Kvant 1981, số 12 · Trang

KVANM
12
1981
Tạp chí VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC PHỔ BIẾN
HỌC VIỆN KHOA HỌC LIÊN XÔ và VIỆN KHOA HỌC SƯ VỤ LIÊN XÔ

Thật khó để tin rằng chiếc bánh quy xoắn cao su màu cam bọc vòng sắt có cả hai đặc tính “tai” (hình trên cùng bên trái) lại có thể biến dạng đến mức nếu không cắt hay dán thì nó sẽ chỉ che chiếc nhẫn bằng một tai (như hình trên cùng bên phải). Nhưng điều này thực sự có thể thực hiện được nếu “bánh quy cây” được cắt, hớt bọt, phồng lên và kéo căng. Làm sao? Nếu bạn không tự báo cáo, hãy xem phần “Đáp số, gợi ý, lời giải”.
Đương nhiên, có mong muốn bóc chiếc tai thứ hai ra khỏi chiếc nhẫn - suy cho cùng, họ có quyền bình đẳng! Tuy nhiên, bạn không thể tháo chụp tai.
Bây giờ hãy nghĩ xem liệu có thể gỡ một chiếc bánh quy xoắn bằng một cánh tay móc vào phía sau một cánh tay khác hay không (hình bên dưới).

A.P.

1

Tổng biên tập
Viện sĩ Kikonn I.K.

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

Đại biểu
tổng biên tập:
Danilycheva M. N
Levkovtsev V. A.
Soloviev Yu. P.

Tuyển tập biên soạn:
Aslamazov L. G.
Bashmak M. I.
Belonuchkin V. E.
Boltyansky V. G.
Borovoy A. A.
Brook Yu. M.
Vavilov V.V.
Vasiliev N. B.
Voronin S.I.
Gnedenko B.V.
Gutenkhmer V.L.
N.P.
Dubrovsky V. N.
Zemlyakov A. N.
Zilberman A. R.
Klimanov A. I.
Kozel S. M.
Krotov S. S.
Kudryavtsev L. D.
Mikhailov A. A.
Nikshin E. M.
Novikov S. P.
Potapov M.K.
Razumovsky V. G.
Rodina N.A.
Rozov N. Kh.
Savin A.P.
Smorodinsky Ya. MỘT.
Sosinsky A. B.
Urovev V. M.
Nhà chế tạo V.A.

Ban biên tập:
Belyaev S. T.
Baldin A. M.
Bukhovtsev B.B.
Velikhov E. P.
Verchenko I. Ya.
Vozdvizhensky B.V.
Glushkov V. M.
Dorofeev G.V.
Ermolaeva N. A.
Ershov A. P.
Zubov V. G.
Ivanov Yu. B.
Kantorovich L.V.
Kapitsa P. L.
Kirillin V. A.
Kotkin G. L.
Logunov A. A.
Mozhaev V.V.
Orlov V. A.
Kuzmin R. N.
Patrikeva N. A.
Peryshkin A.V.
Sagdeev R.Z.
Sobolev S. L.
Stasenko A. L.
Surin I.K.
Surkov E. L.
Faddeev L. D.
Firsov V.V.
Ykovlev G. N.

Đêm giao thừa
trên trang bìa của chúng tôi
chúng tôi đã biên soạn
mười bốn bản sao
khối Rubik -
câu đố toán học,
bí mật của ai
«Kvant» sẽ tiết lộ
trong năm mới 1982.

12
1981

Bị ràng buộc vào năm 1970

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

NHÀ XUẤT BẢN KHOA HỌC
PHÒNG BIÊN TẬP CHÍNH VĂN HỌC VẬT LÝ VÀ TOÁN HỌC

TRONG PHÒNG:

Các nhà khoa học giáo dục giới trẻ

2 Velikhov. Bài toán vẫn vậy - học đi!

---

4 A. Chernin. Động lực học sao

11 Yu. Demkov. Xoay các hình khối

17 S. Vavilov. “Ánh sáng ấm áp” và bức xạ nhiệt

Bài toán Kvant
24 Bài toán M716 — M720; F728 — F732

26 GIẢI PHÁP CHO VẤN ĐỀ M676 - M680; F688 — F691

34 G. Gurewitz. Hệ thống cân

36 Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

«Kvant» cho học sinh nhỏ
37 Bài toán

38 S. Tavridov. Pentominoes trên mặt phẳng và trong không gian

Qua những trang sách giáo khoa
40 V. Ryzhik. Quà tặng hình học

Xưởng của người nộp đơn
42 V. Belonuchkin. Sơ đồ trạng thái

Thông tin
46 L. Aslamazov. Olympic Vật lý quốc tế lần thứ XII
50 A. Abramov, V. Mishin. Olympic Toán quốc tế lần thứ XXII
54 V. Serdeev, A. Krivoruchko, M. Nemtsentser. Olympic Toán ở các trường dạy nghề

Đánh giá, thư mục
55 I. Zorich. golovrfika có thể làm gì?

57 trang cờ vua

58 Đáp số, gợi ý, lời giải
61 Xuất bản 1981

Tin khoa học (23)
Pha trộn (41, 53)
Thi đấu cờ vua (trang bìa thứ 3)

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

Nhiệm vụ vẫn như cũ - học tập!

Vào một trong những thời điểm quan trọng nhất đối với số phận của nhà nước Xô Viết, 60 năm trước, V.I. Lênin phát biểu tại Đại hội toàn Nga lần thứ III của RKSM đã nói: “… nhiệm vụ của thanh niên nói chung, các đoàn thể thanh niên cộng sản và của tất cả các tổ chức khác nói riêng có thể diễn đạt bằng một từ: nhiệm vụ là học tập”. 60 năm đã trôi qua. Nhà nước xã hội đầu tiên ra đời và được củng cố, sự phát triển giáo dục của chủ nghĩa xã hội ở Liên Xô và chủ nghĩa xã hội đã giành được thắng lợi ở nhiều nước. Từ những hạt giống được gieo vào những năm đầu cầm quyền của Liên Xô, khoa học Liên Xô đã phát triển. Cô đã giải quyết được một số vấn đề lịch sử bài toán - từ điện tử hóa đất nước đến tạo ra khoa học và công nghệ nguyên tử, thám hiểm không gian, v.v. Ngày nay, một phần ba các nhà khoa học trên thế giới làm việc tại Liên Xô.

Sự phát triển của cuộc cách mạng khoa học và công nghệ đã đưa sản phẩm khoa học - tri thức - trở thành một trong những của cải chủ yếu của quốc gia.

Liên Xô đã tạo ra không chỉ nền khoa học tiên tiến, các trường khoa học, cơ sở vật chất và/thực nghiệm của khoa học mà còn là một trong những hệ thống giáo dục mạnh mẽ và hiệu quả nhất. Đồng thời, bài toán chính của giới trẻ - học tập - vẫn phù hợp như 60 năm trước.

Mỗi thế hệ thanh niên Liên Xô mới phải đối mặt với những nhiệm vụ mới do nhiều xã hội đặt ra - từ khôi phục nền kinh tế quốc gia sau nội chiến, xây dựng kế hoạch 5 năm đầu tiên đến phát triển các vùng đất còn nguyên vẹn, xây dựng tuyến đường chính Baikal-Amur, bảo trợ cho ngành năng lượng hạt nhân và các ngành công nghiệp dầu mỏ của Tyumen. Không kém phần vĩ đại bài toán đứng trong giáo dục: mỗi thế hệ mới phải tiếp nhận và tiêu hóa mọi thứ do thế hệ trước tạo ra. Trong thế kỷ 20, sự phát triển của thông tin khoa học và kỹ thuật sẽ diễn ra như một trận tuyết lở. Hơn nữa, giáo viên đôi khi không có thời gian để theo kịp khoa học hiện đại. Tuy nhiên, sự tiến bộ của xã hội chúng ta phụ thuộc vào sự thành công của quá trình này - học tập.

Viện sĩ Evgeny Pavlovich Velikov là người đoạt Giải thưởng Nhà nước, Phó Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Chủ tịch Ban Khoa học Vật lý, Kỹ thuật và Toán học tại Diễn đàn Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Phó Giám đốc Viện Năng lượng nguyên tử mang tên I.V. Kurchatov.

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

3

Bài toán ở đây khái niệm là mưa đá, nhưng dự trữ daleko không được sử dụng. Điều kỳ lạ là chúng ta vẫn biết rất kém về quá trình tư duy và học tập, do đó việc sử dụng các khả năng của trí óc con người là không hiệu quả. Dạy học vẫn là một nghệ thuật đôi khi có thể tạo ra những điều kỳ diệu. Từ kinh nghiệm học tập của chính mình, chúng tôi biết rằng hầu hết chúng ta không thành thạo ngoại ngữ trong 10 năm, mà nếu cần thiết và sử dụng phương pháp phù hợp, có thể thành thạo một cách hiệu quả trong sáu tháng. Điều tương tự cũng áp dụng cho tất cả các môn học khác. Một học sinh đã học các nguyên lý toán cao cấp từ lớp 6-7 trông giống như một thần đồng, mặc dù điều này không kém phần tự nhiên so với việc học bơi khi mới một tuổi.

Cuộc tranh luận hiện đại buộc chúng ta phải chú ý nhiều đến sự phát triển của con người đến những giới hạn về khả năng thể chất của mình. Trong thể thao, việc học sinh đạt được chức vô địch thế giới và việc trượt băng đến được Bắc Cực được coi là điều bình thường. Trong lĩnh vực học tập, chúng ta rụt rè hơn rất nhiều. Và chúng ta có gắn ý nghĩa xã hội tương đương với những nỗ lực tương ứng của con người trong lĩnh vực trí tuệ không? Chỉ những ai đã từng tranh cãi với một người thầy thực sự mới có thể tưởng tượng được quá trình truyền thụ kiến ​​thức thường ngày từ thế hệ này sang thế hệ khác do con người phát triển lại kém hiệu quả đến mức nào. Với nhu cầu hiện đại của xã hội về trí thông minh của con người, chúng ta đang mất đi bao nhiêu Einsteins, Mendleyevs, Tolstoys! Yếu tố quan trọng để thành công trong giáo dục là khát vọng, nhu cầu nội tại và sự tự hoàn thiện của mỗi người trẻ. Và tất nhiên, những tài sản này chủ yếu phải được khuyến khích bởi xã hội, bao gồm cả Komsomol và các tổ chức công cộng khác.

Không kém phần kỳ lạ là việc chúng ta tách biệt một cách giả tạo hai quá trình - học tập và sáng tạo. Trên thực tế, đó là một quá trình. Nếu học tập không phải là một quá trình sáng tạo đối với một người thì nó gần như vô ích. Và ngược lại, chỉ bằng cách duy trì khả năng học hỏi và ngạc nhiên trước những điều mới, con người mới giữ được khả năng sáng tạo, bất kể tuổi tác. Quá trình này được xác định bởi nỗ lực và nhu cầu cá nhân cũng như các động cơ xã hội hình thành nên chúng.

Thế giới hiện đại, với “những con đường nhiều người qua lại”, những vấn đề nhỏ nhặt hàng ngày và những tuân thủ, góp phần vào quá trình AMERization của cá nhân. Chính quá trình học tập, rồi bắt đầu đi làm, đôi khi cũng dập tắt mong muốn của mỗi người trẻ là trở thành một cá thể thông minh, mạnh mẽ, độc lập, sáng tạo, bất kể mình chọn nghề gì và làm việc ở đâu. Trong công nghiệp, nông nghiệp, dịch vụ, đặc biệt là khoa học công nghệ trong xã hội xã hội chủ nghĩa, trí tuệ ngày càng cần thiết - đây là đường lối phát triển chung của chúng ta. Việc hình thành một nhân cách như vậy đòi hỏi phải rèn luyện và rèn luyện sớm - tinh thần và thể chất.

Nhiệm vụ quan trọng nhất của toàn xã hội Xô Viết, trong đó có thế hệ trẻ, là đảm bảo trình độ và tiến bộ khoa học kỹ thuật phù hợp trong quá trình tiến bộ không ngừng cùng với chủ nghĩa tư bản. Chúng tôi có cơ sở để tin tưởng rằng bài toán này sẽ được giải quyết thành công.

CÁCH SỮA

Democritus (thế kỷ 5 - 4 trước Công nguyên) cho rằng Dải Ngân hà, một dải trắng trải dài trên bầu trời, là “sự kết hợp ánh sáng của nhiều ngôi sao”. Lịch sử thiên văn học biết đến nhiều giả định khác về bản chất của Dải Ngân hà, những giả định này đã được thảo luận từ rất lâu trước khi người ta có thể xác minh chúng bằng các quan sát thiên văn; Cuộc tranh luận về Dải Ngân hà đã tiếp tục trong nhiều thế kỷ. Lời giải - theo Hiệp ước Democritus - xuất hiện vào năm 1610, khi Galileo hướng kính viễn vọng mà ông vừa tạo ra lên bầu trời.

Chỉ trong vài giờ, nhiều khám phá thiên văn đáng chú ý và những khám phá trung gian đã được thực hiện - khám phá các ngôi sao trong Dải Ngân hà. Như Galileo đã viết, các ngôi sao “có thể nhìn thấy được bằng mắt mà trước đây chưa bao giờ nhìn thấy được, và số lượng của chúng lớn hơn ít nhất mười lần số lượng sao được biết đến từ thời cổ đại. Đây là một thực tế vô cùng quan trọng, đã chấm dứt cuộc tranh cãi về Dải Ngân hà và tiết lộ bản chất của nó đối với giác quan và lý trí.”

5

Việc nghiên cứu Dải Ngân hà đã trở thành một trong những nhiệm vụ chính bài toán thiên văn học thế kỷ 18 và 19, và bây giờ chúng ta biết rằng các ngôi sao trong Dải Ngân hà thuộc hệ sao Hypanthus, nơi chứa hơn một trăm tỷ ngôi sao, bao gồm cả ngôi sao gần chúng ta nhất, Mặt trời. Các đặc điểm chung về cấu trúc và động lực của hệ thống này, được gọi là Thiên hà*), chỉ được làm sáng tỏ một cách đáng tin cậy trong 30-40 năm qua. Đồng thời, người ta biết rằng có những hệ thống khác thuộc loại này trong Vũ trụ - các thiên hà.

Chuyển động của các ngôi sao trong thiên hà được quyết định bởi lực hấp dẫn. Định luật hấp dẫn lẫn nhau của các vật thể, được thiết lập trong các nghiên cứu về lực hấp dẫn, trong quan sát chuyển động của các vật thể trong Hệ Mặt trời, cũng có giá trị trong các hệ sao lớn hơn Hệ Mặt trời hàng triệu tỷ lần; Điều này cho thấy bản chất phổ quát, phổ quát của lực hấp dẫn.

Thiên hà và các thiên hà

Trong Thiên hà, có hai thành phần cấu trúc chính: đĩa và thành phần hình cầu. Đĩa được hình thành bởi các ngôi sao trẻ và sáng, nó có một góc ở giữa nên trông giống như chechenutsu hoặc thấu kính (Hình 1). Đường kính của đĩa xấp xỉ 75 nghìn năm ánh sáng, kích thước ngang của nó nhỏ hơn mười lần; Mặt trời nằm trong đĩa ở khoảng cách 2/3 bán kính tính từ tâm. Đĩa Thiên hà có thể nhìn thấy từ bên trong đối với chúng ta giống như một dải Ngân hà.

Ngoài các sao đĩa, còn có những ngôi sao khác kém sáng hơn trong Thiên hà; chúng lấp đầy, hội tụ về phía tâm, một thể tích hình cầu có đường kính gần bằng đường kính của đĩa. Phần trung tâm dày đặc nhất của Thiên hà là lõi của nó (xem Hình 1).

Một trong những hiện tượng thiên văn ấn tượng nhất là mô hình xoắn ốc của các thiên hà (Hình 2). Nó được hình thành bởi những ngôi sao trẻ nhất, sáng nhất của thành phần đĩa. Thiên hà của chúng ta và các loại khí khác

*) Có nghĩa là “sữa” trong tiếng Hy Lạp hiện đại.

Hình 1. Mặt cắt ngang của thiên hà. Đĩa, thành phần hình cầu và lõi là ba thành phần chính trong cấu trúc của nó. Vị trí của Mặt trời được biểu thị bằng ký hiệu E; Đây là cách nó được chỉ định ngay cả trong các bản khắc của người Ai Cập cổ đại. Thành phần hình cầu cho thấy một số cụm sao hình cầu, các thành viên tập thể của nó.

những cái lactic được trang trí theo hoa văn này được gọi là xoắn ốc. Một tỷ lệ rất nhỏ các ngôi sao nằm trong các vòng xoắn ốc, nhưng vành sáng nhất là sáng nhất, và do đó ở các thiên hà xa xôi, chỉ có mô hình xoắn ốc của chúng là thường được nhìn thấy nhất. Thiên hà xoắn ốc gần chúng ta nhất là thiên hà xoắn ốc Hypanthus.

Hình 2. Sơ đồ các nhánh xoắn ốc trong đĩa của Thiên hà “toàn mặt”. Đĩa chứa khí quay cùng với các ngôi sao; Đây là một cơn lốc gypantic, và trong quá trình nén chặt mà nó tạo ra, các ngôi sao trẻ xuất hiện, tạo thành một mô hình xoắn ốc.

6

tika là tinh vân Andromeda quan trọng.

Các thiên hà thiếu mô hình xoắn ốc thường không có thành phần đĩa. Thành phần hình cầu của chúng (trong thực tế, nó luôn rắn ở mức độ này hay mức độ khác) được biểu thị bằng hình elip; Vì vậy, những thiên hà như vậy được gọi là hình elip. Ngoài ra còn có những dạng có vẻ ngoài không có cấu trúc - những thiên hà không đều trông giống như những đám mây sao. Mặt khác, hóa ra chúng cũng có một thành phần hình cầu, chứa các ngôi sao mờ, mờ, như trong các trường hợp khác. Cuối cùng, hiện nay có các hệ sao rất tập trung, gợi nhớ đến các vùng trung tâm dày đặc, lõi của các thiên hà xoắn ốc và hình elip, chỉ có điều chúng thậm chí còn đặc hơn và nặng hơn nhiều.

Chuyển động của các ngôi sao trong đĩa thiên hà

Các ngôi sao của thành phần đĩa của Thiên hà di chuyển theo quỹ đạo gần như tròn. Chuyển động của chúng giống với hình ảnh các hành tinh quay quanh Mặt trời, mặc dù trong Thiên hà không có vật thể trung tâm nào có khối lượng áp đảo như Mặt trời trong Hệ Mặt trời, chỉ riêng điều đó thôi cũng sẽ tạo ra lực hút mọi vật thể về phía trung tâm. Lõi của Thiên hà của chúng ta có khối lượng nhỏ và không phải là thứ giữ các ngôi sao trên quỹ đạo của chúng. Lực hấp dẫn về phía trung tâm được tạo ra trong Thiên hà bởi lực hấp dẫn chung của chính các ngôi sao.

Một ngôi sao chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính $r$ bị ảnh hưởng bởi lực hút của các ngôi sao nằm trong quỹ đạo này. Lực hấp dẫn do các ngôi sao bên ngoài tạo ra được định hướng theo các hướng khác nhau và cân bằng lẫn nhau *). Các ngôi sao “không chú ý” đến khối lượng hấp dẫn bên ngoài và khối lượng của tất cả các ngôi sao bên trong hoạt động như thể nó hoàn toàn tập trung ở trung tâm. Theo quy định này và trên cơ sở

*) Điều này luôn đúng khi hệ có đối xứng cầu hoặc đối xứng trụ. Chứng minh được đưa ra ở Phụ lục I trang 1. 10.

Hình 3. Đường cong quay là sự phụ thuộc điển hình của tốc độ quay của các ngôi sao trong đĩa thiên hà xoắn ốc vào khoảng cách đến tâm. Chúng ta sẽ quay lại đường chấm chấm kéo dài ra ngoài thiên hà sau này.

