Kvant 1982, số 6 · Trang

KVANM
6
1982

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

Vào tháng 4 năm nay tại Mátxcơva, tại Nhà nghệ sĩ trung tâm, buổi biểu diễn “Bản vẽ của các nhà khoa học” đã hạ nhiệt. Trong số các tác phẩm được trình bày ở đó, đồ họa của Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học A. T. Fomenko, một nhà toán học nổi tiếng với nghiên cứu về hình học vi phân và cấu trúc liên kết, đã thu hút rất nhiều sự quan tâm. Ở đây chúng tôi đặt bản sao tác phẩm của A. T. Fomenko, được gọi là “Sơ đồ Hertzsprung-Russell”, và trên trang thứ tư của trang bìa - bản sao lại tác phẩm “LENS SPACES”.

Trên trang đầu tiên của trang bìa có hình ảnh mô hình vi sai từ lỗ tròn (ảnh của A. Shuki). Laser helium-neon được sử dụng làm nguồn sáng, tạo ra ánh sáng đỏ đơn sắc.

Một số thí nghiệm vi phân mà bạn có thể tự thực hiện trong phòng thí nghiệm tại nhà của mình đã được mô tả trên tạp chí này trong bài báo của Y. Amstislavsky “Các hiện tượng không dạy được xung quanh các nguồn sáng thông thường”.

1

TRONG VẤN ĐỀ NÀY: TRONG VẤN ĐỀ NÀY:

L. Aslamazov, I. Kikoin. Sóng là gì?
2. L. Aslamazov, I. Kikoin. What is a wave?

B. Martynov. Về cực đại của hàm số
Van der Waerden
8. B. Martynov. On maxima of the Van der Waerden function

Phòng thí nghiệm «Kvant»
Vâng. Amstislavsky. Hiện tượng bất thường xung quanh
nguồn sáng thông thường
15. Ya. Amstislavski. Unusual phenomena about
usual light sources

Sách vấn đề «Kvant»
Bài toán M746 — M750; F758 — F762
19. Problems M746 — M750; P758 — P762
Lời giải bài toán M706 — M710; F718 — F722
23. Solutions M706 — M710; P718 — P722
S. Krotov. Về quỹ đạo tối ưu
30. S. Krotov. On optimal trajectories of motion
diversion
Danh sách bạn đọc gửi đúng
lời giải
34. List of readers who have sent correct
solutions

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
35. Problems
F. Bartenev. Xoay một khối lập phương
36. F. Bartenev. Rolling cubes

Xưởng của người nộp đơn
A. Nazaretov. Máy bay trong không gian
38. A. Nazaretov. Planes in space
I. Bystry. Về việc giảm chỉ số
40. I. Bystri. Cancelling exponents

Các lựa chọn cho kỳ thi tuyển sinh đại học
41. College entrance exams

Nghệ thuật lập trình
G. Zvenitsorodsky. VI Mùa hè bùng nổ
trường đào tạo lập trình viên trẻ
54. G. Zvenigorodski. VI All-Union summer
school for young programmers

Thông tin
Trường thể chất và kỹ thuật tương ứng
tại MISiS
56. Physico-technical correspondence school at
the Moscow steel and alloys institute
Trường thể chất buổi tối tại Đại học quốc gia Moscow
56. Moscow state university physics evening school

Đáp số, gợi ý, lời giải
57. Answers, hints, solutions

Pha trộn (14, 53)
Miscellaneous (14, 53)

Trang cờ vua
The chess page

Thang cờ (trang bìa thứ 3)
Chess ladders (3rd cover page)

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

2

L. Aslamazov, I. Kikoin

Sóng là gì?

Khi ném đá xuống nước, hãy nhìn vào những vòng tròn mà chúng tạo thành; nếu không việc ném như vậy sẽ chỉ là niềm vui trống rỗng.
Kozma Prutkov. Phần trái cây

Khái niệm sóng có vẻ rất thú vị đối với chúng ta và chúng ta liên kết nó bằng trực giác với một loại chuyển động nào đó. Nếu chúng ta ném một hòn đá xuống nước, một làn sóng sẽ chạy trên mặt nước. Nhưng nếu một cành cây đang nổi trên mặt nước vào thời điểm này, thì chúng ta sẽ nhận thấy rằng nó không hề trộn lẫn theo hướng truyền sóng mà tạo ra một chuyển động dao động lên xuống. Cái gì chuyển động khi sóng lan truyền? Hãy xem xét một vài ví dụ.

Người ta nói rằng Hoàng hậu Elizabeth, con gái của Peter I, đã mong muốn khoảnh khắc long trọng trong lễ đăng quang của bà được đánh dấu bằng một loạt pháo từ Pháo đài Peter và Paul ở thủ đô mới - St. Petersburg. Và theo luật, lễ đăng quang của các sa hoàng Nga đã diễn ra tại Nhà thờ Giả định ở Moscow. Ngày nay, việc truyền bất kỳ thông tin nào từ Moscow đến Leningrad rất đơn giản: chỉ cần gửi tín hiệu vô tuyến, đại bác sẽ khai hỏa đúng giờ. Và khi đó cần phải nghĩ ra một cách khác để thông báo thời điểm tộc trưởng đội vương miện lên đầu hoàng hậu.

Và dọc theo toàn bộ tuyến đường (khoảng 650 km) từ nhà thờ ở Moscow đến pháo đài ở St. Petersburg, các binh sĩ đã được triển khai ở khoảng cách tầm nhìn trực tiếp (khoảng 100 m) với nhau. Để dễ tính toán, cô ấy đã bổ sung thêm khoảng 6.500 binh sĩ. Mỗi người lính đều có một lá cờ trong tay. Vào thời điểm đăng quang, người lính đầu tiên vẫy cờ, người tiếp theo lặp lại động tác của mình, theo sau là những người khác. Thời gian phản ứng của con người là mười giây, và do đó, sau 10-20 phút, thông tin biết về lễ đăng quang sẽ đến được với pháo binh ở Pháo đài Peter và Paul.

Điều gì đã chuyển từ Moscow đến St. Petersburg? Mỗi người lính vẫn đứng ở vị trí của mình. Điều duy nhất anh ta làm là vẫy cờ. Theo ngôn ngữ khoa học, chúng ta có thể nói rằng bằng cách giơ và hạ tay cầm cờ, anh ta đã thay đổi trạng thái của mình trong một thời gian. Sự thay đổi trạng thái này diễn ra dọc theo hàng ngũ binh lính.

3

Các biến trong không gian thay đổi trạng thái được gọi là sóng.

Năm 1905, các cuộc đình công bắt đầu ở St. Petersburg, và sau đó một lá thư được in ra cho biết làn sóng đình công lan rộng khắp nước Nga và đến tận những biên giới xa nhất. Trong trường hợp này, một tình trạng lan rộng trong đó công nhân bỏ việc trong các nhà máy công nghiệp và đưa ra các yêu cầu về chính trị và kinh tế.

Đây là một ví dụ về cách tin đồn lan truyền. Được biết, một tin đồn do một người bắt đầu có thể lan truyền khắp thành phố trong một thời gian ngắn. Nó ít hơn đáng kể so với thời gian cần thiết để người này đến thăm (hoặc gọi điện) cho tất cả người dân trong thành phố. Rõ ràng là bản thân những người mang thính giác có thể không trộn lẫn. Trạng thái ánh sáng sẽ được trộn lẫn. Đó chính xác là những gì họ nói - một làn sóng tin đồn đang lan rộng khắp thành phố.

Cuối cùng chúng ta hãy xem xét một ví dụ vật lý. Trên bàn bida có một dãy bi xếp hàng (Hình 1, a). Một quả bóng khác chạm vào nó sao cho tốc độ của nó hướng dọc theo sợi dây. Sau khi va chạm, quả bóng rời khỏi mục tiêu và quả bóng cuối cùng bật ra (Hình 1, b). Chúng tôi truyền động lượng cho quả bóng đầu tiên và quả bóng cuối cùng nhận được nó. Điều này xảy ra do một sóng biến dạng lan truyền dọc theo chuỗi quả bóng. Khi va chạm, quả bóng đầu tiên bị dẹt và làm biến dạng quả bóng lân cận, quả bóng tiếp theo, v.v. Bất kỳ quả bóng trung gian nào ở bên trái và bên phải đều chịu tác dụng của các lực đàn hồi có độ lớn bằng nhau nhưng ngược hướng (Hình 1, c), và nó vẫn giữ nguyên vị trí. Lực đàn hồi chỉ tác dụng lên một phía sẽ truyền một xung lực đến quả bóng cuối cùng và nó bật trở lại.

Những sóng biến dạng như vậy truyền trong môi trường đàn hồi được gọi là sóng âm. Do đó, do va chạm, một sóng âm đã chạy qua chuỗi quả bóng. Nó có thể lây lan ở bất kỳ cơ thể đàn hồi nào. Ví dụ, nếu một thanh cố định (Hình 2, a) bị búa đập vào từ một đầu, một sóng biến dạng (sóng âm) sẽ chạy dọc theo thanh. Khi sóng này đến đầu đối diện của thanh, quả bóng cao nhất ở đó sẽ bật ra (Hình 2, b). Tương tự, bạn có thể kích thích sóng âm trong chất lỏng hoặc chất khí, tất nhiên, sẽ thuận tiện hơn khi sử dụng pít-tông thay vì búa.

Chúng ta hãy thử tìm hiểu cơ chế truyền sóng âm trong vật đàn hồi. Cụ thể, chúng ta sẽ tìm hiểu tốc độ truyền sóng phụ thuộc vào điều gì. Đầu tiên, chúng ta giải bài toán đơn giản hóa cho mô hình vật đàn hồi. Chúng ta sẽ giả sử rằng chúng ta có toàn bộ quả bóng có khối lượng $m$, được kết nối bằng lò xo có độ cứng $k$ (Hình 3). Kích thước của quả bóng nhỏ so với

4

khoảng cách giữa chúng và khối lượng của các lò xo không đáng kể so với khối lượng của các quả cầu. Về cơ bản, đây là cùng một chuỗi các quả bóng mật, trong đó chúng ta “tách” quán tính (khối lượng) và độ đàn hồi (độ cứng).

