpha + tg\beta = (1 - tg\alpha tg\beta) tg(\alpha + \beta)$) dựa trên các mối quan hệ hữu ích được hiển thị trong Hình 2, trong đó $H$ là giao điểm của các đường cao của các hình tam giác $ABC$, $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp, $K$ là điểm giữa của cạnh $AB^*$). Trên đường đi này, có thể thấy ngay rằng đối với một tứ giác $A_1A_2A_3A_4$ nội tiếp trong một đường tròn, thì tứ giác “trực tâm” $H_1H_2H_3H_4$ sẽ không chỉ có kích thước bằng nó mà còn bằng nhau (trong trường hợp tổng quát, như sau từ sự bằng nhau về diện tích của các tam giác $A_iA_jA_k$ và $H_iH_jH_k$, các tứ giác này tương đương với afficino, nghĩa là, một tứ giác thu được từ khác bằng phép biến đổi tuyến tính tọa độ).

B. Batyrev, N. Vasiliev, V. Trofimov

M665. Màn hình hiển thị ánh sáng bao gồm một số bóng đèn, mỗi bóng đèn có thể ở hai trạng thái (tương ứng hoặc không chứa). Có một số phím trên đường dẫn, nhấn đồng thời từng phím sẽ thay đổi trạng thái của một bộ bóng đèn nhất định

Gọi số đèn là $N$, số nút là $n$. Chúng ta hãy biểu thị bằng $A_i$ tập hợp con của bóng đèn mà nút thứ $i$ chuyển đổi, tức là mẫu thu được từ trạng thái ban đầu $B_0$—“tất cả các đèn đều tắt”—khi nhấn nút thứ $i$; chúng ta cũng sẽ nói về “hoạt động $A_i$”, nghĩa là bằng cách nhấn nút $i$.

*) lời giải này sẽ được đưa ra trong cuốn sách “Bài toán về Hình học” của I. F. Sharygin, được xuất bản trong Thư viện «Kvant».

24

(đối với mỗi cấu hình - cấu hình riêng). Lúc đầu bóng đèn không sáng.
a) Chứng minh rằng số mẫu khác nhau có thể thu được trên bảng điểm là lũy thừa của hai.
b) Có thể thu được bao nhiêu mẫu khác nhau trên một bảng gồm các bóng đèn $m \times n$ được sắp xếp theo hình chữ nhật, nếu cấu hình là một hàng bóng đèn đôi ngang và một hàng bóng đèn đôi dọc (kiểm tra đáp số của bạn để biết các giá trị nhỏ của $m, n$)?
c) Đưa ra các ví dụ khác về bảng và bộ (được định vị lại bằng confic) trong đó bạn có thể tìm thấy số lượng mẫu.

Chúng tôi đã nhận được rất nhiều bằng chứng cho tuyên bố a) dựa trên các báo cáo khác nhau. Hãy để chúng tôi trích dẫn ngắn gọn một số trong số họ.

1°. Có $2^N$ kiểu hiển thị ánh sáng khác nhau, bởi vì mỗi bóng đèn $N$ có thể ở hai trạng thái - bật hoặc tắt. Hãy để chúng tôi nhấn phím từ mẫu ban đầu $B_0$ bạn có thể nhận được $m$ các mẫu khác nhau $B_0, B_1, \dots, B_{m-1}$. Sau đó, từ bất kỳ mẫu ban đầu nào $X$, người ta có thể thu được cùng số lượng mẫu - đây là những mẫu khác với $X$ theo tập hợp $B_0, B_1, \dots, B_{m-1}$. Do đó, nếu tất cả các mẫu $2^N$ được chia thành nhiều khóa và ss: gán cho một lớp những mẫu có thể lấy được từ nhau bằng cách nhấn một phím, thì trong mỗi lớp sẽ có các mẫu $m$. Do đó $2^N$ chia hết cho $m$; do đó, $m$ là lũy thừa của hai.

