Kvant 1982, số 1 · Trang

QUANTUM
1
1982

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

2

Các quả bóng màu đỏ từ phần dự trữ ở trên cùng lăn xuống tạo thành một đường cong gọi là bình thường hoặc Gaussian (phương trình của nó là $y = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2}$). Đường cong này đặc trưng cho sự phân bố nam và nữ theo chiều cao, hạt đậu theo kích thước, trẻ sơ sinh theo cân nặng, các hạt khí theo tốc độ di chuyển và nhiều hiện tượng, tính chất khác của thế giới vật lý và sinh học.

TRONG PHÒNG:
CHÚC MỪNG NĂM MỚI! 3
A. Miedal. Số phận của sao neutron 4
N. Vasiliev, A. Zelevinsky. Đa thức
Chebyshev và mối quan hệ tái diễn 12

Phòng thí nghiệm «Kvant»
A. Shmelev. thể chất năm mới
pháo hoa 20

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M721 — M725; F733 — F737 23
Lời giải bài toán M681 — M685;
F692 — F697 25

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán 35
A. Savin. Sỏi và bàn cờ 36

Xưởng của người nộp đơn
V. Tugushev. Mạch điện
với các phần tử tuyến tính 40

Các lựa chọn thi tuyển sinh
đại học năm 1981
Viện Vật lý và Công nghệ Matxcơva 46
Viện kỹ thuật điện Moscow
truyền thông 48

Nghệ thuật lập trình
Trường lập trình tương ứng.
Bài học 17 49

Thông tin
Tuyển sinh mới vào trường Cao đẳng Báo chí Liên minh
thang đo toán học 53
Thủ thuật mới cho Cơ chế nhỏ 54
Trường Vật lý Công nghệ Tương ứng 56

Đánh giá, thư mục
A. Seidel. Máy vi tính 58 có thể làm được những gì?

Đáp số, gợi ý, lời giải 59
Trộn (39, 45, 48)

Trang cờ vua
Máy tính chơi (3 trang bìa)

IN THIS ISSUE:
Happy New Year! 3
A. Migdal. The fate of neutron stars 4
N. Vasiliev, A. Zelevinski. Chebysheff
polynomials and recurrent formulas 12

Kvant’s lab
A. Shmelev. New Year’s physics fireworks 20

Kvant’s problems
Problems M721 — M725; P733 — P737 23
Solutions M681 — M685; P692 — P697 25

Kvant for younger school-children
Problems 35
A. Savin. Rocks and chessboards 36

College applicant’s section
V. Tugushev. Electric circuits with
non-linear elements 40

College entrance exams in 1981
Moscow physico-technical institute 46
Moscow electrotechnical
communications institute 48

The art of programming
Computer programming correspondance
school. Lesson 17 49

Information
All-union math. correspondance school
(entrance requirements) 53
Maly Mechmat (entrance requirements) 54
Phys.-tech. correspondence school 56

Book reviews
A. Zaidel. What can microcalculators do? 58

Answers, hints, solutions 59
Miscellaneous (39, 45, 48)

The chess page
Computers play (3rd cover page)

Trên trang bìa chúng tôi xuất bản
bức ảnh của một mô hình được thiết kế bởi một sinh viên cổ điển thứ mười
từ e. Cheboksary của Dima Gorokhovsky theo phần epiure,
được trình bày ở trang thứ tư của trang bìa
số mười hai «Kvant» cho năm 1979.

© Nhà xuất bản Nauka. Tòa soạn chính văn học vật lý và toán học, «Kvant», 1982

2

NGHỊ ĐỊNH CỦA CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG TỐI CAO LIÊN XÔ

Về việc khen thưởng Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương CPSU,
Chủ tịch Đoàn Chủ tịch Xô Viết Tối cao Liên Xô,
Nguyên soái Liên Xô
Đồng chí Brezhnev Leonid Ilyich
Huân chương Lênin và Huân chương Sao vàng
Anh hùng Liên Xô

Vì những phục vụ xuất sắc cho Đảng Cộng sản và Nhà nước Liên Xô trong việc tăng cường sức mạnh kinh tế và quốc phòng của Liên Xô, đóng góp to lớn của cá nhân vào việc giành chiến thắng trước quân xâm lược Đức Quốc xã trong Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, khôi phục và phát triển hơn nữa nền kinh tế quốc gia Liên Xô trong một thời kỳ liên tiếp, hoạt động không mệt mỏi trong cuộc đấu tranh vì hòa bình, vì sự lãnh đạo thành công của công cuộc xây dựng chủ nghĩa cộng sản và liên quan đến bản sắc bán thân, hãy trao tặng Giải thưởng cho Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương Đảng Cộng sản Liên Xô, Chủ tịch Đoàn Chủ tịch Xô viết Tối cao Liên Xô, Nguyên soái Liên Xô. Đoàn, Đồng chí Brezhnev Leonid Ilyich, Huân chương Lênin và Huân chương Sao Vàng
Anh hùng Liên Xô.

Phó Chủ tịch thứ nhất Đoàn Chủ tịch Xô Viết Tối cao Liên Xô
V. KUZNETSOV.

Bí thư Đoàn Chủ tịch Xô Viết Tối cao Liên Xô
M. GEORGADZE.

Mátxcơva, Kremli. Ngày 18 tháng 12 năm 1981

3

CHÚC MỪNG NĂM MỚI!

Năm mới 1982 đã đến, năm thứ hai của Kế hoạch 5 năm lần thứ 11. Nhân dân Liên Xô đặt nhiều hy vọng vào ông. Còn rất nhiều công việc phía trước để cải thiện tất cả các bộ phận của nền kinh tế quốc gia của chúng ta và chuyển nó sang con đường tăng cường của phương Tây. Cần mở rộng, đi sâu hơn cuộc cách mạng khoa học công nghệ và sử dụng có hiệu quả những thành tựu to lớn nhất của nó. Khoa học hiện nay là nguồn gốc chính của nhiều thay đổi trong công nghiệp và xây dựng, giao thông vận tải, công nghệ truyền thông và nông nghiệp. Không phải vô cớ mà trong báo cáo gửi Đại hội XXVI của CPSU, Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương CPSU L. I. Brezhnev đã nói những lời sau: “Đảng Cộng sản xuất phát từ thực tế là việc xây dựng một xã hội mới không có khoa học đơn giản là không thể tưởng tượng được”.
Nước ta rất quan tâm đến thành công khoa học và đào tạo nhân lực khoa học. «Kvant» cố gắng đóng góp cho lời giải trạng thái quan trọng này bài toán - giúp nhận thức về lợi ích của các nhà nghiên cứu trẻ tài năng.
Nhìn chung, hình thức tạp chí của chúng tôi năm nay vẫn giữ nguyên. Tuy nhiên, một số phần sẽ trông hơi khác một chút.
Vào năm 1982, bạn sẽ tìm thấy trong «Kvant» thêm các bài báo về các ngành khác nhau của vật lý và toán học hiện đại, thường mở đầu mọi số của tạp chí. Một bài báo lớn cũng sẽ được xuất bản về lịch sử khoa học. Chúng tôi dự định kể cho độc giả về các nhà khoa học xuất sắc người Nga M. V. Ostrogadsky, A. M. Lyapunov và K. E. Tsiolkovsky, cũng như về Gaspard Monge, Daniil Bernoulli và Simeon Denis Poisson.
Phần “Các lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học năm 1981” sẽ có hình thức khác. Trước hết, sẽ có nhiều độ tuổi hơn đáng kể so với năm trước. Trong mỗi số của nửa đầu năm, bạn sẽ thấy các lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học thuộc nhiều danh mục khác nhau - trường đại học, viện sư phạm, các thử thách kỹ thuật. Đáp ứng mong muốn của đông đảo độc giả, chúng tôi cũng sẽ nói về các kỳ thi về kinh tế, thực phẩm, dệt may và một số thử thách khác mà vật lý và toán học không phải là môn học chính.
Trong ba năm, tạp chí «Kvant» đã đăng chuyên mục “Nghệ thuật lập trình”, chủ yếu chứa các tài liệu từ các chương trình học ở trường do các nhà khoa học Novosibirsk tổ chức. Cô ấy đã tìm thấy những người đam mê của mình ở những nơi xa xôi nhất của đất nước chúng tôi và ở nước ngoài. Những bài học cuối cùng của ngôi trường này sẽ được xuất bản vào nửa đầu năm nay. Sau đó, vào tháng 9, tạp chí bắt đầu xuất bản tài liệu về chương trình học một năm mới dành cho giới trẻ.
Trong số 11 năm 1981, một bảng câu hỏi ngắn gửi đến độc giả đã được xuất bản. Chúng tôi đã nhận được rất nhiều điều thú vị đáp số. Chúng tôi cảm ơn độc giả và hy vọng rằng họ sẽ liên hệ với chúng tôi nếu có đề xuất và mong muốn, báo cáo về các vấn đề khoa học mà họ quan tâm, gửi câu hỏi và bài toán, tích cực tham gia các cuộc thi của chúng tôi.
Chúng tôi chúc bạn thành công trong học tập và cuộc sống, những độc giả thân yêu của chúng tôi!

Bài viết này dành cho những thành tựu mới nhất trong lĩnh vực khoa học hiện đại - vật lý thiên văn đang phát triển nhanh chóng.
Tác giả - nhà vật lý lý thuyết nổi tiếng của Liên Xô, Viện sĩ A. B. Migdal - đưa người đọc đi đầu trong nghiên cứu, đến ranh giới giữa cái đã biết và cái chưa biết, cho thấy còn bao nhiêu vấn đề thú vị và quan trọng đang chờ giải quyết lời giải.

A. Migdal

Số phận của sao neutron

Sự thiếu hiểu biết về thiên nhiên là sự vô ơn lớn nhất
Những nỗ lực có kế hoạch

Tôi đã cố gắng nói về những vụ nổ siêu mạnh của các ngôi sao và cách các ngôi sao phát sinh từ neutron. Lý thuyết dự đoán rằng trong những ngôi sao như vậy, một loại biến đổi hạt nhân chưa được phát hiện trong thực nghiệm có thể xảy ra - sự hình thành vật chất hạt nhân với mật độ lớn hơn nhiều so với mật độ hạt nhân nguyên tử (và mật độ hạt nhân nguyên tử vào cỡ $10^{14}$ g/cm$^3$).

Để hiểu được những hiện tượng này, chúng ta sẽ phải chuyển sang nhiều lĩnh vực vật lý. Ở đây thiên văn học và lý thuyết về lực hấp dẫn gắn liền với vật lý hạt và vật lý hạt nhân. Chúng ta sẽ cần tìm hiểu “chân không” là gì và các tính chất không gian của các vật thể lớn thay đổi như thế nào.

Có thể nói về điều này trong một bài viết để người đọc có thể hiểu hết được không? Tác giả không tự đặt cho mình bài toán như vậy. Mục tiêu chính của bài viết là thể hiện ít nhất một phần vẻ đẹp bên trong của Vũ trụ, thể hiện ở sự phong phú của mối liên hệ giữa các hiện tượng không đồng nhất.

Tôi thấy trước rằng không phải mọi thứ sẽ rõ ràng, nhưng người ta tin rằng việc này không có hại gì. Xét cho cùng, từ “uống” có nhiều nghĩa - từ hoàn toàn rõ ràng đến cảm giác mơ hồ. Hãy kiên nhẫn và đọc tiếp; Phần thú vị nhất là ở phần cuối.

5

Sáng hơn trăm tỷ mặt trời

Ngay từ thời cổ đại, các nhà thiên văn học đã nhận thấy rằng thỉnh thoảng những ngôi sao siêu sáng mới lại bùng lên. Ví dụ, một đợt bùng phát như vậy đã được các nhà thiên văn học Trung Quốc ghi nhận vào năm 1054 ở Tinh vân Con Cua, một phần của Thiên hà của chúng ta. Hiện nay “các vụ nổ siêu tân tinh” đã được nghiên cứu và phát hiện kỹ lưỡng không chỉ trong Thiên hà của chúng ta mà còn ở các cụm sao khác. Trong vài tháng, một siêu tân tinh phát ra lượng ánh sáng tương đương với toàn bộ thiên hà chứa hàng chục hoặc hàng trăm tỷ mặt trời. Dựa trên cường độ và thời gian bức xạ, có thể xác định rằng tổng năng lượng giải phóng trong vụ nổ siêu tân tinh là $10^{43} \div 10^{45}$ J. Trong khi đó, nhiệt năng của ngôi sao ít hơn cả nghìn lần. Năng lượng có thể được giải phóng trong quá trình biến đổi hóa học cũng ít hơn đáng kể. Năng lượng siêu tân tinh khổng lồ đến từ đâu? Câu hỏi này vẫn không có đáp số trong một thời gian dài. Hy vọng tuyên bố siêu tân tinh chỉ nảy sinh sau khi phát hiện ra các phản ứng hạt nhân giải phóng năng lượng lớn hơn hàng triệu lần so với các biến đổi hóa học.