Mô hình này gần như được thực hiện trong một cơ thể rắn chắc. Trong mạng tinh thể, các nguyên tử được sắp xếp sao cho ở trạng thái cân bằng, tổng vectơ các lực tác dụng lên mỗi nguyên tử từ tất cả các nguyên tử khác bằng 0. Khi các nguyên tử lệch khỏi vị trí cân bằng, lực căng và lực đẩy xuất hiện, tương tự như lực đàn hồi*).

Hãy đưa ra một số quả bóng, chẳng hạn như quả bóng đầu tiên bên trái, một xung hướng dọc theo dây chuyền (đẩy nó). Sau đó, như trong ví dụ với quả bóng mật, một sóng biến dạng đàn hồi sẽ chạy dọc theo chuỗi, sau một thời gian sẽ đến đầu bên phải của chuỗi. Vì quả bóng cuối cùng được nối với dây xích bằng lò xo nên nó sẽ không thể bật ra được chút nào. Lò xo bị kéo căng sẽ buộc nó quay trở lại và sau đó do quán tính của nó quả cầu sẽ rút lò xo lại. Bây giờ sóng biến dạng sẽ chạy từ phải sang trái. Trong trường hợp này, họ nói rằng sóng bị phản xạ từ đầu chuỗi và bắt đầu truyền theo hướng ngược lại. Vì những lý do tương tự, nó sẽ bị phản xạ từ đầu đối diện, v.v. Những sóng phản xạ này là điều kiện để chúng ta xem xét và để loại bỏ chúng, chúng ta sẽ xem xét một chuỗi “vô hạn” (nghĩa là không có đầu cuối). Nó có thể được thực hiện bằng cách đóng một chuỗi gồm nhiều quả bóng vào một vòng (Hình 4). Dọc theo chuỗi “vô tận” như vậy, sóng biến dạng đàn hồi sẽ chuyển động theo hình tròn không phản xạ cho đến khi tắt dần.

*) Ở khoảng cách xa giữa các nguyên tử, lực căng chủ yếu tác dụng và ở khoảng cách gần, lực đẩy tác dụng (cơ học lượng tử cấm các nguyên tử đâm vào nhau). Chỉ ở một khoảng cách cân bằng nào đó (xấp xỉ bằng kích thước của các nguyên tử) lực tương tác giữa các nguyên tử mới bằng không.

Hãy làm chệch hướng một trong các quả bóng khỏi vị trí cân bằng của nó (ví dụ: quét nó theo chiều kim đồng hồ) và thả nó ra. Sau đó, dưới tác dụng của các lò xo nối với nó, vị trí của quả bóng trong không gian sẽ thay đổi theo chu kỳ. Chuyển động này được gọi là dao động.

Rung động đóng một vai trò quan trọng trong tự nhiên và công nghệ. Con lắc trong đồng hồ thực hiện chuyển động dao động; Trong các thiết bị điện gia dụng, dòng điện và điện áp dao động; sự thay đổi ngày đêm, mùa cũng là một quá trình dao động do sự chuyển động của Trái Đất gây ra. Các cơ chế quay hoàn toàn gây ra rung động trong nền móng, điều này phải được tính đến trong quá trình thiết kế.

Loại chuyển động dao động đơn giản nhất là dao động điều hòa, khi độ dịch chuyển của vật so với vị trí cân bằng thay đổi theo thời gian theo định luật

$$\alpha = \alpha_m \sin(2\pi t/T) = \alpha_m \sin 2\pi vt = \alpha_m \sin \omega t,$$

trong đó trong trường hợp dây chuyền dao động $\alpha$ là độ lệch góc của quả bóng so với vị trí cân bằng. Như bạn có thể thấy, dao động điều hòa được đặc trưng bởi hai đại lượng (tham số): độ lệch cực đại (biên độ) $\alpha_m$ và chu kỳ dao động $T$ (khoảng thời gian sau đó dao động được lặp lại hoàn toàn). Tần số v bằng số lần dao động trên một đơn vị thời gian, tần số tuần hoàn $\omega = 2\pi v$ được đưa vào để đơn giản hóa việc ghi toán học về chuyển động dao động và giá trị $\varphi = \omega t$ xác định vị trí của quả bóng tại một thời điểm nhất định $t$, được gọi là pha dao động.

Hãy đưa ra một ví dụ. Cho quả bóng thực hiện dao động hoàn toàn trong thời gian $T = 4$ s; tại thời điểm ban đầu nó ở vị trí cân bằng và độ lệch cực đại của nó là $\alpha_m = 0,1$ rad. Khi đó, nếu nó thực hiện một dao động điều hòa thì sự phụ thuộc của độ lệch vào thời gian được cho bởi công thức

$$\alpha = 0,1 \sin(\pi t/2).$$

Tại thời điểm $t_1 = 1$ s pha dao động bằng $\varphi_1 = \pi/2$, tại thời điểm $t_2 = 2$ s pha dao động

6

Hình 6.

khoảng trống trong chuỗi, có chiều dài $\lambda_1 = L$. Sóng tiếp theo, ngắn hơn, $\lambda_2 = L/2$, $\lambda_3 = L/3$ tiếp theo, v.v. Sóng ngắn nhất có thể truyền trong chuỗi là gì?

Bước sóng càng ngắn thì sự dịch chuyển pha tới các quả bóng lân cận càng lớn. “Sự khác biệt” tối đa xảy ra khi độ lệch pha giữa các quả bóng lân cận bằng n. Trong trường hợp này, các quả bóng dao động ngược pha (Hình 6) và tương ứng với độ dài $\lambda_{\min} = 2a$.

Hãy tính tần số xảy ra dao động tương ứng với bước sóng tối thiểu (điều này cho phép chúng ta ước tính tốc độ truyền sóng trong chuỗi). Giả sử quả cầu ở giữa dao động tuân theo định luật
$$\alpha_n = \alpha_m \sin \omega t$$
thì dao động của quả bóng trước được mô tả bằng công thức
$$\alpha_{n-1} = \alpha_m \sin (\omega t + \pi),$$
và cái tiếp theo -
$$\alpha_{n+1} = \alpha_m \sin (\omega t - \pi).$$

Biết các đầu của lò xo chuyển động như thế nào, dễ dàng nhận thấy độ biến dạng của chúng phụ thuộc như thế nào theo thời gian và sử dụng định luật Hooke $F = kx$ để tính lực đàn hồi tác dụng lên quả cầu ở giữa. lực tổng hợp
$$F = kx_m (\sin (\omega t - \pi) - \sin \omega t) + \sin (\omega t + \pi) - \sin \omega t) = -4kx_m \sin \omega t$$
trong đó $x_m = R\alpha_m$ là độ lệch tuyến tính tối đa của quả bóng ($R$ là bán kính của bóng đèn trong đó dây xích được đóng lại). Như bạn có thể thấy, quả bóng ở giữa dao động như thể nó được gắn vào một lò xo duy nhất, nhưng có độ cứng gấp bốn lần. Thay giá trị $k_0 = 4k$ vào công thức (*), ta thấy khi một sóng có độ dài tối thiểu $\lambda_{\min} = 2a$ truyền dọc theo chuỗi thì tần số dao động là $\omega = 2\sqrt{k/m}$. Đây là tần số dao động tối đa của các quả bóng trong một chuỗi kín.

Kết quả là chất rắn cũng có tần số tối đa mà tại đó các nguyên tử có thể dao động.

Tốc độ truyền sóng là bao nhiêu? Nếu tần số dao động là $\omega$ thì chu kỳ của chúng là $T = 2\pi/\omega$. Ở tốc độ truyền $v$, sóng truyền đi $l = vT = 2\pi v/\omega$ trong thời gian $T$. Đường đi này bằng bước sóng, vì sự dịch chuyển theo thời gian một khoảng $T$ nên các dao động sẽ xảy ra cùng pha. Như vậy,
$$\lambda = vT = 2\pi v/\omega,$$
và do đó
$$v = \frac{\lambda \omega}{2\pi} = \frac{2}{\pi} a \sqrt{\frac{k}{m}}.$$

Tốc độ truyền và tần số dao động của sóng dài hơn là bao nhiêu? Ví dụ: chúng có thể được đếm theo cách tương tự (mặc dù nó phức tạp hơn một chút bài toán). Hóa ra là khi bước sóng tăng, tần số dao động giảm và tốc độ truyền sóng tăng, nhưng chỉ tăng một chút. Đối với bước sóng dài ($\lambda \gg a$), tốc độ lan truyền trở nên không đổi và bằng
$$v_0 = a \sqrt{\frac{k}{m}}.$$

Vì vậy, biểu thức mà chúng tôi rút ra với độ chính xác cao cho biết tốc độ truyền sóng trong chuỗi các quả bóng được kết nối đối với các bước sóng khác.

Hãy trở lại với cơ thể rắn chắc. Điều gì quyết định tốc độ truyền sóng âm trong đó? Tiến hành phân tích bằng một chuỗi các quả bóng, người ta có thể hiểu rằng tốc độ phụ thuộc vào tính chất đàn hồi của vật liệu, khối lượng của các nguyên tử tạo nên chất đó và khoảng cách giữa chúng. Khoảng cách giữa các nguyên tử càng nhỏ và khối lượng của chúng càng lớn thì mật độ của chất $q$ càng lớn. Độ cứng $k$ trong mô hình của chúng tôi có thể được coi là tỷ lệ thuận

7

mô đun Young quốc gia E. Công thức chính xác cho tốc độ âm thanh trong chất rắn là:

$$v = \sqrt{\frac{E}{\rho}}.$$

Ví dụ, đối với thép, sử dụng công thức này, chúng ta thu được $v \approx 5000$ m/s. Như vậy, chúng ta đã hiểu được hiện tượng truyền âm trong các vật thể đàn hồi, tức là sự lan truyền dao động của sự dịch chuyển của các nguyên tử tạo nên các vật thể này.

Rung động của các đại lượng vật lý khác cũng có thể lan truyền trong không gian. Nếu giá trị của cường độ điện trường và từ trường thay đổi định kỳ thì người ta nói rằng sóng điện từ đang lan truyền. Sự dao động nhiệt độ có thể lan truyền - sóng nhiệt độ, dao động cảm ứng từ trường trong một chất - sóng từ hóa, v.v. Nói một cách hình tượng, toàn bộ dinh thự của vật lý hiện đại bị tràn ngập bởi các loại sóng khác nhau.