2°. Đánh số khóa theo cách sao cho không có mẫu $s$ $A_1, A_2, \dots, A_s$ nào có thể thu được bằng cách kết hợp các mẫu trước đó (với các số thấp hơn) và mỗi mẫu $k-s$ còn lại $A_{k+1}, \dots, A_k$ có thể thu được bằng cách kết hợp một số thao tác $A_1, A_2, \dots, A_s$. Khi đó tổng số mẫu $m$ có thể thu được từ trạng thái ban đầu $B_0$ là $2^s$. Trên thực tế, tất cả các kết hợp của các phép toán $A_1, A_2, \dots, A_s$, tương ứng với $2^s$ của các tập hợp con khác nhau của tập hợp $\{1, 2, \dots, s\}$, sẽ đưa ra các mẫu khác nhau: nếu bất kỳ hai trong số chúng trùng khớp:

$$A_{i_1}A_{i_2}\dots A_{i_m}=A_{j_1}A_{j_2}\dots A_{j_l},$$

thì có thể thu được mẫu $A$ với hầu hết các số có trong đẳng thức này bằng cách kết hợp các mẫu trước đó.

3°. Trước tiên, chúng ta không nên nhìn vào tất cả $N$ bóng đèn mà nhìn vào $L$ đầu tiên trong số chúng. Hãy sử dụng những bóng đèn này từ trạng thái ban đầu $B_0$ để thu được $m_L$ các mẫu khác nhau. Sau đó chúng ta hãy nhìn vào bóng đèn thứ $(L+1)$. Nếu trạng thái của bóng đèn $(L+1)$ được xác định hoàn toàn bởi tập hợp các trạng thái của bóng đèn $L$ đầu tiên, thì $m_L+1=m_L$. Nếu có ít nhất hai bóng đèn, nhưng sự khác biệt là ở mức $(L+1)$, thì bạn có thể nhận được một mẫu trong đó bóng đèn $L$ đầu tiên không sáng, nhưng bóng đèn thứ $(L+1)$ sáng. Sau đó, từ mỗi mẫu bóng đèn $L$ của chúng tôi, bạn có thể nhận được hai mẫu khác nhau từ bóng đèn $L+1$ đầu tiên, tức là $m_L+1=2m_L$. Vì một bóng đèn (đầu tiên) có thể ở hai trạng thái, nên rõ ràng mối quan tâm của chúng ta $m=m_N$ sẽ là lũy thừa của hai.

Nhiều độc giả nhận thấy rằng sẽ thuận tiện hơn khi biểu diễn các phép toán $A_i$ và trạng thái bảng (“mẫu”) dưới dạng một tập hợp gồm $N$ số $+1$ và $-1$ (trong trường hợp này, thao tác nhấn các phím tương ứng với phép nhân của các bộ) hoặc dưới dạng một tập hợp gồm $N$ số $0$ và $1$ (sau đó các bộ được thêm modulo 2 thì có $1+1=0$).

Chúng ta hãy áp dụng cách biểu diễn đầu tiên cho lời giải bài toán 6).

Chúng tôi sẽ giả định rằng $x_{ij}=-1$ nếu bóng đèn ở hàng $i$ và cột thứ $j$ bật sáng, và $x_{ij}=1$ nếu không thì $(1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n)$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng tổng số mẫu có thể thu được từ trạng thái ban đầu “tất cả $x_{ij}=1$” bằng $2^{m+n-1}$.

Các phép toán hợp lệ (có $m+n$) là nhân một hàng hoặc cột với $-1$. Rõ ràng, chúng ta có thể nhận được một tập hợp tùy ý gồm $m+n-1$ số $\pm 1$ ở hàng đầu tiên và trong cột đầu tiên: $x_{11}, x_{12}, \dots, x_{1n}, x_{21}, x_{31}, \dots, x_{m1}$. Nhưng mỗi số $x_{ij}$ còn lại trong số $m+n-1$ số này đã được xác định duy nhất, vì trong mọi phép toán được chấp nhận, đẳng thức $x_{ij}x_{11}=x_{i1}x_{1j}$ sẽ được giữ nguyên.