Theo định luật vạn vật hấp dẫn, lực hút của một ngôi sao vào tâm được tính theo công thức

$$F = G \frac{m \cdot M(r)}{r^2}.$$ (1)

Ở đây $m$ là khối lượng của ngôi sao, $M(r)$ là tổng khối lượng bên trong quỹ đạo có bán kính $r$, $G = 6,67 \cdot 10^{-11} \text{ m}^3 (\text{кг} \cdot \text{с}^2)$ là hằng số hấp dẫn. Lực $F$ hướng vào tâm Thiên hà. Ở tốc độ sao $v$, lực hấp dẫn tạo ra gia tốc hướng tâm

$$\frac{v^2}{r} = \frac{F}{m}.$$ (2)

Từ phương trình (1) và (2), mối quan hệ giữa tốc độ của ngôi sao, bán kính quỹ đạo và khối lượng của ngôi sao như sau:

$$v^2 = \frac{G \cdot M(r)}{r}.$$ (3)

Công thức tương tự mô tả chuyển động tròn của các hành tinh và sự hình thành của một vệ tinh quanh Trái đất.

Công thức (3) cho phép chúng ta ước tính vận tốc của các ngôi sao trong đĩa Thiên hà từ các giá trị đã biết của bán kính quỹ đạo và khối lượng bên trong nó. Nếu bán kính quỹ đạo có độ lớn tương đương với tổng bán kính của Thiên hà, tức là $r \sim R \sim 10^{20} \text{ m}$, thì theo khối lượng $M(r)$ chúng ta cần hiểu các giá trị có thể so sánh với khối lượng của toàn bộ Thiên hà: $M(r) \sim M \sim 10^{41} \text{ кг}$. (Khối lượng của Thiên hà được tìm thấy bằng cách nhân khối lượng trung bình của các ngôi sao $m \sim 10^{30} \text{ кг}$ với tổng số sao trong Thiên hà $N \sim 10^{11}$.) Đối với các giá trị này $r$ và $M(r)$ người ta tìm thấy

7

xấp xỉ từ thư từ (3)
$$v \approx 3 \cdot 10^5 \text{ m/c} = 300 \text{ km/c}.$$

Theo dữ liệu quan sát, Mặt trời quay quanh tâm Thiên hà với tốc độ $v = 220 \text{ km/c}$, khá gần với ước tính của chúng tôi. (Đây là chuyển động nhanh nhất trong số tất cả các chuyển động mà chúng ta tham gia cùng với Trái đất; tốc độ quay của Trái đất quanh Mặt trời là 30 km/s và tốc độ tuyến tính của vòng quay của Trái đất là 0,5 km/s.)

Chuyển động của các ngôi sao trong đĩa thiên hà xảy ra theo quá trình này - những ngôi sao khác nhau ở những khoảng cách khác nhau tính từ trung tâm (Hình 3).

Động lực của thành phần hình cầu

Chuyển động của các ngôi sao trong phần hình cầu của Thiên hà là khác nhau; quỹ đạo của chúng không phải hình tròn mà rất dài. Một số quỹ đạo rất gần với các đường thẳng, và về nguyên tắc, có thể có các quỹ đạo hướng tâm, thẳng hoàn toàn.

Để hiểu được đặc thù của một phong trào như vậy, cần nhớ một câu hỏi đầu tiên mà có vẻ như họ thích hỏi trong các kỳ thi tuyển sinh đại học: một hòn đá sẽ chuyển động như thế nào khi được ném vào một cái trục được khoan xuyên qua tâm vào Trái đất Tự do? Hiển nhiên, trước tiên hòn đá sẽ rơi với gia tốc hướng về tâm dọc theo bán kính; sau đó, khi đi qua trung tâm, nó bắt đầu chậm lại; sau đó nó sẽ dừng lại một lúc và bay trở lại, tăng tốc độ; nhưng sau khi bay qua tâm, nó lại bắt đầu giảm tốc độ, dừng lại, bay trở lại tâm, v.v. Đây sẽ là một chuyển động dao động tuần hoàn từ một aposterium, tức là điểm có khoảng cách tối đa từ tâm đến điểm khác.

Các chuyển động dao động tương tự xung quanh Thiên hà được thực hiện bởi các ngôi sao thuộc thành phần hình cầu của nó. Tuy nhiên, thực tế là quỹ đạo của chúng hơi khác so với quỹ đạo hướng tâm thuần túy, thay đổi rất ít trong bức tranh này. Biểu hiện của tốc độ chuyển động hướng tâm của các ngôi sao để giúp ích cho các đại lượng mà chúng ta quan tâm, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp kích thước $M, R, G$:

$$[M] = \kappa r, [R] = m, [G] = \frac{M^3}{k\Gamma \cdot c^2}.$$

Tốc độ biến đổi trung bình $\vec{v}^2$ mà chúng ta quan tâm có thứ nguyên

$$[\vec{v}^2] = \frac{M^2}{c^2}.$$

*) Phương pháp đo kích thước được thảo luận trong một bài viết lớn trên số 6 «Kvant» năm nay.

8

Trong ba giá trị $M, R, G$, bạn có thể tạo một kết hợp (kiểm tra!) duy nhất có kích thước bằng bình phương tốc độ:

$$\left[ \frac{GM}{R} \right] = \frac{M^2}{c^2}.$$

Pozny phải cho rằng

$$\overline{v^2} = a \frac{GM}{R}.$$

Ở đây $a$ là một hệ số không thứ nguyên nào đó phụ thuộc vào chi tiết cấu trúc của hệ thống; Như kinh nghiệm về những ước tính thuộc loại này được tích lũy trong vật lý lý thuyết cho thấy, hệ số không thứ nguyên thường không khác quá nhiều so với sự thống nhất.

Từ sự tương ứng (4), suy ra rằng tốc độ đặc trưng của chuyển động hướng tâm của các ngôi sao trong thành phần hình cầu của Thiên hà gần với giá trị vài trăm km/s mà chúng ta tìm thấy ở trên đối với chuyển động tròn trong đĩa. Các tốc độ này có cùng thứ tự.

Phương pháp phân tích thứ nguyên và ước lượng bậc độ lớn là không thể thiếu khi một lý thuyết chính xác quá phức tạp về mặt toán học hoặc không thể thực hiện được do tính không chắc chắn hoặc thiếu dữ liệu thực nghiệm hoặc quan sát sẵn có. Về mặt hình thức, nó có vẻ đơn giản, nhưng về cơ bản, nó giả định rằng trước tiên phải có sự hiểu biết định tính khá chung chung về những gì đang xảy ra. Độ chính xác của các ước tính là thấp, nhưng, chẳng hạn, đối với mục đích của vật lý thiên văn, trong nhiều trường hợp, nó là đủ.

Cả trong quỹ đạo tròn và hướng tâm (hoặc gần chúng), các ngôi sao đều thực hiện chuyển động hữu hạn, nghĩa là trong quá trình chuyển động, chúng không vượt quá một thể tích giới hạn nhất định: mối liên hệ của chúng trong hệ sao là trường hấp dẫn chung của chúng. Trạng thái giới hạn của các ngôi sao đảm bảo trạng thái dừng, bất biến theo thời gian của toàn bộ hệ thống.

Khối lượng thiên hà

Chỉ có một cách duy nhất để xác định khối lượng của các hệ sao - bằng lực hấp dẫn do chúng tạo ra. Lực hấp dẫn thể hiện ở sự chuyển động của các ngôi sao,

và nếu có thể thay đổi đặc tính tốc độ của chúng và kích thước của hệ thống, thì khối lượng có thể được tìm thấy bằng công thức (3) hoặc (4).

Phương pháp đầu tiên được áp dụng cho các thiên hà xoắn ốc có đĩa, và phương pháp thứ hai được áp dụng cho các thiên hà thành phần hình cầu và các thiên hà hình elip, có tính chất động học tương tự như chúng.

Trong cả hai trường hợp, chúng ta thường nói về ước tính gần đúng và do đó, bằng cách bỏ qua hệ số không chắc chắn trong (4), chúng ta có thể viết công thức ước tính chung cho khối lượng của thiên hà:

$$M \sim \frac{\overline{v^2} R}{G}.$$ (5)

Khối lượng của các thiên hà xoắn ốc được tìm thấy theo cách này nằm trong khoảng từ $3 \cdot 10^{-8} M_\odot$ đến $3 \cdot 10^{11} M_\odot$, trong đó $M_\odot$ là khối lượng của Mặt trời; phạm vi khối lượng của các thiên hà hình elip rộng hơn - từ $3 \cdot 10^6 M_\odot$ đến $3 \cdot 10^{12} M_\odot$; Khối lượng của các thiên hà không đều tương đối nhỏ - từ $10^6 M_\odot$ đến $10^9 - 10^{10} M_\odot$.

Nhiều thiên hà tròn, bao gồm cả Thiên hà của chúng ta, thường có một số thiên hà vệ tinh nhỏ. Những vệ tinh này quay quanh thiên hà trung tâm và bằng cách phân tích chuyển động của chúng, người ta cũng có thể thu được ước tính động về khối lượng của thiên hà tròn. Nếu thiên hà trung tâm nằm hoàn toàn trong quỹ đạo của các vệ tinh của nó và đây chính xác là hình ảnh được quan sát trong các bức ảnh, thì lực hấp dẫn tác dụng lên tất cả các vệ tinh là do cùng một khối lượng hấp dẫn.

Lấy công thức (3) trong trường hợp này, chúng ta thấy rằng tốc độ $v_1$ của biểu thức của một vệ tinh ở gần có bán kính quỹ đạo $r_1$ lớn hơn tốc độ $v_2$ của một vệ tinh ở xa hơn có bán kính quỹ đạo $r_2$:

$$\frac{v_1}{v_2} = \left( \frac{r_2}{r_1} \right)^{1/2},$$

và vận tốc giảm dần theo bán kính quỹ đạo theo định luật

$$v(r) \sim r^{-1/2}$$ (6)

(các hành tinh trong hệ mặt trời cũng tuân theo định luật này).

Trước sự ngạc nhiên của các nhà thiên văn học, trong những năm gần đây đã bắt đầu xuất hiện những dấu hiệu

9

Tôi lo ngại rằng trong các họ vệ tinh của Thiên hà chúng ta, Thiên hà Andromeda và một số thiên hà khổng lồ khác, định luật (6) không được thỏa mãn. Trong các quan sát, vận tốc của các vệ tinh nằm ở khoảng cách lên tới 10 bán kính của thiên hà trung tâm đã thay đổi và mỗi lần như vậy, vận tốc không giảm theo bán kính quỹ đạo mà vẫn không đổi (với độ chính xác nhất định). Tình huống này được phản ánh bằng đường chấm trên đường cong xoay (xem Hình 3).

Để tìm lời giải thích, các nhà thiên văn học Liên Xô từ Đài thiên văn Tartu và các nhà thiên văn học Mỹ từ Đại học Princeton đề nghị thảo luận thêm một khả năng nữa. Điều gì sẽ xảy ra nếu khối lượng của thiên hà thực sự không bị giới hạn ở khối lượng có thể nhìn thấy được trong các bức ảnh?
Phải chăng ngoài các ngôi sao, còn có một số khối lượng hấp dẫn khác phân bố trên một thể tích lớn hơn nhiều xung quanh các thiên hà?
Đây là cách nảy sinh giả thuyết về những khối thiên hà “ẩn” vô hình.

Người ta cho rằng khối lượng bổ sung này tạo thành quầng thiên hà, trải dài trên những khoảng cách xa và chạm tới quỹ đạo xa nhất của các thiên hà vệ tinh. Nếu vậy, thì các vệ tinh không di chuyển trong khoảng trống mà giữa những khối lượng “ẩn” vô hình. Khi đó khối lượng hấp dẫn ảnh hưởng đến chuyển động của vệ tinh bao gồm các ngôi sao khổng lồ của thiên hà và khối lượng “ẩn” nằm bên trong quỹ đạo của vệ tinh. Kết quả là tổng khối lượng hấp dẫn tăng khi bán kính quỹ đạo tăng; vì điều này mà vận tốc của các thiên hà vệ tinh không tuân theo định luật (6). Nếu vận tốc là như nhau trong các quỹ đạo có bán kính khác nhau, thì như có thể thấy từ công thức (3) và (5), khi tăng $r$ khối lượng hấp dẫn sẽ tăng theo định luật

$$M \sim r.$$ (7)

Theo đó, tổng khối lượng của thiên hà có thể lớn hơn nhiều lần khối lượng của các ngôi sao nhìn thấy được. Nếu một họ thiên hà vệ tinh chuyển động với cùng tốc độ nằm ở một khoảng cách, chẳng hạn như $3R$ tính từ tâm thiên hà, thì tổng khối lượng của toàn bộ hệ thống gấp ba lần khối lượng của các ngôi sao nhìn thấy được, tức là vật thể nhìn thấy được của thiên hà.

Khi khối lượng tăng theo định luật (7), mật độ vật chất trong thiên hà giảm dần từ tâm ra ngoài là $r^{-2}$ (chúng ta sẽ trình bày điều này trong Phụ lục II). Ở một khoảng cách vừa đủ từ trung tâm, mật độ giảm nhanh hơn và biến mất.

---

Giả thuyết khối lượng “ẩn” giải thích động lực học của các thiên hà vệ tinh, nhưng đồng thời đặt ra những câu hỏi khó mới. Trước hết, khối lượng này là gì? Đáp số không rõ. Người ta tin rằng nó có thể bao gồm khối lượng các ngôi sao nhỏ và rất mờ. Nếu vậy thì có nhiều ngôi sao trong Thiên hà Thành phố hơn mức có thể nhìn thấy ngay cả bằng kính thiên văn tốt nhất.

Nhưng đây không phải là khả năng duy nhất. Gần đây, các nhà thiên văn học và vật lý học đã thảo luận kỹ lưỡng về ý tưởng rằng khối lượng “ẩn” là chất khí gồm các hạt cơ bản - neutrino. Những hạt này đã được biết đến trong vật lý gần nửa thế kỷ, nhưng vẫn chưa rõ liệu chúng có khối lượng nghỉ (như proton, electron và các hạt khác) hay khối lượng nghỉ của chúng bằng 0 (như photon). Với sự có mặt của khối lượng nghỉ, ngay cả khi nhỏ hơn nhiều so với khối lượng của electron (hạt nhẹ nhất mà người ta biết chính xác rằng nó có khối lượng nghỉ), một neutrino thực sự có thể tạo ra những đám mây mở rộng xung quanh các thiên hà khổng lồ, vô hình, nhưng có lực hấp dẫn.

Trong các thí nghiệm gần đây của các nhà vật lý Moscow, được thực hiện không phải với neutrino vũ trụ mà với neutrino trong phòng thí nghiệm, đã xảy ra sai sót trong quá trình phân rã phóng xạ, và người ta phát hiện ra dấu hiệu cho thấy neutrino thực sự có thể có khối lượng nghỉ. Người ta báo cáo rằng nó nhỏ hơn khoảng mười nghìn lần so với khối lượng nghỉ của electron. Đây là một kết quả sơ bộ, nhưng nếu nó được xác nhận thì sẽ cần phải giả định rằng neutrino vũ trụ cũng có khối lượng nghỉ. Khi đó ý tưởng về khối lượng “ẩn” neutrino sẽ nhận được sự biện minh vật lý đáng tin cậy.

10

Trong khi đó, giống như nhiều thế kỷ trước, các thỏa thuận, đồng yên, giả thuyết mới đang được đưa ra - cuộc tranh luận về bản chất của các thiên hà sẽ tiếp tục…

Phụ lục I
Chúng ta hãy chứng minh rằng các lực hấp dẫn tác dụng lên ngôi sao từ phía các ngôi sao “bên ngoài” cân bằng lẫn nhau nếu sự phân bố bên ngoài của quả cầu cầu là đối xứng.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét tác dụng hấp dẫn của một lớp hình cầu mỏng có bán kính $r$ và độ dày $l \ll r$ lên vùng bên trong lớp này (Hình 4). Để làm điều này, chúng ta hãy tính tổng lực tác dụng từ các phần tử riêng lẻ của lớp lên khối lượng $m$ đặt tại một điểm tùy ý $A$. Chúng ta hãy chọn một cặp phần tử được “cắt bỏ” trong lớp bằng một hình nón hai tấm có đỉnh ở điểm $A$ (xem Hình 4). Chúng ta coi hình nón rất hẹp nên $a \ll \pi$. Các phần tử lớp được hình thành bởi một phần như vậy có thể được coi là đĩa phẳng, bỏ qua độ cong của bề mặt của chúng. Trong phép tính gần đúng này, đường kính của các đĩa bằng nhau
$$d_1 = r_1 a, \quad d_2 = r_2 a,$$
trong đó $r_1, r_2$ là khoảng cách của các đĩa từ điểm $A$.

Từ phía đĩa 1, lực $\vec{F}_1$ tác dụng lên khối lượng $m$ tại điểm $A$, và từ phía đĩa 2 - lực $\vec{F}_2$.

Do kích thước nhỏ của đĩa ($d_1 \ll r_1, d_2 \ll r_2$), các lực $\vec{F}_1$ và $\vec{F}_2$ có ​​thể được xác định bằng cách xem xét rằng toàn bộ khối lượng của mỗi đĩa tập trung tại một điểm tương ứng ở khoảng cách $r_1$ và $r_2$ tính từ điểm $A$. Sau đó
$$|\vec{F}_1| = \frac{G m_1 m}{r_1^2}, \quad |\vec{F}_2| = \frac{G m_2 m}{r_2^2},$$
trong đó $m_1, m_2$ là khối lượng của các đĩa. Để tìm $m_1$ và $m_2$, chúng ta tính đến việc các đĩa có độ dày cột, rằng sự thay đổi mật độ $\rho$ bên trong chúng có thể bị bỏ qua, do đó các khối lượng này bằng nhau

Phụ lục II
Hãy để chúng tôi chứng minh rằng nếu tổng khối lượng $M$, chứa bên trong một hình cầu có bán kính $r$, tỷ lệ thuận với $r$, thì mật độ $\rho(r)$ (phân bố đối xứng hình cầu) theo định luật $\rho \sim r^{-2}$.

Chúng ta hãy chọn một lớp hình cầu mỏng có độ dày $l$ với bán kính ngoài $r$. Khối lượng của lớp như vậy bằng $\Delta M = M(r) - M(r-l) = Kr - K(r-l) = Kl$, trong đó $K$ là hệ số tỷ lệ. Thể tích của lớp như vậy bằng $\Delta V = \frac{4}{3} \pi r^3 - \frac{4}{3} \pi \cdot (r-l)^3 = \frac{4}{3} \pi (3r^2 l - 3rl^2 + l^3)$ (thể tích của hình cầu có bán kính $r$ bằng $\frac{4}{3} \pi r^3$). Mật độ trung bình trong lớp là
$$\rho_{cp} = \frac{\Delta M}{\Delta V} = \frac{3Kl}{4\pi(3r^2 l - 3rl^2 + l^3)} = \frac{K}{4\pi r^2} \sim r^{-2},$$
Q.E.D.

Hình 4.

11

Xoay các hình khối

Không, bài viết này không thảo luận về “khối lập phương khớp nối Hungary” (xem «Kvant», 1980, số 12, trang 17) - một câu đố ra đời dưới bàn tay của kiến ​​trúc sư người Hungary Ernő Rubik và đã thu hút các cổ đông trên toàn thế giới, đặc biệt là ở Hungary và Hoa Kỳ, nơi nó được sản xuất với hàng triệu bản. «Kvant» sẽ sớm quay lại trò chơi khó và thú vị này, nhưng ở đây chúng ta sẽ nói về một câu đố đơn giản hơn nhiều mà bất kỳ ai cũng có thể thành thạo trong vài phút và bạn có thể xây dựng một số lý thuyết toán học hoàn chỉnh.