Ứng dụng

Hãy tưởng tượng súng được đặt trên một thanh AB nằm dọc theo đường kính của vòng (Hình 7). Một đầu của lò xo nối với quả cầu, đầu thứ hai được cố định ở mép thanh A. Quả bóng có thể chuyển động tự do dọc theo thanh và ở trạng thái cân bằng nó nằm ở tâm của vòng O. Chúng ta hãy quay cái cọc trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc góc $\omega_0$. Khi đó quả bóng sẽ ngắt kết nối khỏi trung tâm. Nếu độ dịch chuyển của nó bằng $r$ thì từ phía lò xo sẽ ​​tác dụng lên quả bóng một lực bằng $F = k_0 r$ theo định luật Hooke và hướng vào tâm vòng tròn. Theo định luật II Newton, lực này phải tạo ra gia tốc hướng tâm $a_ii = \omega_0^2 r$:

$$m\omega_0^2 r = k_0 r.$$

Vì vậy, để quả bóng ở trạng thái ổn định khi vòng quay quay thì tốc độ quay cần phải bằng $\omega_0 = \sqrt{k_0/m}$.

Trong trường hợp này, hình chiếu của quả bóng lên một trục cố định thực hiện một dao động điều hòa với tần số tuần hoàn bằng tốc độ góc quay. Ví dụ: $x = r \sin \omega_0 t$. Do đó, tần số dao động điều hòa của một quả cầu có khối lượng $m$ độ cứng ngoài $k_0$ được xác định theo công thức

$$\omega_0 = \sqrt{\frac{k_0}{m}}.$$

Bài tập

1. Bạn có thể “cảm nhận” sóng là gì bằng cách thực hiện bài tập sau. Dán

8

B. Martynov

Về cực đại của hàm van der Waerden

Chức năng chúng ta đã quen thuộc

Học sinh lớp chín và lớp mười biết rằng một hàm số khả vi tại một điểm nào đó sẽ liên tục tại điểm đó (“Đại số và nguyên tắc phân tích 9-10,” đoạn 19). Họ cũng biết rằng điều ngược lại là không đúng: ví dụ: hàm $y = |x|$ liên tục tại $x = 0$ (và tại bất kỳ điểm nào khác), nhưng không tùy ý tại $x = 0$. Nói chung, bất kỳ hàm số nào có đồ thị có một “góc” tại một điểm nào đó đều không khả vi tại điểm đó. Rõ ràng là dễ dàng xây dựng một hàm trên khoảng [0; 1] có vô số “góc” (Hình 1 thể hiện một phần đồ thị của hàm số đó; tất nhiên là không thể vẽ nó hoàn toàn).

Tuy nhiên, tất cả các hàm số như vậy, cũng như các hàm số liên tục khác mà bạn đã biết, vẫn khả vi ở “hầu hết” các điểm.

Trong một thời gian dài sau khi phát minh ra phép tính vi phân, các nhà toán học đã nghĩ rằng các hàm liên tục, như một quy luật, khả vi. Do đó, vào những năm sáu mươi, nhiều thế kỷ trôi qua, nhà toán học người Đức Karl Weierstrass đã công bố một ví dụ về hàm số liên tục tại mọi điểm trên một đường thẳng và không tùy ý tại bất kỳ điểm nào *), một buổi tối Strassian sẽ xuất hiện trong thế giới toán học.

*) Ví dụ đầu tiên thuộc loại này được nhà toán học và triết học người Séc Bernhard Bolzano xây dựng trước Weierstrass bốn mươi năm, nhưng ví dụ của ông được biết đến muộn hơn ví dụ của Vecherstrass.

Hình 1.

9

Điều gì sẽ xảy ra nếu tất cả các chức năng $\varphi_n$ được thêm vào? Có lý do để hy vọng rằng trong mọi trường hợp, “tổng” sẽ liên tục tại mỗi điểm và không khả vi tại các điểm có dạng $x = \frac{k}{2^n} (k \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N})$. Thật không may, chúng ta không biết tổng của vô số số hạng là bao nhiêu.

Do đó, chúng ta sẽ làm điều này: chúng ta tạo thành một chuỗi hàm $\Phi_n(x) = \varphi_0(x) + \varphi_1(x) + \dots + \varphi_n(x)$ (do đó, $\Phi_{n+1}(x) = \Phi_n(x) + \varphi_{n+1}(x)$; xem Hình 3-5) và chứng minh rằng với mọi $x$ đều tồn tại $\lim_{n \to \infty} \Phi_n(x)$.

Để chứng minh điều đó, chúng ta cần định lý Weierstrass, trong đó phát biểu rằng một dãy giới hạn đơn điệu có một giới hạn (Đại số và Phân tích 9, đoạn 32).

Từ $\varphi_{n+1}(x) \geq 0$ nó theo sau $\Phi_{n+1}(x) \geq \Phi_n(x)$—chuỗi ($\Phi_n(x)$) là đơn điệu. Vì $\Phi_n(x) = \varphi_0(x) + \varphi_1(x) + \dots + \varphi_n(x) \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2^{n+1}} = 1 - \frac{1}{2^{n+1}} < 1$, chuỗi ($\Phi_n(x)$) bị chặn. Do đó, $\lim_{n \to \infty} \Phi_n(x)$ tồn tại. Chúng ta hãy biểu thị giới hạn này bằng $\Phi(x)$. Như vậy, hàm $\Phi$ được xác định trên toàn bộ trục số. Nó là tuần hoàn (với chu kỳ 1), $0 \leq \Phi(x) \leq 1$ với mọi $x \in \mathbb{R}$, đồ thị của hàm $\Phi$ đối xứng với bất kỳ đường thẳng nào $x = \frac{k}{2} (k \in \mathbb{Z})$ - tất cả điều này dễ dàng suy ra từ các tính chất của hàm $\varphi_0$ và các tính chất của giới hạn. Do đó, không thể có đồ thị hàm số $\Phi$: trong Hình 3-5 bạn có thể thấy các điểm “nóng lên” như thế nào mà tại đó đồ thị hàm số $\Phi_n$ có một “góc”, tức là những điểm mà các hàm số này không có hàm tùy ý.

Tính liên tục của hàm số được xây dựng $\Phi_n$ là liên tục tại mỗi điểm của đường thẳng.

Về mặt trực quan, điều này khá rõ ràng: nếu $\Phi$ có điểm gián đoạn tại một điểm nào đó $x_0$, thì với một giá trị đủ lớn

10

$n \in \mathbb{N}$ sẽ có điểm gián đoạn gần như tương tự tại điểm $x_0$ tại $\Phi_n$ và $\Phi_n$ là liên tục dọc theo toàn bộ đường thẳng. Bằng chứng dưới đây làm rõ những báo cáo này.

Trước tiên chúng ta hãy nghiên cứu sự khác biệt $r_n(x) = \Phi(x) - \Phi_n(x)$ (ở đây $x$ là cố định, $n$ là biến).

$$\Phi_{n+m}(x) - \Phi_n(x) = \varphi_{n+1}(x) + \varphi_{n+2}(x) + \dots + \varphi_{n+m}(x).$$

Rõ ràng là vậy

$$0 \leqslant \Phi_{n+m}(x) - \Phi_n(x) \leqslant \frac{1}{2^{n+2}} + \frac{1}{2^{n+3}} + \dots +$$

$$+ \frac{1}{2^{n+m+1}} = \frac{1}{2^{n+2}} \cdot \frac{1 - \frac{1}{2^m}}{1 - \frac{1}{2}} < \frac{1}{2^{n+1}}.$$

Vì $\lim_{m \to \infty} \Phi_{n+m}(x) = \Phi(x)$ và $\lim_{m \to \infty} \Phi_n(x) = \Phi_n(x)$,

$$0 \leqslant r_n(x) \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}.$$

Bây giờ chúng ta có thể chuyển sang chứng minh tính liên tục của hàm số $\Phi$ tại một điểm tùy ý $x_0 \in \mathbb{R}$. Hãy lấy $\varepsilon > 0$ và xem xét mô hình khác biệt

$$|\Phi(x_0 + h) - \Phi(x_0)| = |\Phi_n(x_0 + h) + r_n(x_0 + h) - \Phi_n(x_0) - r_n(x_0)| \leqslant$$

$$\leqslant |\Phi_n(x_0 + h) - \Phi_n(x_0)| + |r_n(x_0 + h)| + |r_n(x_0)|.$$

Nhưng $|r_n(x_0)| \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}$ và $|r_n(x_0 + h)| \leqslant \frac{1}{2^{n+1}}$; Đó là lý do tại sao

$$|\Phi(x_0 + h) - \Phi(x_0)| \leqslant$$

$$\leqslant |\Phi_n(x_0 + h) - \Phi_n(x_0)| + \frac{1}{2^n}.$$

Khi $n$ đủ lớn

$$\frac{1}{2^n} < \frac{\varepsilon}{2}.$$

Hàm $\Phi_n$, là tổng của một số hữu hạn các hàm liên tục, liên tục tại điểm $x_0$. Do đó, bằng cách chọn $\delta > 0$ có ​​thể đạt được điều đó cho $|h| < \delta$

$$|\Phi_n(x_0 + h) - \Phi_n(x_0)| < \frac{\varepsilon}{2}.$$

Khi $\delta$ được chọn

$$|\Phi(x_0 + h) - \Phi(x_0)| < \varepsilon,$$

và điều này chứng tỏ tính liên tục của hàm số $\Phi$ tại điểm $x_0$.

Tính không khả vi của hàm được xây dựng

Hàm $\Phi$ không khả vi tại bất kỳ điểm nào trên đường thẳng.

Thoạt nhìn, điều này có vẻ rất đáng ngạc nhiên: khi $n$ phát triển, tập hợp các điểm không khả vi của các hàm $\Phi_n$ trở nên dày đặc hơn và sâu hơn, do đó, đương nhiên người ta kỳ vọng rằng “trong giới hạn”, tức là đối với các hàm $\Phi$, nó sẽ lấp đầy toàn bộ đường thẳng. Tuy nhiên, lý luận ngây thơ này là không chính xác, như hàm ví dụ cho thấy

$$G(x) = \lim_{n \to \infty} G_n(x),$$

trong đó các hàm $G_1, G_2, G_3$ được hiển thị trong Hình 6. Rõ ràng, $G(x) = 1 - x^2$ là hàm khả vi tại bất kỳ điểm nào.

Chứng minh bằng phản chứng, chúng ta giả sử rằng với một số $x_0 \in \mathbb{R}$ có $\Phi'(x_0)$.