Vì vậy, nguồn năng lượng siêu tân tinh có thể là các phản ứng hạt nhân xảy ra bên trong ngôi sao. Tuy nhiên, có một nguồn thậm chí còn mạnh hơn - năng lượng hấp dẫn của ngôi sao. Tuy nhiên, năng lượng này chỉ có thể được giải phóng thông qua quá trình biến đổi hạt nhân. Nếu trong các phản ứng hạt nhân, mật độ của phần trung tâm của ngôi sao tăng lên, thì dưới tác dụng của lực hấp dẫn, vật chất ở vùng lân cận bắt đầu rơi về phía tâm, thu năng lượng. Nói cách khác, thế năng của trọng lực được chuyển hóa thành năng lượng của vật chất sao.

Mật độ của một ngôi sao được xác định bởi sự cân bằng giữa lực hấp dẫn và lực áp suất của vật chất của ngôi sao. Để một ngôi sao co lại, áp suất phải giảm. Áp suất giảm rất mạnh có thể xảy ra trong quá trình hình thành vật chất neutron, khi proton và electron biến thành neutron. Hãy thử tìm hiểu điều này.

Áp suất tỉ lệ thuận với động năng của các phân tử tạo nên vật chất. Khi nhiệt độ giảm, động năng của các hạt giảm và do đó áp suất giảm. Tuy nhiên, ngay cả ở nhiệt độ không tuyệt đối, động năng của các hạt không bằng không. Thực tế là neutron, proton và electron có một tính chất thay thế - hai hạt giống hệt nhau không thể ở cùng một trạng thái (“loại trừ Pauli”). Vì lý do này, ngay cả ở nhiệt độ không tuyệt đối, các hạt không đứng yên và có vận tốc khác nhau - như người ta nói, chúng bị phân tán theo vận tốc. Trong trường hợp này, các hạt ánh sáng có động năng lớn nhất. Do đó, tác nhân chính tạo nên áp suất trong một ngôi sao đến từ các electron, có khối lượng nhỏ hơn khoảng hai nghìn lần so với khối lượng của proton hoặc neutron. Không có gì ngạc nhiên khi lực hấp dẫn đẩy vật chất neutron xuống có mật độ cao hơn vật chất xung quanh gồm hạt nhân nguyên tử và electron - xét cho cùng, trong trường hợp này, các hạt nhẹ được thay thế bằng các hạt nặng và áp suất giảm mạnh.

Posmot, nếu do sự biến đổi hạt nhân mà một ngôi sao có thể biến thành sao neutron, điều này sẽ dẫn đến sự co lại mạnh của ngôi sao và trong thời gian ngắn năng lượng khổng lồ sẽ được giải phóng, đủ để hiểu được siêu nhiên. Với sự cuộn ra bên ngoài của ngôi sao như vậy, các sóng đàn hồi mạnh mẽ sẽ xuất hiện, xuất phát từ tâm. Dưới ảnh hưởng của chúng, phần bên ngoài của ngôi sao được kích hoạt và biến thành khí nóng, nở ra với tốc độ cực lớn. Sự phát sáng của loại khí này có thể giải thích cho những vụ nổ siêu tân tinh kéo dài.

Vì vậy, các vụ nổ siêu tân tinh không còn giống như một hiện tượng bí ẩn - nảy sinh hy vọng giải thích chúng là hậu quả của sự sụp đổ của một ngôi sao trong quá trình biến đổi hạt nhân.

8

các ngôi sao Hóa ra là trong một số trường hợp, chu kỳ của ẩn tinh được đưa vào giảm đi. Hiện tượng này được gọi là “trục trặc”. Sự giảm chu kỳ tự nhiên được giải thích là do một trận động đất. Nếu trong một trận động đất, ngôi sao trở nên kém rắn chắc hơn thì mô men quán tính của nó sẽ giảm; Điều này cũng sẽ làm giảm thời gian quay.

Từ định nghĩa về mômen quán tính (chúng tôi đã đưa ra ở trang 6), suy ra rằng nếu trong một trận động đất sao, ngôi sao trở nên kém rắn chắc hơn thì mômen quán tính của nó sẽ giảm. Vì các giá trị của $I/\omega$ không đổi (xét cho cùng, một trận động đất xảy ra do các “cú sốc” bên trong mà không có sự tham gia của ngoại lực), mômen quán tính giảm dẫn đến tốc độ góc quay của ngôi sao tăng lên. Điều này có nghĩa là thời gian quay giảm.

Tuy nhiên, sau khi bắt đầu gián đoạn, khi trận động đất đã kết thúc, chu kỳ tiếp tục giảm trong một thời gian dài. Trong một trường hợp, thời gian này là vài ngày, trong trường hợp khác - vài năm. Sự thay đổi liên tục trong chu kỳ chỉ có thể được giải thích bằng cách giả sử rằng sau khi phá vỡ một phần của ngôi sao, trạng thái của vật chất thông thường, nó đã tăng tốc chuyển động, lõi neutron tiếp tục quay với tốc độ như cũ và chỉ trong một khoảng thời gian dài các tốc độ mới được cân bằng. Nhưng điều này có nghĩa là lõi neutron đang ở trạng thái siêu lỏng! Rốt cuộc, với ma sát bình thường, tốc độ sẽ cân bằng trong vài giây.

Liệu sự hình thành sao neutron có liên quan đến vụ nổ siêu tân tinh như Baade và Zwick đề xuất không?

Một số ẩn tinh nằm ở nơi các siêu tân tinh đã phát nổ, chẳng hạn như ẩn tinh trong Tinh vân Con Cua. Nhưng trong hầu hết các trường hợp không có kết nối như vậy.

Điều này có nghĩa là đôi khi các sao neutron được sinh ra mà không tạo ra siêu tân tinh; Ngược lại, một số ngọn lửa phát sinh từ các phản ứng hạt nhân không dẫn đến sự hình thành sao neutron với màu xanh lá cây phóng xạ, hoặc có thể xuất hiện sau vụ nổ của sao neutron. Nhưng lò nướng sẽ hiểu điều này hơn nữa.

Bây giờ chúng ta có thể tiến tới chủ đề chính của câu chuyện - số phận của một ngôi sao neutron, khối lượng của nó đang tăng lên. Khối lượng của một ngôi sao có thể tăng lên do sự rơi của các thiên thể lên nó và do dòng vật chất từ ​​các ngôi sao lân cận có khối lượng thấp hơn. Sự gia tăng khối lượng dẫn đến sự gia tăng mật độ ở trung tâm của ngôi sao.

Như chúng ta thấy, ở mật độ đủ cao, chất lỏng neutron chuyển sang trạng thái siêu đậm đặc mới. Trong trường hợp này, năng lượng khổng lồ được giải phóng và ngôi sao phát nổ. Nguyên nhân của sự chuyển đổi này là do tính không ổn định của chân không trong các trường mạnh. Những từ vẫn còn khó hiểu này có ý nghĩa rất đơn giản.

Độ ổn định chân không và ngưng tụ bọt

Chân không là gì? Đây chẳng phải chỉ là sự trống rỗng - không gian trong đó neutron, proton, electron, lượng tử chuyển động sao?

Hóa ra đây không phải là trường hợp. Chân không, tức là không gian vật lý của chúng ta, không chỉ là một vật thể hình học mà còn là một hệ vật lý phức tạp với những đặc tính thú vị.

Trước hết, các hạt, do sự hiện diện của chúng, làm thay đổi không gian xung quanh chúng. Một điện trường xuất hiện xung quanh hạt tích điện, chúng ta phải nhớ hạt này là một loại trạng thái chân không. Trong chân không biến đổi như vậy, xuất hiện một lực tác dụng lên các hạt tích điện khác.

Ngay cả các tính chất hình học cũng thay đổi xung quanh vật nặng. Do đó, trong vùng lân cận Mặt trời, hình dạng của chân không, mặc dù hơi khác một chút, so với hình dạng ενclidian. Tỉ số giữa chu vi và bán kính không bằng 2π như nhà trường tính toán.

Điện trường xoay chiều được tạo ra trong chân không của máy phát vô tuyến gây ra từ trường xoay chiều, từ đó dẫn đến sự xuất hiện của điện trường xoay chiều trong một vùng không gian rộng hơn. Đây là cơ chế truyền sóng điện từ trong chân không

10

từ tác phẩm của tác giả bài viết này và tiếp tục cho đến ngày nay ở nhiều trung tâm khoa học.

Sự ngưng tụ thuần túy có liên quan như thế nào đến số phận của các sao neutron mà chúng ta quan tâm?

Ngưng tụ pion trong chất lỏng neutron

Khi mật độ ở trung tâm của một ngôi sao neutron đạt đến giá trị tới hạn $Q_k$, tương ứng với sự ngưng tụ pion, một bước ngoặt kịch tính trong số phận của ngôi sao phải xảy ra. Đầu tiên, một phôi thai ở trạng thái siêu đậm đặc mới của vật chất neutron xuất hiện ở trung tâm ngôi sao. Trạng thái này hóa ra không ổn định – khi bán kính của phôi tăng lên, năng lượng hấp dẫn được giải phóng. Ở trạng thái cân bằng, một phần đáng kể của ngôi sao sẽ trở nên siêu đặc. Do đó, phôi siêu đặc bắt đầu phát triển - chất của các phần bên ngoài của ngôi sao lao tới ranh giới của phôi với tốc độ cao. Vào thời điểm bán kính của lõi siêu đặc đạt giá trị tương ứng với trạng thái cân bằng, chất của các vùng bị xáo trộn tiếp tục chuyển động theo quán tính và bán kính của lõi trượt qua giá trị cân bằng của nó. Vì sự cân bằng bị xáo trộn nên chuyển động ngược lại bắt đầu. Do đó, bán kính của phôi siêu đặc lúc đầu tăng mạnh và sau đó dao động xung quanh một giá trị tương đương với bán kính của một sao neutron. Quá trình hình thành một ngôi sao siêu đặc diễn ra hàng nghìn phần giây. Trong trường hợp này, năng lượng của quá trình chuyển đổi lớn hơn nhiều lần so với năng lượng được giải phóng trong quá trình chuyển động của sao neutron. Có thể dự đoán rằng dưới tác động của sóng đàn hồi được tạo ra bởi sự dao động bán kính của lõi siêu đặc, phần bị phá vỡ của ngôi sao bị đẩy ra ở trạng thái rất nóng và mô hình vụ nổ giống như một vụ nổ siêu tân tinh.

Do đó, ngoài các ngọn lửa gây ra bởi các phản ứng hạt nhân và sự hình thành trước đó của sao neutron, sự xuất hiện của một ngôi sao không phải neutron, còn có các ngọn lửa có bản chất khác, do sự ngưng tụ pion và vụ nổ sau đó của sao neutron.

Hậu quả của vụ nổ sao neutron là gì?

Lỗ đen

Nếu kết luận về vụ nổ sao neutron gây ra bởi sự ngưng tụ pion được chứng minh một cách thuyết phục về mặt lý thuyết hoặc được xác nhận bằng các quan sát, thì điều này có nghĩa là sao neutron không thể có mật độ vượt quá giá trị tới hạn $Q_k$ (theo tính toán, $Q_k$ có cùng bậc với mật độ hạt nhân). Trong khi đó, điều quan trọng cơ bản là liệu các ngôi sao có tồn tại với mật độ vượt quá đáng kể mật độ hạt nhân hay không.