Lấy 8 cốc và tạo thành khối lập phương có kích thước gấp đôi*). Hãy tô màu ba cặp mặt đối diện của khối lập phương này lần lượt là màu trắng và vàng, đỏ và cam, xanh lá cây và xanh lam. Khi đó mỗi chiếc cốc nhỏ sẽ có ba mặt được sơn màu khác nhau. Bây giờ, chúng ta hãy cầm khối lập phương trong tay và xoay lớp bốn cốc liền kề nhau 180° so với bốn cốc còn lại (theo chiều kim đồng hồ hoặc ngược chiều kim đồng hồ, không thành vấn đề - kết quả không phụ thuộc vào nó). Rõ ràng, điều này có thể được thực hiện theo cách khác thứ ba. Chúng ta hãy sử dụng ba lượt này làm các yếu tố của hoạt động hoặc nước đi. Lặp lại các bước di chuyển này theo thứ tự khác nhau nhiều lần, chúng ta sẽ có được các phân phối khác nhau

màu dọc theo các mặt của hình lập phương. Chúng ta hãy xác định từng phân bố màu sắc như vậy của trạng thái của khối và tất cả các phân bố khác nhau về góc quay của khối nói chung sẽ được coi là một và cùng một trạng thái. Chúng ta hãy định nghĩa trạng thái bằng 0 trong đó mỗi mặt của khối lập phương được tô cùng một màu.

Các câu hỏi sau đây phát sinh. Có bao nhiêu trạng thái khác nhau có thể đạt được từ số 0 bằng một chuỗi các bước di chuyển? Số bước di chuyển nhỏ nhất có thể chuyển một trạng thái tùy ý đã cho về 0 là bao nhiêu? Số lần di chuyển tối thiểu để chuyển đổi một trạng thái tùy ý đã cho thành 0 là bao nhiêu?

Hiển thị trạng thái và ghi lại chuyển động

Để trả lời những câu hỏi này, trước tiên chúng ta sẽ học cách mô tả trạng thái của khối lập phương và giới thiệu một ký hiệu đặc biệt cho các nước đi. Đầu tiên, chúng ta hãy cố định vị trí của khối lập phương trong không gian, giả sử rằng một trong những chiếc cốc nhỏ vẫn đứng yên trong mọi phép biến đổi, chẳng hạn như chiếc cốc có ba mặt ngoài được sơn màu trắng, cam và xanh lục.

Trong Hình 1, hình ảnh một khối lập phương và 12 mặt cốc nhỏ hướng về phía chúng ta được bổ sung bằng hình ảnh 9 mặt sau, như thể được phản chiếu trong một gương lõm tròn. Khi các cạnh của khối lập phương nhỏ phía sau không chuyển động thì trong hình các khối được sơn màu trắng, cam và xanh lục.

Chúng ta hãy biểu thị phép quay của bốn cốc phía trước 180° quanh trục x bằng chữ X, phép quay của bốn cốc bên phải là Y và phép quay của bốn cốc phía trên là Z (Hình 2). Trong tất cả các lần di chuyển này, khối lập phương nhỏ phía sau sẽ bất động, vì vậy khi thực hiện các động tác X, Y, Z, chúng ta sẽ không bao giờ xoay toàn bộ khối lập phương. Các trạng thái thu được từ 0 bằng các phép toán X, Y, Z được hiển thị trong Hình 1, trong đó chúng được đánh số 2-4.

Thành phần di chuyển và kết hợp

Chúng ta sẽ gọi thành phần (thực hiện tuần tự) của các nước đi

12

Hình 1.

cũng bằng phép nhân; Chúng ta sẽ viết tích của các bước di chuyển từ trái sang phải. Ví dụ: $YZX$ là việc thực hiện tuần tự các nước đi $Y, Z, X$; $X^3 = XXX$ là việc thực hiện ba nước đi $X$. Chúng ta sẽ coi hai tích của các bước đi là bằng nhau nếu chúng có tác dụng như nhau đối với từng trạng thái của khối.

Tất nhiên, các bước nhân lên không có tính chất giao hoán; ví dụ: tất cả sáu sản phẩm “được ghép nối” đều không bằng nhau (các số 5-10 trong Hình 1).

Chúng ta hãy biểu thị $I$ bước di chuyển “giống hệt nhau” khiến khối lập phương không thay đổi. Rõ ràng,

$$X^2 = Y^2 = Z^2 = I.$$

Có thể dễ dàng kiểm tra xem tất cả các sản phẩm “được ghép nối” được lặp lại ba lần không làm thay đổi trạng thái của khối:

$$(XY)^3 = (YZ)^3 = (ZX)^3 = (YX)^3 = (ZY)^3 = (XZ)^3 = I.$$

Bên cạnh đó,

$$(XYZY)^2 = (XZYZ)^2 = (YXZX)^2 = (YZXZ)^2 = (ZXYX)^2 = (ZYXY)^2 = I$$

Từ các đẳng thức (), (), () dễ dàng thu được (không cần chuyển sang lập phương!) nhiều đẳng thức mới. Ví dụ (kiểm tra!), $XYX = YXY$ (xem thêm bài toán 1 ở trang 16).

Vì vậy, chúng ta đã thu được ba nhóm đẳng thức, theo đó cả ba nước đi $X, Y, Z$ đều là “căn bậc hai của đơn vị” (*) và tất cả sáu nước đi được ghép đôi là “căn bậc ba của đơn vị” (**), và sáu tổ hợp nước đi khác thuộc loại đặc biệt $(XYZY, YZXZ, ...)$ cũng vậy.

13

Hình 2.
là “căn bậc hai của đơn vị” (***).

Đồ thị trạng thái
Chúng tôi đã học cách mô tả các trạng thái của khối lập phương (và gán cho chúng các số 1-24, Hình 1), học cách viết các bước đi và tìm ra sự tương ứng giữa các bước đi. Tôi muốn có thể mô tả rõ ràng hơn mối liên hệ giữa các trạng thái và các bước di chuyển. Với mục đích này, hãy sử dụng biểu đồ trạng thái được hiển thị trong Hình 3. Trên đó, các điểm (đỉnh) biểu thị các trạng thái và các đoạn biểu thị các bước di chuyển cho phép bạn chuyển từ trạng thái này sang trạng thái “lân cận”. Do đó, ở giữa hình, dấu chấm dày tượng trưng cho trạng thái số 0; từ đó xuất hiện ba đoạn tương ứng với các bước di chuyển X, Y, Z; từ điểm cuối của các đoạn này, ba đoạn cũng xuất hiện: một đoạn quay về trạng thái 0, đoạn còn lại dẫn đến hai trạng thái mới, v.v. Tiếp tục quá trình này vô thời hạn, chúng ta có thể coi toàn bộ mặt phẳng được bao phủ bởi một lưới lục giác - một đồ thị trạng thái.

Các mối quan hệ (*) trên biểu đồ tương ứng với chuyển động qua lại dọc theo một trong các đoạn và các mối quan hệ (**) tương ứng với đường truyền của hình lục giác (hãy kiểm tra xem!).

Hình ảnh thu được có một nhược điểm rất lớn - nó có vô số đỉnh (trạng thái), trong khi khối lập phương của chúng ta chỉ có số lượng trạng thái hữu hạn. Điều này có nghĩa là một số đỉnh (khác nhau) tương ứng với cùng một trạng thái. Để tìm ra điều này, hãy lưu ý (ví dụ, ngay trong Hình 3) tất cả các đỉnh của đồ thị được đánh số 1-14, sử dụng Hình 1.

Sau đó, bạn sẽ thấy các đỉnh nào sẽ trùng với nhau. Ví dụ, điểm in đậm ở phần trên của Hình 3 cũng tương ứng với trạng thái 0 (và tổng cộng có 7 điểm như vậy trong hình). Nhân tiện, đường đi từ điểm 0 “trung tâm” tới điểm “trên” tương ứng với các quan hệ

$$XZYZXZYZ = 1,$$

tức là một trong các tỷ số (***).

Hình 3. Đồ thị trạng thái của hình lập phương. Các cạnh của hình lục giác biểu thị các phần tử của thao tác (chúng được đặt bằng các chữ cái X, Y, Z), các đỉnh của hình lục giác biểu thị trạng thái và các dấu chấm đậm tương ứng với trạng thái 0. Các đường màu xanh lam, đỏ và xanh lục làm nổi bật các khu vực cơ bản.

14

Có một biểu đồ trạng thái được đánh số trước mắt, bạn có thể dễ dàng trả lời các câu hỏi đặt ra ở đầu bài viết. Chỉ có 24 trạng thái (và 24 lớp có trình tự di chuyển bằng nhau). Trong số này, 3 trạng thái có thể đạt được từ trạng thái 0 trong một nước đi, 6 ở nước đi thứ ba, 9 ở nước đi thứ ba và 5 ở nước đi bốn. Nói chung, để tìm số nguyên tối thiểu nối hai trạng thái này, chỉ cần tìm hai đỉnh trên đồ thị với các số tương ứng và nối chúng với đường đứt nét ngắn nhất biểu thị các bước di chuyển cần thiết và số lần di chuyển này luôn là 4.

Lĩnh vực cơ bản

Trong cụm từ cuối cùng, người đọc cẩn thận lẽ ra phải nhận thấy rằng không phải chỉ lấy bất kỳ “hai đỉnh có số tương ứng” nào mà còn cả những đỉnh nằm “ở lân cận”, nếu không, một đường dẫn bổ sung như (***) có thể xuất hiện.

Về vấn đề này, thật thuận tiện khi “mở” biểu đồ của chúng ta thành các ô, bên trong không có đỉnh trùng nhau và chứa tất cả 24 trạng thái. Hình 3 cho thấy ba cách để thực hiện việc cắt như vậy: thành hình lục giác màu đỏ, hình thoi màu xanh lam và thành “hình chữ nhật có cạnh gãy” màu xanh lá cây.

Trong toán học, các ô cũng thường được gọi là vùng cơ bản. Kiểm tra xem sau các mối quan hệ không tổng quát của các điểm biên của mỗi ô được chỉ định, giá trị thực có chứa 24 đỉnh - trạng thái khác nhau hay không.

Biểu đồ trạng thái không gian

Không sợ điều mới nhất “cái tốt nhất là kẻ thù của cái tốt”, chúng ta hãy cố gắng có được một mô hình chính xác hơn nữa về các trạng thái của khối lập phương của chúng ta, bắt đầu từ các khu vực cơ bản. Để làm được điều này, bạn phải đi ra ngoài không gian ba chiều.

Trước tiên chúng ta hãy chọn vùng cơ bản, được mô tả bằng các đường màu xanh lá cây trong Hình 3 và các đường thẳng gãy ngang. Khi đó vùng biến đổi cơ bản

Hình 4.

biến thành một cấu trúc hình chữ nhật và bó đường dẫn sẽ được trình bày dưới dạng một lớp gạch thông thường gồm mười “viên gạch” và bốn “nửa tinh thể” (Hình 4). Bằng cách uốn cong các cạnh trên và dưới của hình chữ nhật, chúng ta sẽ có được một cái ống. Tiếp theo, xoắn ống này nửa vòng và uốn cong, dán các đầu lại với nhau. Chúng ta có được bề mặt như trong Hình 5, được gọi là một ngọn núi. Nó được bao phủ bởi một tấm lưới gồm 12 hình lục giác với 24 đỉnh và 36 cạnh. Nếu đối với mỗi đỉnh chúng ta viết ra số của nó (kết quả là được đánh số trong Hình 3), thì về mặt lý thuyết, đồ thị kết quả sẽ đưa ra một mô tả đầy đủ về trò chơi địa lý của chúng ta. Thật vậy, mỗi đỉnh trong số 24 đỉnh trên lý thuyết tương ứng với một trong 24 trạng thái của khối lập phương của chúng ta, và người ta có thể chuyển từ trạng thái này sang trạng thái khác trong một lần di chuyển khi và chỉ khi các đỉnh tương ứng trên lý thuyết được nối với nhau bằng một cạnh (đen) (xem Hình 5).

Hình học bài toán. Chứng minh rằng tỷ lệ ranh giới của các vùng cơ bản khác (xem Hình 3; hình lục giác màu đỏ và hình thoi màu xanh) theo các quy tắc trên sẽ tạo ra một hình xuyến có đồ thị thuận tay phải trên đó. So sánh biểu đồ này với biểu đồ trước.

Hình 5.

15

Nhóm chuyển đổi

Trong khi chúng ta bị mê hoặc bởi hình học bất ngờ nảy sinh ở đây, chúng ta không nên đánh mất bản chất đại số của các cuộc nghiên cứu liên quan đến khái niệm quan trọng của nhóm biến đổi. Một bộ sưu tập không trống $G$ các phép biến đổi của một tập hợp nhất định*) được gọi là nhóm biến đổi nếu

$$1^\circ \text{композиция любых двух преобразований из } G \text{ также является преобразованием из } G:$$

$$f, g \in G \Rightarrow f^\circ g \in G;$$

$$2^\circ \text{преобразование, обратное к любому преобразованию из } G, \text{ также содержится в } G:$$

$$f \in G \Rightarrow f^{-1} \in G.$$

Từ các thuộc tính của $1^\circ$ và $2^\circ$, ngay lập tức suy ra rằng phép biến đổi giống hệt $1$ luôn được chứa trong $G$ (kể từ $f^{-1} \circ f = 1$).

Dễ dàng thấy rằng đối với trò chơi của chúng ta, tập hợp tất cả các phép biến đổi (tức là các chuỗi chuyển động) của khối lập phương là nhóm biến đổi của tập hợp tất cả các trạng thái của nó. Thật vậy, thuộc tính $1^\circ$ rất dễ thấy, trong khi thuộc tính $2^\circ$ xuất phát từ thực tế là bất kỳ nước đi nào cũng nghịch đảo với chính nó (xem (*)) và phép biến đổi nghịch đảo với bất kỳ chuỗi nước đi nào cũng giống nhau, chỉ được viết theo thứ tự ngược lại (kiểm tra xem!).

Như các ví dụ khác về nhóm biến đổi, chúng tôi đặt tên họ của tất cả các chuyển vị của mặt phẳng và tập hợp tất cả các phép biến đổi một-một của một tập hữu hạn (của $n$ phần tử) lên chính nó. Nhóm cuối cùng được gọi là nhóm thay thế (của $n$ phần tử) và được ký hiệu là $S_n$. (Kiểm tra các thuộc tính $1^\circ$ và $2^\circ$ cho nó và cho thấy rằng $S_n$ có các phần tử $n! = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot n$.)

Từ quan điểm đại số, không tồn tại bản chất của các phần tử được biến đổi là gì, nhưng điều quan trọng là cấu trúc đại số của chính các phép biến đổi, tức là phép toán nhân $\circ$ (thành phần) trong tổng hợp $G$ được cấu trúc như thế nào. Đại số coi hai nhóm biến đổi $G$ và $H$ giống nhau nếu chúng đẳng cấu; điều này có nghĩa là có một ánh xạ một-một $\alpha : G \rightarrow H$ của nhóm $G$ và $H$ bảo toàn hoạt động hợp thành, nghĩa là thỏa mãn tính chất

$$g, g' \in G \Rightarrow \alpha(g \circ g') = \alpha(g) \circ \alpha(g').$$

Ví dụ: tập hợp tất cả các chuyển vị của một mặt phẳng chứa một số tam giác đều cố định vào chính nó là một nhóm (tại sao?) và nhóm này đẳng cấu với nhóm hoán vị của tập hợp ba phần tử $S_3$ (kiểm tra!).

Bạn có thể đọc thêm chi tiết về các nhóm biến đổi và khái niệm quan trọng của một nhóm * (trừu tượng) trong cuốn sách của P. S. Aleksandrov “Giới thiệu về Lý thuyết nhóm” (Thư viện «Kvant», số 7, M., 1980).

Mô hình đại số của trò chơi

Chúng ta sẽ chỉ ra rằng nhóm biến đổi của khối được đặt tên là đẳng hình với nhóm $S_4$ hoán vị của bốn phần tử. Để làm điều này, hãy đánh số các đỉnh của khối lập phương (hoặc, giống nhau, các khối nhỏ) với các số từ 1 đến 8, như trong Hình 2. Dễ dàng nhận thấy rằng các đỉnh $1-4$ và $5-8$ là các đỉnh của tứ diện nội tiếp trong khối, và với tất cả các phép biến đổi của chúng ta, các đỉnh $1-4$ và $5-7$ biến đổi thành nhau (và đỉnh $8$ vẫn giữ nguyên). Do đó, các phép biến đổi của chúng tôi thực hiện hoán vị các đỉnh $1-4$ và các phép biến đổi 24REM của khối lập phương được ánh xạ một-một tới các hoán vị $4! = 24$ của bốn REM và bốn REM.

Ba nước đi $X, Y, Z$ tương ứng với hoán vị của hai đỉnh: di chuyển $X$ - đỉnh $1, 2$, di chuyển $Y$ - $1, 3$ và di chuyển $Z$ - $1, 4$. Do đó, chúng tôi đã kết nối bài toán ban đầu của mình với một vấn đề khá đơn giản là biểu diễn tất cả các phần tử của nhóm sắp xếp FourREM FourREM dưới dạng tích của ba cách sắp xếp ghép đôi cơ bản của một phần tử được chọn với các khay của phần tử còn lại và chỉ ra rằng

16

Tất cả các phần tử khác của nhóm có thể được xây dựng dưới dạng sản phẩm của không quá bốn phần tử cơ bản.

Cùng với mô hình hình học, chúng tôi đã nhận được một mô hình đại số của trò chơi của mình.

Đại số bài toán. 1. Chứng minh rằng nhóm biến đổi của khối lập phương của chúng ta được mô tả duy nhất bởi các sự tương ứng cơ bản (); (), (). Điều này có nghĩa là bất kỳ mối quan hệ chính xác nào giữa các bước di chuyển X, Y, Z đều có thể thu được từ các phép chèn và cắt cơ bản. (Chèn là một thao tác trên các quan hệ trong đó một trong các phần bên trái của quan hệ chính được chèn trực tiếp vào bất kỳ vị trí nào của quan hệ đã thu được.

$$XYXY = I \Rightarrow XY(ZZ)XY = I,$$

và rút gọn là thao tác nghịch đảo của phép chèn, ví dụ:

$$ZXY(ZZ)YXZ = I \Rightarrow ZXYYXZ = I).$$

2. Chứng minh rằng hệ thức (*), (**) mô tả duy nhất nhóm các chuyển động phẳng kết hợp lưới lục giác với chính nó. (Gợi ý. Di chuyển X tương ứng với sự đối xứng của mặt phẳng so với đường phân giác vuông góc của đoạn X - xem Hình 3).

Đây chỉ là một trò chơi thôi sao?

Chúng ta hãy lưu ý để kết luận rằng trong tự nhiên có những vật thể có các tính chất tương tự như các tính chất của khối lập phương của chúng ta. Đây là những phân tử được gọi là có tính chất vật lý bên trong.

Phân tử đơn giản nhất như vậy là phân tử ethane CH₃—CH₃, trong đó một gốc metyl có thể quay tương đối với một gốc metyl khác (Hình 6). Tính chất đối xứng của các phân tử như vậy, được mô tả bởi các nhóm biến đổi khiến phân tử không thay đổi, hiện đang được nghiên cứu chuyên sâu. Và mặc dù người ta vẫn chưa biết phân tử có đối xứng bên trong chính xác như khối khoảng cách, nhưng không loại trừ khả năng tìm thấy nó. Có một phân tử “khối” bao gồm tám nguyên tử carbon và tám nguyên tử hydro (Hình 7), tương tự như mô hình được thảo luận ở đây; nhưng rõ ràng là không xảy ra sự căn chỉnh tự do của một mặt so với một mặt song song.