“Khóa” $x_0$ theo trình tự gần đúng kép theo khuyết tật và bằng hình ảnh:

$$\frac{s_k}{2^{k+1}} \leqslant x_0 < \frac{s_k + 1}{2^{k+1}} \quad (k = 0, 1, 2, \dots; \ s_k \in \mathbb{Z}).$$

Hãy đặt $\alpha_k = \frac{s_k}{2^{k+1}}, \beta_k = \frac{s_k + 1}{2^{k+1}}$. Sau đó

$$\alpha_k \leqslant x_0 < \beta_k \quad (k = 0, 1, 2, \dots)$$

Và

$$\lim_{k \to \infty} \alpha_k = \lim_{k \to \infty} \beta_k = x_0.$$

Từ (1)

$$0 < \frac{\beta_k - x_0}{\beta_k - \alpha_k} \leqslant 1$$

$$0 \leqslant \frac{x_0 - \alpha_k}{\beta_k - \alpha_k} \leqslant 1.$$

Từ đây, từ (2) và từ danh tính dễ kiểm chứng

$$\frac{\Phi(\beta_k) - \Phi(\alpha_k)}{\beta_k - \alpha_k} - \Phi'(x_0) =$$

$$= \frac{\beta_k - x_0}{\beta_k - \alpha_k} \left[ \frac{\Phi(\beta_k) - \Phi(x_0)}{\beta_k - x_0} - \Phi'(x_0) \right] +$$

$$+ \frac{x_0 - \alpha_k}{\beta_k - \alpha_k} \left[ \frac{\Phi(x_0) - \Phi(\alpha_k)}{\beta_k - x_0} - \Phi'(x_0) \right]$$

nên

$$\lim_{k \to \infty} \frac{\Phi(\beta_k) - \Phi(\alpha_k)}{\beta_k - \alpha_k} = \Phi'(x_0).$$

12

$$\Phi(2\bar{x}) = 2\Phi(\bar{x}) - 2\varphi_0(\bar{x}) = 2\Phi(\bar{x}) - 2\bar{x} = 2M - 2\bar{x} \leqslant M$$
$$\bar{x} \geqslant \frac{M}{2} \geqslant \frac{1}{3}.$$

Từ tính đối xứng của đồ thị hàm số Ф so với đường thẳng $x = \frac{1}{2}$ suy ra rằng không có điểm cực đại nào trên khoảng $] \frac{2}{3}; 1]$.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng $M = \frac{2}{3}$. Chúng tôi áp dụng lại đẳng thức (3):

$$\Phi(4x) = 2\Phi(2x) - 2\varphi_0(2x) = 2[2\Phi(x) - 2\varphi_0(x)] - 2\varphi_0(2x) = 4\Phi(x) - 4\varphi_0(x) - 2\varphi_0(2x)$$
$$\Phi(x) = \varphi_0(x) + \frac{1}{2}\varphi_0(2x) + \frac{1}{4}\Phi(4x) = \Phi_1(x) + \frac{1}{4}\Phi(4x).$$

Hàm $\Phi_1$ trên đoạn $[\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$ được xây dựng và bằng $\frac{1}{2}$ (Hình 3), do đó, trên đoạn này

$$\Phi(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\Phi(4x).$$

Vì $\bar{x} \in [\frac{1}{3}; \frac{2}{3}] \subset [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$, đẳng thức (4) có thể được áp dụng cho $\bar{x}$:

$$M = \Phi(\bar{x}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\Phi(4\bar{x}) \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{4}M$$
$$M \leqslant \frac{2}{3}.$$

Chúng ta hãy nhớ rằng $M \geqslant \Phi(\frac{1}{3}) = \frac{2}{3}$, và cuối cùng tìm thấy $M = \frac{2}{3}$. Ngoài ra, $\Phi(\frac{1}{3}) = \Phi(\frac{2}{3}) = \frac{2}{3}$.

Để chứng minh thêm rằng nếu $\bar{x} - \text{точка максимума},$ thì $4\bar{x} - \text{точка максимума};$ nếu $4\bar{x} - \text{точка максимума}$ và $\{\bar{x}\} \in [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$ thì $\bar{x} - \text{точка максимума}$. Để chứng minh điều đó, hãy lưu ý rằng đẳng thức (4) đúng với mọi $x$ sao cho $\{x\} \in [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$ (kiểm tra!). Hãy để $\bar{x} - \text{точка максимума}$. Sau đó $\{\bar{x}\} \in [\frac{1}{3}; \frac{2}{3}] \subset [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$.

$$\frac{2}{3} = M = \Phi(\bar{x}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\Phi(4\bar{x})$$
$$\Phi(4\bar{x}) = \frac{2}{3} = M.$$

Bây giờ hãy đặt $4\bar{x} - \text{точка максимума}$ và $\{\bar{x}\} \in [\frac{1}{4}; \frac{3}{4}]$. Sau đó $\Phi(4\bar{x}) = M = \frac{2}{3}$ và $\Phi(\bar{x}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\Phi(4\bar{x}) = \frac{2}{3} = M.$

Nhiều điểm tối đa

Chúng ta hãy tìm hiểu cấu trúc của tập hợp $E$.

Có lẽ, nếu Hermite biết nó phức tạp đến mức nào, anh ta sẽ phản ứng với các chức năng của Van der Waerden với thái độ thậm chí còn ghê tởm hơn. Mặt khác, ai biết được - có lẽ cấu trúc đẹp và tinh tế của tập hợp này sẽ thu hút Hermite nghiên cứu về các hàm không khả vi.

Chúng ta biết hai điểm của tập hợp $E$:

$$\frac{1}{3} \text{ и } \frac{2}{3};$$ chúng tôi cũng biết rằng $E \subset [\frac{1}{3}; \frac{2}{3}]$.

Hơn nữa, tập $E$ bị đóng. Điều này có nghĩa như sau: nếu có một dãy điểm hội tụ trong tập hợp $E$ thì giới hạn của dãy này cũng thuộc về $E$. Hãy chứng minh điều đó. Đặt $x_n \in E$ ($n=1, 2, 3, \dots$), tức là $\lim_{n \to \infty} x_n = \bar{x}$; thì từ tính liên tục của hàm số $E$ tại điểm $\bar{x}$ suy ra $\Phi(\bar{x}) = \Phi(\lim_{n \to \infty} x_n) = \lim_{n \to \infty} \Phi(x_n) = M$, tức là $\bar{x} \in E$.

Từ những gì đã được chứng minh ở cuối đoạn trước và thực tế rằng $1$ là chu kỳ của hàm $E$, suy ra rằng nếu $x - \text{точка максимума} E$ thì các điểm $\frac{1}{4} + \frac{x}{4} = \frac{x+1}{4}, \frac{2}{4} + \frac{x}{4} = \frac{x+2}{4}$ cũng thuộc về $E$. Như vậy, bắt đầu từ các điểm $\frac{1}{3}, \frac{2}{3}$, người ta có thể dựng nhiều điểm của tập hợp $E: \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3}, \frac{2}{4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3}, \frac{1}{4} + \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3}$, v.v.

Dễ dàng nhận thấy mọi số đều có dạng

$$x = \frac{a_1}{4} + \frac{a_2}{4^2} + \dots + \frac{a_n}{4^n} + \frac{1}{4^n} \cdot \frac{a_{n+1}}{3},$$

13

trong đó $a_1, a_2, \dots, a_n, a_{n+1}$ là một hoặc hai và là các phần tử của tập hợp $E$. Từ
$$\frac{1}{3} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4^2} + \frac{1}{4^3} + \dots,$$
$x$ như vậy có thể được biểu diễn dưới dạng
$$x = \frac{a_1}{4} + \frac{a_2}{4^2} + \dots + \frac{a_n}{4^n} + \frac{a_{n+1}}{4^{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{4^{n+2}} + \dots$$
hoặc, bằng cách tương tự với các phân số thập phân, ở dạng phân số bốn lần tuần hoàn vô hạn với chu kỳ dài 1:
$$x = 0, a_1 a_2 \dots a_n a_{n+1} a_{n+1} = 0, a_1 a_2 \dots a_n (a_{n+1}).$$
Vì tập $E$ là đóng nên bất kỳ số nào
$$x = \frac{a_1}{4} + \frac{a_2}{4^2} + \dots + \frac{a_n}{4^n} + \frac{a_{n+1}}{4^{n+1}} + \frac{a_{n+2}}{4^{n+2}} + \dots$$
trong đó $a_i$ là một hoặc hai thì tập hợp $E$ thuộc về. Thật vậy, với mỗi $x$ như vậy, người ta có thể tìm thấy một chuỗi gồm các phần tử $(x_n)$ từ $E$ hội tụ đến $x$; ví dụ nếu
$$x_n = \frac{a_1}{4} + \frac{a_2}{4^2} + \dots + \frac{a_n}{4^n} + \frac{1}{4^n} \cdot \frac{1}{3},$$
thì $\lim_{n \to \infty} x_n = x \left(0 \leqslant x - x_n \leqslant \frac{1}{4^{n+1}}\right)$.

Do đó, tập hợp $E$ chứa tất cả các số, trong đó biểu diễn $0, a_1 a_2 a_3 \dots$ dưới dạng phân số vô hạn bốn lần, tất cả các chữ số $a_i$ là một hoặc hai (Hình 8 hiển thị khai triển bậc bốn của các số $\frac{1}{12}, \frac{2}{12}, \dots, \frac{11}{12}$).

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng $E$ không chứa bất kỳ số nào khác. Giả sử trong ký hiệu bốn của số $x \in E$ có một chữ số 0 ở một vị trí nào đó sau dấu thập phân, tức là $x = 0, a_1 a_2 \dots a_n 0 a_{n+2} \dots$; thì $\{4^n x\} = 0, 0 a_{n+2} \dots \in E$.

Nhưng $0, 0 a_{n+2} a_{n+3} \dots < 0, 033 \dots = 3 \left(\frac{1}{4^2} + \frac{1}{4^3} + \dots\right) = \frac{1}{4}$ và do đó, điểm $\{4^n x\}$ không thuộc đoạn $\left[\frac{1}{3}; \frac{2}{3}\right]$ chứa $E$.