Một lý luận tương tự (dùng điểm $x_{ij}x_{1j}x_{i1k}x_{i1k}x_{i1j}=x_{111}x_{11k}x_{11j}x_{i11}$) cho thấy một bàn có dạng thẳng song song, trạng thái $m \times n \times p$ bóng đèn, trong đó cho phép chuyển đổi dãy bóng đèn bất kỳ song song với cạnh của hình bình hành, số mẫu trong một lớp là $2^{mnp-(m-1)(n-1)(p-1)}$. nghĩa là số lớp mẫu là $2^{(m-1)(n-1)(p-1)}$ (xem lời giải $1^\circ$ bài toán a)).

N. Vasiliev

25

F673. Tải trọng treo trên một sợi dây đàn hồi. Nếu tác dụng một lực lên tải, tăng dần từ 0, sợi sẽ bị đứt khi lực đạt giá trị $F_1$. Tại giá trị lực tối thiểu nào thì sợi chỉ sẽ đứt nếu lực tác dụng nhỏ hơn một giá trị nhất định và sau đó không đáng kể?

Một sợi dây đàn hồi có thể được coi là một hình tròn. Đặt độ cứng của kẹp này bằng $k$. Theo điều kiện bài toán, với lực tăng chậm, sợi chỉ xuất hiện khi tổng lực $F_\pi$ tác dụng lên nó bằng

$$F_\pi = mg + F_1,$$

trong đó $m$ là khối lượng của tải trọng treo. Chúng ta hãy xem điều gì xảy ra trong trường hợp lực tác dụng ngay lập tức đạt đến một giá trị nhất định $F$ và sau đó không thay đổi.

Tại thời điểm ban đầu (khi lực bằng 0), sợi dây bị kéo căng dưới tác dụng của trọng lực của tải $mg$ một lượng $x_0$, được xác định bởi điều kiện $kx_0 = mg$, tức là tọa độ của sợi ở vị trí cân bằng bằng $x_0 = mg/k$ (vị trí đầu sợi khi không có tải trọng được lấy làm gốc). Khi tác dụng một lực $F$ thì tọa độ đầu sợi chỉ ở vị trí cân bằng sẽ bằng $x' = mg/k + F/k$. Tuy nhiên, hệ sẽ chỉ đạt đến trạng thái cân bằng sau khi dao động của không khí đã tắt. Biên độ ban đầu của các dao động này được xác định bởi độ lệch ban đầu của hệ so với vị trí cân bằng, nghĩa là $A = x' - x_0 = F/k$. Vì độ tắt dần của dao động nhỏ nên sau khoảng thời gian dương, tổng lực căng của các kẹp sẽ bằng

$$x_\pi = \frac{mg + F}{k} + A = \frac{mg}{k} + 2 \frac{F}{k}.$$

Điều này có nghĩa là tổng lực tác dụng lên sợi dây

$$F'_\pi = mg + 2F.$$

Sợi chỉ sẽ bị đứt nếu lực này lớn hơn lực $F_\pi$ (xem (*)), lực này quyết định độ bền kéo của sợi chỉ. Do đó, lực tối thiểu $F_{\min}$ mà tại đó sợi chỉ sẽ đứt được tìm thấy từ điều kiện $F'_\pi = F_\pi$, tức là

$$mg + 2F_{\min} = mg + F_1;$$

từ đây

$$F_{\min} = F_1/2.$$

G. Baronov

F674. Anhydrit sunfuric $SO_3$ với lượng $v_1 = 1$ mol được cho vào bình kín và nâng lên nhiệt độ $T_1 = 1000$ K, tại đó $SO_3$ phân ly một phần thành anhydrit sunfuric $SO_2$ và oxy: $SO_3 = SO_2 + \frac{1}{2}O_2$.