Cũng lưu ý rằng cấu trúc tuần hoàn kép, được thấy trong Hình 3, xảy ra như là kết quả của các tinh thể. Trong trường hợp này, các ô lục giác nhỏ tương ứng với các ô cơ bản của tinh thể, bao gồm các nguyên tử, trong khi các ô lớn hơn liên quan đến các tính chất tinh tế hơn của tinh thể - hướng quay của nguyên tử, vị trí của các đồng vị khác nhau, v.v.

Từ đó, rõ ràng là các nhóm đối xứng được nghiên cứu thuộc loại này cũng có thể trở nên thú vị xét theo quan điểm vật lý.

Sửa đổi

Trong chương trình trên p. 56 «Kvant», 1981, Số 9 bao gồm một số câu lệnh, trong đó nó biểu thị việc thiếu dấu 1 trước câu lệnh thứ năm và việc bỏ qua các dấu hiệu tiếp tục trong mục nhập câu lệnh DATA. Chúng ta. 55 cùng với CALL STR nên đọc là CALL STR.

17

Năm nay đánh dấu kỷ niệm 90 năm ngày sinh của Viện sĩ Sergei Ivanovich Vavilov (12 tháng 3 năm 1891 - 25 tháng 1 năm 1951), một nhà vật lý và nhà tổ chức khoa học xuất sắc của Liên Xô, Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, Giám đốc Viện Vật lý P. N. Lebedev thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô. S. I. Vavilov đã có đóng góp rất quan trọng cho sự phát triển của quang học vật lý, chủ yếu là nghiên cứu thời kỳ phát quang. Cùng với học trò của mình là Pavel Alekseevich Cherenkov (do viện sĩ hát) S.I. Vavilov đã phát hiện ra hiệu ứng “electron siêu sáng” nổi tiếng, hiệu ứng này sau này được đặt theo tên các tác giả của khám phá này.
S.I. Vavilov là người tích cực thúc đẩy kiến ​​thức khoa học tự nhiên, là tác giả của một số cuốn sách khoa học phổ thông xuất sắc. Chúng tôi đặt ở đây một chương trong cuốn sách “Về ánh sáng “nói” và “lạnh” của ông, xuất bản năm 1949. Nội dung được đưa ra với những thay đổi nhỏ về mặt biên tập.

S. Vavilov

“Thân ánh sáng” và báo bức xạ

“Chúng ta cần nghĩ đến ánh sáng vô hại của cây sinh học và ngòi phát sáng. Sau đó, chúng ta phải viết rằng ánh sáng và Tellot không phải lúc nào cũng có mối liên hệ với nhau và do đó có thể phân biệt được.”
M. V. Lomonosov

“Đây là một tin tuyệt vời - một ngọn nến.”
Ông Faraday. “Câu chuyện về ngọn nến”

Người ta biết rõ rằng nguồn sáng vẫn chiếm ưu thế cho đến thời của ông - đèn sợi đốt điện tử - đã có trước hàng nghìn năm phát triển và cải tiến. Chưa hết, từ quan điểm cơ bản, đèn sợi đốt khác rất ít so với ngọn lửa nguyên thủy. Ở những điểm cuối chung của bậc thang tiến hóa kéo dài nhiều năm, chúng ta tìm thấy một cơ thể sáng tạo được làm nóng như một nguồn phát. Lúc đầu

le là những hạt than cứng trong ngọn lửa, ở cuối - kim loại vonfram được nung nóng. Sự khác biệt sẽ nằm ở nhiệt độ và các chi tiết quan trọng và quan trọng khác, nhưng không cơ bản.

Đầu tiên chúng ta hãy xem xét các nguồn “ánh sáng rắn” thông thường. Chúng tôi nháy que diêm, tạo ra ngọn lửa và ánh sáng màu vàng nhạt trong thời gian ngắn. Nhiệt độ ngọn lửa rất cao, trên 1500°C. Đồng thời, nếu bạn theo dõi quá trình cháy của que diêm cẩn thận hơn, lúc đầu (ít nhất là ở một số loại diêm) có thể nhận thấy rõ ràng một ánh sáng vàng sắc nét đặc biệt, giống như khi cho muối ăn vào ngọn lửa khí không hạt. Khi ngọn lửa đã bén, một phần gần đầu que diêm có màu xanh nhạt. Tuy nhiên, phần chính của ngọn lửa phát sáng với ánh sáng “thân” màu vàng cam quen thuộc, tùy thuộc vào độ phát sáng của các hạt bụi sahka trong ngọn lửa. Trong một ngọn nến stearin, chúng ta bắt gặp một bức tranh tương tự - ngọn lửa màu vàng cam và phần bấc đèn màu xanh nhạt phát sáng; và ở đây ánh sáng chủ yếu đến từ một phần than tập trung trong ngọn lửa và được nung nóng

18

lên tới nhiệt độ trên 1500°C. Có rất ít sự khác biệt về vấn đề này giữa đèn dầu hỏa và thậm chí cả đèn điện tử sợi đốt. Những mẫu đèn Lodygin và Edison đầu tiên sử dụng dây tóc cacbon được đốt nóng bằng dòng điện. Trong đèn than, nhiệt độ dây tóc cao hơn khoảng 100-200 độ so với nến và lửa. Trong đèn vonfram hiện đại, dây tóc được nung nóng đến khoảng 2700°C. Xét về chất lượng ánh sáng phát ra, những chiếc đèn này vẫn gần với ngọn lửa hơn là với Mặt trời. Nhiệt độ của Mặt trời gần 6000°C; Cho đến nay, chưa có một vật thể nào được làm nóng trong những điều kiện thực tế có thể chấp nhận được lại phát sáng như vậy. Trở ngại là sự nóng chảy của kim loại và sự bay hơi của chúng. Vonfram phù hợp nhất về mặt này (điểm nóng chảy 3380°C và độ bay hơi thấp).

Hơn nữa, khi quan sát bề ngoài, một số đặc điểm chung nổi bật ở nhiều nguồn ánh sáng ấm áp khác nhau - diêm, nến, đèn sợi đốt, Mặt trời. Một trong những tính năng này là như sau. Một nguồn sáng ở cùng nhiệt độ thì vật sáng càng tối, càng đen. Ví dụ, ở cùng một nhiệt độ, thủy tinh thạch anh gần như không tỏa sáng nhưng một mảnh than đen lại phát ra rất mạnh. Tất nhiên, màu đen cũng như màu trắng không thể tăng mãi mãi; đối với nó có một giới hạn khi tất cả ánh sáng, thuộc bất kỳ màu nào, chiếu vào một vật thể đều bị nó hấp thụ không dấu vết. Một vật có đặc tính này được gọi là “vật đen tuyệt đối”. Không khó lắm để nhận ra một cơ thể như vậy có mức độ gần đúng hơn với các điều kiện cần thiết. Mọi người đều biết rằng nếu vào một ngày nắng đẹp, khi mọi thứ xung quanh đều rực rỡ và lấp lánh, bạn nhìn sản phẩm qua cửa sổ hoặc cửa mở vào bên trong một căn phòng kín, thì các bộ phận bên trong của mỗi sản phẩm sẽ có màu đen như than, mặc dù thực tế là các phòng có thể được quét vôi trắng hoặc dán giấy dán tường sáng màu. Điều này xảy ra bởi vì các tia sáng khi đi vào cửa sổ đen đen ánh sáng bên trong chắc chắn sẽ bị hấp thụ ở đó do phản xạ nhiều lần và không thoát ra được.

Từ đây, người ta thấy rõ cách xây dựng một vật thể hoàn toàn đen: nó có thể được làm từ bất kỳ vật liệu nào - than, sắt, sứ trắng, v.v., nếu bạn bố trí một số không gian kín bằng một lỗ nhỏ.

Một vật thể màu đen tuyệt đối có thể được nung nóng đến nhiệt độ cao, chẳng hạn như sợi đốt, và nhiệt độ có thể được giữ không đổi. Bên trong cơ thể, ánh sáng sẽ được phát ra từ các bức tường, ánh sáng này phải được hấp thụ lại ở các bức tường. Cơ thể chúng ta hoàn toàn có màu đen nên khả năng hấp thụ của nó, theo các điều kiện, là tối đa, tức là hoàn toàn. Nhưng đồng thời, chúng ta cũng đã thực hiện các biện pháp để đảm bảo nhiệt độ cơ thể không đổi nên có thể hấp thụ nhiều năng lượng hơn từ bức xạ tối đa, nếu không sự cân bằng nhiệt độ sẽ bị phá vỡ và cơ thể sẽ nóng lên.

Do đó, chúng tôi đi đến kết luận rằng không chỉ độ hấp thụ mà cả sự phát xạ của vật đen tuyệt đối cũng phải là tối đa. Đồng thời, từ lý luận tương tự, người ta suy ra rằng bức xạ, vì nó có giá trị cực đại, cũng như độ hấp thụ, không thể phụ thuộc vào vật liệu tạo nên cơ thể. Kết luận này có ý nghĩa lý thuyết rất lớn. Đây là lý do tạo nên sự tương đồng lớn giữa nhiều nguồn sáng nhiệt khác nhau. Ngọn lửa, diêm, Mặt trời, bóng đèn sợi đốt có đặc tính khá “đen”, chúng gần như là một vật thể hoàn toàn đen. Sự khác biệt phần lớn là do nhiệt độ của Mặt trời xấp xỉ 6000°C và nhiệt độ của que diêm là khoảng 1500°C. Nếu nhiệt độ thấp, vật thể không thể phát sáng bằng cách đốt nóng bằng ánh sáng nhìn thấy trong bóng tối, nó sẽ phát ra những bước sóng chủ yếu là tia hồng ngoại không nhìn thấy được. Khi nhiệt độ cơ thể tăng lên, nó bắt đầu phát ra màu đỏ sẫm. Khi nhiệt độ tăng thêm, bức xạ chuyển sang màu cam, vàng và cuối cùng là màu trắng. Với chất lượng của mặt bên này giống như màu đen tuyệt đối

thân máy, và, ví dụ, đối với đèn sợi đốt.

Tuy nhiên, cần phải đưa ra một nhận xét quan trọng. Một vật có một lỗ nhỏ hấp thụ hoàn toàn mọi loại tia, mọi màu sắc, mọi bước sóng. Nhưng có những vật thể (tất nhiên là không có dạng khoang) chỉ hấp thụ hoàn toàn các tia có màu nhất định, có bước sóng nhất định. Những vật thể như vậy cũng có thể được gọi là màu đen tuyệt đối, nhưng chỉ đối với những bước sóng nhất định. Khoảng cách, chẳng hạn như ngọn lửa rượu hoặc ngọn lửa khí trong oxy. Chúng nhẹ, mặc dù chúng có nhiệt độ cao. Chúng ta hãy thêm một chút muối ăn khách quan vào ngọn lửa như vậy. Ngọn lửa chuyển sang màu vàng sắc nét, giống như màu của một số ngọn lửa, như đã đề cập, khi bắt đầu cháy. Trung bình, ngọn lửa vẫn trong suốt; đồng thời nó bắt đầu hấp thụ ánh sáng rất mạnh trong một vùng sóng ánh sáng hẹp, ở phần phổ màu vàng; ở đây nó trở nên đen hoàn toàn. Đó là lý do tại sao nó phát sáng.

Để hiểu rõ hơn về tình huống quan trọng này, khoảng cách là một thí nghiệm thú vị khác. Các nguyên tố hóa học gọi là đất hiếm, chẳng hạn như neodymium, rhaseodymium, samarium, v.v., khi được đưa vào thủy tinh hoặc thạch anh sẽ tạo ra các dải hấp thụ mạnh rất mỏng trong quang phổ. Bạn có thể chuẩn bị một que mỏng hoặc sợi thủy tinh hoặc thạch anh với một ít đất hiếm. Nếu bạn tích lũy một cây gậy như vậy và nhìn nó qua kính quang phổ, thì chỉ có một vài vạch mỏng phát sáng, tương ứng chính xác với sự hấp thụ của đất hiếm; các phần còn lại của quang phổ tối, vì bản thân thủy tinh hoặc thạch anh không hấp thụ ánh sáng ở phần nhìn thấy được và do đó không phát sáng khi tích tụ. Thanh thủy tinh được mô tả chỉ trở nên “đen” ở một số vùng quang phổ hẹp nhất định.

Những điều đã nói ở trên bây giờ cho phép chúng ta giải thích những đặc điểm đã đề cập ở trên về việc đốt một que diêm và một ngọn nến. Độ sáng của ếch trong giai đoạn đầu đốt cháy ở một số loại diêm được giải thích là do sự hiện diện trong đầu

$$E = aE_0,$$

(*)

20

vì năng lượng hấp thụ là $aE_0$; Trong định luật quan trọng này, cần phải nhớ rằng tất cả các đại lượng có trong nó ($a, E$ và $E_0$) đều liên quan đến một bước sóng ánh sáng nhất định $\lambda$ và đến một nhiệt độ nhất định $T$.

Nói cách khác, định luật thành văn có thể được biểu thị như sau: tỷ lệ giữa độ phát xạ nhiệt của bất kỳ vật thể nào với khả năng hấp thụ của nó (đối với dữ liệu $\lambda$ và $T$) bằng độ phát xạ của vật thể đen tuyệt đối (đối với cùng $\lambda$ và $T$).

Do đó, dựa trên những ý tưởng chung nhất về các vật thể (cụ thể là giả sử rằng chúng có thể hấp thụ ánh sáng ở mức độ này hay mức độ khác và ở nhiệt độ không đổi), chúng ta đi đến kết luận rằng bất kỳ vật thể nào - rắn, lỏng, khí - nhất thiết phải phát ra bức xạ nhiệt, nếu chỉ nó ở trạng thái cân bằng nhiệt ở nhiệt độ trên 0 tuyệt đối. Tùy thuộc vào mức độ sưởi ấm, ánh sáng này sẽ hiển thị hoặc không nhìn thấy được.

Như đã đề cập ở trên, có thể dễ dàng chứng minh rằng không thể có một vật thể có bức xạ vượt quá bức xạ của một vật đen tuyệt đối ở cùng nhiệt độ.

Theo nghĩa này, vật đen tuyệt đối là vật phát nhiệt tốt nhất, hoàn hảo nhất, và Faraday, như những lời trích dẫn ở đầu chương, có lý do để ngạc nhiên về cây nến thông thường, những đặc tính của nó khá gần với các đặc tính của vật đen tuyệt đối, chưa kể đến những ứng dụng thực tế của nó.

Tuy nhiên, “sự hoàn hảo” như vậy của một vật thể hoàn toàn đen và nến và đèn sợi đốt gần nó, rất tương đối và có điều kiện. Thực tế là tất cả các “bộ phát nhiệt” đều cực kỳ kém kinh tế theo nghĩa kỹ thuật thông thường của từ này; chúng chỉ chuyển đổi một phần rất nhỏ năng lượng chúng tiêu thụ thành ánh sáng khả kiến. Đối với vật thể hoàn toàn đen ở nhiệt độ 2000°C, chỉ 0,3% năng lượng chuyển thành ánh sáng khả kiến; ở nhiệt độ 3000°C, hiệu suất tăng lên 3%. Nhiệt độ thuận lợi nhất cho một vật thể hoàn toàn đen phải là khoảng 6000°C, tức là bằng nhiệt độ của Mặt trời. Nguyên nhân của điều này, thoạt nhìn có sự trùng hợp đáng ngạc nhiên là do mắt con người, về mặt sinh học, trong quá trình phát triển đã quen với ánh sáng mặt trời, do đó ánh sáng từ bộ phát nhiệt có nhiệt độ mặt trời là tiết kiệm nhất. Tuy nhiên, tính kinh tế của vật thể đen tuyệt đối cao nhất này cũng không lớn; Hệ số hữu ích của hợp đồng là khoảng 13%, tức là 87% tổng năng lượng mà nguồn tiêu thụ là vô dụng đối với mắt. Đối với đèn sợi đốt hiện đại tiết kiệm nhất có công suất 100 W, hệ số hợp đồng nến hữu ích là 2-3%.

Câu hỏi về tác động tự nhiên: tại sao toàn bộ năng lượng truyền vào một vật đen tuyệt đối, hoặc ít nhất là một phần đáng kể của nó, không thể chuyển hóa thành ánh sáng khả kiến?

Đáp số Không dễ để các nhà vật lý có được câu trả lời cho câu hỏi này; Để làm được điều này, về bản chất, cần phải thực hiện cả một cuộc cách mạng trong khoa học; cần phải gạt sang một bên nhiều điều được chấp nhận chung, vốn được coi là một sự thật bất di bất dịch.

Nếu một vật đen hoàn toàn không đổi ở cùng một nhiệt độ và đồng thời phát ra ánh sáng thì tất cả năng lượng không liên tục cung cấp cho vật đó sẽ chuyển thành bức xạ. Chỉ một phần rất nhỏ của bức xạ này được nhìn thấy; phần còn lại tập trung chủ yếu ở vùng tia hồng ngoại không nhìn thấy được có tần số thấp hơn (bước sóng dài hơn) so với ánh sáng khả kiến. Năng lượng được cung cấp được chuyển đổi thành ánh sáng và phân bố giữa các sóng khác nhau, tạo ra phổ bức xạ nhiệt liên tục. Quá trình sản xuất chuyển đổi năng lượng cơ hoặc điện thành nhiệt. Trong trường hợp này, các phân tử của chất tham gia vào các chuyển động tịnh tiến, dao động và quay với nhiều tốc độ khác nhau, phân bố theo một quy luật liên tục. Một sự khác biệt như vậy

21

việc xác định được thực hiện thông qua sự va chạm ngẫu nhiên của các phân tử với nhau. Số lượng phân tử trong một thể tích nhất định là hữu hạn và bằng cách sử dụng các quy tắc tính toán thống kê thông thường, có thể xác định năng lượng trung bình có thể xảy ra nhất của các phân tử và định luật phân bố năng lượng giữa các phân tử.

Cho đến cuối thế kỷ 19, khoa học thường chấp nhận rằng ánh sáng là chuyển động sóng của môi trường lấp đầy không gian. Nhưng nếu ánh sáng thực sự là như vậy, thì không giống như các hạt vật chất, số lượng trong một thể tích hữu hạn, sẽ có vô số khả năng phân bố năng lượng ánh sáng qua sóng ánh sáng, chịu sự cân bằng trong bức xạ nhiệt.

Trên thực tế, vì bức xạ của một vật thể hoàn toàn đen đối với mọi sóng không thể phụ thuộc vào bản chất của chất tạo nên vật thể đó, nên không thể có bất kỳ vạch hoặc dải đặc trưng nào trong quang phổ của nó; tất cả các phần của dao động duy nhất phải có mặt, từ rất nhỏ đến rất lớn trong một sự liên tục. Hơn nữa, theo quan điểm của lý thuyết sóng cổ điển cũ của ánh sáng, tất cả các phần đều có giá trị và không có bất kỳ lợi thế nào so với phần khác. Và điều này có nghĩa là đối với mỗi phần vô cùng nhỏ của quang phổ, trung bình, trong điều kiện cân bằng, có cùng một phần năng lượng vô cùng nhỏ.

Mặt khác, rõ ràng là khi chúng ta chuyển từ phần nhỏ đến phần lớn, chấp nhận đến phần lớn vô hạn, chúng ta sẽ gặp ngày càng nhiều phần vô cùng nhỏ của phần từ đó, mỗi phần chiếm cùng một phần năng lượng vô cùng nhỏ. Nói cách khác, theo quan điểm của lý thuyết sóng cổ điển của ánh sáng trong điều kiện cân bằng nhiệt, năng lượng bức xạ nhất thiết phải tăng liên tục khi nó di chuyển trên quang phổ từ phần đỏ sang phần tím. Tuy nhiên, kết luận này rõ ràng là khác với thực nghiệm. Trên thực tế, trong tất cả các nguồn nhiệt, bắt đầu từ vật đen tuyệt đối, đều có bức xạ cực đại, trong trường hợp nhiệt độ dưới 4000 ° C nằm trong vùng hồng ngoại của quang phổ và chỉ khi đun nóng thêm, nó mới chuyển dần sang phần nhìn thấy được (vàng, xanh lục, v.v.). Trong vùng vật lý, phù hợp với kết luận lý thuyết, năng lượng ở nhiệt độ mà chúng ta quen thuộc không tăng mà trái lại giảm mạnh. Sự mâu thuẫn kinh nghiệm như vậy với những ý tưởng rất chung chung về vật chất và ánh sáng đã được gọi là “thảm họa tím” một cách đúng đắn đối với vật lý học vào thời đó; nó thực sự biểu thị sự cần thiết phải bác bỏ hoàn toàn nhiều quan điểm đã được thiết lập và vạch ra mục tiêu của một cuộc cách mạng trong khoa học tự nhiên.