Nếu ký hiệu bốn của số $x \in E$ chứa chữ số 3, tức là $x = 0, a_1 a_2 \dots a_n 3 a_{n+2} \dots$, thì

14

Hỏi - chúng tôi trả lời

Bạn nói đúng: theo định nghĩa của tích phân được đưa ra trong sách giáo khoa (“Đại số và phần đầu của phân tích 9-10”, đoạn 60), để tồn tại tích phân $\int_a^b f(x) dx$ thì hàm bên trong $f$ phải liên tục trên đoạn có điểm cuối $a, b$ (nghĩa là trên $[a; b]$ cho $a < b$ và trên $[b; a]$ cho $a \geq b$).

Đáp số, được chỉ định trong «Kvant», thu được bằng phép nội suy được định dạng quá mức không tính đến các điều kiện mà công thức Newton-Leibniz là đúng

$$\int_a^b f(x) dx = F(x) \bigg|_a^b.$$

Công thức này đúng nếu hàm $f$ liên tục trên $[a; b]$ và $F'(x) = f(x)$ ở mọi nơi trên $[a; b]$.

Pozny

$$\int_0^x \frac{dy}{(y+1)^2} = -\frac{1}{y+1} \bigg|_0^x$$

chỉ với $x > -1$ và bất đẳng thức này tương đương với hệ

$$\left\{ \begin{array}{l} \frac{9x-15}{19} < -\frac{1}{y+1} \bigg|_0^x -1 \\ x > -1. \end{array} \right.$$

Đúng đáp số trong bài toán: $\emptyset$.

Nhân tiện, từ (*) nó suy ra

$$\int_0^x \frac{dy}{(y+1)^2} = \frac{1}{x+1} -1.$$

Với $x < -1$, chúng ta thu được một kết quả nghịch lý: tích phân của hàm dương, nghĩa là, dường như là diện tích, là âm (hãy nhớ rằng $\int_a^b f(x) dx$ là diện tích của $a < b$ và $f(x) \geq 0$ trên $[a; b]$).

Đối với những người quen với khái niệm tích phân suy rộng, hãy lưu ý rằng với $x_0 < -1$ tích phân $\int_0^x \frac{dy}{(y+1)^2}$ không tồn tại.

15

Vâng. Amstislavsky

Hiện tượng bất thường xung quanh nguồn sáng thông thường

Có lẽ mọi người đều đã có cơ hội áp dụng cái gọi là vương miện - những vòng nhiều màu bao quanh một nguồn ánh sáng ở xa, chẳng hạn như Mặt trời, Mặt trăng hoặc đèn đường. Sự xuất hiện của chúng có liên quan đến hiện tượng nhiễu xạ ánh sáng - sự hấp thụ các chướng ngại vật khác nhau bởi sóng ánh sáng.

Đã có rất nhiều bài viết về vòng nhiễu xạ và điều này không có gì đáng ngạc nhiên. Chúng rất đẹp, khá dễ kiếm và với sự giúp đỡ của chúng, bạn có thể thực hiện các phép đo rất tinh tế trong một phòng thí nghiệm khiêm tốn tại nhà. Có thể mong đợi rằng người đọc «Kvant» cũng sẽ thấy chủ đề này quan tâm.

Hình ảnh ngôi sao trên điện thoại của bạn trông như thế nào?

Hãy tưởng tượng bạn đang nhìn qua điện thoại của mình trên bầu trời đầy sao. Từ quang học hình học, người ta đã biết rằng một chùm ánh sáng song song đến từ một nguồn ở xa vô tận, chiếu vào thấu kính, phải hội tụ vào một trong các tiêu điểm bên của thấu kính, tạo ra hình ảnh chính xác của nguồn ở đó. Tuy nhiên, thực tế không phải vậy.

Do sự nhiễu xạ ánh sáng ở các cạnh của khung thấu kính, hình ảnh của ngôi sao thu được ở dạng nắp đèn được bao quanh bởi các vòng màu (Hình 1). Hóa ra kích thước là

Sự khác biệt giữa nhiều lỗ và một lỗ và một quả bóng mờ so với một lỗ thông thường là gì?

Điều gì sẽ xảy ra nếu màng ngăn được thay thế bằng một màn hình có số lượng lỗ lớn, có kích thước hoàn toàn giống hệt nhau nhưng phân bố hoàn toàn ngẫu nhiên trên bề mặt màn hình (Hình 3)?

Trong trường hợp này, một số lượng lớn các mẫu nhiễu xạ sơ cấp giống hệt nhau sẽ được xếp lớp và tổng số mẫu sẽ thay đổi rất nhiều. Thứ nhất, về tổng thể nó được chiếu sáng nhiều hơn. Thứ hai, mô hình nhiễu xạ xuất hiện dưới dạng cấu trúc bức xạ mờ nhạt. Cuối cùng, thứ ba, hình ảnh nguồn sáng xuất hiện ở trung tâm. Bức tranh này được gọi là vương miện.

Màn hình được mô tả để lấy mão răng không dễ thực hiện và không cần thiết. Hóa ra là sẽ không có sự thay đổi đáng chú ý nào xảy ra trong hình ảnh nhiễu xạ nếu một màn mờ đục có nhiều lỗ tròn giống nhau được thay thế bằng một màn trong suốt phủ một số lượng lớn các quả cầu mờ đục giống hệt nhau có kích thước tương tự nhau. Là một màn hình như vậy, nó có thể được sử dụng thành công

16

Hình 4.

Có một tấm kính thông thường được phủ một lớp lycopodem, một loại bột màu vàng từ bào tử rêu hình cầu mờ đục (Hình 4; đây là ảnh vi mô của cách tử nhiễu xạ với chu kỳ 0,02 mm, được phủ bằng lycopodem).

Làm thế nào để làm ra một loại thuốc tốt?

Để chuẩn bị thuốc, bạn sẽ cần hai tấm kính có kích thước bằng bốn tấm tetrad và lycopodium. Lycopodium có thể mua ở hiệu thuốc và sử dụng nhựa ảnh nhũ hóa có kích thước 9x12 cm làm tấm rất tiện lợi.

Thoa một giọt dầu máy hoặc dầu thực vật lên bề mặt đĩa sạch (bạn có thể sử dụng các loại hạt mỡ, bơ thực vật, bơ hoặc bột báng - bất cứ thứ gì có sẵn) và phết một lớp mỏng. Sau đó, dùng vải sạch lau nhẹ bề mặt đã bôi trơn cho đến khi sạch hoàn toàn. Lớp mỡ mỏng còn lại đóng vai trò là chất kết dính để giữ một phần lớp phủ. Một lượng nhỏ lycopodium (có kích thước bằng một cái ống lót) được đổ lên bề mặt đã được xử lý, nghiêng tấm và gõ dọc theo mép, bột được thêm vào đế của nó. Một dấu vết rộng vẫn còn trên đĩa dưới dạng một lớp lycopodium khá dày đặc và đồng nhất. Sau đó, độ nghiêng của tấm được thay đổi và bột tham chiếu được thêm vào theo một hướng khác. Quy trình này được lặp lại cho đến khi tất cả các tờ giấy được lấy ra và lycopodium dư thừa được loại bỏ bằng cách chạm vào mép dưới của tấm trên bàn. Đĩa được đổ đầy đúng cách không được quá đặc cũng như không quá trong suốt. Về hình thức, nó giống như kính mờ có mật độ trung bình.

Nếu việc mua hàng không thành công, điều đó không thành vấn đề. Nó rất dễ dàng để khử trùng và sinh sản trở lại. Tuy nhiên, nó phải được xử lý cẩn thận.

Nếu bạn muốn lưu thuốc để sử dụng nhiều lần, hãy tiến hành như sau. Đĩa đựng bụi được đặt trên bàn với nắp hướng lên trên, khung giấy rộng 0,5-1 cm, cắt theo kích thước của đĩa, đặt lên trên, phủ một đĩa thứ hai (sạch) có cùng kích thước và dùng giấy đen mổ vào các cạnh. Thiết bị thu được có thể được sử dụng thành công bất cứ lúc nào khi có nhu cầu sử dụng mẫu nhiễu xạ màu đỏ hoặc cho bạn bè xem.

Nhiễu xạ - một bức tranh ấn tượng

Nếu bạn nhìn qua một tấm bụi ở một nguồn sáng chói nào đó có kích thước góc không lớn lắm, bạn có thể quan sát thấy các lỗ nhiễu xạ được mô tả ở trên (Hình 5). Trong trường hợp này, không cần dụng cụ quang học: thấu kính của mắt đóng vai trò của vật thể. Mẫu nhiễu xạ được tạo ra trên võng mạc của mắt, nhưng được chúng ta cảm nhận được trong mặt phẳng mà nguồn sáng có thể nhìn thấy được.

Nguồn có thể là đĩa Mặt trăng trên bầu trời đêm quang đãng, được quan sát từ đường phố hoặc qua cửa sổ phòng

17

Các vòng nhiễu xạ được quan sát xung quanh các nguồn sáng ở xa khác nhau.

Hình 6. Đĩa Mặt Trăng và ảnh nhiễu xạ của nó.

Hình 7. Vương miện quanh đèn đường.

Hình 8. Một ngọn đèn sợi đốt và hình ảnh cuộn dây nóng đỏ của nó.

Hình 9. Ảnh nhiễu xạ của ngọn lửa nhẹ.

Hình 10. Vương miện quanh Mặt trời.

2 «Kvant» № 6

18

khi đèn tắt (Hình 6). Hoặc một ngọn đèn đường cách đó vài mét (Hình 7). Hoặc hình xoắn ốc nóng đỏ của đèn trên cao, được quan sát trong phòng từ khoảng cách 2-3 m (Hình 8); Sẽ tốt hơn nếu đèn được đặt sao cho đường ngắm nằm trong mặt phẳng xoắn ốc. Hoặc cuối cùng, thắp một ngọn nến (hoặc thậm chí là một que diêm) ở khoảng cách sải tay trong phòng tối (Hình 9; bên dưới, bạn có thể thấy sự phản chiếu của ngọn lửa từ bề mặt của một chiếc bàn bóng loáng).

Bạn cũng có thể chiêm ngưỡng những vương miện xung quanh Mặt trời. Nếu ngôi sao đủ thấp phía trên đường chân trời, nó sẽ được nhìn trực tiếp qua tấm phim (Hình 10, a; Mặt trời mọc được chụp ở khe hở giữa các ngôi nhà). Trong trường hợp Mặt trời ở trên cao phía trên đường chân trời, phải thêm một tấm ảnh được chiếu sáng hoặc kính mờ vào tấm bụi (Hình 10, b).