Mức độ phân ly trong những điều kiện này hóa ra bằng $a_1 = 0,2$ (nghĩa là 20% phân tử ban đầu có sẵn $SO_3$ đã bị phân ly). Khi $v_2 = 0,4$ mol $SO_3$ được đặt vào cùng một bình, hóa ra để đạt được áp suất như trong thí nghiệm đầu tiên, áp suất khí phía trên các con sên đạt đến nhiệt độ $T_2 = 2000$ K. Xác định mức độ phân ly $SO_3$ trong thí nghiệm thứ hai. Tất cả các chất trong thí nghiệm nói chung đều ở trạng thái khí.

F675. Để thay đổi dòng điện lớn trong mạch CC (xem hình. ok), sử dụng shunt Ш,

Khi tiêu tán hoàn toàn, 1 mol $SO_3$ thu được 1,5 mol khí ($SO_2$ và $O_2$). Do đó, nếu αᵇ nốt ruồi $SO_3$ được mổ xẻ thì bình chứa 1,5αᵇ nốt ruồi $SO_2$ và $O_2$ và (1−α)ᵇ nốt ruồi $SO_3$; tổng số khí trong bình là $n = 1,5αᵇ + (1−α)ᵇ = (1+0,5α)ᵇ$.

Chúng ta hãy viết phương trình trạng thái của các chất khí trong bình trong trường hợp thứ nhất ($v_1 = 1$ mol, $T_1 = 1000$ K, $a_1 = 0,2$) và trong trường hợp thứ hai ($v_2 = 0,4$ mol, $T_2 = 2000$ K, $a_2 = ?$) (áp suất và thể tích giống nhau trong các trường hợp chung):

$$pV = n_1RT_1, \quad pV = n_2RT_2.$$

Do đó, $n_1T_1 = n_2T_2$, tức là

$$(1+0,5a_1)v_1T_1 = (1+0,5a_2)v_2T_2,$$

Ở đâu

$$a_2 = 2\left((1+0,5a_1) \frac{v_1T_1}{v_2T_2} - 1\right) = 0,75 = 75\%.$$

V. Belonukin

Vì điện trở của shunt nhỏ hơn nhiều so với điện trở của mạch thay đổi nối với nó nên hướng trong phần CC bằng $U = Ir_\pi$.

26

song song đó, thông qua các điện trở $R_1 = 2$ Ohm và $R_2$, một thiết bị biến thiên G có điện trở trong $r = 10$ Ohm được kết nối. Ở vị trí A của công tắc P, thiết bị luôn tương ứng với dòng điện trong mạch $I_1 = 10$ A. Cần lấy điện trở nào $R_2$ để ở vị trí B của công tắc P thiết bị luôn tương ứng với dòng điện $I_2 = 100$ A?

Điện trở Schitt được cho là nhỏ hơn rất nhiều so với điện trở trong của thiết bị.

Nếu kim của thiết bị lệch về mức tối đa trong hai kiểu đóng mạch thì dòng điện chạy qua thiết bị trong trường hợp chung là như nhau. Kể từ đây,

$$\frac{I_1 r_1}{R_1 + r} = \frac{I_2 r_2}{R_1 + R_2 + r},$$

Ở đâu

$$R_2 = \left( \frac{I_2}{I_1} - 1 \right) (R_1 + r) = 108 \text{ Ом.}$$

L. Lugaansky

F676. Một khung dây vuông có chu vi 4a và khối lượng m truyền một vận tốc ban đầu nhất định theo phương nằm ngang. Khung chuyển động trong một mặt phẳng thẳng đứng, luôn nằm trong một từ trường vuông góc với mặt phẳng của khung (xem hình). Cảm ứng trường thay đổi theo định luật $B(z) = B(0) + kz$, trong đó $k$ = const. Điện trở của khung bằng R. Sau một thời gian, tốc độ của khung không đổi và bằng v. Tìm tốc độ ban đầu truyền cho khung. Tăng tốc của nadiya miễn phí g.