Trong thí nghiệm, hóa ra năng lượng được phân bổ giữa các tần số ánh sáng gần giống như cách phân bổ năng lượng nhiệt giữa các phân tử, nghĩa là nó không có mức tối đa. Lời giải thích duy nhất có thể có cho thí nghiệm (ở một mức độ nhất định được gợi ý bằng cách so sánh với các phân tử) là như sau. Ngược lại với mọi quan điểm và đặc tính sóng chắc chắn của ánh sáng trong không gian, chúng ta phải chấp nhận rằng năng lượng của nó tập trung ở một số trung tâm nhất định, rằng ánh sáng chỉ được hấp thụ và phát ra bởi các phân tử dưới dạng toàn bộ phần năng lượng, gọi là lượng tử. Lượng năng lượng lượng tử không phải là hằng số; nó tỉ lệ với tần số dao động của ánh sáng v. Hệ số tỉ lệ h luôn bằng nhau; nó có giá trị nhỏ nhưng hiện đã được biết chính xác, bằng 6,62 × 10⁻²⁷ erg s.

Năng lượng lượng tử hν hoàn toàn không đáng kể đối với sóng vô tuyến, do đó cấu trúc sơ cấp của bức xạ trên thực tế không bị thay thế; nhưng lượng tử ngày càng có được những ý nghĩa hữu hình khi nó truyền qua ánh sáng khả kiến ​​tới tia X. Ở đây “hạt” năng lượng ánh sáng xuất hiện đầy đủ rõ ràng và sắc nét.

Gần nửa thế kỷ sau khi khám phá ra lượng tử năng lượng, vô số bằng chứng khác về chúng

22

sự tồn tại. Đây bây giờ là một sự thật được thiết lập vững chắc.

Khái niệm lượng tử năng lượng ánh sáng giải thích đầy đủ các tính chất của bức xạ nhiệt và giúp tính toán phổ phát xạ của nguồn phát hoàn toàn đen ở bất kỳ nhiệt độ nào. Hình 1 cho thấy sự phân bổ năng lượng được tính toán theo cách này trong phổ bức xạ nhiệt của vật thể đen tuyệt đối ở nhiệt độ mặt trời là 6000°C. Mức tối đa của đường cong hiển thị tương ứng với bước sóng 0,483 μm, nghĩa là vùng màu xanh lam của quang phổ.

Hình 2 cho thấy ở dạng logarit dốc sự phân bố năng lượng trong quang phổ của vật đen tuyệt đối trong một phạm vi nhiệt độ rất lớn, bắt đầu từ độ không tuyệt đối đến 50.000 K. Trục hoành biểu thị logarit của bước sóng tính bằng cm và tọa độ hiển thị logarit của giá trị tỷ lệ với cường độ bức xạ. Các đường sóng thực tế được biểu thị ở thang đo thấp hơn tính bằng micron. Với hình ảnh này, cực đại của phổ phát xạ nằm trên một đường thẳng, như được biểu thị bằng đường chấm trong hình. Từ hình này, có thể thấy ngay rằng, chẳng hạn, ở nhiệt độ của cơ thể con người (khoảng 310 K), bức xạ cực đại của vật đen tuyệt đối tương ứng với bước sóng khoảng 10 μm, xa hơn là ở phần hồng ngoại của quang phổ. Độ phát quang tối đa ở nhiệt độ nhiệt thông thường của chúng ta

Hình 2. Trục hoành biểu thị giá trị log λ([λ] = cm), trục tọa độ biểu thị giá trị log 2I_λ ([I] = Bt/cm³). I là cường độ bức xạ, tức là công suất bức xạ trên một đơn vị thể tích của vật đen tuyệt đối.

Mỗi đường cong tương ứng với một nhiệt độ cơ thể đen nhất định (các con số trên đường cong là giá trị T, K).

24

Bài toán

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả các nhiệm vụ này đều được xuất bản lần đầu tiên. Bài toán về toán học của vấn đề này đã được trình bày tại Olympic quốc tế XXII dành cho học sinh, được tổ chức tại Hoa Kỳ.

Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 15 tháng 2 năm 1982 đến địa chỉ: 113035, Moscow, M-35, B. Ordynka, 16/21, tòa soạn tạp chí «Kvant». Trong cột “Tới”, viết: “Nhiệm vụ «Kvant» Số 12-81” và các số bài toán, lời giải mà bạn đang gửi, ví dụ: “M716, M717” hoặc “F728”. Lời giải bài toán từ các số khác nhau của tạp chí hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) hãy gửi vào các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải trong phong bì này). Vui lòng gửi các điều kiện của mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản trong một phong bì riêng thành hai bản sao cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này.

M716—M720; F728—F732

M716. Từ điểm $P$ bên trong một tam giác cho trước $ABC$ các đường vuông góc $PA_1, PB_1, PC_1$ được thả xuống các đường thẳng $BC, CA$ và $AB$. Đối với điểm nào thì $P$ bên trong $\triangle ABC$ lớn?

$$\frac{|BC|}{|PA_1|} + \frac{|CA|}{|PB_1|} + \frac{|AB|}{|PC_1|}$$

nhận giá trị nhỏ nhất?

M717. Cho các số tự nhiên $n$ và $r$, $1 \leqslant r \leqslant n$. Xem xét tất cả các tập hợp con có thể có của tập hợp {1, 2, …, $n$} bao gồm $r$ số và trong mỗi lựa chọn là số nhỏ nhất. Chứng minh rằng trung bình số học của tất cả các số được chọn là $(n+1) / (r+1)$. (Ví dụ: đối với $n=3$, $r=2$, chúng tôi nhận được ba tập hợp con {1, 2}, {1, 3}, {2, 3} và trung bình số học là $(1+1+2)/3 = 4/3$).

M718. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $m^2+n^2$ cho tất cả các cặp số tự nhiên $(m; n)$ có thể có sao cho $1 \leqslant m \leqslant 1981$, $1 \leqslant n \leqslant 1981$ và $|n^2-mn-m^2|=1$.

M719. a) Cho $n \geqslant 3$ nào có tập hợp $n$ số tự nhiên liên tiếp có tính chất sau: số nhỏ nhất trong các số $n$ này là ước của bội số chung nhỏ nhất của các số $n-1$ còn lại?

6. Đối với $n \geqslant 3$ thì có một tập hợp duy nhất gồm $n$ số liên tiếp có thuộc tính được chỉ định là gì?

M720. Sau đây là thông tin về hàm $f$, được xác định trên tập hợp tất cả các cặp số nguyên không âm $(x; y)$:

$$1^\circ. f(0, y) = y+1,$$
$$2^\circ. f(x+1, 0) = f(x, 1),$$
$$3^\circ. f(x+1, y+1) = f(x, f(x+1, y))$$

cho mỗi cặp $x \geqslant 0, y \geqslant 0$. Tìm giá trị của $f(4, 1981)$.

F728. Ba quả bóng nhỏ có khối lượng giống nhau - đỏ, xanh lam và xanh lục, được cố định bằng một khung nghịch đảo ở các đỉnh của một tam giác đều có các cạnh $l$. Hệ được đặt trên bề mặt nằm ngang chính và quay với chu kỳ $T$ quanh khối tâm.

27

M677. Trong tam giác ABC nhọn, chọn điểm M
a) Giao điểm của các đường trung tuyến;
b) giao điểm của các đường phân giác;
b) giao điểm của các độ cao.
Chứng minh rằng nếu bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác AMB, BMC, AMC bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác đều.

Hình 1.

a) Diện tích của các tam giác AMB, BMC và AMC (Hình 1) bằng nhau - chúng bằng $\frac{1}{3} S_{ABC}$ (chứng minh điều này).

Vì diện tích S của tam giác, bán thấm p và bán kính r của đường tròn nối nội tiếp S=pr nên các permet của các tam giác AMB, BMC và AMC cũng bằng nhau.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng tam giác ABC không đều; ví dụ: hãy để $|AB| > |BC|$. Khi đó góc BDA tù; do đó $|AM| > |MC|$, sao cho chu vi của tam giác AMB lớn hơn chu vi của tam giác BMC - mâu thuẫn.

6. Vì CBM=ABM và bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác AMB và BMC bằng nhau nên các đường tròn này tiếp xúc với các đường phân giác BM tại cùng một điểm (Hình 2).

Hình 2.

Hình 3.

Từ đó suy ra rằng cả ba đường tròn đều tiếp xúc theo từng cặp và tâm O1, O2 và O3 của chúng tạo thành một tam giác đều, các cạnh của chúng vuông góc với các đường phân giác của tam giác ABC đã cho. Do đó, ví dụ: $\widehat{BMC} = \frac{\pi + A}{2} = \frac{2\pi}{3}$, tức là $\widehat{A} = \frac{\pi}{3}$. Tương tự, người ta chứng minh rằng $B = C = \frac{\pi}{3}$.

c) Như trong bài toán a), giả sử tam giác ABC không đều; ví dụ: hãy để $|BC| > |AC|$. Chúng ta hãy ký hiệu D và E các điểm tiếp tuyến của các đường tròn nội tiếp trong các tam giác AMC và BMC tương ứng trên các cạnh AC và BC (Hình 3). Vì bán kính của các vòng tròn này bằng $\widehat{CA} = \widehat{CBM}$, $|AD| = |BE|$. Vậy $|CD| > |CE|$ là mâu thuẫn.

A. Egorov

M678. Một số có 2 chữ số được gọi là hợp lý nếu các chữ số chẵn của nó chứa nhiều chữ số chẵn như số lẻ.

Trước tiên, chúng ta hãy lưu ý rằng nếu chúng ta thêm hai chữ số liên tiếp có cùng số chẵn lẻ vào bất kỳ vị trí nào của số hợp lệ (2m-2) chữ số hoặc thêm một chữ số có cùng số chẵn lẻ vào đầu và cuối của nó, thì số có 2m chữ số sẽ vẫn hợp lệ.

28

Chứng minh rằng trong số có $(2m+1)$ chữ số bất kỳ, bạn có thể gạch bỏ một trong các chữ số sao cho số có 2 chữ số thu được là hợp lý.

Bây giờ chúng ta chứng minh mệnh đề cần thiết bằng dấu $m$. Đối với $m=1$ điều đó đúng, vì trong số có ba chữ số, bạn luôn có thể gạch bỏ một chữ số để hai chữ số còn lại có cùng số chẵn lẻ. Giả sử rằng mệnh đề bài toán đúng với một số $m$ và chứng minh rằng nó đúng với $m+1$.

Trong bất kỳ số có giá trị $(2m+3)$ nào, nó sẽ luôn tìm thấy hai chữ số có cùng số chẵn lẻ, cạnh nhau hoặc một chữ số ở đầu và chữ số kia ở cuối số. Gạch bỏ hai chữ số này một lúc, ta được số có $(2m+1)$ chữ số, trong đó, theo giả thiết chỉ định, người ta có thể gạch bỏ một chữ số để số có 2 chữ số thu được là hợp lệ. Sau khi khôi phục hai chữ số đã bị xóa có cùng số chẵn lẻ trong đó, theo nhận xét đã đưa ra, chúng ta thu được một số $(2m+2)$ chữ số hợp lý.

A. Sidorenko

**M679. a) Bốn đường tròn nằm trên mặt phẳng sao cho đường tròn thứ nhất chạm đường thứ hai tại điểm A, đường thứ hai tiếp xúc đường thứ ba tại điểm B, đường thứ ba tiếp xúc đường thứ tư tại điểm C, đường thứ tư tiếp xúc đường thứ nhất tại điểm D. Chứng minh rằng qua bốn điểm nêu trên có thể kẻ được một đường tròn hoặc một đường thẳng.

6. Bốn quả bóng được đặt trong không gian sao cho quả thứ nhất chạm quả thứ hai tại điểm A, quả thứ hai chạm quả thứ ba tại điểm B, quả thứ ba chạm quả thứ tư tại điểm C và quả thứ tư chạm quả thứ nhất tại điểm D. Chứng minh rằng có thể vẽ một đường tròn hoặc một đường thẳng đi qua bốn điểm đã nêu.

7. Bốn quả bóng được sắp xếp trong không gian sao cho mỗi quả bóng chạm vào ba quả còn lại. Chứng minh rằng sáu điểm tiếp tuyến cùng thuộc một mặt cầu hoặc mặt phẳng.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Như vậy, mặt phẳng $ABC$ cắt các quả bóng theo bốn đường tròn, lần lượt chạm vào nhau tại các điểm A, B, C, D như đã nêu ở điểm a). Tuyên bố bài toán 6 tiếp nối điều này.

c) Gọi $A$ là điểm tiếp xúc của quả bóng thứ nhất và thứ hai, $B$ quả bóng thứ nhất và thứ ba, $C$ quả bóng thứ nhất và thứ tư, $D$ quả bóng thứ hai và thứ tư, $E$ quả bóng thứ hai và thứ tư, $F$ quả bóng thứ ba và thứ tư.

Theo chứng minh ở điểm 6), các điểm A, C, F, D cùng nằm trên một đường tròn hoặc đường thẳng. Các điểm A, E, F và B có cùng tính chất.

29

M680. Hai svyazsta tseraot trong một tserra như vậy. Có n nút điện thoại và các nút liên lạc thay phiên nhau kết nối cáp với hai trong số chúng mà chúng lựa chọn.

Cuộc gọi được thực hiện, sau đó có thể gọi bất kỳ nút nào khác từ bất kỳ nút nào (có thể thông qua một số nút trung gian).

a) Tìm ra ai thắng khi n=4, 5, 6, 7,8 - người mới bắt đầu hay đồng đội của anh ta?
b) đáp số đối với n tùy ý là bao nhiêu?

Chúng ta cũng hãy xem xét hai phiên bản sửa đổi của cerra:

c) Để chiếc cerrok, buộc hết nút thắt, đứt. Trả lời các câu hỏi a) và b) cho sản phẩm mới này.

d) Trước tiên, hãy để tất cả các nút được kết nối theo cặp bằng cáp và lần lượt các kết nối được loại bỏ, mỗi lần một kết nối. Hierok, người đã phá vỡ kết nối trong kế hoạch, bị hỏng. Câu hỏi tương tự như ở điểm a) và b).

Hai bốn điểm này có hai điểm chung là A và F. Do đó, nếu một trong bốn điểm đó thẳng hàng thì cả sáu điểm đều nằm trong cùng một mặt phẳng.

Nếu bốn đường tròn này nằm trên hai đường tròn nằm trong các mặt phẳng khác nhau và có dây cung chung AF thì có thể vẽ một hình cầu đi qua các đường tròn này: tâm của hình cầu này là giao điểm của các đường vuông góc với các mặt phẳng của các đường tròn này vẽ qua tâm các đường tròn (các đường vuông góc này nằm trong mặt phẳng đi qua tâm của các đường tròn và là trung điểm của dây cung chung AF của chúng).

V. Proizvolov

◆

a) Khi n=4, 7, 8 thì người chơi thứ nhất thắng, khi n=5, 6 - người thứ hai; điều này sẽ tuân theo từ lời giải chung bài toán 6).

b) Chúng ta sẽ gọi một nhóm các nút được kết nối nếu có hai nút bất kỳ trong đó được kết nối (có thể thông qua một số nút khác). Chúng ta sẽ gọi một nhóm nút được kết nối là một thành phần nếu không có nút nào trong đó được kết nối với bất kỳ nút nào không có trong đó. Rõ ràng là bất kỳ eraf nào (một hệ thống gồm các nút được kết nối bằng cách nào đó) đều bao gồm một hoặc nhiều thành phần.

Trong bất kỳ trò chơi nào của đối thủ hastanet, thời điểm mà tập hợp tất cả các nút được chia thành ba thành phần A1, A2, A3. Gọi a1, a2, a3 là số nút trong các thành phần này. Rõ ràng là người chơi nào kết nối đầu tiên bất kỳ hai thành phần nào trong số này sẽ thua cuộc. Một tình huống nghiêm trọng sẽ phát sinh khi tất cả các kết nối có thể có trong các thành phần A1, A2, A3 đã được thực hiện.

Rõ ràng là từ đầu bữa tiệc cho đến thời điểm đó sẽ được thực hiện.

$$N = \frac{a_1(a_1-1)}{2} + \frac{a_2(a_2-1)}{2} + \frac{a_3(a_3-1)}{2} = \frac{a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 - n}{2}$$

di chuyển. Nếu số N là số chẵn thì người chơi thứ nhất thua, còn nếu số N là số lẻ thì người chơi thứ nhất thắng. Tính chẵn lẻ của số N, very/no, được xác định bằng số dư, cho ra số $a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 - n$ khi chia cho 4. Vì phần dư của số $a_1^2 + a_2^2 + a_3^2$ khi chia cho 4 bằng số số lẻ giữa các số a1, a2, a3 (chắc chắn điều này), nên người chơi đầu tiên phải cộng vào sao cho số lẻ giữa a1, a2, a3 không trùng với số dư trong phép chia n cho 4. Ngược lại, thứ hai phải phấn đấu cho sự trùng hợp của chúng.

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ gọi các thành phần có bốn nút là bốn và các thành phần có bốn nút là số lẻ.

Chúng ta hãy xem xét bốn yếu tố riêng biệt: n=4k, n=4k+1, n=4k+2, n=4k+3.

1°. n=4k. Người chơi đầu tiên được thêm vào để giành chiến thắng, trò chơi như sau. Miễn là thành phần lớn hơn ba, anh ta chơi theo cách sao cho sau mỗi nước đi của anh ta không thu được nhiều hơn một thành phần gấp bốn: nếu tại một thời điểm nào đó hai thành phần chẵn xuất hiện, anh ta ngay lập tức kết hợp một trong số chúng với thành phần lẻ. Tại thời điểm ba thành phần xuất hiện (bất kể nước đi nào xảy ra sau đó), hai thành phần sẽ được

30

lẻ và một chẵn. Số $N$ là số lẻ - người chơi đầu tiên thắng.

$2^\circ$. $n=4k+1$. Trong trường hợp này, người chơi thứ hai thắng, vì anh ta có thể chơi sao cho sau mỗi nước đi của anh ta có ít nhất hai thành phần chẵn (hãy đảm bảo điều này). Hơn nữa, trong số $a_1, a_2, a_3$, chắc chắn có hai số chẵn và một số lẻ (bất kể nước đi nào sẽ dẫn đến hình thành ba thành phần).

$3^\circ$. $n=4k+2$. Và trong trường hợp này, người chơi thứ hai thắng, áp dụng chiến thuật của người chơi thứ nhất trong trường hợp $n=4k$, vì trong trường hợp $n=4k+2$ sẽ có hai số lẻ giữa các số $a_1, a_2, a_3$.

$4^\circ$. $n=4k+3$. Vụ này thú vị nhất.

Với $n=3$, rõ ràng người chơi thứ hai sẽ thắng.

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng với $n>3$ người chơi đầu tiên thắng.