Tất cả các bức ảnh trong Hình 6-10 đều được chụp bằng máy ảnh thông thường qua tấm kính màu đỏ phủ đầy lycopodem. Họa tiết nhiễu xạ quan sát được trong ánh sáng trắng đẹp hơn nhiều. Ở giữa bức tranh có một vòng tròn ánh sáng với viền màu đỏ cam ở ngoại vi và hình ảnh một nguồn sáng ở phần giữa. Vòng tròn này có thể nhìn thấy được ở một góc khoảng 3°, gần gấp sáu lần đường kính góc của Mặt trăng hoặc Mặt trời (30′). Liền kề với vòng tròn trung tâm là hai vòng nhiễu xạ có màu sắc rực rỡ. Nếu nhìn kỹ, bạn có thể thấy cấu trúc rạng rỡ của bức tranh; nó xuất hiện rõ ràng hơn với kích thước nguồn sáng nhỏ hơn. Điều tò mò là, nếu chúng ta bỏ qua cấu trúc này và sự hiện diện của hình ảnh của nguồn, thì mẫu quan sát được rất gợi nhớ đến hình ảnh nhiễu xạ của một ngôi sao trong kính thiên văn, mặc dù được tái tạo với độ phóng đại cực lớn.

Sau khi thưởng thức những bức ảnh tuyệt đẹp về vòng nhiễu xạ, hãy nghĩ về bản chất của hiện tượng này. Có thể những cuốn sách sau đây sẽ giúp bạn điều này:

1. M. Minart. “Ánh sáng và màu sắc trong tự nhiên.” (M., “Nuka”, 1969, trang 222.)
2. R.V. Paul. “Quang học và vật lý nguyên tử”. (M., “Nuka”, 1966, trang 149.)
3. “Bán buôn trong phòng thí nghiệm tại nhà.” (M., “Nuka”, bộ “Thư viện «Kvant»”, số 4, trang 125.)

Ứng dụng. Bước sóng của ánh sáng là gì?

Ngay từ đầu bài viết đã nói rằng có thể thực hiện những thay đổi rất tinh tế bằng cách sử dụng mẫu nhiễu xạ. Ví dụ, bước sóng của ánh sáng. Hãy cho thấy điều này có thể được thực hiện như thế nào.

Như các quan sát và tính toán cho thấy, phần lớn ánh sáng đi qua lỗ rơi vào vùng của vòng tròn ánh sáng trung tâm (được coi là ảnh nhiễu xạ của nguồn). Kích thước của nó lần lượt liên quan đến đường kính lỗ d và bước sóng ánh sáng λ.

$$d \sin \varphi = 1,22 \lambda,$$

trong đó φ là bán kính góc của vòng tối thứ nhất, và do đó là vòng tròn ánh sáng ở giữa. Từ đây, biết d và φ, bạn có thể tìm được λ.

Mối quan hệ tương tự cũng đúng với mẫu nhiễu xạ thu được khi sử dụng một tấm kính phủ lycopodem. Động lực d của các hạt<liên kết có thể được ước tính dễ dàng từ ảnh vi mô của cách tử nhiễu xạ với chu kỳ 0,02 mm. Từ Hình 4, rõ ràng là d≈0,03 mm≈3·10⁻⁵ m.

Để xác định góc φ, chúng ta tiến hành như sau. Từ giấy đen, chúng ta sẽ tạo ra nhiễu xạ với vương miện được tạo bằng cách chơi với các lỗ thủng: một cái ở giữa, có đường kính 5-7 mm và hai cái bên, nằm đối xứng với cái ở giữa và cách nhau một khoảng cách nhất định và đo chính xác a, ví dụ a = 3 cm.

Hãy sử dụng đèn pin làm nguồn sáng. Hãy che tấm kính của nó bằng vật nhiễu xạ mà chúng ta đã tạo sao cho lỗ trung tâm nằm đối diện hoàn toàn với bóng đèn và đặt một tấm kính màu đỏ lên trên đó. Nhìn bóng đèn qua một tấm bụi, nó sẽ di chuyển ra xa nguồn đến một khoảng L sao cho vân nhiễu xạ có gai nhọn tối đầu tiên mà mắt có thể nhìn thấy sẽ đi qua các lỗ thủng bên trong vân nhiễu xạ. Trong trường hợp này

$$\sin \varphi \approx tg \varphi = \frac{a}{2} L = \frac{a}{2L}$$

(chúng ta đã lợi dụng thực tế là đối với các góc nhỏ, sin của các góc có thể được thay thế bằng tiếp tuyến của chúng).

Do đó, bước sóng λ có thể được tính bằng công thức

$$\lambda = \frac{d \sin \varphi}{1,22} \approx \frac{da}{2,44L}.$$

Nghịch đảo bài toán cũng có thể được giải. Nếu biết bước sóng (đối với ánh sáng đỏ λ = 0,65 μm) thì không khó để xác định lycopodem nhiễu xạ. Hãy tự làm điều đó.

19

Bài toán
M746 — M750; F758 — F762

M746. Một hình vuông bằng giấy được gấp đôi dọc theo một đường thẳng nào đó đi qua tâm thành một hình ngũ giác (không lồi). Cách vẽ đường thẳng l để:
a) hình ngũ giác thu được có diện tích lớn nhất?
b) Nó có chứa một hình tròn có bán kính lớn nhất có thể không (Hình 1)?

K. Wolfson

M747. a) Tổng của n số bằng 0 thì tổng mô hình của chúng là a. Chứng minh rằng hiệu giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất trong chúng không nhỏ hơn 2a/n.
b) Bên trong n-giác lồi $A_1A_2...A_n$, chọn một điểm O sao cho tổng các vectơ $\vec{OA}_1 + \vec{OA}_2 + ... + \vec{OA}_n$ bằng vectơ 0 và tổng chiều dài của chúng bằng d. Chứng minh rằng chu vi của n-giác này không nhỏ hơn 4d/n.
b) Có thể cải thiện ước tính này (đối với một số n) không?

V. Prasolov

M748. a) Có thể đặt một số hữu hạn parabol trên một mặt phẳng sao cho diện tích bên trong của chúng bao phủ toàn bộ mặt phẳng không? (Chúng ta gọi vùng bên trong của parabol là hình lồi, ranh giới của nó là parabol này - xem Hình 2)
b) Có một số hình nón không giao nhau nằm trong không gian. Chứng minh rằng chúng không thể di chuyển sao cho chúng bao phủ toàn bộ không gian. (Ở đây chúng ta gọi hình nón là một hình lồi không giới hạn thu được bằng cách quay một góc nhất định quanh phân giác của nó.)

O. Kuzminykh

M749* a) Chứng minh rằng nếu $x_1, x_2, x_3$ là số dương thì
$$\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \frac{x_3}{x_1+x_2} \geq \frac{3}{2};$$
Trong những điều kiện nào thì sự bất bình đẳng này biến thành sự bình đẳng?

20

6. Chứng minh rằng nếu $x_1, x_2, \ldots, x_n$ là số dương thì
   $$\frac{x_1}{x_2+x_n} + \frac{x_2}{x_3+x_1} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_{n-2}} + \frac{x_n}{x_1+x_{n-1}} \geq 2,$$
   Hơn nữa, sự bình đẳng chỉ có thể xảy ra với $n=4$.
   c) Chứng minh rằng với $n>4$ bất đẳng thức điểm
7. là chính xác theo nghĩa là không
   $n$ số 2 ở bên phải không thể thay thế được
   để biết thêm.

A. Prokopyev

M750. Chứng minh rằng, dù bạn tô màu các ô của tờ giấy ca rô vô hạn bằng màu $N$ như thế nào thì vẫn có
a) một hình chữ nhật, các đỉnh của nó nằm ở tâm của các ô cùng màu (và các cạnh chạy song song với các đường của lưới - dọc theo các đường thẳng đứng và nằm ngang - Hình 3, a);
b) $l$ các đường ngang và $m$ đường dọc cắt nhau tại tâm của $lm$ ô cùng màu ($l$ và $m$ là các số tự nhiên bất kỳ - Hình 3, b);
c) một tam giác vuông cân, các đỉnh của nó là tâm của các ô cùng màu, tại $N=2$ (Hình 3, θ);
d)* tương tự cho $N=3$.

S. Bespamyatnykh

F758. Phôi cứng được kẹp giữa hai thanh dẫn hướng song song di chuyển theo hướng ngang với tốc độ $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$ (Hình 4). Tại một thời điểm nào đó, các điểm tiếp xúc của phôi với các thanh dẫn hướng nằm trên đường thẳng vuông góc với các vectơ $\vec{v}_1$ và $\vec{v}_2$. Những điểm nào của phôi có vận tốc tại thời điểm này có giá trị tuyệt đối bằng $v_1$ và $v_2$?
S. Krotov

F759. Một thanh không trọng lượng có chiều dài $l$ với tải trọng khối lượng nhỏ $m$ ở cuối bản lề được cố định tại điểm $A$ (Hình 5) và ở vị trí thẳng đứng, chạm vào vật có khối lượng $M$. Với một cú đẩy nhẹ, hệ thống bắt đầu di chuyển. Với tỷ lệ nào giữa $m$ và $M$ thì thanh tại thời điểm “tách” khỏi vật $M$ sẽ tạo một góc $\alpha=\pi/6$ với đường chân trời? Tốc độ của cơ thể $M$ lúc này sẽ là bao nhiêu? Hãy đưa ra yêu cầu bồi thường.

K. Serdeev

F760. Một quả cầu thép có khối lượng $m_2=1$ g được đặt vào một bình chứa nhiệt chứa $m_1=20$ g helium với tốc độ $v=100$ m/s. Tìm sự thay đổi nhiệt độ trong bình. Tác động của quả bóng lên thành bình và tác động của các nguyên tử lên quả bóng được coi là đàn hồi tuyệt đối.

R. Aleksadrov

21

We have been publishing Kvant’s contest problems every month from the very first issue of our magazine. The problems are nonstandard ones, but their solution requires no information outside the scope of the USSR secondary school syllabus. The more difficult problems are marked with a star (*). After the statement of the problem, we usually indicate who proposed it to us. It goes without saying that not all these problems are first publications.

Giải pháp cho vấn đề này (bằng tiếng Nga hoặc tiếng Anh) có thể được đăng muộn nhất vào ngày 31 tháng 8 năm 1982 tới địa chỉ sau: Liên Xô, Moscow, 117071, Moscow.