Theo lý thuyết tương đối tổng quát, khi khối lượng của một ngôi sao vượt quá 2-3 khối lượng Mặt trời, sự mất ổn định hạt granit sẽ xuất hiện - ngôi sao bắt đầu lướt qua và sau khi bán kính trở nên nhỏ hơn một giá trị tới hạn nhất định (bán kính ma sát), sẽ không có lực đẩy nào có thể giữ cho vật chất không rơi vào tâm - áp suất trượt của lực hấp dẫn vượt quá áp suất kéo của hạt vật chất. Hiện tượng này được gọi là sự sụp đổ của sao. Nó kết thúc bằng việc hình thành một vật thể mới - lỗ đen. Một lỗ đen trên thực tế chỉ biểu hiện dưới dạng một nguồn của trường ranh giới. Một vật rơi vào phạm vi của lỗ đen sẽ rơi về phía tâm lỗ đen và không còn nhìn thấy được nữa. Cho dù một hạt có năng lượng bao nhiêu đi chăng nữa thì nó cũng không thể bị kéo ra khỏi lỗ đen - xét cho cùng, với sự gia tăng năng lượng của hạt, theo Einstein, khối lượng của nó cũng tăng lên, và do đó

11

do đó, và lực hút đối với lỗ đen. Bạn không những không thể đưa tàu vũ trụ ra khỏi lỗ đen mà thậm chí còn không thể gửi tín hiệu ánh sáng. Ở sao đôi, vật chất từ ​​sao nhẹ chuyển sang sao nặng hơn. Phân tích bức xạ của vật chất đang chảy trong một số trường hợp có thể xác định được đối tác nặng là một lỗ đen.

Nhưng nếu hóa ra các sao neutron, do hậu quả của một vụ nổ do sự ngưng tụ pion, làm phân tán vật chất đã ở mật độ hạt nhân, thì các lỗ đen không thể được hình thành.

Một hiện tượng khác thu hút sự quan tâm đến vật chất siêu đặc là ở mật độ đủ cao, vật chất neutron có thể chuyển sang trạng thái mới - vật chất quark.

Một sự chuyển đổi khác

Trong những năm gần đây, các nhà vật lý đã đi đến kết luận rằng tất cả các nguyên tố hạt tương tác mạnh - những hạt như vậy được gọi là arodn - đều bao gồm một số loại quark - những hạt có điện tích phân số bằng -1/3 hoặc +2/3 điện tích của một electron. Neutron và proton (và chúng là arodic) bao gồm ba quark, và meson pi bao gồm một quark và một phản quark. Rõ ràng quark không tồn tại dưới dạng hạt tự do. Cho đến nay, mọi nỗ lực phát hiện một quark riêng lẻ đều cho kết quả tiêu cực. Nhưng ở những khoảng cách nhỏ giữa chúng, các tính chất của chúng đã được nghiên cứu kỹ lưỡng đến mức ngày nay hầu hết các nhà vật lý đều không còn nghi ngờ gì về sự hiện thực hóa của những hạt này. Từ việc phân tích các thí nghiệm về sự tán xạ của các arodn lên nhau, người ta có thể chứng minh rằng khi các quark hợp nhất thì tương tác giữa chúng sẽ giảm đi. Hiện tượng này được gọi là tiệm cận miễn phí.

Các hạt được biết là tồn tại trong một thời gian dài ở trạng thái ràng buộc, nhưng không tồn tại lâu trong trạng thái tự do. Ví dụ đơn giản nhất là neutron, nó phải hoạt động vô thời hạn, nhưng ở trạng thái tự do sẽ phân rã trong mười phút. Lý do cho sự “không bay” của các quark bạn bè. Khi khoảng cách giữa các quark lớn hơn bán kính của arodna, lực hút giữa chúng tăng mạnh đến mức chúng không thể di chuyển ra xa nhau ở một khoảng cách lớn mà chúng nhận được khi va chạm.

Khi hai arodon mang năng lượng va chạm nhau, các quark mà chúng chứa không bay ra ngoài mà biến thành các nucleon hoặc meson pi khác.

Để rõ ràng, người ta có thể tưởng tượng rằng arodon giống như một cái túi trong đó các quark chuyển động tự do, nhưng ngoài cái túi đó thì chúng không thể chuyển động. Nếu bạn đưa hai nucleon đến gần một khoảng cách nhỏ hơn kích thước của chiếc túi, bạn sẽ nhận được một chiếc túi chung, trong đó sẽ có sẵn sáu quark. Ở mật độ vật chất neutron cao hơn, khi khoảng cách giữa các neutron tương đương với bán kính của túi, neutron phân rã thành các bộ phận cấu thành của chúng - vật chất neutron biến thành vật chất quark. Các tính toán cho thấy một ngôi sao trở thành quark khi mật độ của nó cao gấp 10-20 lần mật độ hạt nhân. Trong trường hợp này, sự truyền năng lượng và một vụ nổ khác của ngôi sao có thể xảy ra.

Trạng thái quark của một ngôi sao có tồn tại trong tự nhiên không? Hay vật chất neutron, đã ở mật độ hạt nhân, sẽ phát nổ và phân tán? Bất chấp điều này, liệu có khả năng hình thành các lỗ đen không? Thực tế là chúng ta có thể đặt những câu hỏi như vậy cho thấy chúng ta đã tiến xa đến mức nào trong việc tìm hiểu cấu trúc của các sao neutron.

Mỗi người trong chúng ta đều có cách giao tiếp riêng về cái đẹp. Tôi có thể thêm màu sắc mới vào bức tranh thế giới của bạn không, thưa độc giả?

12

Đa thức Chebyshev và quan hệ truy hồi

Có một quan điểm rộng rãi về một nhà toán học là một người thường xuyên tham gia vào các phép tính số học phức tạp nhất (trong một phiên bản phức tạp hơn là viết ra và biến đổi độ dài cũng như các công thức phức tạp). Độc giả «Kvant» nhận thức rõ rằng có môn toán “không có công thức” đẹp đẽ và quan trọng; vẫn có một sự thật duy nhất trong quan điểm như vậy. Khả năng xem xét các công thức từ quan điểm cần thiết, biến đổi chúng, khám phá những công thức mới và tìm ra mối liên hệ giữa chúng là một phần quan trọng trong công việc của các nhà toán học. Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét một số công thức thú vị liên quan đến ý nghĩa của dãy “đa thức Chebyshev” (một số công thức này đã được đề xuất chứng minh trong bài toán M488 - «Kvant», 1978, Số 2), cũng như các ý tưởng toán học tổng quát đằng sau chúng.

Giới thiệu. Hai dãy đa thức đáng chú ý

Các đa thức sẽ được thảo luận được tìm thấy trong nhiều bài toán giải tích, toán tính toán và đại số. Chúng xuất hiện vào năm 1854, trong tác phẩm của nhà toán học người Nga Pafnutya Lvovich Chebyshev liên quan đến câu hỏi này.

Xem xét tất cả các đa thức có thể có ở một mức nhất định $n$ với hệ số cao nhất là 1; cái nào trong số chúng sai lệch ít nhất so với 0 trên đoạn $[-1; 1]$, nghĩa là với mỗi đa thức $F_n(x) = x^n + \dots$ đại lượng

$$c_n = \max_{[-1; 1]} |F_n(x)|$$

nhỏ nhất?

Hoá ra là cái này $\bar{T}_n(x) = \frac{1}{2^{n-1}} T_n(x)$ là đa thức từ cột bên trái của Bảng 1 chia cho hệ số cao nhất. Ví dụ, trong số các tam thức bậc hai thì đây là $x^2 - \frac{1}{2}$ (độ lệch của nó so với 0 $c_2$ bằng $\frac{1}{2}$, và với mọi tam thức bậc hai khác $x^2 + px + q$ nó lớn hơn); trong số các đa thức bậc ba thì đây là $x^3 - \frac{3}{4} x$ (đối với anh ấy $c_3 = \frac{1}{4}$); và nói chung là độ lệch so với 0 $c_n = \frac{1}{2^{n-1}}$ đa thức $\bar{T}_n(x)$ nhỏ hơn mọi đa thức khác $F_n(x) = x^n + \dots$ độ $n.*$).

Bảng 1. Đa thức Chebyshev loại một và loại hai. Nếu bạn nhân mỗi đa thức với 2x và trừ đi đa thức trước đó (đứng trên nó), bạn sẽ có được đa thức tiếp theo.

| $n$ | $T_n$ | $U_n$ |
| :— | :— | :— |
| 0 | 1 | 1 |
| 1 | $x$ | $2x$ |
| 2 | $2x^2 - 1$ | $4x^2 - 1$ |
| 3 | $4x^3 - 3x$ | $8x^3 - 4x$ |
| 4 | $8x^4 - 8x^2 + 1$ | $16x^4 - 12x^2 + 1$ |
| 5 | $16x^5 - 20x^3 + 5x$ | $32x^5 - 32x^3 + 6x$ |
| 6 | $32x^6 - 48x^4 + 18x^2 - 1$ | $64x^6 - 80x^4 + 24x^2 - 1$ |
| 7 | $64x^7 - 112x^5 + 56x^3 - 7x$ | . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . in in in in klyrsys s s teipetss neypets teipetss teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teipets teips

13

Nếu độ lệch so với 0 bị thay đổi khác đi, hãy thay biểu thức $c_n$ bằng biểu thức

$$l_n = \sum_{-1}^{1} |F_n(x)| dx,$$

thì đa thức $n$ độ lệch nhỏ nhất so với 0 với hệ số dẫn đầu 1 là đa thức $\tilde{U}_n(x) = \frac{1}{2^n} U_n(x)$, trong đó $U_n(x)$ được lấy từ cột bên phải của Bảng 1: đối với đa thức $U_n(x)$ các giá trị ​​$l_n$ (vùng màu xanh lam trong Hình 1) bằng 2; do đó, đối với $\tilde{U}_n$ nó bằng $1/2^{n-1}$; đối với bất kỳ đa thức nào khác $F_n(x) = x^n + \dots$ thì nó lớn hơn (định lý của A. N. Korkin và E. I. Zolotarev).

Những sự thật này có liên quan đến các tính chất đặc trưng sau đây của đa thức Chebyshev:

1°. Các giá trị của đa thức $T_n$ tại tất cả các điểm cực trị và tại các điểm cuối của đoạn [—1; 1] là modulo giống hệt nhau. Diện tích của mỗi mảnh $n+1$ được giới hạn bởi đồ thị đa thức $U_n(x) = \frac{1}{n+1} T'_{n+1}(x)$, trục Ox và các đường thẳng $x = \pm 1$ là như nhau (Hình 1).

(Chỉ các đa thức thu được từ các đẳng thức $y = U_n(x)$ và $y = T_n(x)$ bằng phép biến đổi tuyến tính của các biến $x$ và $y$ mới có các tính chất tương tự.)
Tính chất 1° suy ra từ các quan hệ cơ bản

$$2^\circ. T_n(\cos \varphi) = \cos n\varphi, \quad \sin \varphi \cdot U_{n-1}(\cos \varphi) = \sin n\varphi.$$

*) Chúng tôi sẽ không chứng minh điều này ở đây. Chứng minh cơ bản có thể được tìm thấy trong [1], cuốn sách đầu tiên trong thư mục ở cuối bài viết.

Tại $r=1$:
$$y = T_n(x),$$
tại $r=2$:
$$y = Q_n(x)$$

Tại $r=1$:
$$y = U_{n-1}(x),$$
tại $r=2$:
$$y = P_{n-1}(x)$$

Hình 1. Nếu làm một tờ giấy $0 \leqslant x \leqslant 2\pi r, -r \leqslant y \leqslant r$ với một biểu đồ được vẽ trên đó $y = r$ cos $nx$ cuộn thành hình trụ (đường kính và chiều cao $2r$) và nhìn từ bên sao cho các đồ thị hai nửa trước và sau thẳng hàng ta sẽ thấy một đồ thị $n$đa thức Chebyshev loại một. Những đồ thị này $n=2,3,4,5$ được hiển thị ở hàng trên cùng (khi chọn thang đo $r=1$ đồ thị thu được $y = T_n(x)$, Tại $r=2$ - đồ thị $y = Q_n(x)$ - xem bài tập 3). Ở hàng dưới cùng bên dưới $n$Đa thức thứ được biểu diễn bằng đạo hàm của nó chia cho $n$; Cái này - $(n-1)$đa thức Chebyshev loại hai; anh ấy có mọi thứ $n$ hình màu xanh có cùng diện tích.