Nếu người chơi đầu tiên, với nước đi đầu tiên của mình, bằng cách nào đó kết nối được hai nút $A$ và $B$, còn người chơi thứ hai kết nối hai nút khác $C$ và $D$ (Hình 1), thì người chơi đầu tiên sẽ thắng bằng cách áp dụng chiến lược của người chơi thứ hai cho trường hợp $n=4k+1$. Nếu người chơi thứ hai kết nối nút $A$ với nút thứ ba $C$, thì với nước đi thứ hai, người chơi thứ nhất sẽ thay thế hình tam giác, kết nối các nút $C$ và $B$ (Hình 2). Người chơi thứ hai tạo ra một thành phần chẵn với bất kỳ nước đi phản ứng nào. Sau đó, người chơi đầu tiên được thêm vào để sau mỗi nước đi của anh ta có ít nhất hai thành phần chẵn. Trong số các số $a_1, a_2, a_3$, như trường hợp $n=4k+1$, sẽ có hai số chẵn, trong trường hợp này đảm bảo chiến thắng cho người chơi đầu tiên.

c) Điểm này tương tự điểm trước. Trong bất kỳ trò chơi nào của đối thủ, sẽ đến lúc tập hợp các nút sẽ chia thành hai thành phần $A_1$ và $A_2$ bởi các nút $a_1$ và $a_2$. Người chơi kết nối các thành phần $A_1$ và $A_2$ sẽ thua cuộc. Lập luận theo cách tương tự như trước, chúng ta hiểu rằng $N = \frac{a_1^2 + a_2^2 - n}{2}$ nước đi sẽ được thực hiện trước thời điểm quan trọng.

Chúng ta hãy xem lại bốn trường hợp tương tự một lần nữa.

$1^\circ$. $n=4k$. Người chơi thứ hai thắng bằng cách thêm rằng sau mỗi nước đi của anh ta sẽ có hai thành phần chẵn (với $N$ là số chẵn).

$2^\circ$. $n=4k+1$. Người chơi thứ hai thắng vì bất kể diễn biến của trò chơi như thế nào, một trong các số $a_1$ hoặc $a_2$ sẽ là số lẻ và $N$ sẽ là số chẵn.

$3^\circ$. $n=4k+2$. Người chơi đầu tiên có $k \geqslant 1$ được thêm vào chiến thắng theo cách tương tự như trong trường hợp $4^\circ$ ở đoạn 6): anh ta đủ để đảm bảo rằng sau mỗi nước đi của mình, ngoại trừ nước đi thứ hai, có ít nhất hai thành phần chẵn, đó là những gì anh ta được thêm vào (xem Hình 1, 2).

$4^\circ$. $n=4k+3$. Người chơi đầu tiên thắng, bất kể diễn biến của trò chơi như thế nào (chứng minh điều đó!).

d) Chúng ta hãy tách một nhóm nút được kết nối $B_1, B_2, \dots, B_m$ theo một chu trình nếu nút $B_1$ được kết nối với nút $B_2$, nút $B_2$ được kết nối với nút $B_3$, … và nút $B_m$ được kết nối với nút $B_1$. Rõ ràng là nếu có các chu kỳ liên quan đến hệ thống các nút, thì người chơi thực hiện bước tiếp theo sẽ không thua: anh ta có thể phá vỡ bất kỳ kết nối nào trong bất kỳ chu kỳ nào - hệ thống vẫn được kết nối.

Do đó, người chơi nào thắng thì sau đó không còn chu kỳ nào trong hệ thống nữa. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng liên quan đến một hệ thống gồm các nút $n$ không chứa chu trình (hệ thống như vậy trong lý thuyết đồ thị được gọi là cây), có chính xác các kết nối $n-1$. Để thực hiện việc này, hãy sửa một số nút $B$ và lưu ý rằng có một đường dẫn duy nhất dẫn từ $B$ đến bất kỳ nút nào khác. Dọc theo tất cả các con đường rời khỏi $B$, chúng tôi sẽ đặt các mũi tên chỉ hướng từ $B$. Mỗi nút, ngoại trừ $B$, chứa chính xác một mũi tên và do đó, tổng số mũi tên là $n-1$.

Vì vậy, cây được hình thành sau

$$N = \frac{n(n-1)}{2} - (n-1) = \frac{(n-1)(n-2)}{2}$$

di chuyển. Do đó, đối với $n=4k$ và $n=4k+3$ người chơi đầu tiên thắng ($N$ là số lẻ) và đối với $n=4k+1$ và $n=4k+2$ người chơi thứ hai thắng ($N$ là số chẵn).

A. Razborov

31

F688. Một vòng mỏng có khối lượng M và bán kính R được cố định chắc chắn bằng kim đan nhẹ trên một trục mỏng mỏng, đi qua tâm của vòng sao cho mặt phẳng của vòng tạo thành một góc α với trục (Hình 1). Xác định công cần thực hiện để quay trục tới vận tốc góc ω.

Hình 1.

Hình 2. $|O_1A_1|^2 = |OA_1|^2 - |OO_1|^2; |OA_1|^2 = R^3, |OO_1|^2 = |Oa_1|^2 \cos^2 \alpha = R^2 (\cos^2 \varphi) (\cos^2 \alpha) = \frac{R^2}{2} \times \cos^2 \alpha$ (kể từ $\varphi = \pi/4$). Như vậy,

$$|O_1A_1|^2 = R^2 - \frac{R^2}{2} \cos^2 \alpha = \frac{R^2}{2} (1 + \sin^2 \alpha).$$

F689. Trên chiếc bàn ngang chính có một xấp giấy chứa 500 tờ. Tờ thứ một trăm (đếm spiza) lớn hơn những tờ khác. Tấm này được kéo cẩn thận theo hướng ngang. Gia tốc tối đa có thể được truyền vào gói để nó chuyển động mà không bị vỡ là bao nhiêu? Gia tốc cực đại mà khối tâm của gói hàng có thể chuyển động là bao nhiêu? Trong trường hợp này cột phải chuyển động với gia tốc bằng bao nhiêu? Hệ số ma sát trên giấy μ=0,2.

Chúng ta hãy tìm động năng của một vòng quay với vận tốc góc ω quanh trục $O'O''$ ở vị trí như đã chỉ ra trong các điều kiện.

Vận tốc tuyến tính của các điểm khác nhau trên vòng là khác nhau; Theo đó, sự đóng góp của các phần riêng lẻ của vòng vào tổng động năng là khác nhau. Chúng ta hãy tìm động năng của một cặp phần nhỏ $A_1$ và $A_2$ của vòng, nằm sao cho $A_1OA_2 = \pi/2$ (Hình 2). Kích thước của mỗi phần là $R \cdot \Delta\varphi$, khối lượng là $m = \frac{M}{2\pi R} R \cdot \Delta\varphi = \frac{M}{2\pi} \cdot \Delta\varphi$ (kích thước của $R \cdot \Delta\varphi$ là nhỏ, thay đổi theo bán kính của các vòng tròn mà các điểm của các phần quay dọc theo đó, bạn có thể chạy). Tốc độ tuyến tính của các phần $A_1$ và $A_2$ tương ứng bằng nhau,

$$v_1 = \omega |O_1A_1|, \quad v_2 = \omega |O_2A_2|,$$

trong đó $|O_1A_1|, |O_2A_2|$ là bán kính của các vòng tròn dọc theo đó các điểm của các phần $A_1$ và $A_2$ xoay quanh trục $O'O''$. Như có thể thấy từ Hình 2,

$$|O_1A_1| = \sqrt{|OA_1|^2 - |OO_1|^2} = R \sqrt{1 - \cos^2 \alpha \cdot \cos^2 \varphi},$$

$$|O_2A_2| = \sqrt{|OA_2|^2 - |OO_2|^2} = R \sqrt{1 - \cos^2 \alpha \cdot \sin^2 \varphi}.$$

Do đó, động năng của cặp phần $A_1$ và $A_2$ bằng

$$E_n = \frac{1}{2} m (v_1^2 + v_2^2) = \frac{M}{4\pi} \cdot \Delta\varphi \cdot \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Xét bất kỳ cặp tiết diện nào có vectơ bán kính tạo thành một góc π/2, chúng ta thu được cùng một biểu thức cho động năng của chúng. Số lượng các cặp như vậy hiển nhiên bằng π/Δφ. Do đó, tổng năng lượng của vòng quay là

$$E = \frac{\pi}{\Delta\varphi} E_n = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Theo định luật bảo toàn năng lượng, công cần thực hiện để quay vòng tới vận tốc góc ω bằng

$$A = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 (1 + \sin^2 \alpha).$$

Đối với trường hợp đặc biệt α = π/2 (vòng quay trong mặt phẳng nằm ngang quanh một trục thẳng đứng)

$$E_r = \frac{M}{2} \omega^2 R^2.$$

Với α = 0 (vòng quay quanh đường kính thẳng đứng)

$$E_b = \frac{M}{4} \omega^2 R^2 = E_r/2.$$

S. Krotov

Bất kỳ tấm nào ở trên cùng của chồng đều có thể nhận gia tốc dưới tác dụng của lực ma sát

$$a_1 \leqslant \mu g.$$

Điều này có nghĩa là các tấm này sẽ không trượt so với nhau và với gia tốc của một tấm lớn a > μg, toàn bộ phần trên của chồng các tấm tương đối lớn có thể trượt.

Ở phần dưới của chồng, hiện tượng trượt chỉ xảy ra ở điểm tiếp xúc với tấm lớn, vì tấm càng thấp thì lực ép các tấm lại với nhau càng lớn. Tăng tốc các tờ từ dưới cùng của ngăn xếp

$$a_2 \leqslant \frac{\mu M g}{m} = 4\mu g$$

(M là khối lượng phần trên của gói, m = M/4 là khối lượng phần dưới). Rõ ràng là để đạt được gia tốc tối đa của chồng, với điều kiện là nó không bị rơi ra, một tấm lớn cần

32

kéo bằng rễ

$$a = a_1 = 2 \text{ m/c}^2.$$

Đây là cách root của gói sẽ diễn ra.

Để có được khả năng bám rễ tối đa ở trọng tâm của bó (không tính đến tấm lớn!), bạn cần đảm bảo rằng cả hai phần đều trượt qua. Trong trường hợp này, tổng ngoại lực $F = f_{\text{тр1}} + f_{\text{тр2}} = 2\mu Mg$; bám rễ vào khối tâm

$$a = \frac{F}{M + m} = \frac{2\mu Mg}{M + m} = 2 \frac{\mu g}{1 + \frac{m}{M}} = 1,6\mu g = 3,2 \text{ m/c}^2.$$

Bạn cần kéo một chiếc lá lớn có gốc $a \geq a_{2\max} = 8 \text{ m/c}^2$.

3. Rafailov

F690. Giữa các điểm $A$ và $B$ trên bề mặt Mặt Trăng, nằm ở khoảng cách góc $90^\circ$, có một kênh thẳng (Hình 1), chứa đầy không khí ở nhiệt độ bình thường. Áp suất không khí ở giữa kênh $p_C = 10^5$ Pa. Tìm áp suất không khí trong kênh gần bề mặt Mặt Trăng. Mặt trăng được coi là một quả bóng đồng nhất có đường kính $D = 3480$ km. Gia tốc $g_L$ rơi tự do trên bề mặt Mặt trăng nhỏ hơn trên Trái đất sáu lần.

Chúng ta hãy xem xét một trạm hàng không ở độ cao thấp $\Delta y$, nằm ở khoảng cách $y$ tính từ tâm Mặt Trăng và viết điều kiện:

$$\varrho g \Delta y = -\Delta p,$$

(*)

trong đó $\varrho$ là mật độ không khí, $g$ là gốc rơi tự do ở một độ sâu nhất định, $\Delta p$ là chênh lệch áp suất ở độ cao $y + \Delta y$ và $y$.

Chúng tôi tìm thấy mật độ không khí từ phương trình Mendeleev-Clapeyron:

$$pV = \frac{m}{\mu} RT, \quad \varrho = \frac{m}{V} = \frac{\mu}{RT} p,$$

trong đó $p$ là áp suất không khí ở độ sâu đã chọn.

Bây giờ chúng ta hãy tìm hiểu gốc rơi tự do thay đổi như thế nào khi chúng ta “đi sâu” vào Mặt trăng. Chúng ta hãy chọn Lun bên trong - một quả bóng có bán kính $a$ - một quả bóng có bán kính $y < a$ (Hình 2). Nếu một điểm vật chất có khối lượng $m_0$ được đặt trên bề mặt của quả bóng nhỏ hơn này, thì trên thực tế nó sẽ chỉ tác dụng lên quả bóng nhỏ hơn. Tổng tác dụng của lực hấp dẫn giữa điểm vật chất/của chúng ta và tất cả các bộ phận trong khu vực được bảo vệ (xem Hình 2) là bằng không. Khi đó gốc của $g$ tại điểm $C$ (có tọa độ $y$) được xác định theo công thức

$$G \frac{m_0 m_y}{y^2} = m_0 g,$$

và root $g_L$ tại điểm $K$ theo công thức

$$G \frac{m_0 M}{a^2} = m_0 g_L,$$

trong đó $m_y$ và $M$ lần lượt là khối lượng của các quả bóng nhỏ hơn và lớn hơn. Chia các công thức theo số hạng và tính đến khối lượng của các quả bóng tỷ lệ với thể tích của chúng (và do đó với lập phương bán kính của chúng), chúng ta thu được:

$$g = g_L \frac{y}{a}.$$

Chúng ta hãy thay thế các biểu thức thu được cho $q$ và $g$ vào phương trình (*):

$$\frac{\mu p}{RT} \frac{g_L y}{a} \Delta y = -\Delta p,$$

hoặc

$$\frac{\Delta p}{p} = -\frac{\mu g_L}{RTa} y \Delta y.$$

Nếu các số gia hữu hạn $\Delta p$ và $\Delta y$ được thay thế bằng các số gia vô cùng nhỏ $dp$ và $dy$, chúng ta thu được phương trình vi phân

$$\frac{dp}{p} = -\frac{\mu g_L}{RTa} y dy.$$

Lời giải của phương trình này được tìm thấy bằng tích phân:

34

G. Gurevich

Hệ thống cân

vấn đề của Erdem

Hệ trọng số là một tập hợp các số tự nhiên không thể rút ra hai tập hợp khác nhau có cùng một tổng (ví dụ: các số 1, 3, 7, 20 tạo thành một hệ trọng số nhưng các số 1, 2, 3, 4, 5, 8 không tạo thành: 2+3+4=8+1).

Năm 1956, nhà toán học nổi tiếng người Hungary P. Erdem đã đưa ra bài toán sau: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất m(k) sao cho từ các số tự nhiên không vượt quá m(k) chọn được hệ trọng số của k số.

Theo một nghĩa nào đó, một bài toán hình tượng khác của Erdem bài toán là tìm số trọng số l(N) lớn nhất trong số các số không vượt quá một số tự nhiên N cho trước.

Mặc dù có sự quan tâm lớn do các vấn đề đặt ra của các chuyên gia về lý thuyết số, lý thuyết mã hóa và phân tích tổ hợp nhưng chúng vẫn chưa được giải quyết hoàn toàn. Chỉ có một số ước tính về các số m(k) và l(N) được thu thập, và câu hỏi về độ chính xác của những ước tính này vẫn còn bỏ ngỏ.

Trong bài toán M675 (“Quant”, 1981, số 3), chúng tôi đã mời độc giả thu thập một số ước tính liên quan đến bài toán Erdem cho k và N cụ thể. Cụ thể, chúng tôi đề xuất chứng minh rằng từ các số nhỏ hơn 1000, có thể chọn một hệ trọng số a) gồm 10 số; b) từ 11 số; c) trong 14 số không chọn được một số nào; f) nếu các số tạo thành một hệ trọng số thì tổng giá trị hình của chúng sẽ không vượt quá 5/2. Và cuối cùng, chúng tôi đề xuất e) từ các số nhỏ hơn 700, chọn hệ trọng số gồm 11 số.

Ước tính từ trên

Một số cận trên thô của số m(k) có thể thu được từ những xem xét rất đơn giản.

Trên thực tế, k số 1, 2, …, 2^{k-1} tạo thành hệ trọng số cho mọi số tự nhiên k.

Bài tập 1. Chứng minh điều đó.

Do đó, ước tính, m(k) 2^{k-1}. Cụ thể, từ các số 1, 2, …, 1000, hệ trọng số được phân biệt với 10 số 1, 2, …, 2^9 = 512. Điều này cho ra lời giải điểm a) bài toán M675.

Một hệ trọng số có thể dễ dàng xây dựng từ 11 số, không quá 1000.

Trên thực tế, k các số 3, 3·2, 3·2^2, …, 3·2^{k-1} cũng tạo thành hệ trọng số.

Sovv. Hãy cộng hai số 3·2^{k-1} - 1 và 3·2^{k-1} + 1 với chúng và chứng minh rằng các số thu được cũng tạo thành hệ trọng số.

Nếu bất kỳ tập hợp số nào chứa cả hai số được cộng (khi đó tập hợp các số còn lại không chứa chúng), thì tổng của nó không nhỏ hơn 3 2^k, và do đó, lớn hơn tổng của tất cả các số khác.

Nếu bất kỳ tập hợp nào chứa một số được thêm vào thì bất kỳ tập hợp nào không chứa số đó sẽ có tổng mà khi chia cho 3 sẽ có số dư khác với số dư khi chia cho 3 bằng tổng của tập hợp ban đầu.

Với k=9, chúng ta thu được hệ có trọng số 3, 6, 12, …, 767, 768, 769 từ 11 số (điều này mang lại lời giải của điểm 6)).

Vì vậy, m(11) ≤ 769. Nói chung, chúng ta thu được ước tính m(k) 3 2^{k-2} + 1.

Điểm

Bây giờ chúng ta thử ước tính số m(k) có kích thước. Đặt a₁ < a₂ < … < aₖ là một hệ trọng số của k số (k>1).

Rõ ràng là ka_k - 1 ≥ a₁ + a₂ + … + aₖ. Vì hai tập hợp số bất kỳ có tổng khác nhau và tổng số của tập hợp k số là 2^k - 1, nên chúng ta thu được bất đẳng thức a₁ + a₂ + … + aₖ ≥ 2^k - 1.

Bài tập 2. Hãy chắc chắn về điều này.

Do đó ka_k ≥ 2^k, tức là a_k ≥ 2^k/k. Cụ thể, với k=14, chúng ta nhận được a₁₄ ≥ 2^14/14 > 1000. Điều này cho ra lời giải từ b).

Vậy m(k) ≥ 2^k/k.

Bây giờ chúng ta có thể ước tính tổng $\frac{1}{a_1} + ... + \frac{1}{a_k}$. Vì bất kỳ hệ trọng số nào bản thân nó cũng là một hệ trọng số, nên bất đẳng thức a_i ≥ $\frac{2^i}{i}$ đúng với mọi i lớn hơn 1. Do đó

$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ... + \frac{1}{a_k} \leq 1 + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + ... + \frac{k}{2^k}.$$

Hãy tính tổng S(k) = $\frac{2}{2^2} + ... + \frac{k}{2^{k-1}}$ và do đó,

$$S(k) = 2S(k) - S(k) = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + ... + \frac{1}{2^{k-1}} - \frac{k}{2^k} = \frac{3}{2} - \frac{k+2}{2^k} < \frac{3}{2}.$$

Như vậy,

$$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ... + \frac{1}{a_k} < \frac{5}{2},$$

• khẳng định ở điểm d) cũng đã được chứng minh.

Gần đây (1977), các nhà toán học Mỹ F. Hanson, J. Steele và F. Stepger đã chứng minh một bất đẳng thức mạnh hơn:

$$\frac{1}{a_1^2} + \frac{1}{a_2^2} + ... + \frac{1}{a_k^2} < \frac{2^s}{2^{s-1}}$$

với mọi s > 0. Đặc biệt, với s=1

35

Hãy tỏa sáng

$$\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_k} < 2.$$

Một số quan sát

Các số 1, 2, 4, …, 512, như chúng ta đã thấy, tạo thành một hệ gồm 10 trọng số. Hãy xem liệu có thể sử dụng hệ thống này để thu được hệ thống có trọng số gồm 11 số nhỏ hơn 1000 hay không.

Xét 11 số: 999-0, 999-1, …, 999-512. Hãy chứng minh rằng đây là một hệ trọng số.