F761. Mạch được lắp ráp từ một cục pin, hai ampe giống hệt nhau và hai vôn kế giống hệt nhau (Hình 6). Các ampe $A_1$ và $A_2$ thể hiện sự tương ứng của $I_1=1,1$ mA, $I_2=0,9$ mA; vôn kế $B_2$ hiển thị $U_2=0,25$ Q. Vôn kế $B_1$ hiển thị gì? Điện áp pin là gì?

Z. Rafailov

F762. Hình 7 thể hiện đặc tính vôn kế của đèn sợi đốt, điện áp định mức là $U_H=220$ V, công suất định mức là $P_H=100$ W. Đèn sẽ được mắc nối tiếp vào nguồn điện xoay chiều (220 V, 50 Hz)

Hình 7.

với công suất tụ $C=10$ µF. Xác định cường độ dòng điện trong đèn và điện áp trên nó. Giả sử rằng trong thời gian điện áp không đổi, nhiệt độ của dây tóc thực tế không thay đổi.

A. Zilberman

Problems

M746 — M750; P758 — P762

M746. A paper square is folded in half along a line $l$, passing through its centre, into a (non-convex) nine-sided polygon. How should the line $l$ be chosen in order to:
a) make the area of the polygon maximal?
b)* dựng một đường tròn có bán kính cực đại chứa trong đa giác (xem hình 1)?

K. Vulfson

M747. a) The sum of $n$ numbers is zero, the sum of their absolute values is $a$. Prove that the difference between the largest and smallest number is no less than $2a/n$.
b)* The point $O$ is chosen inside the polygon $A_1A_2...A_n$ so that the sum of vectors $\overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2} + ... + \overrightarrow{OA_n}$ is the zero vector and the sum of their lengths is $d$. Prove that the polygon’s perimeter is no less than $4d/n$.
c)* Can this estimate be improved (for certain $n$)?

V. Prasolov

M748. a) Có thể đặt một số hữu hạn parabol trên mặt phẳng sao cho miền bên trong của chúng bao phủ toàn bộ mặt phẳng không? (Miền bên trong của parabol là hình lồi được giới hạn bởi nó - xem hình 2).
b)* Several non-intersecting cones are placed in space. Show that they cannot be moved so as to cover the entire space. (By a cone here we mean the unbounded convex figure obtained by rotating an angle about its bisector).

O. Kuzminykh

23

Lời giải bài toán
M706 — M710; F718 — F722

M706. Từ tâm của hai đường tròn này vẽ các tiếp tuyến với đường tròn kia. Chứng minh rằng các dây nối giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn (các dây này được tô màu đỏ trong hình) có cùng độ dài.

M707. Mỗi học sinh trong lớp học không quá hai vòng tròn và đối với bất kỳ cặp học sinh nào cũng có một vòng tròn để các em học cùng nhau. Chứng minh rằng tồn tại một vòng tròn có ít nhất 2/3 lớp đó tham dự.

Nếu cả lớp cùng tham gia vào một trong các vòng tròn thì mọi thứ đã được chứng minh. Để cả lớp không học theo bất kỳ vòng tròn nào. Hãy xem xét một trong các vòng tròn (hãy gọi nó là vòng tròn số 1) và một trong những học sinh có liên quan đến vòng tròn này (hãy gọi anh ấy là học sinh A). Vì cả lớp không thuộc vòng tròn số 1 nên sẽ có một học sinh B không tham gia vào vòng tròn này. Theo điều kiện, có vòng tròn số 2, nơi học sinh A và B học cùng nhau. Vì vòng tròn này không bao gồm toàn bộ lớp nên có học sinh C không được bao gồm. Nhưng học sinh A chỉ học ở vòng tròn số 1 và số 2 nên học sinh C cùng học với học sinh A ở vòng tròn số 1. Khi đó sẽ có vòng tròn số 3, nơi học sinh B và C học cùng nhau. Xét bất kỳ học sinh D nào khác (nếu trong lớp còn có những học sinh khác ngoài học sinh A, B và C). Nếu học sinh D không học ở vòng tròn số 1 hoặc vòng tròn số 2 thì anh ta sẽ không có vòng tròn chung với học sinh A. Nếu D không học ở vòng tròn số 1 và vòng số 3 thì D không học ở vòng tròn số 1 và vòng tròn số 3 thì D không học ở vòng tròn số 2 và số 3 thì D không có vòng tròn chung với học sinh B. Như vậy, mỗi học sinh trong lớp phải thuộc hai trong ba vòng tròn đang xét. Ký hiệu lần lượt là $y_1, y_2$ và $y_3$ số học sinh ở các vòng tròn số 1, số 2 và số 3, ta được $y_1 + y_2 + y_3 = 2y$, trong đó $y$ là số học sinh trong lớp. Rõ ràng là ít nhất một trong các số $y_1, y_2, y_3$ phải ít nhất là $\frac{1}{3} \cdot 2y$.

A. Sidorenko

M708. Trên các cạnh của một tứ giác lồi có diện tích S, các hình vuông được dựng bên ngoài nó, các tâm của chúng đóng vai trò là các đỉnh của một tứ giác mới có diện tích S1. Chứng minh rằng diện tích $S_1$ của tứ giác mới MNPQ (M, N, P và Q là tâm các hình vuông dựng trên các cạnh của tứ giác ABCD này) bằng tổng diện tích các tứ giác (với các đỉnh lần lượt là tâm của hai hình vuông cạnh nhau và là trung điểm của hai cạnh kề của tứ giác ban đầu).

Hình 1.
Hình 2.
Hình 3.

24

sống mà a) $S_1 \geq 2S$; 6) $S_1 = 2S$ khi và chỉ nếu các đường chéo của hình vuông có chiều dài bằng nhau và vuông góc với nhau.

tứ giác) và hình bình hành sâu (có các đỉnh ở giữa, cạnh của một tứ giác đã cho). Hãy tìm diện tích của một hình tứ giác màu hồng như vậy - ví dụ: hình tứ giác $EMNF$ (xem Hình 1).

Ta biểu thị bằng φ góc ở đỉnh $B$ của tứ giác ban đầu. Lưu ý rằng

$$S_{EMNF} = S_{EBF} + S_{EMB} + S_{FNB} \pm S_{MBN},$$

Ngoài ra, dấu “+” được lấy nếu $\frac{3\pi}{2} - \varphi < \pi$ (Hình 2), tức là $\frac{\pi}{2} < \varphi < \pi$, và dấu “-” nếu $0 < \varphi \leq \frac{\pi}{2}$ (Hình 3).

Bằng cách tính tổng đại số của ba số hạng cuối, chúng ta tìm thấy

$$S_{EMNF} = S_{EBF} + \frac{|AB|^2}{8} + \frac{|BC|^2}{8} + \frac{|AB|\cdot|BC|}{4} \sin \left( \frac{3\pi}{2} - \varphi \right) = S_{EBF} + \frac{1}{8} \left( |AB|^2 - 2|AB|\cdot|BC| \cos \varphi + |BC|^2 \right) = S_{EBF} + \frac{|AC|^2}{8}$$

(chúng tôi đã sử dụng định lý cosin cho tam giác $ABC$).

Thực hiện tính toán tương tự cho các hình tứ giác màu hồng còn lại, cuối cùng ta thu được

$$S_1 = S + \frac{1}{4} \left( |AC|^2 + |BD|^2 \right).$$

Nhưng $S = \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \sin \alpha$ (α là góc giữa hai đường chéo $AC$ và $BD$), nên $\frac{1}{4} \left( |AC|^2 + |BD|^2 \right) \geq \frac{1}{2} |AC| \cdot |BD| \geq S$ và $S_1 \geq 2S$, chúng ta đã giải được bài toán a).

Vì các bất đẳng thức cuối cùng trở thành đẳng thức khi và chỉ khi $|AC| = |BD|$ và $\sin \alpha = 1$, tức là $(AC) \perp (BD)$, chúng ta nhận được 6).

P. Gusyatnikov

M709. Sàn của căn phòng có hình lục giác đều có cạnh 10, được lát bằng gạch hình thoi có cạnh bằng 1 và góc nhọn 60°. Bạn được phép lấy ra ba ô tạo thành hình lục giác đều có cạnh 1 và thay thế cách sắp xếp của chúng bằng một hình khác (Hình 1). Chứng minh rằng a) từ cách sắp xếp các ô của các phép toán đó có thể thu được bất kỳ phép tính nào khác; b) từ việc sắp xếp các khối trong Hình 2 không thể có được sự sắp xếp của Hình 3 với ít hơn 1000 thao tác.

Tác giả của bài toán A. Smirnov đã đề xuất một cách giải thích không gian thay thế khiến thư lời giải bài toán trở nên thường xuyên.

Hãy tưởng tượng một khối lập phương có kích thước $k \times k \times k$, được chia thành $k^3$ cốc $1 \times 1 \times 1$. Hãy đặt nó vào một “hộp mở” được dán lại với nhau từ ba hình vuông $k \times k$ có một đỉnh chung $A$ và nhìn nó theo hướng của đường chéo $HA$ (Hình 4). Chúng ta sẽ thấy Hình 3. Nếu chúng ta đổ tất cả các hình khối ra khỏi hộp (nhưng giả sử rằng còn lại $k \times k$ trên thành trong của hộp - “dấu vết” từ các hình khối), thì chúng ta sẽ thấy Hình 2. Nói chung, nếu chúng ta chỉ loại bỏ một phần của các cốc $k^3$ ở trên, thì chúng ta sẽ thấy chính xác hình ảnh được mô tả trong các điều kiện bài toán (trong đó $k = 10$): một hình lục giác được chia thành $3k^2$ hình thoi giống hệt nhau (có góc nhọn 60°)*). Trong trường hợp này, loại nào trong ba loại hình thoi - các cạnh của chúng song song với hai cạnh xác định của hình lục giác (trong Hình 5, 6 và 7, các hình thoi này được thể hiện bằng màu trắng, xanh nhạt và xanh đậm) - tương ứng với các mặt của hình lập phương, song song với một cặp mặt nhất định của hình lập phương lớn; Rõ ràng là sự tương ứng giữa các phần của hình lục giác thành hình thoi và “một phần” tương ứng

*) Tất nhiên, khi chiếu một hình lập phương lên một mặt phẳng vuông góc với đường chéo, độ dài của các cạnh và các đoạn song song với chúng sẽ được tính đến khi xác định các số (cụ thể là nhân với $\sqrt{2/3}$ - kiểm tra!), nhưng chúng tôi hy vọng rằng việc không có hệ số sẽ không gây nhầm lẫn cho độc giả - suy cho cùng, chúng tôi chỉ quan tâm đến việc sắp xếp các hình khối chứ không phải kích thước.