14

Ngoài các công thức lượng giác $2^\circ$ xác định giá trị của đa thức $T_n$ và $U_n$ cho $|x| \leq 1$, cho $|x| > 1$ còn có các đẳng thức trông hoàn toàn khác:

$$3^\circ. \quad T_n(x) = \frac{(x + \sqrt{x^2 - 1})^n + (x - \sqrt{x^2 - 1})^n}{2},$$

$$U_n(x) = \frac{(x + \sqrt{x^2 - 1})^{n+1} - (x - \sqrt{x^2 - 1})^{n+1}}{\sqrt{x^2 - 1}}.$$

Căn nguyên của đa thức $T_n$ và $U_n$ có thể nhìn thấy được từ cặp đẳng thức sau:

$$4^\circ. \quad T_n(x) = 2^{n-1} \left( x - \cos \frac{\pi}{2n} \right) \left( x - \cos \frac{3\pi}{2n} \right) \dots \left( x - \cos \frac{(2n-1)\pi}{2n} \right),$$

$$U_n(x) = 2^n \left( x - \cos \frac{\pi}{n+1} \right) \left( x - \cos \frac{2\pi}{n+1} \right) \dots \left( x - \cos \frac{n\pi}{n+1} \right).$$

Do đó, nghiệm và điểm cực trị của đa thức $T_n(x)$ là hình chiếu của các đỉnh của một $4n$-giác phải có đường kính $[-1; 1]$ tới đường kính này (Hình 1).

Dưới đây, chúng tôi sẽ chứng minh, cùng với những nội dung khác, sự tương ứng $2^\circ - 4^\circ$ và minh họa một số phương pháp biến đổi đại số quan trọng bằng cách sử dụng ví dụ của chúng.

Bất kỳ công thức nào được viết ở trên đều có thể được coi là định nghĩa của đa thức Chebyshev, nhưng sẽ thuận tiện hơn cho chúng ta khi căn cứ vào mối quan hệ lặp lại đơn giản giữa chúng, được mô tả trong chú thích của Bảng 1, và suy ra tất cả các công thức từ đó.

Dưới đây chúng tôi đề xuất xử lý các đa thức thu được từ $T_n$ và $U_n$ bằng cách thay đổi tỷ lệ (xem Hình 1): $P_n(x) = U_n(x/2)$, $Q_n(x) = 2T_n(x/2)$; vai trò của phân đoạn $[-1; 1]$ đối với $T_n$ và $U_n$ bây giờ sẽ do phân đoạn $[-2; 2]$ đảm nhận. Điểm hay của các đa thức mới là chúng có hệ số nguyên và hệ số cao nhất của chúng bằng 1. (Tất nhiên, các công thức chuyển đổi, được viết lại dưới dạng “nghịch đảo”: $P_n(2x) = U_n(x)$, $Q_n(2x) = 2T_n(x)$, cho phép chúng ta quay lại đa thức $U_n$ và $T_n$ bất cứ lúc nào.) Theo nguyên tắc, chúng ta sẽ chứng minh điều gì đó cho $P_n$, đưa ra các tính chất tương tự của $Q_n$ cho người đọc như một bài tập. Chúng tôi khuyến khích anh ấy chuẩn bị sẵn một cây bút chì và giấy và thực hiện tất cả các phép tính một cách chi tiết, trước tiên là đối với các giá trị nhỏ cụ thể $n = 2, 3, 4, \dots$ (cho đến khi mọi thứ trở nên rõ ràng).

Quan hệ tái diễn và cảm ứng

Hãy đặt $P_0(x) = 1$, $P_1(x) = x$ và

$$P_{n+1}(x) = x \cdot P_n(x) - P_{n-1}(x).$$

(1)

Chúng ta hãy viết ra một số số hạng đầu tiên của dãy này. Theo sau $P_0(x) = 1$ và $P_1(x) = x$ là

$$P_2(x) = x^2 - 1,$$

$$P_3(x) = x(x^2 - 1) - x = x^3 - 2x,$$

$$P_4(x) = x(x^3 - 2x) - (x^2 - 1) = x^4 - 3x^2 + 1,$$

$$P_5(x) = x(x^4 - 3x^2 + 1) - (x^3 - 2x) = x^5 - 4x^3 + 3x$$

v.v. (đối với các đa thức lên tới $P_{12}$ bạn có thể kiểm tra kết quả trong Bảng 2).

Đa thức $P_n(x)$ phát sinh trong các tình huống khác nhau. Ví dụ, hãy xem xét các phân số

$$R_1(x) = x, \quad R_2(x) = x - \frac{1}{x}, \quad R_3(x) = x - \frac{1}{x - \frac{1}{x}},$$

$$R_4(x) = x - \frac{1}{x - \frac{1}{x}}, \quad R_5(x) = x - \frac{1}{x - \frac{1}{x}}, \dots$$

15

Các phân số “nhiều tầng” (được gọi là tiếp tục) như vậy là một công cụ hữu ích cho các phép tính gần đúng bài toán khác nhau của các số và hàm; Nhân tiện, P. L. Chebyshev cũng có liên quan đến họ.

Sau khi biến đổi thì thành ra

$$R_2(x) = \frac{x^2 - 1}{x}, \quad R_3(x) = \frac{x^3 - 2x}{x^2 - 1},$$

$$R_4(x) = \frac{x^4 - 3x^2 + 1}{x^3 - 2x}, \quad R_5(x) = \frac{x^5 - 4x^3 + 3x}{x^4 - 3x^2 + 1},$$

(kiểm tra!). Ta thấy tử số và mẫu số trong ký hiệu chuẩn của các phân số này chính xác là các đa thức $P_n(x)$.

Một ví dụ khác: xét hàm sin $n\varphi$ và xây dựng biểu thức cho hàm đó thông qua sin $\varphi$ và đa thức trong cos $\varphi$:

$$\sin 2\varphi = 2\sin \varphi \cdot \cos \varphi,$$

$$\sin 3\varphi = \sin \varphi \cdot (4\cos^2 \varphi - 1),$$

$$\sin 4\varphi = \sin \varphi (8\cos^3 \varphi - 4\cos \varphi)$$

(kiểm tra!). Hóa ra tội lỗi $n\varphi = \sin \varphi \cdot P_{n-1}(2\cos \varphi)$ đối với tất cả $n \geqslant 1$; nói cách khác, vì tội lỗi $\varphi \neq 0$

$$P_n(2\cos \varphi) = \frac{\sin(n+1)\varphi}{\sin \varphi}.$$

Dễ dàng thu được sự tương ứng thu được bằng cách sử dụng phương pháp quy nạp toán học và công thức (1). Thật vậy, $R_{n+1}(x) = x - \frac{1}{R_n(x)}$. Do đó, nếu chúng ta giả sử điều đó đối với một số $n$

$$R_n(x) = \frac{P_n(x)}{P_{n-1}(x)},$$

thì từ sự tương ứng (1) dễ dàng thu được đẳng thức tương tự cho $n$ tăng thêm 1:

$$R_{n+1}(x) = x - \frac{P_{n-1}(x)}{P_n(x)} = \frac{xP_n(x) - P_{n-1}(x)}{P_n(x)} = \frac{P_{n+1}(x)}{P_n(x)},$$

đó là những gì được yêu cầu.

Tương tự đối với sin: nếu chúng ta giả sử điều đó với $k=n-1$ và $k=n$

$$\sin(k+1)\varphi = \sin \varphi \cdot P_k(2\cos \varphi),$$

thì từ (1) suy ra

$$\sin \varphi \cdot P_{n+1}(2\cos \varphi) = 2\cos \varphi \cdot \sin \varphi \cdot P_n(2\cos \varphi) - \sin \varphi \cdot P_{n-1}(2\cos \varphi) =$$

$$= 2\cos \varphi \cdot \sin(n+1)\varphi - \sin n\varphi = \sin(n+2)\varphi;$$

chúng tôi đã sử dụng đẳng thức 2 cos $\alpha$ sin $\beta = \sin(\alpha + \beta) + \sin(\beta - \alpha)$.

16

(Lưu ý rằng chúng tôi đã thực hiện quá trình chuyển đổi quy nạp không phải từ $n$ sang $n+1$ như thường lệ mà từ $n-1$ và $n+1$; trong trường hợp này, cần phải kiểm tra riêng hai đẳng thức đầu tiên cho $n=0$ và $n=1$.)
Bài tập

1. Chứng minh bằng cách sử dụng phép chuyển đổi quy nạp không phải từ $n$ sang $n+1$ như thường lệ mà từ $n-1$ và $n+1$; trong trường hợp này, cần kiểm tra riêng hai đẳng thức đầu tiên cho $n=0$ và $n=1$.
   $$P_n(x) = \frac{(x + \sqrt{x^2 - 4})^{n+1} - (x - \sqrt{x^2 - 4})^{n+1}}{2^{n+1}\sqrt{x^2 - 4}}.$$

(Chúng ta sẽ quay lại vấn đề này sau.)
2. Chứng minh rằng a) $P_n(2) = n+1$, 6) $P_n(-2) = (-1)^n \cdot (n+1)$. (Thực hiện việc này theo ba cách: sử dụng (1) và cũng bằng cách đi đến giới hạn về đẳng thức (2) cho $\varphi \rightarrow 0$ và $\varphi \rightarrow \pi$ và đẳng thức (3) cho $x \rightarrow \pm 2$.)
3. Xét một dãy đa thức $Q_0(x), Q_1(x), Q_2(x), \dots$ thỏa mãn sự tương ứng (1) và điều kiện đầu $Q_0(x) = 2, Q_1(x) = x$. Viết 6 đa thức đầu tiên $Q_n(x)$. Chứng minh danh tính.
a) $Q_n(x)/Q_{n-1}(x) = x - \frac{1}{x - \frac{1}{x - \frac{2}{x}}}$ ($n-1$ phút);
b) $2\cos n\varphi = Q_n(2\cos\varphi)$;
b) tại $|x| > 2$
$$Q_n(x) = \frac{(x + \sqrt{x^2 - 4})^n + (x - \sqrt{x^2 - 4})^n}{2^n}.$$
4. Chứng minh rằng mọi dãy đa thức $R_0(x), R_1(x), \dots$ thỏa mãn (1) đều có thể biểu diễn qua dãy $(P_n(x))$ bằng công thức $R_n(x) = R_1(x) \cdot P_{n-1}(x) - R_0(x) \cdot P_{n-2}(x)$.
Cụ thể là $Q_n(x) = xP_{n-1}(x) - 2P_{n-2}(x) = P_n(x) - P_{n-2}(x)$. Từ đây suy ra tất cả các đẳng thức từ Bài tập 3.

Nghiệm của đa thức và tích
Nhiều công thức thú vị liên quan đến biểu thức đối xứng của các số (hoặc chữ cái) $n$ hóa ra có thể dễ dàng áp dụng nếu những số này được coi là nghiệm của một đa thức bậc $n$ nào đó. Đối với $n$ số $\gamma_k = 2\cos \frac{k\pi}{n+1}$ (trong đó $k=1,2,\dots,n$), $P_n(x)$ của chúng ta đóng vai trò là một đa thức như vậy. Trên thực tế, thay thế (2) thay vì $\varphi$ giá trị $\frac{\pi}{n+1}$, $\frac{2\pi}{n+1}, \dots, \frac{n\pi}{n+1}$, ta thấy các số $\gamma_k = 2\cos \frac{k\pi}{n+1}$ là nghiệm của đa thức $P_n(x)$. Ở đây chúng ta cần một hệ quả tất yếu từ định lý Bezout: nếu $\gamma$ là nghiệm của đa thức $F(x)$, thì $F(x)$ chia hết cho $x-\gamma$. (Thật vậy, khi thay biến $x$ bằng $y=x-\gamma$, chúng ta thu được đa thức $\tilde{F}(y) = F(x-\gamma)$, có gốc $y=0$, và một đa thức như vậy, rất indo, chia hết cho $y^*$). Đa thức $P_n(x)$ của chúng ta phải chia hết cho từng cặp $x-\gamma_k$, và do đó chia hết cho tích của chúng; vì nó có bậc $n$ và hệ số dẫn đầu 1, nên nó đơn giản bằng tích $\prod_{1 < k < n} (x-\gamma_k)$. Vì thế,
$$P_n(x) = \prod_{1 < k < n} (x-2\cos \frac{k\pi}{n+1}).$$

Bài tập 5. a) Chứng minh đẳng thức
$$Q_n(x) = \prod_{1 < k < n} (x-2\cos \frac{(2k-1)\pi}{2n}).$$

6. Kiểm tra nó và nhận dạng (4) cho $n=2,3,4$ và 5.

*) Để biết thêm chi tiết về định lý Bezout và khai triển thành đa thức, xem [2].