Chúng ta sẽ gọi tiếp diin của một tập hợp số đếm trong tập hợp này.

Trước hết, rõ ràng là hai bộ có cùng độ dài có tổng khác nhau (chúng ta trừ 0 và các số từ 999; đưa ra hệ thống trọng số).

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng tập dài hơn có tổng lớn hơn.

Trên thực tế, tổng của sáu số nhỏ nhất trong hệ thống: (999-512) + (999-256) + … + (999-16) lớn hơn tổng của năm số lớn nhất trong số này: 999 + (999-1) + (999-2) + (999-4) + (999-8).

Bây giờ, hãy đặt $a_1, a_2, ..., a_m$ và $b_1, b_2, ..., b_l$ là hai bộ số của chúng ta và $m > l$. Nếu $m > 6$ thì $a_1 + ... + a_m$ là rất nhiều, nhiều hơn $b_1 + ... + b_l$. Nếu $m \leq 6$, thì $a_1 + ... + a_m$ không nhỏ hơn tổng $m$ của các số nhỏ nhất trong hệ thống của chúng tôi, đến lượt nó lại lớn hơn tổng $l$ ($l < m$) của các số lớn nhất trong hệ thống (hãy đảm bảo điều này!); tất nhiên số tiền cuối cùng không ít hơn $b_1 + ... + b_l$.

Vì vậy, chúng ta đã xây dựng được một hệ trọng số khác gồm 11 số nhỏ hơn 1000.

Chúng ta hãy phân tích bằng chứng.

Trước hết, chúng tôi lưu ý rằng cùng với số 999, chúng tôi có thể lấy bất kỳ số $a$ nào mà $a + (a-1) + (a-2) + (a-4) + (a-8) < (a-16) + ... + (a-512)$, tức là bất kỳ $a > 512 + ... + 16 - 8 - 4 - 2 - 1 = 993$ nào.

Ngoài ra, chúng tôi đã lợi dụng thực tế là tổng của các tập hợp có cùng độ dài là khác nhau.

Hãy thử tóm tắt những quan sát của chúng tôi. Lấy $k$ số tự nhiên $a_1 < a_2 < ... < a_k$ mà tổng của hai tập hợp bất kỳ có cùng độ dài là khác nhau.

Bây giờ, nếu $k$ chẵn ($k = 2l$), hãy chọn số $a$ sao cho bất đẳng thức $(a - a_{2l}) + ... + (a - a_l) > (a - a_{l-1}) + ... + (a - a_1) + a$ được thỏa mãn và nếu $k$ là lẻ ($k = 2l+1$), thì bất đẳng thức $(a - a_{2l+1}) + ... + (a - a_{l+1}) > (a - a_{l-1}) + ... + (a - a_1) + a$.

Các số $a, a - a_1, ..., a - a_k$ được xây dựng theo cách này tạo thành một hệ trọng số có độ dài $k+1$. Bài tập 3.

3. Chứng minh tuyên bố này.

4. Chứng minh rằng trong hai tập hợp có cùng độ dài, gồm các số khác nhau của hệ được xây dựng, tập hợp chứa tổng các số nhỏ nhất có tổng lớn hơn.

Cải thiện hệ thống cân nặng

Sử dụng phương pháp được mô tả, chúng ta có thể xây dựng các hệ trọng số có độ dài bất kỳ $k$.

Trước tiên chúng ta hãy xây dựng một dãy số $a_1 < a_2 < ... < a_n < ...$ thỏa mãn mối quan hệ sau:

$$a_1 = 0, a_2 = 1,$$

$$a_{2n+1} = (a_{n+1} + a_{n+2} + ... + a_{2n}) - (a_1 + a_2 + ... + a_{n-1}) + 1,$$

$$a_{2n+2} = (a_{n+1} + a_{n+2} + ... + a_{2n+1}) - (a_1 + a_2 + ... + a_n) + 1$$

tại $n \geq 1$.

Hãy viết ra các số hạng giống nhau đầu tiên của dãy này: 0, 1, 2, 4, 7, 13, 24, 46, 88, 172, 337.

Hãy đặt $a = (a_{11} + a_{10} + ... + a_6) - (a_5 + a_4 + a_3 + a_2 + a_1) + 1 = 667$.

Theo những gì đã được chứng minh trước đó, ta thu được hệ trọng số gồm 11 số: 667, 667-1, 667-2, …, 667-337. Tất cả những số này đều nhỏ hơn 700. Kết quả là lời giải của phần e) bài toán Bài tập 5. Chứng minh rằng $m(6) = 24$.

Hệ thống Conver-Guy

Trong số tất cả các hệ trọng lượng hiện được biết đến, hệ thống do các nhà toán học người Mỹ Conver và Guy xây dựng được tuyên bố là “người giữ kỷ lục”. Đặc biệt, đối với trọng số của 11 số thì số lớn nhất của chúng là 594.

Công trình do Conver và Guy đề xuất như sau (xem bảng):

| $n$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| $x_n$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 3 | 3 | 4 | 4 | 4 | 4 | 5 | 5 | 5 |
| $y_n$ | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 3 | 3 | 4 | 5 | 6 | 6 | 7 |
| $z_n$ | 0 | 1 | 2 | 4 | 7 | 13 | 24 | 44 | 81 | 161 | 309 | 594 | 1161 |

Hàng đầu tiên của bảng chứa số 0 và số tự nhiên; ở dòng thứ hai có một chuỗi $(x_n)$ trong đó bất kỳ số $k > 0$ nào xuất hiện đều bằng $k$ lần; ở dòng thứ ba - chuỗi $(y_n)$, thu được bằng cách trừ các số của dòng thứ hai cho các số của dòng đầu tiên $(y_n = n - x_n)$. Trình tự $(z_n)$ được đưa ra lặp lại: $z_0 = 0$, $z_1 = 1$, $z_{n+1} = 2z_n - z_{n-1}$. (Ví dụ: để tính $z_7$, bạn sẽ lấy $z_6 = 24$, nhân nó với 2 và trừ $z_3 = 4$ vì $y_6 = 3$.) Chuỗi $(z_n)$ được viết ở hàng cuối cùng của bảng. Bài tập 6. Chứng minh rằng $x_n = (\sqrt{2n})$, trong đó $(x)$ là số nguyên gần nhất với $x$.

Converya và Guya đã đưa ra giả thuyết rằng với bất kỳ $n > 0$ nào, các số $a_0 = z_n - z_0$, $a_1 = z_n - z_1$, …, $a_{n-1} = z_n - z_{n-1}$ tạo thành hệ thống trọng số và kiểm tra nó cho tất cả $n \leq 40$. (Với $n = 11$, ta thu được hệ trọng số sau: 594, 593, 592, 590, 587, 581, 570, 550, 510, 473, 285; như chúng ta thấy, số lớn nhất ở đây là 594.).

Năm 1974, nhà toán học Ấn Độ H. Gupta đã chứng minh tính đúng đắn của giả thuyết Conver-Guy và từ đó thu được ước tính cho số $m(k)$: $m(k) \leq z_k$. Gần đây hơn, nhà toán học Liên Xô V.D. Yokovelev độc lập thu được một bằng chứng khác.

Mỗi $n$ đều rất thú vị khi tìm một ví dụ về hệ trọng số từ các số $n$, trong đó số lớn nhất sẽ cho thấy rằng quy trình lấy hệ trọng số Conver-Guy vẫn chưa phải là tốt nhất.

36

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Trong số này, chúng tôi công bố họ của những người đã thêm đúng lời giải bài toán M661 - M675 và F678 - F691 [các số in đậm sau họ là chữ số cuối cùng của các số đã giải bài toán].

Toán học

Hầu hết độc giả gửi lời giải đều hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ M661, M662, M663, M671, M672. Phần còn lại bài toán quyết định: E. Abasov (Sumgant) 67; A. Abdulaev (làng Karapapakh Az. SSR) 66, 67; V. Alexandrov (Saratov) 66; M. Alekseev (Moscow) 73; V. Arabidze (Tbilisi) 73; M. Araslanov (Zaporozhye) 66, 75; S. Assev (Nikolaev) 66, 68; R. Akhmedov (làng Khosrekh Dag. ASSR) 73; E. Akhmedov (Baku) 67; A. Ashurbekov (làng Pilich Dag. Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị) 67; Y. Basaliy (Donetsk) 66-69; V. Barabanov (Sevastopol) 66; Yu. Barkadan (Penza) 66; A. Belous (Vinnitsa) 66; Yu. Bespalov (Shostka) 65, 66, 69, 73; I. Binus (Penza) 66; V. Budovsky (Kharkov) 66; V. Valev (Tula) 73; I. Vaslenenko (Tselinograd) 67; V. Vermul (Dushanbe) 67; I. Gayovich (Kyiv) 66; G. Garezin (Yerevan) 67; O. Garifullin (Penza) 66; A. Hasanov (làng B. Kolatan Az. SSR) 66, 69; V. Geshkenbein (Moscow) 65; G. Golovin (Slavyansk) 66, 69; V. Goldfarb (Moscow) 67; A. Gordienko (Dimitrov) 66-68, 73; A. Gokhbere (Donetsk) 66-69, 73; A. Grizhebovskaya (Stavropol) 69; O. Hryniv (Kyiv) 65, 66, 68, 73, 74; N. Grishko (Kyiv) 65-69; E. Gutman (Kyiv) 66-69; D. Demin (Vinnitsa) 66, 67; O. Dobrovadnykh (Beloretsk) 66; O. Dranko (Kyiv) 73, 74; A. Dubitsak (Taurare) 64, 68, 73-75; M. Eliseev (làng Novovoronezhsky, vùng Voronezh) 73; O. Emchenko (Beloretsk) 66; O. Eroshkin (Dnepropetrovsk) 65-68, 73; I. Zhukov (Leningrad) 65, 66, 73, 75; V. Zaltsman (Khabarovsk) 65; M. Zaslavsky (Kharkov) 66, 73; I. Zyabrev (Krolevets) 66, 68, 69; V. Ivlev (Dzhezkagan) 68; I. Itenbere (Leningrad) 68, 73; A. Kazmeruk (Kyiv) 73, 74; Yu. Kakulov (làng Tsalka, GSSR) 67, 69; D. Kalyuzhny (Odessa) 66-69; D. Kamutavichus (Vilnos) 65, 73; A. Karpovich (Kyiv) 68, 73; A. Kach (Tashkent) 67, 68, 73; V. Kvartsanin (Koutansi) 67; A. Kernerman (Kyiv) 73; V. Kisl (Odessa) 65, 66, 73, 74; S. Kodryan (Kyiv) 66-69; G. Kozlov (Aprelevka) 69; V. Kozlovsky (làng N. Dvor, vùng Grodno) 66; S. Komkov (Moscow) 69; A. Kornilov (Rostov-on-Don) 65, 68, 75; D. Korotkin (Leningrad) 65, 73, 74; D. Korushkov (Novosibirsk) 73; I. Kudryashov (Leningrad) 66, 67; I. Landzhev (Burgas, NRB) 67, 69; L. Leytsin (Chernigov) 66, 69, 73, 74; M. Mantsev (Stavropol) 67; O. Marchinkovsky (Odessa) 66; S. Makhmedov (Baku) 66, 67; V. Mikhailov (Opochka) 66; A. Mikhaleva (Vetka) 73; D. Mustafin (Osh) 66; A. Naimov (Kharkov) 66; Yu. Nikolaevsky (Kharkov) 65, 67, 73; A. Nikonov (Moscow) 73; M. Ovetsky (Donetsk) 66—69, 73, 74; O. Odurtsov (Leningrad) 66; R. Orujov (Baku) 66, 69; S. Paliy (Odesca) 67; G. Perelman (Leningrad) 65, 66, 68, 69, 73-75; A. Popov (làng Novovoronezhsky, vùng Voronezh) 67; TRONG. Poyarkov (Nikolaev) 66; K. Pulyatov (Tashkent) 67; S. Putintsev (Nevinomyssk) 66-69, 73-75; A. Razin (làng nivitsy, vùng Lviv) 66; A. Rodionov (Moscow) 66, 73; N. Rosenain (Kyiv) 66, 68; V. Romanok (làng Kusnishche, vùng Volna) 66; A. Savkin (Leningrad) 66, 67, 69; R. Samborsky (Ternovol) 73; A. Semenov (Saratov) 65; A. Sixa (Kyiv) 66-68, 73; S. Sirosh (Kotovsk) 66, 67; N. Smolin (làng Turovets, vùng Vologda) 66, 67; T. Sokova (Beloretsk) 74; A. Sokhet (Kharkov) 66, 67, 73; S. Stetanyan (Baku) 66, 67; N. Titarenko (Vinnitsa) 66; A. Toporova (Dushanbe) 73; O. Tretykov (Omsk) 66; G. Trunov (Moscow) 73; E. Tyurin (Vilnos) 66, 67, 69; R. Uerinovsky (Khmelnitsk) 66, 67, 69; T. Utelov (Alma-Ata) 73; N. Fedin (Omsk) 67, 69; V. Finogenov (Moscow) 69, 73; D. Fomin (Leningrad) 65-68, 73; V. Henkin (Simferopol) 69; S. Hirshan (Kyiv) 66, 67; A. Khokhlov (Moscow) 66, 69, 73; S. Tsvetkov (Leningrad) 66; P. Tsvetkov (Podolsk) 66, 67, 69, 74; R. Zouf (Prague, Tiệp Khắc) 73, 75; O. Chalykh (Vitebsk) 66-69, 73; N. Chernikova (Leningrad) 67; G. Chkhendze (Tbilisi) 73; V. Shabunin (làng Khokholsky, vùng Voronezh) 69; V. Shevchitsyn (Lvov) 65; A. Shzaraev (Sibay) 68; L. Epremidze (Tbilisi) 66, 67, 69; F. Efrendtsev (Baku) 66, 73, 74; S. Yurovsky (Mytshi) 66; Yu. Yuryev (Niken) 66, 73.

Vật lý

Hầu hết tất cả độc giả đã gửi lời giải đều hoàn thành nhiệm vụ F678 và F683. Phần còn lại bài toán quyết định: I. Alekseev (Moscow) 84, 85, 87-91; E. Aliyev (Baku) 86, 88, 91; Z. Ali-Zade (Baku) 89; T. Arakelyan (Yerevan) 81; M. Arayan (Yerevan) 87; D. Asmus (Chelyabinsk) 81, 86, 88, 91; A. Astakhov (Zheleznodorozhny, vùng Moscow) 91; O. Akhremov (Vilnos) 81, 85, 87, 89; A. Babayev (Baku) 81, 91; E. Baddasaryan (Baku) 91; Y. Basaliy (Donetsk) 80-82, 86-88, 90; Yu. Baykin (làng Aktobe, Tatar ASSR) 82; Yu. Babryshev (vùng Voronlensk) 85; S. Bochko (Bratsk) 88; B. Weizmann (Odessa) 80-85, 87, 88-91; Yu. Voevodov (Gomel) 82; K. Grizorshin (Zaporozhye) 79—81, 86, 87, 89, 91; D. Gritsoriev (Moscow) 81, 82, 85-87; I. Gurovin (Odessa) 87, 91; M. Dogadov (Arzamas) 81; I. Dotsenko (Moscow) 84-87, 89-91; V. Evstratov (Leningrad) 81, 84, 87-90; S. Egorov (Leningrad) 79, 81, 84; M. Jakonis (Kaunas) 88, 90; T. Kadyev (Moscow) 88, 99; E. Kaspersky (Dolgoprudny) 89; A. Kolezhuk (Kyiv) 80, 81, 84, 88, 91; L. Kudryavtsev (Neftekamsk) 81; A. Kuznetsov (làng Shurskoy, vùng Yaroslavl) 88, 89; A. Kuzmenko (Kyiv) 88, 89; A. Latinin (Kyiv) 80, 81, 88, 90; I. Lomako (Minsk) 81;

(Cuối cùng xem trang 45)

37

Nhiệm vụ

1. Trong đẳng thức
   $$a:b=c, c+d=e, e-f=g,$$
   $$g \cdot h=10i+j$$
   Xếp các chữ cái 10 số 0, 1, …, 9 lại với nhau để có được sự bằng nhau đúng.

2. Trong tấm thảm dệt từ những sợi dây nhiều màu (xem hình) có một vòng dây, khi cắt, tấm thảm chia thành ba phần sao cho hai phần này được tạo thành từ cùng một số sợi dây, còn phần thứ ba chỉ được tạo thành từ một sợi dây. Chỉ định chiếc nhẫn này.

3. Chứng minh rằng mọi hình bảy cạnh lồi đều có hai đường chéo có góc nhỏ hơn 13°.

4. Sau đó, Ira đề nghị cắt một hình chữ nhật “ca rô” có kích thước 8x9 (xem hình) dọc theo các đường lưới thành các dải hình chữ nhật có kích thước 1x6. Liệu Ira có thể làm được điều này không?

5. Dòng đầu tiên chứa ba số nguyên: $a, b, c$. Trong dòng thứ hai bên dưới chúng có ba điểm khác biệt được viết: $a-b, b-c, c-a$. Các số ở dòng thứ ba được hình thành từ các số ở dòng thứ hai theo quy luật tương tự, v.v. Chứng minh rằng số 279 không thể xuất hiện ở bất kỳ dòng nào phía dưới dòng thứ bảy.

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
F. Bartenev, A. Kalinin, A. Savin,
A. Shvetsov.

38

S. Tavridov

ngũ cốc
trên máy bay
và trong không gian

Pentomino là một hình là một đa giác được tạo thành từ năm hình vuông giống hệt nhau *); Bộ sưu tập đầy đủ các pentominoes được hiển thị trong hình trước tiêu đề. Tất nhiên, trong tất cả các bài toán được thảo luận dưới đây, các pentomino có thể nghịch đảo.

Pentominoes tạo ra những câu đố tuyệt vời. Vì vậy, từ mười hai pentomino bạn có thể tạo thành một hình chữ nhật $4 \times 15$, $5 \times 12$, $6 \times 10$,

*) Những đa giác như vậy, không chỉ bao gồm năm hình vuông, mà còn gồm một, hai, ba, bốn, sáu, v.v., đã được nhà toán học người Mỹ S. V. Golom b. đưa vào sử dụng toán học. Ông đề xuất một cái tên chung cho chúng - polyominoes. Bạn có thể đọc về họ trong cuốn sách “Polimino” (M., “Mir”, 1975) của ông. Xem thêm «Kvant», 1977, số 2, 3 tr. bìa và 1979, số 11, tr. 22.

và cái sau - 2389 về cơ bản là khác nhau (hai lời giải, tạo ra từ nhau bằng cách quay hoặc phản xạ, được coi là giống nhau); Tất nhiên, 2389 lời giải này đã giúp tìm ra một chiếc máy tính. Nhưng hình chữ nhật $3 \times 20$ của mười hai pentomino chỉ có thể được gấp lại theo hai cách khác nhau; sẽ tìm thấy chúng. Và hai hình chữ nhật $5 \times 6$ có thể được gấp lại để bạn có được hình chữ nhật $5 \times 12$ hoặc $6 \times 10$ (hãy xem thử!).

Một bàn cờ thông thường với bốn ô vuông mở cũng có thể được làm từ các quân pentomino theo nhiều cách. Bảng mạch “chưa hoàn thiện” này trông khá trang nhã (ba phương án lắp ráp được hiển thị trong Hình 1).

Nhưng hình được mô tả trong Hình 2 không thể được gấp lại từ các pentomino: ở các cạnh, nó bị giới hạn bởi 22 ô vuông và nếu bạn đếm xem có bao nhiêu ô vuông của mỗi pentomino có thể nằm trên cạnh của hình này, thì tổng số của tất cả các pentomino sẽ là 21. Các hình trong Hình 3 không thể được gấp lại từ các pentomino, tuy nhiên, một bằng chứng ngắn gọn và tao nhã về thực tế này vẫn chưa được tìm thấy.