Trong trường hợp không có từ trường, khung sẽ chuyển động trong trường hấp dẫn của Trái đất với tốc độ nằm ngang không đổi $\vec{v}_0$ dọc theo trục X và được tăng tốc đều bằng cách đệm tự do $\vec{g}$ dọc theo trục Z. Rõ ràng, chuyển động của khung sẽ không thay đổi nếu nó rơi trong từ trường đều. Trong trường hợp của chúng ta, trường không đồng nhất (dọc theo trục Z): $B(z) = B_0 + kz$, tức là cảm ứng trường tăng tuyến tính khi z tăng; do đó, khi khung rơi xuống, từ thông cảm ứng từ F, một đường viền tùy ý của khung, sẽ thay đổi và một lực điện động cảm ứng sẽ xuất hiện trong đường viền khung. Vì khung là một mạch dẫn kín nên sẽ có dòng điện cảm ứng chạy qua khung. Trong trường hợp này, theo định luật Ampe, lực từ từ trường sẽ tác dụng lên các cạnh của khung. Hãy tìm hướng và độ lớn của các lực này.

Giả sử tại một thời điểm nào đó khối tâm của khung nằm tại một điểm có tọa độ $x_t$, $z_t$ và hình chiếu vận tốc của khối tâm lên trục X và Z bằng $v_x$ và $v_z$ (xem hình). Thông lượng cảm ứng từ Ф, một hệ quy chiếu tùy ý tại thời điểm này, bằng

$$\Phi = \frac{(B_0 + k(z_t - a/2)) + (B_0 + k(z_t + a/2))}{2} a^2 = (B_0 + kz_t) a^2.$$

Ở đây $B_0 + k(z_t - a/2)$ và $B_0 + k(z_t + a/2)$ là các giá trị cảm ứng từ trường tương ứng với cạnh trên và cạnh dưới của khung; vì sự phụ thuộc $B(z)$ là tuyến tính nên để tính Ф chúng ta thu được giá trị trung bình (dọc theo chiều cao z) của quy nạp.

Lực điện động cảm ứng trong khung tại một thời điểm nhất định bằng

$$|\mathcal{E}| = \frac{|\Delta\Phi|}{\Delta t} = ka^2 \frac{|\Delta z|}{\Delta t} = ka^2 |v_z|,$$

dòng điện cảm ứng bằng

$$I = \frac{|\mathcal{E}|}{R} = \frac{ka^2}{R} |v_z|.$$

Theo quy tắc Lenz, dòng điện tạo ra sẽ chạy theo chiều kim đồng hồ. Theo định luật Ampe, một lực sẽ tác dụng từ từ trường ở mặt trên của khung

$$|\vec{F}_1| = (B_0 + k(z_t - a/2)) Ia = (B_0 + k(z_t - a/2)) \frac{ka^3}{R} |v_z|,$$

ở phía dưới - sức mạnh

$$|\vec{F}_2| = (B_0 + k(z_t + a/2)) Ia = (B_0 + k(z_t + a/2)) \frac{ka^3}{R} |v_z|.$$

27

Các lực $\vec{F}_3$ và $\vec{F}_4$ tác dụng lên các cạnh của khung, rất/không, sẽ có độ lớn bằng nhau và ngược dấu:

$$|\vec{F}_3| = |\vec{F}_4| = \frac{(B_0 + k(z_t - a/2)) + (B_0 + k(z_t + a/2))}{2} Ia =$$

$$= (B_0 + kz_t) \frac{ka^3}{R} |v_z|,$$

$$\vec{F}_3 + \vec{F}_4 = 0.$$

Do đó, $v_x = const$, tức là khung sẽ chuyển động dọc theo trục $X$ với tốc độ không đổi bằng tốc độ ban đầu $v_0$.