17

Chúng ta hãy trình bày một sự thật thú vị sau khi so sánh các công thức (4) và (2).

Chúng ta hãy tính $P_{2m}(0)$ cho $m > 0$ theo hai cách và đánh đồng các biểu thức thu được.

Một mặt, từ (2) ta thu được

$$P_{2m}(0) = P_{2m}\left(2\cos\frac{\pi}{2}\right) = \left(\sin\frac{(2m+1)\pi}{2}\right)/\sin\frac{\pi}{2} = \sin\left(\frac{\pi}{2} + m\pi\right) = (-1)^m$$

Mặt khác, theo (4),

$$P_{2m}(0) = \prod_{1 \le k \le 2m} \left(-2\cos\frac{k\pi}{2m+1}\right).$$

Thay thế mỗi $\cos\frac{k\pi}{2m+1}$ tại $m+1 \le k \le 2m$ bằng $\left(-\cos\left(\pi - \frac{k\pi}{2m+1}\right)\right)$, chúng ta nhận được

$$P_{2m}(0) = (-1)^m \cdot \left[2^m \cdot \prod_{1 \le k \le m} \cos\frac{k\pi}{2m+1}\right]^2.$$

Nhưng biểu thức trong ngoặc vuông là dương, vì tích chỉ bao gồm cosin của các góc nhọn; do đó nó bằng 1, tức là

$$\prod_{1 \le k \le m} \cos\frac{k\pi}{2m+1} = \frac{1}{2^m}.$$

Chúng ta hãy đưa ra một công thức “bằng lời” hay của (5): với $m > 0$ trung bình hình học của cosin của các góc nhọn là bội số của $\frac{\pi}{2m+1}$ bằng $\frac{1}{2}$.

Bài tập
6. a) Tìm $P_n(1), P_n(-1), Q_n(1), Q_n(-1)$.

Chứng minh các đẳng thức tương tự (5):

6. $\prod_{1 \le k \le m} \sin\frac{k\pi}{2m} = \frac{\sqrt{m}}{2^{m-1}}$ ($m \ge 1$);

b) $\prod_{1 \le k \le m} \mathrm{tg}\frac{k\pi}{2m+1} = \sqrt{2m+1}$ ($m \ge 1$);

d) $\prod_{1 \le k \le m} \cos\frac{(2k-1)\pi}{4m} = \frac{\sqrt{2}}{2^m}$ ($m \ge 1$).

7. Tìm hiểu xem $m$ và $n$

a) đa thức $P_n$ chia hết cho $P_m$;

b) đa thức $Q_n$ chia hết cho $Q_m$.

Sinh hàm, lũy thừa của chuỗi và hệ số

Trong phần này, chúng tôi sẽ giới thiệu cho bạn một phương pháp rất hiệu quả, được sử dụng rộng rãi trong các ngành toán học khác nhau - giải tích, tổ hợp, lý thuyết xác suất - phương pháp tạo hàm. Phương pháp này đôi khi cho phép bạn tập hợp các thành viên riêng lẻ của một chuỗi, giống như một “viên gạch” thành một “tòa nhà” tích hợp và thu được thông tin về toàn bộ chuỗi cùng một lúc.

Hãy cho chúng tôi chuỗi $a_0, a_1, a_2, \dots$. Chúng ta hãy cho hàm tạo của nó biểu thức

$$f(z) = a_0 + a_1z + a_2z^2 + \dots = \sum_{n \ge 0} a_nz^n.$$

Các biểu thức toán học như vậy được gọi là lũy thừa công thức của chuỗi. Các chuỗi này có thể được cộng, trừ và biến đổi dưới dạng đa thức tổng quát, một chuỗi có thể được chia cho một chuỗi khác (nếu số hạng tự do của chuỗi số chia khác 0), bất kỳ chuỗi nào cũng có thể được phân biệt và tích hợp theo từng số hạng - và tất cả các phép toán này có thể được sử dụng,

18

Để có được trình tự mới từ những trình tự đã được nghiên cứu. Thông thường có thể tìm thấy một công thức đơn giản cho hàm sinh của nó từ quan hệ truy hồi xác định dãy và từ hàm sinh để rút ra một công thức hoặc mối quan hệ cho các số hạng của dãy.

Đối với một chuỗi hữu hạn $a_0, a_1, a_2, \dots, a_n$ hàm sinh là đa thức $f(z) = a_0 + a_1z + \dots + a_nz^n$. Ví dụ: đa thức $f_n(z) = (1+z)^n$ đóng vai trò là hàm tạo cho các hệ số biompaul $C_n^0, C_n^1, \dots, C_n^n$—các số hạng của hàng thứ $n$ của tam giác Pascal (Bảng 2):

$$\sum_{0 < k < n} C_n^k z^n = (1+z)^n.$$ (6)

Phân biệt đẳng thức này $k$ lần rồi thay vào $z=0$, ta tìm được $C_n^k = n(n-1) \dots (n-k+1)/1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k$.

Mở ngoặc và cô lập các hệ số cho $z^m$ ở đẳng thức tiếp theo $(1+z)(1+z)^n = (1+z)^{n+1}$, viết dưới dạng

$$(1+z) \left( \sum_{0 < k < n} C_n^k z^k \right) = \sum_{0 < k < n+1} C_{n+1}^k z^k,$$

chúng ta thu được mối quan hệ quan trọng $C_n^m + C_n^{m-1} = C_{n+1}^m$.

Giá trị trung bình của các chuỗi vô hạn có một hàm đặc biệt đơn giản, dễ “thu gọn” để tạo ra cấp số nhân $b_0=b, b_n=qb_{n-1}$. Thay thế tổng $f(z) = \sum_{n>0} b_n z^n = b + \sum_{n>1} b_n z^n$ mỗi $b_n$ bằng $qb_{n-1}$, chúng ta nhận được $f(z) = b + qz \sum_{n>1} b_{n-1} z^{n-1} = b + qzf(z)$, từ đó $f(z)(1-qz) = b$, tức là

$$f(z) = \sum_{n>0} b_n z = \frac{b}{1-qz}.$$ (7)

Tất nhiên, đây là một công thức nổi tiếng về tổng của một cấp số nhân vô hạn (tại $|qz|<1$). Nhưng bằng cách sử dụng kỹ thuật tương tự, chúng ta cũng có thể thu được hàm tạo cho chuỗi đa thức $P_n(x)$.

Hãy đặt $\Phi(z) = \sum_{n>0} P_n(x) z^n = 1+xz+\sum_{n>2} P_n(x) z^n$. (Ở đây $x$ đóng vai trò là tham số và bên dưới, để cho ngắn gọn, chúng ta sẽ viết $P_n(x), P_{n-1}(x), \dots$ cùng nhau thành $P_n, P_{n-1}, \dots$.) Theo (1), chúng ta thay thế mỗi $P_n$ tại $n \geqslant 2$ bằng $xP_{n-1}-P_{n-2}$. Sau đó

$$\Phi(z) = 1+xz + \sum_{n>2} xP_{n-1} z^n - \sum_{n>2} P_{n-2} z^n =$$

$$= 1+xz+xz \cdot \sum_{n>2} P_{n-1} z^{n-1} - z^2 \cdot \sum_{n>2} P_{n-2} z^{n-2} =$$

$$= 1+xz+xz(\Phi(z)-1)-z^2\Phi(z).$$

Do đó, $\Phi(z) \cdot (z^2-xz+1) = 1$ và

$$\Phi(z) = \frac{1}{z^2-xz+1}.$$ (8)

Công thức đơn giản này che giấu tất cả chuỗi đa thức phức tạp $P_n$ mà chúng ta đã nghiên cứu cho đến nay! Chúng ta sẽ “rút” cá thể $P_n$ ẩn trong đó ra bằng hai cách khác nhau.

1. Đối với $|x|>2$, phương trình bậc hai $z^2-xz+1=0$ có hai nghiệm:

$$u = \frac{x+\sqrt{x^2-4}}{2}, \quad v = \frac{x-\sqrt{x^2-4}}{2}.$$ (9)

Từ $z^2-xz+1=(z-u)(z-v)$, xét đến $uv=1$, ta có

19

$$\Phi(z) = \frac{1}{(u-z)(v-z)} = \left( \frac{1}{v-z} - \frac{1}{u-z} \right) \frac{1}{u-v} = \left( \frac{u}{1-zu} - \frac{v}{1-zw} \right) \frac{1}{u-v} = \sum_{n \geq 0} \frac{u^{n+1}-v^{n+1}}{u-v} z^n,$$

nghĩa là, $P_n(x) = \left( u^{n+1}-v^{n+1} \right) / (u-v)$; đây là công thức (3).

2. Chúng ta hãy tìm từ (8) các hệ số riêng của từng đa thức $P_n(x)$. Điều này được thực hiện như thế này:

$$\Phi(z) = \frac{1}{1-(xz-z^2)} = \sum_{k>0} \left( xz-z^2 \right)^k = \sum_{k>0} \left( \sum_{0<j<k} (-1)^j C_k^j x^{k-j} z^{k+j} \right) = \sum_{n>0} z^n \left( \sum_{j} (-1)^j C_{n-j}^j \cdot x^{n-2j} \right)$$

(chúng tôi đã sử dụng các công thức tính tổng của cấp số nhân vô hạn (7), quần xã Newton (6) và xác định hệ số cho $z^n$, tức là $P_n(x)$ mà chúng tôi cần). Kể từ đây,

$$P_n(x) = \sum_{j} (-1)^j C_{n-j}^j x^{n-2j}$$

(ví dụ: $P_6(x) = C_6^0 x^6 - C_5^1 x^4 + C_4^2 x^2 - C_3^3 = x^6 - 5x^4 + 6x^2 - 1$).

Tất nhiên, có thể chứng minh các công thức làm sẵn (3) và (10) mà không cần các hàm tùy ý - điều đáng chú ý nhất là chúng gần như tự phát sinh như thế nào từ công thức ngắn (8).

Sự biện minh cho tất cả các phép toán với chuỗi vô hạn mà chúng tôi đã thực hiện - và tất nhiên là cần thiết - có thể được kiểm tra bằng cách lưu ý rằng, nếu cần, theo mô hình giá trị số $z$, tất cả các chuỗi đang xem xét đều hội tụ (như (7) cho $|z| < 1/|q|$), nghĩa là chúng biểu thị các hàm thực của $z$ hoặc bằng cách kiểm tra xem đối với một số phép cộng, phép nhân hoạt động theo công thức nhất định, v.v. (mỗi hệ số của chuỗi được biểu thị thông qua một số lượng hữu hạn khác và $z$ chỉ là một chữ cái!) tất cả các luật thông thường đều được đáp ứng. Bạn có thể tìm hiểu thêm về phương pháp hàm số tùy ý và chuỗi lũy thừa trong các sách [3], [4], [6].

Bài tập

8. Xét dãy số Fibonacci

$$u_0 = 0, u_1 = 1, u_{n+1} = u_n + u_{n-1}.$$

a) Chứng minh rằng hàm tùy ý của nó bằng $\frac{z}{1-z-z^2}$. Đưa tôi ra khỏi đây

b) Công thức Binet

$$u_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^n \right]$$

(để biết cách rút ra khác của công thức này, xem [5]).

b) Chứng minh rằng $u_n = \sum_{j} C_{n-j}^j$.

9. a) Tìm hàm tùy ý cho chuỗi đa thức $Q_n(x)$ từ Bài tập 3 và sử dụng nó để chứng minh điều đó (cho $|x| > 2$)

$$Q_n(x) = u^n - v^n,$$

trong đó $u$ và $v$ được xác định bởi công thức (9) (đây là bài tập 3 c)).

6. (Đối với những người quen thuộc với số phức; xem [1]). Kiểm tra xem công thức (3) và (3’) tại $|x| < 2$ chuyển thành công thức (2) và (2’). (Gợi ý. $u = \cos \varphi + i \sin \varphi, v = \cos \varphi - i \sin \varphi$ nếu $x = 2 \cos \varphi$.) Văn học

1. A. M. Yaglom và I. M. Yaglom. “Không tiểu học bài toán trong bài thuyết trình tiểu học.” (“Thư viện vòng tròn toán học”, số 5) (M., Gostekhtoridat, 1954); bài toán 130—134.