39

Bây giờ hãy tưởng tượng rằng các pentomino có thể được uốn cong dọc theo các cạnh của hình vuông. Sau đó, bằng cách sử dụng tất cả các pentomino, bạn có thể dán lên bề mặt của hình như trong Hình 4. Tất nhiên, bạn sẽ phải vận dụng trí tưởng tượng của mình và sáng tạo. Trước tiên, bạn có thể xây dựng một mạng lưới của hình và lấp đầy nó bằng các pentomino. Nhưng chúng tôi nghĩ phương pháp sau sẽ thành công hơn.

Hãy nhìn vào Hình 4. Trong tầm nhìn của chúng ta có các hình vuông phía trước, trên và bên phải của bề mặt hình của chúng ta. Hãy loại bỏ các hình vuông này và vẽ phần còn lại của bề mặt, tức là các hình vuông phía sau, phía dưới và bên trái (Hình 5). Bây giờ, sau khi đã chỉ định mỗi pentomino bằng ký hiệu riêng của nó, chúng ta viết lên mỗi ô vuông gót của bề mặt ký hiệu tương ứng với pentomino đã cho.

Một trong những loại dán có thể có cho hình trong Hình 4 được hiển thị trong Hình 6.

Các pentomino “linh hoạt” có thể được sử dụng để bao phủ một số lượng lớn các khối đa diện có bề mặt 60 hình vuông. Hãy thử nghĩ ra những khối đa diện như vậy. Điều kỳ lạ là những cái ở giữa không có một đường thẳng song song nào. Chúng tôi đang chờ đề xuất của bạn - chúng tôi sẽ xuất bản những đề xuất tốt nhất trong số đó.

Như vừa nói, một hình song song không thể đều là ngũ giác. Nhưng hai hình bình hành giống hệt nhau 1×3×3 (trên bề mặt của mỗi hình có 30 hình vuông) có thể được dán lên trên như thế này. Bạn cũng có thể bao gồm sáu hình bình hành 1×1×2. Làm đi! Cố gắng liệt kê tất cả các bộ hình bình hành (không nhất thiết phải giống hệt nhau) có thể được dán lên bằng một bộ ngũ giác. (Tất nhiên, số lượng hình vuông trên bề mặt của mỗi hình bình hành đó phải là bội số của một gót chân.)

Cuối cùng, phủ hai khối đa diện “hình chữ thập” giống hệt nhau như trong Hình 7 bằng một bộ ngũ giác.

40

V. Ryzhik

Quà tặng hình học

Fedya và Vasya không hề bị dày vò bởi câu hỏi: “Tặng gì cho nhau nhân ngày sinh nhật?” Mỗi người trong số họ đưa cho người kia một bài toán hoặc một định lý mà anh ta đã phát minh ra - một thứ gì đó từ toán học. Sinh nhật của Vasya đang đến gần.

“Bạn có nhớ không,” Fedya hỏi Vasya, như thể tình cờ, “làm thế nào để thực hiện việc chuyển từ điểm này sang máy bay?”

Vasya bắt đầu di chuyển cây bút chì của mình dọc theo tờ giấy. Anh đi được chừng năm phút rồi thở dài:

• Không, tôi không nhớ.
  “Bạn không đơn độc,” Fedya thông cảm.

(Bạn đọc hãy cố gắng thực hiện việc xây dựng này một cách nhanh chóng và chính xác.)

“Ồ, vậy hãy xem tôi đã tìm ra điều gì,” Fedya tiếp tục. — Lấy mặt phẳng α và điểm A ở bên ngoài mặt phẳng đó. Trên mặt phẳng α ta vẽ đường thẳng a - bất kỳ. Từ điểm A ta thực hiện phân phối lại AB thành đường thẳng a. Trong mặt phẳng α vẽ đường thẳng BC, xác định lại đường thẳng a. Từ điểm A chúng ta thực hiện chuyển hướng AD sang đường thẳng BC (xem hình). Tất cả.

• “Mọi thứ” là gì? - Vasya rất ngạc nhiên.
• Thực ra là tất cả. Việc chuyển từ điểm A sang mặt phẳng α được xây dựng.
• Và bằng chứng? - Vasya hỏi.
• Vui lòng. Chúng ta hãy vẽ qua điểm D bất kỳ đường thẳng nào cắt đường a; Gọi giao điểm là K. Vẽ một đoạn khác là AK. Từ các tam giác vuông ADB và ABK ta có

$$|AK|^2 = |AB|^2 + |BK|^2 = |AD|^2 + |BD|^2 + |BK|^2.$$

Từ tam giác vuông KBD -

$$|BD|^2 + |BK|^2 = |KD|^2.$$

Điều này có nghĩa là $$|AK|^2 = |AD|^2 + |KD|^2.$$ Nhưng khi đó góc D trong tam giác ADK là đường thẳng, tức là (AD) ⊥ (DK). Đường thẳng AD được phân phối lại theo hai số đo bởi một đường thẳng trong mặt phẳng α. - BC và KD; theo tính chất đệ quy của đường thẳng và mặt phẳng thì là đường cong đệ quy của mặt phẳng α. Vâng, làm thế nào?

“Tôi thích nó,” Vasya nói. - Điều chính, tôi đã học thuộc lòng, là đội hình. Một lần quá tải, lần thứ hai và lần thứ ba. “Anh ấy vẫy ngón tay trong không khí, giả vờ gắng sức quá mức.

“Và bằng chứng rất rõ ràng,” anh tiếp tục. - Từ ba tam giác vuông suy ra tam giác thứ tư cũng là tam giác vuông.

“Bạn nói đúng,” Fedya xác nhận. — Nhân tiện, từ cùng những tam giác này, người ta có thể chứng minh định lý về ba phép phân phối lại. Đây là một phong bì dành cho bạn: nó chứa cả cấu trúc và bằng chứng.

Đến đây giọng nói của anh có chút trang trọng.

• Chiếc phong bì này là quà sinh nhật của tôi. Nhân tiện, vẫn còn điều gì đó phải suy nghĩ.

Vài ngày sau Vasya đến Fedya.

42

V. Belonukkin

Sơ đồ trạng thái

Như đã biết, bất kỳ chất nào, tùy thuộc vào điều kiện bên ngoài, đều có thể ở trạng thái rắn, lỏng hoặc khí.

Nếu áp suất thấp và nhiệt độ cao thì chất đó thường tồn tại dưới dạng khí. Ở nhiệt độ thấp và áp suất cao, mọi chất đều chuyển thành chất rắn. Tại một số giá trị trung gian của các tham số, chất lỏng tồn tại. Điều này được thể hiện dưới dạng sơ đồ trong Hình 1. Vẫn còn phải kiểm tra ranh giới giữa các vùng của các trạng thái khác nhau - và chúng ta sẽ thu được cái gọi là sơ đồ trạng thái của vật chất ở tọa độ $p - T$. Chúng ta hãy nhớ lại một vài sự thật nổi tiếng sẽ giúp chúng ta trong vấn đề này.

1. Áp suất hơi bão hòa tăng theo nhiệt độ; Theo đó, điểm sôi tăng khi áp suất tăng. Điều này có nghĩa là ranh giới khí-lỏng (L-G) đi theo hướng sau - từ dưới lên phải - lên trên.

2. Điểm nóng chảy yếu do áp suất - ranh giới rắn-lỏng (S - L) gần như thẳng đứng.

3. Có một điểm đặc biệt - quan trọng ($T_{кр}, p_{кр}$). Khi bạn tiếp cận nó dọc theo ranh giới L-G, các tính chất của chất lỏng và chất khí (chủ yếu là mật độ) ngày càng khác nhau; tại điểm tới hạn sự khác biệt biến mất. ranh giới F - G kết thúc tại điểm này.

4. Đối với tất cả các chất (ngoại trừ helium) đều có một điểm - một tập hợp các tham số ($T_{тр}, p_{тр}$) tại đó tồn tại cả ba pha (lỏng, rắn và khí). Nếu $T < T_{тр}, p < p_{тр}$ thì không thể ở trạng thái lỏng mà chỉ có thể ở trạng thái rắn và khí. Do đó, tồn tại một ranh giới khí rắn ($T - \Gamma$). Và vì ở nhiệt độ thấp, cách xa nhiệt độ tới hạn ($T \ll T_{кр}$), sự phân bố giữa trạng thái lỏng và rắn của thành phố ít hơn so với giữa nó và khí, nên hành vi của ranh giới T - G tương tự như hành vi của ranh giới F - G.

Vì vậy, sơ đồ trạng thái sẽ trông giống như thế này:

43

Hình 2. Xin lưu ý: ranh giới T - F được vẽ thành ba phiên bản. Tùy chọn chung - 1 - nhiệt độ nóng chảy tăng khi áp suất tăng. Nhưng đối với một số chất, chẳng hạn như vysuta, một số loại gang nhất định, $T_{пл}$ rơi với áp suất tăng dần - phương án 2. Đối với nước $T_{пл}$ giảm xuống áp suất cỡ $2 \cdot 10^8$ Pa (2000 atm), rồi bắt đầu tăng - phương án 3.

Sự phụ thuộc về chất của nhiệt độ chuyển pha (cái gọi là sự chuyển đổi của một chất từ ​​trạng thái này - rắn, lỏng hoặc khí - sang trạng thái khác) vào áp suất có thể thu được dựa trên một trong những định luật chung nhất của tự nhiên - nguyên lý Le Chatelier-Brown *). Đơn giản hóa một chút, nó có thể được xây dựng như sau:

Bất kỳ ảnh hưởng bên ngoài nào cũng gây ra những thay đổi trong hệ thống làm giảm hiệu quả của ảnh hưởng này.

Do đó, nếu hơi bão hòa ở trạng thái cân bằng với chất lỏng, khi thể tích chiếm giữ của hệ thống giảm, áp suất hơi bắt đầu tăng. Mật độ của chất lỏng lớn hơn mật độ của hơi. Nếu hơi ngưng tụ, mật độ và do đó áp suất của hơi còn lại sẽ giảm. Ảnh hưởng của tác động bên ngoài được bù đắp một phần (và nếu nhiệt độ được duy trì không đổi thì hoàn toàn). Do đó, quá trình bù này - ngưng tụ hơi - bắt đầu ngay lập tức. Để ngăn ngừa sự ngưng tụ, tức là vẫn làm tăng áp suất hơi, cần phải tăng nhiệt độ của hệ thống. Do đó, chỉ dựa vào (ngoại trừ nguyên lý Le Chatelier-Brown) dựa trên thực tế là mật độ của chất lỏng lớn hơn mật độ của hơi, chúng tôi đã đi đến kết luận rằng nhiệt độ cao hơn tương ứng với áp suất hơi bão hòa cao hơn.

Thông thường chúng ta quan tâm đến quá trình chuyển đổi khí lỏng; Đây là những gì chúng tôi chủ yếu sẽ làm.

Thảo luận về một số hằng số hoạt động của hơi bão hòa. Đặc biệt, chúng ta hãy lưu ý rằng mật độ và áp suất (đôi khi là phương pháp kiểm soát bão hòa hơi lỗi thời) của hơi bão hòa không tỷ lệ thuận với nhau.

Ass a.ch a 1. Pizza được nấu trong nồi áp suất ở nhiệt độ $t_1 = 120^\circ C$. Ở nhiệt độ này, áp suất của hơi nước bão hòa là $p_1 = 2$ atm. Mật độ hơi nước cao hơn bao nhiêu lần

*) Văn bản được gõ bằng phông chữ nhỏ, vượt quá phạm vi của khóa học ở trường.

trên bề mặt nước sôi trong chảo mở?

Trong một cái chảo mở, nước sôi dưới áp suất $p_0 = 1$ atm ở nhiệt độ $t_0 = 100^\circ C$. Từ phương trình Mendeleev-Clapeyron $pV = \frac{m}{\mu}RT$ chúng ta thu được biểu thức về mật độ:

$$\varrho = \frac{m}{V} = \frac{\mu p}{RT}.$$

Đối với tỷ lệ mật độ chúng ta có

$$\frac{\varrho_1}{\varrho_0} = \frac{p_1}{p_0} \cdot \frac{T_0}{T_1} = \frac{2 \cdot 373}{1 \cdot 393} \approx 1,9.$$

Kết quả rất rõ ràng: áp suất phải tăng gấp 2 lần, nhưng nhiệt độ lại tăng nhẹ, có nghĩa là (điều này cũng rõ ràng từ công thức $p = nkT$) mật độ đã tăng ít hơn hai lần.

Chúng tôi đã xây dựng sơ đồ trạng thái cho trường hợp hệ thống chỉ bao gồm chất có trạng thái mà chúng tôi đang phân tích. Sự hiện diện của các chất được xây dựng ảnh hưởng đến tình trạng như thế nào? Để hiểu điều này, chúng ta hãy giải bài toán sau.

Bài toán 2. 18 g nước được đổ vào bình trao đổi $V = 22,4$ lít ở áp suất và nhiệt độ không khí bình thường $t_0 = 0^\circ C$. Sau đó đậy kín bình bằng nắp kín và đun nóng đến nhiệt độ $t_1 = 100^\circ C$. Xác định áp suất trong bình.

Thật không may, bạn thường có thể nghe thấy từ học sinh hai trường hợp khác nhau nhưng đều không chính xác đáp số.

1. Áp suất không khí trong bình là $p_0 = 1$ atm và khi được làm nóng đến nhiệt độ $T_1$, nó trở về giá trị $p_1 = p_0 \frac{T_1}{T_0} = 1 \cdot \frac{373}{273} \approx 1,3$ atm. Giá trị này lớn hơn áp suất hơi bão hòa của nước ở $100^\circ C$; Điều này có nghĩa là nước sẽ không bay hơi và tổng áp suất trong bình sẽ bằng $p = p_1 = 1,3$ atm.

2. $100^\circ C$ là nhiệt độ sôi của nước. Điều này có nghĩa là toàn bộ nước trong bình sẽ bay hơi; áp suất của hơi nước thu được (với lượng 1 mol - xét cho cùng thì có 18 g nước) không khó tính (ở $T_0 = 273$ K 1 mol trong thể tích 22,4 lít, nó tạo ra áp suất $p_0 = 1$ atm, và ở $T_1 = 373$ K áp suất hơi sẽ là $p_{п1} \approx 1,3$ atm); áp suất không khí trong bình sẽ tăng khi được làm nóng đến $p_{в1} \approx 1,3$ atm; áp suất tổng cộng trở thành bằng $p_1 = p_{п1} + p_{в1} \approx 2,6$ atm.

44

Các tác giả của đáp số đầu tiên quên rằng chất lỏng phải ở trạng thái cân bằng với hơi của nó; điều này có nghĩa là ở $t_1 = 100^\circ\text{C}$ nước sẽ bay hơi cho đến khi áp suất hơi của nó đạt tới 1 atm.

Tất nhiên, đáp số thứ hai cũng không chính xác, vì áp suất hơi nước ở $100^\circ\text{C}$ không thể tăng quá 1 atm.

Vì vậy, trong bình áp suất không khí sẽ là $p_{\text{в1}} \approx 1,3$ atm, áp suất hơi nước sẽ là $p_{\text{п1}} = 1$ atm (chúng tôi đã đảm bảo rằng khối lượng nước đủ để tạo ra áp suất đó) và tổng áp suất trong bình sẽ chỉ là $p_1 = p_{\text{п1}} + p_{\text{в1}} = 2,3$ atm.

Nhân tiện, nước sẽ không sôi. Xét cho cùng, sôi là một quá trình hóa hơi không chỉ trên bề mặt chất lỏng mà trong toàn bộ thể tích của nó. Nếu nhiệt độ sao cho áp suất hơi bão hòa tương ứng bằng tổng áp suất bên ngoài thì bọt hơi hình thành bên trong chất lỏng và không xẹp xuống dưới áp suất bên ngoài; Sự bay hơi thêm của phần bên trong bong bóng làm tăng thể tích của chúng, bong bóng nổi lên bề mặt, vỡ ra trên bề mặt - chất lỏng sôi.

Chúng ta hãy nhấn mạnh lại: sự bay hơi luôn xảy ra khi áp suất hơi trên bề mặt chất lỏng nhỏ hơn áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ nhất định; sôi chỉ xảy ra khi áp suất tổng (và chất lỏng bên trong) không vượt quá áp suất hơi bão hòa ở nhiệt độ nhất định.

Nhân tiện, Trái đất đầy nước; và độ ẩm tương đối bằng 100%, nghĩa là độ bão hòa của không khí với hơi nước là rất hiếm. Tại sao khi thừa nước, toàn bộ bầu khí quyển không bão hòa hơi nước? Có lẽ đơn giản là không có đủ nước để bay hơi? Hãy ước tính tốc độ bay hơi của nước.

Bài tập 3.*) Ước lượng số lượng

*) Một bài toán tương tự nằm trong bộ sưu tập “Bài toán về vật lý” của I. Slobodtsky và L. Aslamazov, chúng tôi sẽ xuất bản nó trong bộ “Thư viện «Kvant»” (vấn đề số 75).

Bài toán, được sử dụng trong thống kê, lấy từ tiết mục của các kỳ thi tuyển sinh tại MIPT.

lượng nước bay hơi ở nhiệt độ phòng trên một đơn vị diện tích bề mặt trong một cốc thủy tinh mở (cũng như trong sông, suối hoặc đại dương). Áp suất hơi bão hòa của nước ở nhiệt độ $T = 300\text{K}$ bằng $p_{\text{н}} = 3,5\text{кПа}$.

Khi nước ở trạng thái cân bằng với hơi bão hòa, nói đúng ra, nó sẽ bay hơi. Hơn nữa, tốc độ bay hơi không phụ thuộc vào việc có hơi nước trên mặt nước hay không. Nó chỉ được xác định bằng số lượng phân tử nước đạt tốc độ rời khỏi chất lỏng (và hướng tốc độ thích hợp). Chỉ là cùng một số lượng phân tử hơi đi vào chất lỏng - tốc độ bay hơi bằng tốc độ ngưng tụ, có sự cân bằng động. Và việc tính toán lượng hơi ngưng tụ không quá khó khăn.

Số lượng phân tử hơi rơi trong một đơn vị thời gian (1 s) trên một đơn vị diện tích (1 mét vuông) của mặt nước bằng

$$z = \frac{n |v_x|}{2} \approx \frac{p_{\text{н}}}{2kT} \sqrt{\frac{RT}{M}} \left( \frac{1}{M^2c} \right)$$

(vì phép tính chỉ mang tính gần đúng nên chúng tôi không tính đến sự khác biệt giữa giá trị tuyệt đối trung bình $v_x(|v_x|)$ và giá trị bình phương trung bình gốc $v_x(\sqrt{v_x^2})$). Khối lượng hơi nước ngưng tụ trên một đơn vị diện tích bề mặt trong một đơn vị thời gian rõ ràng bằng

$$m = z \frac{M}{N_{\text{A}}} = \frac{p_{\text{н}}}{2} \sqrt{\frac{M}{RT}} \left( \frac{\kappa r}{M^2c} \right)$$

($N_{\text{A}}$ là số Avogadro).

Như chúng tôi đã đồng ý, một khối nước như vậy sẽ bay hơi bất kể độ ẩm không khí, nghĩa là bất kể hàm lượng hơi nước trong không khí (được đặc trưng bởi giá trị $n$). Nếu việc bổ sung nước bay hơi không xảy ra (độ ẩm rất thấp), thì lượng nước này sẽ bay hơi và biến mất khỏi một đơn vị bề mặt trong vài giây. Hãy tính mực nước giảm trong vài giây:

$$h = \frac{p_{\text{н}}}{2Q} \sqrt{\frac{M}{RT}} = \frac{3,5 \cdot 10^3}{2 \cdot 10^3} \sqrt{\frac{18 \cdot 10^{-3}}{8,3 \cdot 300}} \approx 4,7 \cdot 10^{-3} \text{ м/c} = 4,7 \text{ мм/c}$$