Như vậy, bản chất chuyển động của khung theo phương trục $Z$ được xác định bởi các lực $\vec{F}_1$, $\vec{F}_2$ và lực hấp dẫn $m\vec{g}$. Ở tốc độ ổn định $v$ của khung, hình chiếu của vận tốc lên trục $Z$ là không đổi, tức là gia tốc $\vec{a}_z$ dọc theo trục $Z$ bằng 0:

$$m|\vec{a}_z| = m|\vec{g}| + |\vec{F}_1| - |\vec{F}_2| = mg - \frac{k^2 a^4}{R}|v_z| = 0.$$

Từ đây ta tìm được hình chiếu $v_{yct. z}$ lên trục $Z$ của tốc độ ổn định của khung:

$$v_{yct. z} = mgR/k^2 a^4.$$

Tốc độ ổn định của khung bằng $v = \sqrt{v_0^2 + v_{yct. z}^2}$, trong đó $v_0$ là hình chiếu của tốc độ $v$ lên trục $X$, như chúng tôi đã chỉ ra, bằng tốc độ ban đầu truyền vào khung. Như vậy,

$$v_0 = \sqrt{v^2 - v_{yct. z}^2} = \sqrt{v^2 - \left(\frac{mgR}{k^2 a^4}\right)^2}.$$

Tốc độ $v_{yct. z}$ cũng có thể được tìm thấy từ các thông điệp năng lượng. Khi khung chuyển động ổn định thì độ biến thiên theo thời gian $\Delta t$ của thế năng của khung trong trường hấp dẫn của Trái đất bằng nhiệt năng toả ra trong khung trong thời gian này:

$$mgv_{yct. z}\Delta t = l^2_{yct. z}R\Delta t = \left(\frac{ka^2}{R}\right)^2 v^2_{yct. z}R\Delta t.$$

Từ đây

$$v_{yct. z} = \frac{mgR}{k^2 a^4}.$$

V. Mozhaev

F677. Sử dụng hệ thống gương đồng tâm (Hình 1), hình ảnh của Mặt trời thu được trên màn hình. Bán kính của gương là $R_1 = 12$ cm, $R_2 = 30$ cm. Tiêu cự của một đường thẳng mỏng phải là bao nhiêu để nó tạo ra ảnh Mặt trời có cùng kích thước?

Vấn đề có thể được giải quyết theo hai cách.

1. Trong mặt phẳng tiêu điểm của gương thứ nhất (bán kính $R_1$), thu được ảnh của Mặt trời, là chủ thể của gương thứ hai (bán kính $R_2$). Nếu kích thước góc của Mặt trời là $a$ thì kích thước của hình ảnh này là $l = aF_1 = aR_1/2$; ảnh nằm cách gương thứ hai một khoảng $d_2 = R_2 - R_1/2$. Độ phóng đại của gương thứ hai là $\Gamma_2 = F_2/(d_2 - F_2) = R_2/(R_2 - R_1)$. Kích thước hình ảnh thu được trong hệ thống gương bằng

$$L_3 = l\Gamma_2 = \frac{aR_1}{2} \frac{R_2}{R_2 - R_1} = a \frac{R_2 R_1}{2(R_2 - R_1)}.$$

Một đường mảnh tạo ra hình ảnh của Mặt trời ở kích thước mặt phẳng tiêu cự của nó

$$L_\pi = aF_\pi.$$

Để có được kích thước ảnh $L_\pi = L_3$, bạn cần sử dụng một ống kính có tiêu cự

$$F_\pi = \frac{R_2 R_1}{2(R_2 - R_1)} = 10\text{ см}.$$

2. Hình 2 thể hiện đường đi của một trong các tia $(AB)$, song song với trục quang của hệ gương. Điểm $M$ là giao điểm của tia $AB$ song song trên hệ (sự tiếp nối của nó) với tia $DF$ rời khỏi hệ. Chúng ta đặt trong mặt phẳng $NN'$ đi qua điểm $M$ và vuông góc với quang học