2. “Các câu hỏi chọn lọc của Toán học” (khóa tự chọn 10), phần “Số phức và đa thức” (M., “Prosveshcheniye”, 1980).

3. D. Polya, G. Szege. “Nhiệm vụ và định lý từ phân tích” (M., “Nuka”, 1978).

4. Anira Kartan. “Lý thuyết cơ bản về hàm phân tích của một và một số biến phức tạp” (M., “IL”, 1963).

5. N. N. Vorobyov. “Số Fibonacci” (“Các bài giảng phổ biến về toán học”, số 6) (M., “Nuka”, 1978).

6. N. Vâng. Vilenkin. “Tổ hợp” (M., “Nuka”, 1969).

7. V. A. Uspensky. “Tam giác Pascal” (“Bài giảng phổ biến về toán học”, số 43) (M., “Nuka”, 1979).

20

Vật lý là một môn khoa học thực nghiệm. Mọi nghiên cứu vật lý đều bắt đầu bằng việc quan sát và nghiên cứu một số hiện tượng tự nhiên và kết thúc bằng việc so sánh các lý thuyết với kết quả thực nghiệm.

Nhiều quy luật và hiện tượng tự nhiên về cốt lõi không quá phức tạp và các đặc điểm đặc trưng của chúng có thể được tìm ra ngay cả trong những thí nghiệm tương đối đơn giản. Galileo đã khám phá ra quy luật của các vật thể rơi khi quan sát chúng rơi từ đỉnh Tháp nghiêng Pisa. Người ta xác định rằng ánh sáng mặt trời là một hỗn hợp phức tạp của nhiều màu sắc khác nhau bằng cách sử dụng một dấu hiệu thủy tinh đơn giản. Nhiều thí nghiệm của Faraday đơn giản đến kinh ngạc nhưng lại không toàn diện về nội dung cũng như kết luận.

Tất nhiên, ngày nay có rất ít hy vọng rằng với những phương tiện sẵn có, người ta có thể khám phá ra một quy luật mới của tự nhiên. Vật lý ngày nay yêu cầu lắp đặt mang tính thực nghiệm cao - máy gia tốc hạt tích điện, lò phản ứng nguyên tử, kính hiển vi ion điện tử, v.v. Nhưng phần lớn những gì khoa học đã biết đều có thể được kiểm tra bằng các thí nghiệm đơn giản tại nhà. Chuyển động của nam châm, sự phát triển của tinh thể, nhiễu xạ và giao thoa sóng, sức căng bề mặt hoặc ma sát khô - tất cả những điều này có thể được nghiên cứu bằng các phương tiện đơn giản, ngẫu hứng. Các khối hoặc quả bóng bằng gỗ, một mảnh giấy, một chiếc kim khâu, bong bóng xà phòng hoặc dòng nước từ vòi, chưa kể la bàn và đèn pin, đều có thể được sử dụng cho các thí nghiệm vật lý cảm giác và đa dạng. Những thí nghiệm như vậy là bước đầu tiên để tiến tới nghiên cứu độc lập. Chúng giúp bé thâm nhập vào bản chất của các hiện tượng vật lý khác nhau, phát triển khả năng quan sát và giao tiếp.

Phòng thí nghiệm «Kvant» thuộc phần hệ thống của tạp chí của chúng tôi. Trong đó, chúng tôi cố gắng mang đến cho độc giả cơ hội thực hiện các thí nghiệm đơn giản nhưng mạnh mẽ mà không cần thiết bị thí nghiệm đặc biệt. Từ thư của độc giả, chúng tôi thấy rằng nhiều người trong số họ sẵn sàng thực hiện các thí nghiệm mà chúng tôi đề xuất và thậm chí cố gắng chứng minh chúng một cách sáng tạo (để thay đổi các điều kiện - thay đổi nhiệt độ, hướng hoặc các đại lượng vật lý khác liên quan đến thí nghiệm, chọn các chất và vật liệu khác, v.v.). Đồng thời, các em có nhiều câu hỏi bất ngờ và thú vị, từ đó các em chuyển sang «Kvant».
Khi tái tạo các thí nghiệm mà chúng tôi mô tả, cần phải đào tạo kỹ thuật cần thiết và tuân thủ nghiêm ngặt các khuyến nghị trong các điều khoản về biện pháp phòng ngừa. Chúng tôi hy vọng Phòng thí nghiệm «Kvant» sẽ giúp độc giả hiểu rõ hơn về khả năng của mình và phát triển nhà thám hiểm thiên nhiên của chúng tôi.

A. Shmelev

Pháo hoa vật chất năm mới

Đã nhiều lần, Phòng thí nghiệm «Kvant» đã xuất bản bài toán-câu hỏi từ cuốn sách “Pháo hoa vật lý” của J. Walker (xem «Kvant», 1980, Số 11 và 12). Đáp số Nhiều trong số chúng liên quan đến việc tiến hành thí nghiệm hoặc quan sát.

Tuy nhiên, ấn phẩm này khác với những ấn phẩm trước. Đầu tiên, để bắn pháo hoa vào dịp Năm mới, chúng tôi đã đặc biệt lựa chọn những thí nghiệm có thể dễ dàng thử nghiệm vào mùa đông. Thứ hai, văn bản của Walker được bổ sung đáng kể: những câu chuyện thú vị liên quan đến chủ đề chính bài toán được đưa ra và các thí nghiệm bổ sung được mô tả. cuối cùng, thứ ba, quyết định không xuất bản đáp số ngay lập tức mà chờ thư từ độc giả.

Khi chúng ta đi qua tuyết

Chắc hẳn nhiều người đã từng xem bộ phim “Alexander Nevsky”. Nhưng có lẽ không phải ai cũng biết rằng tập chính của phim – Battle of the Ice – được quay… vào mùa hè. Nắng nóng lên tới ba mươi độ, cần phải xuất hiện băng tuyết trên hồ Peipsi. Tuy nhiên, một giải pháp đã được tìm ra: một khu vực rộng lớn gần Mosfilm được bao phủ bởi hỗn hợp naphthalene và muối. Khi các diễn viên bước qua “tuyết” như vậy, anh ấy

21

kêu cót két như thật trong sương giá khắc nghiệt.

Bạn có thể dễ dàng lặp lại thí nghiệm này bằng cách trải đều đường cát hoặc muối lên đĩa. Dùng thìa ấn lớp này và bạn sẽ nghe thấy tiếng cọt kẹt nhẹ. Hãy thử làm ẩm đường hoặc muối hoặc làm tan chảy nhẹ đường cát (ví dụ: trong chảo rán) - tiếng kêu sẽ dừng lại.

Bây giờ chúng ta hãy để nó theo lời của Walker: “Đôi khi tuyết kêu cót két dưới chân, nhưng điều này chỉ xảy ra vào những ngày khi nhiệt độ không khí xuống dưới 0 đáng kể. Điều gì tạo ra âm thanh này và tại sao sự xuất hiện của nó lại phụ thuộc vào nhiệt độ?”

Kem bí ẩn

Khi kem lần đầu tiên xuất hiện, phương pháp làm ra nó được giữ bí mật chặt chẽ. Nhiều tòa án châu Âu đã cố gắng sử dụng tuyết hoặc băng để đóng băng hỗn hợp kem, đường và nước ép trái cây một cách vô ích. Hỗn hợp nguội đi, nhưng không đông cứng. Tôi đã phải dùng đến một phương pháp mà ngày nay chúng ta gọi là spinon công nghiệp. Họ đã tìm ra điều gì?

Walker viết: “Khi bà tôi làm kem ở nhà, bà lót đá vào lọ kem và rắc muối lên đá. Tại sao bà lại đổ muối?

Vì vậy, tất cả chỉ là muối thông thường. Thực hiện một số bán sỉ đơn giản trước khi trả lời Walker. Lấy tuyết hoặc đá nghiền rồi thêm dần muối vào, khuấy đều hỗn hợp. (Thật tuyệt, nhưng không cần thiết nếu trải nghiệm đi kèm với việc làm kem.)

Hóa ra nhiệt độ của hỗn hợp như vậy có thể hạ xuống -20°C.

Thông thường, muối ăn NaCl được sử dụng để làm mát. Nhưng những chất hiếm hơn cũng phù hợp: KCl, NaNO₃, v.v. “Nhà vô địch” trong việc hạ nhiệt độ hóa ra là CaCl₂. Bằng cách trộn 42 g muối này với 100 g đá tan, bạn có thể đạt được nhiệt độ -55°C!

Kết quả thí nghiệm của bạn là gì? Và tôi nên nói gì với Walker?

Nước nào sẽ đóng băng nhanh hơn?

“Ở các nước lạnh, chẳng hạn như Canada hay Iceland, người ta biết rõ rằng nước nóng, khi để ngoài trời lạnh, sẽ đóng băng nhanh hơn nước lạnh. Điều này có vẻ vô nghĩa đối với bạn, nhưng đây hoàn toàn không phải là câu chuyện của các bà già: ngay cả Francis Bacon cũng đã có lúc bác bỏ sự thật này.

Đổ đầy nước ấm và lạnh vào nhiều loại bình khác nhau rồi đặt chúng bên ngoài cửa sổ vào một ngày băng giá… Và đừng ngạc nhiên nếu trong bất kỳ bình nào, nước ấm đóng băng trước khi lạnh, nhưng hãy thử giải thích tại sao? (J. Walker).

Thật khó để thêm bất cứ điều gì vào điều này, có lẽ ngoại trừ một số lời khuyên: hãy lấy những chai có cổ hẹp và lọ rộng làm những chiếc bình có nhiều hình dạng khác nhau. Và một điều nữa: hãy nghĩ xem nhiệt độ của chất lỏng sẽ thay đổi như thế nào nếu bạn giảm áp suất trên bề mặt của nó và do đó, cho phép chất lỏng bay hơi mạnh hơn. (Bạn cũng có thể kiểm tra thí nghiệm tương ứng, sử dụng máy hút bụi thông thường để giảm áp suất.)

22

Trên kaka
Để giảm ma sát, chất bôi trơn được sử dụng trong công nghệ. Vai trò này có thể được thực hiện bằng nhiều vật liệu khác nhau, đôi khi là những vật liệu có vẻ kém chất lượng nhất. Ví dụ: hãy nói về trường hợp vai trò của chất bôi trơn được thực hiện bởi…
thép.
Vào cuối thế kỷ này, nhà công nghiệp người Anh Harvey đã gửi tới Nga các mẫu tấm giáp mới để bảo vệ tàu thuyền. Trong quá trình thử nghiệm, đạn pháo hạng nặng, thay vì xuyên qua các tấm, lại tự phá vỡ áo giáp mà không gây tổn hại cho những gì có thể ẩn giấu đằng sau nó. Nhưng người Nga yêu cầu lặp lại các cuộc kiểm tra. Và những quả đạn pháo bắt đầu làm vỡ các tấm áo giáp (và sau đó, sau một số cải tiến, chúng đục lỗ trên chúng).

Vấn đề hóa ra là những quả đạn pháo giờ đây đã được trang bị những chiếc mũ đặc biệt làm bằng thép nhẹ. Chiếc mũ được làm phẳng, tan chảy và một mặt giúp đạn không bị tách ra, mặt khác, nó có tác dụng như một loại chất bôi trơn khi xuyên qua tấm áo giáp. Người phát minh ra chiếc mũ lưỡi trai là nhà khoa học và thủy thủ tài năng người Nga, Đô đốc Makarov.

Vì vậy, dưới áp lực rất lớn, thép có thể đóng vai trò là chất bôi trơn. Và “tại sao giày trượt lại trượt trên băng?” (J. Walker). Chất bôi trơn trong trường hợp này là gì?

“Qua làn sương mù gợn sóng…”
Trong mùa đông ẩm ướt, ngày thường có sương mù. Người ta thường tin rằng sương mù có màu xám, nhưng điều này không phải lúc nào cũng đúng.

“Nghệ sĩ người Pháp Monet đã đến London và vẽ Tu viện Westminster. Monet làm việc vào một ngày sương mù bình thường ở London. Trong bức tranh của Monet, những đường nét chuẩn bị của tu viện hầu như không nổi lên từ sương mù. Bức tranh được vẽ một cách tài tình.