25

các chất trám của hộp là một. Thao tác được chỉ ra trong Hình 1 chỉ đơn giản là thêm một khối $1 \times 1 \times 1$ vào một “ổ cắm” trống hoặc loại bỏ một khối không chứa các khối khác. (Ví dụ: trong Hình 7, một khối lập phương được thêm vào “ổ cắm” được cung cấp bởi đường màu đỏ.)

Bây giờ tất cả các tuyên bố bài toán đều cho phép đưa ra lời biện minh hoàn toàn hữu hình (nếu bạn không tin tôi, hãy làm một mô hình!). Để chuyển từ Hình 2 sang Hình 3, bạn cần phân loại từng hình khối vào hộp - và tất nhiên, bạn có thể đặt tất cả chúng vào tối đa $k^3$ nước đi (có thể đạt được số lượng nước đi lớn nếu bạn lấy ra các khối đã xếp chồng lên nhau). Nếu có hai cách sắp xếp các viên kim cương: một tương ứng với việc lấp đầy $C_1$ và cách còn lại tương ứng với việc lấp đầy các hình khối $C_2$, thì bạn có thể di chuyển từ cách này sang cách khác theo bất kỳ cách nào trong hai cách: trước tiên hãy “đi xuống” Hình 2 - lấy tất cả các hình khối ra, sau đó đặt các khối $C_2$ cần thiết xuống, hoặc “nâng” lên thành một khối đầy đủ (Hình 3), sau đó lấy đỉa ra. Không khó

Hình 4.

Hình 5.

Hình 6.

hãy kiểm tra xem trong trường hợp $C_1 + C_2 \leq k^3$ phương pháp đầu tiên và trong trường hợp $(k^3 - C_1) + (k^3 - C_2) \leq k^3 \Leftrightarrow C_1 + C_2 \geq k^3$ phương pháp thứ hai đảm bảo quá trình chuyển đổi từ $C_1$ sang $C_2$ không quá $k^3$ nước đi. (Tuy nhiên, mô hình của chúng tôi cho phép chúng tôi chỉ định cho hai chất trám bất kỳ $C_1$ và $C_2$ “khoảng cách” chính xác $\rho(C_1, C_2)$ giữa chúng - số lần di chuyển nhỏ nhất mà bạn có thể di chuyển từ cái này sang cái kia. Nó bằng với số cốc mà $C_1$ và $C_2$ khác nhau, tức là số cốc $C_1$ nằm ở trên $C_2$, phẳng là số cốc $C_2$, nằm phía trên $C_1$.)

Lưu ý rằng “thoát vào không gian” đối với lời giải điều này bài toán là không cần thiết: ​​nhiều độc giả đã tuyên bố (về cơ bản là giống nhau) lời giải, mà không cần rời khỏi máy bay, đại loại như thế này. Lưu ý rằng các hình thoi có ít nhất một cạnh “ngang” (kim cương trần hình các con vật nhỏ trong bản vẽ của chúng tôi) tạo thành các sọc $k$, mỗi sọc dẫn từ trên xuống dưới của hình lục giác và bao gồm $2k$ hình thoi. Trong trường hợp này, Hình 5 tương ứng với trường hợp tất cả các dải được trộn tối đa sang bên phải, Hình 6 - sang trái và quá trình chuyển đổi (Hình 7) cho phép trên một dải ở một nơi thay thế “uốn cong sang phải” bằng “uốn cong sang phải” - để di chuyển chính xác một trong các dải hình thoi giao nhau. Bây giờ vẫn còn phải đưa ra một số ước tính bằng số về “sự pha trộn của các sọc” (tương tự như số lượng $C$ cốc trong không gian mô hình) và lời giải bài toán được hoàn thành theo cách tương tự như trên.

N. Vasiliev

M710. Có một dãy số tự nhiên riêng biệt $a_1, a_2, a_3, ...$, không có số hạng nào bằng tổng của nhiều số khác - cấp số 1, 2, $2^2$, $2^3$, …: mỗi số hạng lớn hơn tổng của các số trước đó 1. Nhưng cô ấy đang phát triển quá nhanh.

Ý tưởng chính của việc xây dựng tất cả các ví dụ sau, cho thấy đáp số cho các câu hỏi a) - d) là dương, tạo thành một chuỗi trong “gói”. Trong ví dụ a), b), với số lượng trong bếp tăng theo cấp số nhân, khoảng cách có thể được lấy xấp xỉ theo cấp số nhân và số lượng trong bếp có thể được lấy là hằng số; trong các ví dụ với chiều dài của bếp lò tăng theo cấp số nhân, giống như những con số đầu tiên của chúng, rất

26

tăng trưởng nhanh chóng.
a) Đặt $a_{2m-1}=3^m-1$, $a_{2m}=3^m$. Rõ ràng,
$(2+3)+(8+9)+...+(3^{m-1}-1+3^{m-1})<2(3+9+...+3^{m-1})=3^m-3$
biến $3^m-1$; do đó, không có số nào trong số $3^m-1$ và $3^m$ bằng tổng của các số trước đó. Hơn nữa, $a_1=2$ và $a_n<3^{(n+1)/2}<2(\sqrt{3})^n$ cho tất cả $n$. (Trong ví dụ này, chỉ có hai số trong mỗi “gói”.)
6) Chúng tôi cũng sẽ xây dựng chuỗi $(a_n)$ theo đợt. Gói thứ $m$th $(m=1, 2, ...)$ sẽ chứa 16 số:
$$15 \cdot 361^{m-1}, 16 \cdot 361^{m-1}, ..., 30 \cdot 361^{m-1}.$$
Do đó, $a_n=361^{m-1}(14+r)$, trong đó $m$ và $r$ được chọn từ điều kiện $n=16(m-1)+r$, $m=1, 2, ..., r=1, 2, ..., 16$.
Lưu ý rằng tổng của tất cả các số trong gói từ số đầu tiên đến số thứ $(m-1)$ bằng
$(15+16+...+30)+(15 \cdot 361+...+30 \cdot 361)+...+ +(15 \cdot 361^{m-2}+...+30 \cdot 361^{m-2})= =360+360 \cdot 361+...+360 \cdot 361^{m-2}=361^{m-1}-1.$
Giả sử rằng một số $a$ từ gói $m$ có thể biểu diễn dưới dạng tổng $b_1+...+b_k$ của một số số hạng nhỏ hơn $b_1, ..., b_k$ trong chuỗi của chúng ta. Vì $a>361^{m-1}$, trong số các số $b_1, ..., b_k$ có ít nhất một số từ gói $m$. Hãy xem xét hai trường hợp.
$1^\circ$. Trong số các số $b_1, ..., b_k$chính xác có một số từ gói thứ $m$; chúng ta có thể coi đây là $b_1$. Nhưng đẳng thức $a-b_1=b_2+...+b_k$ là không thể, vì một mặt, $a-b_1$, là sự khác biệt của các số từ gói thứ $m$, không nhỏ hơn $361^{m-1}$, và mặt khác, $b_2+...+b_k$, là tổng các số từ các gói có số nhỏ hơn $m$, không vượt quá $361^{m-1}-1$.
$2^\circ$. Trong số các số $b_1, ..., b_k$, có nhiều hơn một số nằm trong gói thứ $m$. Khi đó, đẳng thức $a=b_1+...+b_k$ là không thể, vì tổng của hai số khác nhau bất kỳ của gói thứ $m$ đã lớn hơn bất kỳ số thứ ba nào của gói này.
Do đó, không có số nào trong số $a_n$ có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của các số hạng khác của dãy được xây dựng.
Vì $361^{m-1} \leq (1,5)^{16(m-1)}$ và $14+r \leq 10 \cdot (1,5)^r(r=1, ..., 16)$, chúng ta nhận được
$$a_n=361^{m-1}(14+r) \leq (1,5)^{16(m-1)} \cdot 10 \cdot (1,5)^r=10 \cdot (1,5)^n$$ - điều kiện 6) được đáp ứng.
đĩa CD). Chúng ta hãy xây dựng một dãy $(a_n)$, không có số hạng nào bằng tổng của một số số hạng khác, sao cho với tất cả $n$ đều có đồng thời $a_n \leq n^{10}$ và $a_n \leq 100n^{7/2}$.
Trước tiên, hãy đặt $b_m=10^{5m-2}$ cho tất cả $m \geq 2$ tự nhiên, nghĩa là $b_2=10$, $b_3=10000$, $b_4$ bằng một theo sau là 25 số 0, v.v.
Trình tự $(a_n)$ một lần nữa sẽ được xây dựng “theo đợt”. Hãy lấy nhóm trạng thái đầu tiên từ một số - một. Là gói thứ $m$ cho $m \geq 2$, chúng tôi lấy cấp số cộng với số hạng đầu tiên $2b_m+1$, hiệu $2b_m$ và số số hạng bằng $b_m^2/2$:
$$2b_m+1, 4b_m+1, ..., b_m^3+1.$$
Chúng ta hãy ước tính tổng các số của gói thứ $m$
$$\frac{(2b_m+1)+(b_m^3+1)}{2} \cdot \frac{b_m^2}{2} = = \frac{b_m^5+2b_m^3+2b_m^2}{4} < \frac{b_m^5}{2} < b_m^5-b_m=b_m+1-b_m.$$
Do đó, tổng số trong các gói từ thứ 1 đến $m$th sẽ ít hơn
$$1+(b_3-b_2)+...+(b_{m+1}-b_m)=b_{m+1}-b_2+1<b_{m+1}.$$
Giả sử rằng một số $a$ từ gói thứ $m$ ($m \geq 2$) có thể biểu diễn dưới dạng tổng của một số số hạng khác của chuỗi được xây dựng. Vì tổng của tất cả các số hạng của dãy nên có một số số từ gói thứ $m$; hãy biểu thị chúng $c_1, ..., c_k$. Chúng ta biểu thị các số hạng còn lại của tổng bằng $d_1, ..., d_l$:

$$a=c_1+...+c_k+d_1+...+d_l.$$