Khi bức tranh được trình diễn, nó đã gây hoang mang cho người dân London. Họ ngạc nhiên khi thấy sương mù của Monet có màu đỏ thẫm, trong khi mọi người đều biết rằng màu của sương mù là màu xám.

Sự táo bạo của Monet ban đầu gây ra sự phẫn nộ. Nhưng những người phẫn nộ khi đi ra đường phố London, nhìn vào sương mù và lần đầu tiên nhận thấy nó thực sự có màu tím,” K. Paustovsky viết trong cuốn sách “Bông hồng vàng”.

Walker cũng đồng tình với Monet: “Tại sao sương mù bao phủ thành phố lại có màu nâu?” - anh hỏi.

Câu hỏi về nguyên nhân gây ra sương mù màu không phải là một câu hỏi dễ dàng. Lẽ ra chúng ta không nên dùng đến nó vào phút cuối. Quan sát màu sắc của sương mù ở thành phố và nông thôn. Hoặc có thể bạn thậm chí có thể tiến hành các thử nghiệm và thu được những “sương mù” có màu sắc khác nhau?

23

Phần này đã được duy trì kể từ khi thành lập tạp chí của chúng tôi. Trong mỗi vấn đề, chúng tôi đặt năm bài toán trong toán học và năm bài toán trong vật lý. (Đối với độc giả nước ngoài, chúng tôi cung cấp văn bản của bài toán bằng tiếng Anh.) Mức độ khó của bài toán khác nhau. Cùng với những câu tương đối dễ, bài toán được xuất bản, đòi hỏi phải suy ngẫm lâu dài; Có bài toán, không dễ để các chuyên gia giải quyết. bài toán khó nhất được đặt bằng dấu hoa thị.

Nếu bài toán làm bạn quan tâm nhưng lời giải không hoạt động ngay lập tức, đừng bỏ cuộc, hãy cố gắng quay lại nó nhiều lần. Đừng mở nó ngay cả sau khi nó đã được giải—hãy nghĩ về cách viết lời giải một cách hợp lý và thuyết phục nhất, cách khái quát hóa bài toán, làm rõ kết quả của nó, những gì gần bài toán nó cho phép bạn giải quyết. Gửi lời giải của bạn đến tòa soạn theo địa chỉ: 117071, Moscow, Leninsky Prospekt, 15, Fizmatlit, «Kvant». Trên phong bì, ở cột “Tới”, viết Nhiệm vụ «Kvant» và cho biết bạn đang gửi lời giải bài toán nào. Gửi Lời giải bài toán trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) hoặc từ các số tạp chí khác nhau trong các phong bì khác nhau. Bao gồm một phong bì có ghi địa chỉ nhà của bạn trên đó (bạn sẽ nhận được đáp số trong đó cùng với kết quả xác minh lời giải của bạn). Đầu thư vui lòng ghi họ, tên, họ, địa chỉ nhà; Học sinh cũng được yêu cầu cho biết lớp và số trường của mình.

Chúng tôi thường xuyên công bố tên những độc giả đã gửi đúng lời giải. Tạp chí đang tổ chức một cuộc thi dành cho lời giải bài toán tốt nhất trong số Bài toán Kvant. Kết quả của cuộc thi được công bố vào tháng 12. Những người chiến thắng - những học sinh đã gửi lời giải thú vị và đầy đủ nhất - sẽ nhận được quyền tham gia ngay vào các vòng Tài nguyên của Olympic Học sinh Toàn Liên đoàn. Ban giám khảo cuộc thi «Kvant» chỉ chấp nhận xét lời giải, gửi chậm nhất so với thời hạn quy định trong tạp chí. Hạn chót từ đáp số đến bài toán cho vấn đề này là ngày 30 tháng 3. Đối với học sinh của Trường Toán Tương ứng Toàn Liên minh, lời giải bài toán chính xác trong Sổ Vấn đề được coi là một nhiệm vụ tùy chọn đã hoàn thành (các em cần cho biết “số” hoặc địa chỉ, họ VZMSH ở đầu thư).

Tất nhiên, không phải tất cả bài toán đặt trong Bài toán đều được xuất bản lần đầu tiên. Sau khi hình thành, chúng tôi thường cho biết ai đã đề nghị chúng tôi bài toán này. Làm ơn, nghĩ ra một bản gốc mới bài toán còn khó hơn việc giải quyết vấn đề của người khác. Nếu bạn thành công, hãy gửi cho chúng tôi hai bản sao bài toán và lời giải của cô ấy. Đồng thời ghi “Mới bài toán trong toán học (trong vật lý)” trên phong bì.

Chúng tôi đặt bài toán thú vị nhất của độc giả vào Vấn đề «Kvant» hoặc trong các phần khác của tạp chí.

Bài toán

M721 — M725; F733 — F737

M721. Mỗi cạnh của hình tam giác được cắt thành 3 phần bằng nhau. Các điểm chia đóng vai trò là các đỉnh của hai hình tam giác, giao điểm của chúng là một hình lục giác. Tìm diện tích của hình lục giác này nếu diện tích của tam giác này là S.

A. Zolotovykh, học sinh lớp 10.
(Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow)

M722. Tại các điểm $A_1, A_2, \dots, A_n$ nằm xung quanh đường tròn, các số 1, 2, …, n được sắp xếp theo một thứ tự nhất định. a) Chứng minh rằng tổng các mô hình hiệu của $n$ không nhỏ hơn $2n-2$. b) Đối với mỗi số khác biệt giữa các số ít nhất $2n-2$?

A. Razborov

24

M723*. Có một tập hợp vô hạn các số tự nhiên sao cho không có số nào trong tập hợp này và không có tổng của một vài số trong số chúng là lũy thừa của một số tự nhiên ($a^k$, trong đó $k \geq 2$)?

L. Gurvits

M724. Một số muỗng bò dọc theo mặt phẳng, tốc độ của chúng có độ lớn bằng nhau nhưng khác nhau về hướng. Chứng minh rằng, dù ban đầu các hình muỗng ở vị trí như thế nào thì sau một thời gian chúng sẽ ở các đỉnh của một đa giác lồi.

V. Prasolov

M725*. Hãy đặt $e_n = \cos^n \frac{\pi}{7} + \cos^n \frac{3\pi}{7} + \cos^n \frac{5\pi}{7}$. Tìm a) $e_1$ và $e_2$, b) $e_3$ và $e_4$. C) Chứng minh rằng $e_n$ là số hữu tỉ với mọi $n$.

N. Vasiliev

F733. Một quả tạ có chiều dài $l$ nằm trên một “nửa hình trụ” có bán kính đáy $R$ (Hình 1). Tìm chu kỳ dao động nhỏ của quả tạ.

A. Frolov

F734. Một sợi dây, được buộc ở một đầu vào mặt bên của hình trụ ở điểm bán kính đáy $r$, được quấn quanh hình trụ $k$ lần ($k$ là một số nguyên). Một vật nặng được gắn vào đầu tự do của sợi dây. Tải có tốc độ $v$, hướng dọc theo bán kính của hình trụ (Hình 2). Sau bao lâu thì toàn bộ sợi dây quấn quanh hình trụ một lần nữa? Xi lanh được cố định trên một bề mặt nhẵn.

B. Mukushev

F735. Hai cuộn cảm giống hệt nhau được kết nối thông qua các công tắc $K_1$ và $K_2$ với một nguồn có EMF $\beta$ không đổi và điện trở trong $r$ (Hình 3). Tại thời điểm ban đầu, cả hai phím đều mở. Sau đó, các phím $K_1$ được đóng trước, sau đó là các phím $K_2$. Xác định cường độ dòng điện chạy qua các phím $K_1$ tại thời điểm đóng phím $K_2$, nếu biết sau khi đóng phím $K_2$ thì dòng điện ổn định qua các phím $K_1$ lớn gấp đôi dòng điện ổn định qua các phím $K_2$. Bỏ qua điện trở chủ động của cuộn dây.

V. Mozhaev

F736. Một chùm electron rơi vào một thanh đồng nhất, cả hai đầu của thanh này đều được nối đất và cùng một số electron trong mỗi giây chạm tới từng centimet chiều dài của thanh. Điện trở của thanh $R$. Dòng điện ở phần vay là $I$. Tìm hiệu điện thế giữa lõi của thanh $A$ và đầu của nó $B$ (Hình 4).

N. Dikasky

26

P736. Một chùm electron được chiếu vào một thanh đồng nhất, cả hai đầu của thanh này đều được nối đất, cùng một lượng electron chạm vào mỗi cm chiều dài của thanh trong một giây. Điện trở của thanh là $R$. Dòng điện tại nơi nối đất là $I$. Tìm hiệu điện thế giữa phần giữa của thanh $A$ và phần cuối của nó $B$ (xem hình Hình 4).

N. Dikanski

P737. Một chùm ánh sáng song song biến mất khi nó đi qua một tấm $\Pi$. Đối với bất kỳ tia nào đi qua tấm, góc lệch tối đa là $\alpha$. Bán kính nhỏ nhất của một điểm sáng có thể thu được bằng cách xuyên thấu kính hội tụ có tiêu cự $F$ sau tấm kính (xem hình 5) là bao nhiêu?

I. Vorobiev

Lời giải bài toán

M681 — M685; F692 — F697

Hãy để chúng tôi trình bày ngay lời giải bài toán 6), theo W. Sierpinski (một số lượng lớn loại này được chứa trong cuốn sách “Lý thuyết cơ bản về số” của ông): hãy xây dựng một chuỗi vô hạn $(a_n)$ các số tự nhiên sao cho với bất kỳ $n$ nào thì tổng các bình phương của $n$ đầu tiên của các số hạng của nó là bình phương của một số lẻ. Hãy lấy $a_1=3, a_2=4$; nếu $n$ thành viên đầu tiên đã được chọn và

$$a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 = (2k+1)^2,$$

hãy đặt $a_{n+1}=2k^2+2k$. Từ điểm

$$(2k+1)^2 + (2k^2+2k)^2 = (2k^2+2k+1)^2$$

chúng tôi hiểu điều đó

$$a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2 + a_{n+1}^2 = (2k^2+2k+1)^2$$

• lại là bình phương của một số lẻ.

Năm số hạng đầu tiên của dãy này là 3, 4, 12, 84, 3612:

$$3^2 + 4^2 = 5^2, 3^2 + 4^2 + 12^2 = 13^2,$$

$$3^2 + 4^2 + 12^2 + 84^2 = 85^2,$$

$$3^2 + 4^2 + 12^2 + 84^2 + 3612^2 = 3613^2.$$

Từ lời giải bài toán cũng tuân theo sự thật được chỉ ra trong một bức thư của Yu. Makarov từ Leningrad: với mọi $n$ đều có $\frac{n(n+1)}{2}$ số tự nhiên $a_1, a_2, \ldots, a_{\frac{n(n+1)}{2}}$ sao cho

$$a_1^2 = a_2^2 + a_3^2 = a_4^2 + a_5^2 + a_6^2 = \ldots = a_{\frac{n(n-1)}{2}}^2 + 1 + \ldots + a_{\frac{n(n+1)}{2}}^2$$

Chúng tôi, cũng như tác giả của bức thư, không biết liệu tất cả các số $a_1, a_2, \ldots, a_{\frac{n(n+1)}{2}}$ có thể khác nhau hay không.

N. Vasiliev

M682. Bên trong tam giác $\Delta$, bạn cần đặt tam giác $\Delta_1$ sao cho mỗi hình trong số ba hình vuông tạo trên các cạnh của tam giác $\Delta_1$ có ​​hai đỉnh nằm trên các cạnh khác nhau của tam giác $\Delta$ (Hình 1).

a) Chứng minh rằng các đường trung tuyến của tam giác $\Delta$ vuông góc với các cạnh của tam giác $\Delta_1$.

b) Việc xây dựng có khả thi đối với bất kỳ ai không?

a) Dễ dàng nhận thấy rằng từ ba tam giác đầu (xem Hình 1) với sự trợ giúp của ba phép dịch song song chuyển các đỉnh của tam giác $\Delta_1$ đến một điểm nào đó $O$, có thể tạo thành một tam giác $\Delta$, tương tự như tam giác ban đầu $\Delta$ (Hình 2). Các đoạn thẳng nối các đỉnh của tam giác $\Delta$ với điểm $O$ chia tam giác $\Delta$ thành ba hình tam giác bằng nhau, diện tích mỗi hình bằng diện tích tam giác $\Delta_1$. Do đó, $O$ là giao điểm của đường trung tuyến của tam giác $\Delta$ (khoảng cách từ $O$ đến một cạnh bất kỳ của tam giác $\Delta_1$).

28

từ những vòng tròn đã được sơn sẵn, nó có thể được sơn bằng màu không được sử dụng khi tô màu những vòng tròn chạm vào nó.

Tuyên bố đã được chứng minh.

Hình 2 cho thấy 11 vòng tròn, để có được màu mong muốn thì ba màu là không đủ. Thật vậy, giả sử rằng những hình tròn này có thể được sơn bằng ba màu thì ta thu được các hình tròn A, B, C, D, E phải được tô màu giống nhau. Nhưng điều này là không thể vì vòng tròn A và E chạm vào nhau.

V. Pokrovsky

M684. Hai cerraoth trong phiên bản tiếp theo của “cuộc chiến trên biển”.
Một cerrok có trên bảng $n \times n$ một số lượng nhất định các lõi không chồng lên nhau $n \times 1$ (có lẽ không có cái nào cả). Cerrok thứ hai giáng một loạt đòn đồng thời lên các ô vuông trên bàn cờ và nhận đáp số từ đối thủ trên mỗi ô vuông - đánh hoặc trượt. Cần tấn công số cánh đồng tối thiểu là bao nhiêu để dựa trên phản ứng của kẻ thù, người ta có thể xác định rõ ràng vị trí của tất cả các tàu của mình? Hãy xem xét ba trường hợp:
a) $n=4, 6$ $n=10, b)$ $n=10, b)$ $n=10$
b) số tự nhiên bất kỳ

Hình 1.

Chúng ta hãy liên kết mỗi chiều ngang với một điểm màu đỏ và chiều dọc với một điểm màu xanh lam (đỉnh của biểu đồ) và đối với mỗi ô của tập hợp A (trong Hình 2, chúng được biểu thị bằng dấu hoa thị), chúng ta kết nối với một cạnh một cặp điểm tương ứng với chiều dọc và chiều ngang của nó (Hình 2). Ta được đồ thị có 2n đỉnh và 2n-2 cạnh. Một biểu đồ như vậy không thể được kết nối (xem «Kvant», 1981, Số 6, trang 10) - nó nhất thiết phải chia thành hai hoặc nhiều phần riêng biệt. Các cạnh của một trong các phần được kết nối có thể được coi là tập B (xem Hình 2), phần còn lại - là tập C. (Tất nhiên, việc giải cấu trúc này có thể được phát biểu mà không cần sử dụng thuật ngữ của lý thuyết đồ thị.) Vì vậy, trong trường hợp (1) đáp số: $2n-1$.

(2) Để các con tàu không có điểm chung. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng trong trường hợp này, số lượng $a$ dám yêu cầu—các ô trong tập hợp $A$—không nhỏ hơn $\frac{4n}{3}$. Trong trường hợp này, chỉ các thuộc tính sau của tập hợp $A$ sẽ được sử dụng: trong mỗi ô ngang và dọc có ít nhất một ô của tập hợp $A$ và đối với bất kỳ ô nào của tập hợp $A$ theo chiều ngang hoặc dọc của nó, có ít nhất một ô nữa $A$.

Chúng ta hãy sắp xếp các số và số hai màu xanh lam và đỏ trong các ô của bộ $A$ như sau: trên mỗi dòng ngang, nơi có nhiều hơn một ô $A$, chúng ta viết số 1 màu đỏ vào mỗi ô và nơi chỉ có một ô, chúng ta viết số 2 màu đỏ vào đó; theo cách tương tự, trên mỗi hàng dọc, chúng ta viết các bộ $A$ xanh 1 và 2 vào các ô (Hình 3). Vì mỗi ô của tập hợp $A$ chứa một và hai hoặc hai số một, nên tổng $s$ của tất cả các số được viết không vượt quá 3a. Bởi vì trên mỗi dòng

*) Tất nhiên, sự khác biệt giữa trò chơi của chúng tôi và trò chơi “dành cho trẻ em” trước hết là đòn tiếp theo sẽ giáng vào chúng ta sau khi nhận được thông tin về nước đi trước đó.

29

M685. Hai tập con của một tập hợp số tự nhiên được gọi là bằng nhau nếu một tập con có thể thu được từ các tập con khác bằng cách kết hợp chúng với một số nguyên. (Ví dụ: tập hợp số chẵn và số lẻ bằng nhau.) Có thể phân chia tập hợp số tự nhiên thành vô số tập hợp con đồng dạng vô hạn (rời rạc) không?

Đáp số: bạn có thể. Giả sử rằng bài toán đã được giải. Đặt $A$ là tập hợp phân vùng chứa một. Các bộ phân vùng còn lại được lấy từ $A$ với cách chia thành các số tự nhiên nhất định, tập hợp này được bù bằng 0, chúng ta ký hiệu là $B$. Giả sử với mỗi $b \in B$ tập $A_b$ là kết quả của việc chia tập hợp $A$ cho $b$, tức là tập hợp tất cả các số có dạng $a+b$, trong đó $a \in A$ (cụ thể là $A_0=A$). Theo điều kiện, nếu $b_1 \neq b_2$ thì $A_{b_1} \cap A_{b_2} = \emptyset$ và mọi số tự nhiên $n$ đều thuộc một trong tập $A_b$, tức là

Mỗi số tự nhiên được biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng $n=a+b$, (*) và $a \in A, b \in B$.

Ngược lại, nếu dữ liệu cho các bộ $A$ và $B$, có các thuộc tính (*) và sao cho $0 \in B$, $1 \in A$, thì các bộ $A_b$, trong đó $b \in B$, tạo thành phân vùng được yêu cầu.

Chúng ta sẽ xây dựng các bộ $A$ và $B$ theo hai cách.

Cách đầu tiên. Giả sử các tập $A$ và $B$ có tính chất (*) được xây dựng. Ta hãy gán tương ứng cho mỗi số tự nhiên $n=a+b$ ($a \in A, b \in B$) một điểm trên mặt phẳng $Oxy$ có tọa độ $(a; b)$.

Đặt $M$ là tập hợp tất cả các điểm thu được trên mặt phẳng. Tập $M$ rõ ràng có các thuộc tính sau:

a) nếu $A$ là hình chiếu của tập $M$ lên trục $Ox$ và $B$ là hình chiếu của $M$ lên trục $Oy$, thì tập $M$ trùng với toàn bộ tập hợp các cặp $(a; b)$, trong đó $a \in A, b \in B$;

b) giao điểm của tập hợp $M$ với mỗi đường thẳng $x+y=n$ ($n$ là số tự nhiên) gồm một điểm duy nhất; cụ thể là tại $n=1$ đây là điểm $(1; 0)$.

Rõ ràng là bằng cách xây dựng ít nhất một tập hợp $M$ sở hữu các tính chất a) và b), chúng ta thu được phân vùng cần thiết của tập hợp số tự nhiên (bao gồm tập hợp $A_b$).

*) Chính xác lý do tương tự với các từ “nhiều hơn” được thay thế bằng “ít hơn” đã được đưa ra trong lời giải bài toán M262 («Kvant», 1974, Số 5) về việc sắp xếp quân xe bao phủ bàn cờ hai lần.

30

Chúng ta sẽ xây dựng tập hợp $M$ dưới dạng hợp của tập hợp $M_0 \subset M_1 \subset M_2 \subset \dots \subset M_n \subset \dots$, đến lượt nó sẽ được xây dựng như sau:

Hãy để $M_0 = \{(1; 0)\}$. Hãy lấy đường chéo $n$ là $x + y = n$. Điểm $(1; 0)$ rơi trên đường chéo thứ nhất; Bằng cách gạch bỏ nó và trong tương lai, xây dựng tập hợp $M_i$, chúng ta sẽ làm theo bằng cách gạch bỏ các đường chéo mà các điểm đã xây dựng nằm trên đó.

Chuyển bộ $M_0$ sang phải một đơn vị và đặt $M_1 = \{(1; 0), (2; 0)\}$; đồng thời gạch bỏ đường chéo thứ hai (xem hình). Sau đó, chúng ta chuyển tập hợp $M_1$ lên hai đơn vị và cộng các điểm kết quả vào $M_1$; đây sẽ là bộ $M_2$; đồng thời gạch bỏ đường chéo thứ ba và thứ tư (xem hình).

Tập hợp $M_2$ được dịch chuyển sang phải theo đơn vị chẵn - để gạch bỏ bốn đường chéo tiếp theo; chúng ta thu được tập $M_3$ (xem hình).

Chúng ta xây dựng tổng quát $M_{k+1}$ như sau: chúng ta dịch chuyển tập hợp $M_k$ (các điểm của nó thuộc về đường chéo thứ nhất, thứ hai, …, $2^k$) theo $2^k$ một sang phải hoặc lên trên (tùy thuộc vào tính chẵn lẻ $k$) - để gạch bỏ các đường chéo có số $2^k + 1, 2^k + 2, \dots, 2^{k+1}$.

Dễ dàng nhận thấy hợp của tập hợp $M_0, M_1, \dots, M_n, \dots$ (trên mọi số tự nhiên $n$) có tính chất a), b).

Cách thứ hai. Như đã biết, mọi số tự nhiên $n$ đều có thể biểu diễn dưới dạng

$$n = a_0 \cdot 2^k + a_1 \cdot 2^{k-1} + \dots + a_{k-1} \cdot 2 + a_k,$$

trong đó $a_i$ bằng 0 hoặc 1 và cách biểu diễn như vậy là duy nhất. Ký hiệu kép $n$ dựa trên điều này:

$$n_2 = a_0 a_1 \dots a_{k-1} a_k.$$

Ví dụ: $2_2 = 10, 7_2 = 111, 17_2 = 10001$, v.v.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét hai tập hợp số tự nhiên: tập hợp $A$, bao gồm các số có ký hiệu kép là 1 ở dạng chữ số x lẻ (tính từ bên phải): $A = (1, 100, 101\dots)$ và tập hợp $B$, bao gồm 0 và các số có ký hiệu kép là 1 ở dạng chữ số x chẵn:

$$B = (0, 10, 1000, 1010,\dots).$$

Rõ ràng, bất kỳ số tự nhiên nào $n$ đều có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng tổng $n = a + b$, trong đó $a \in A, b \in B$.

Các bộ $A$ và $B$ có thuộc tính (*) và do đó các bộ $A_b$ ($b \in B$) đưa ra độ phân giải cần thiết.

A. Fedorov, S. Shlosman

◆ Hãy căn chỉnh gốc của hệ tọa độ với điểm $A$, hướng trục $X$ và $Y$ như Hình 2.

Hãy viết phương trình chuyển động của các tải trọng $C$ và $B$ (trong các hình chiếu trên trục $X$ và $Y$):

$$ma = mg - 2T_2 \cos \alpha,$$

$$ma_{Bx} = mg - T_1 \cos \alpha + T_2 \cos \alpha,$$

$$ma_{By} = F_{ynp} - T_1 \sin \alpha - T_2 \sin \alpha,$$

trong đó $F_{ynp} = k(2l - 2l \sin \alpha) = k \cdot 2l(1 - \sin \alpha)$ là lực đàn hồi. Từ phương trình (1)—(3) sau khi biến đổi đơn giản, ta thu được

$$ma_{Cx} + ma_{Bx} - ma_{By} = 2mg - F_{ynp} \cos \alpha \sin \alpha$$

(sự tương ứng này đúng với mọi giá trị của $\alpha$). Hãy biến đổi vế trái của phương trình (4). Chúng ta biết rằng những thay đổi $\Delta x_B$ và $\Delta x_C$ của tọa độ của tải $B$ và $C$ có liên quan đến các mối quan hệ $\Delta x_B = \frac{1}{2} \Delta x_C$ (nói cách khác, độ dịch chuyển của tải $B$ và $C$ khỏi vị trí cân bằng có liên quan đến các mối quan hệ như vậy), và do đó,

$$(x_B)'' = \frac{1}{2} (x_C)''$$ hoặc $a_{Bx} = \frac{1}{2} a_{Cx}$.

Ngoài ra, $y_B = l \sin \alpha, x_C = 2l \cos \alpha$, và đối với các khoản tiền gửi nhỏ từ vị trí cân bằng (nghĩa là khi $\alpha = \alpha_0 + \Delta \alpha$,