Kvant 1982, số 10 · Trang

QUANTUM
10
1982

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

Liên Xô đang liên tục thực hiện một chương trình rộng rãi để sử dụng nghiên cứu không gian trên toàn thế giới. Các phi hành gia của chúng tôi đang tích cực tham gia vào lời giải các vấn đề quan trọng của nền kinh tế quốc gia. Họ theo dõi tình trạng cây trồng, cảnh báo về cháy rừng, giúp tìm kiếm khoáng sản về mặt địa chất và giúp tạo ra bản đồ chính xác về các khu vực khó tiếp cận.

Các bản vẽ được trình bày ở đây tái hiện kết quả khảo sát cùng một khu vực miền núi trên bề mặt trái đất, đồng thời quay phim thành phố bằng khối bốn camera hoạt động đồng bộ. Người đầu tiên trong số họ nhận được thiết bị chụp ảnh thông thường (Hình 1). Các đăng ký hình ảnh còn lại nằm ở các khu vực khác nhau về độ dài nghiên cứu nhìn thấy và hồng ngoại (500-600 nm, 600-700 nm và 700-840 nm). Các hình ảnh đen trắng thu được làm cơ sở cho việc tổng hợp các hình ảnh màu được hiển thị trong Hình 2 và 3. Mỗi hình ảnh trong số chúng đều có thể làm nổi bật rõ ràng một số chi tiết về đối tượng đang được nghiên cứu. lời giải rau, và thứ ba - đất ở thung lũng núi. Bản vẽ thứ tư cũng không phải là bản gốc - nó được lấy trên cơ sở những bức trước đó bằng thiết bị xử lý đặc biệt. Những hình ảnh tổng hợp như vậy giúp xác định rõ ràng hơn ranh giới của các thành tạo khác nhau.

Những cái đầu tiên được các phi hành gia P. Klimk và V. Sevastyanov nhận được vào ngày 27 tháng 6 năm 1975 tại trạm quỹ đạo dài hạn “Salyut-4” từ độ cao 340 km. Những tài liệu này nhằm mục đích nghiên cứu toàn diện về điều kiện và tài nguyên thiên nhiên của nước ta cũng như tạo ra bản đồ chính xác về các khu vực khó tiếp cận.

1

TRONG VẤN ĐỀ NÀY: TRONG VẤN ĐỀ NÀY:

A. Mikhailov. Ý nghĩa thiên văn 2
B. Gnedenko. Mikhail Vasilyevich 5
Ostrogradsky Ostrogradski
M. Levinshtein. Hiệu ứng Gann 11
M. Levinstein. The Gann effect
D.Nozin. Ai tới uống nước chanh? 19
D. Nogin. Who will fetch the lemonade?

Phòng thí nghiệm «Kvant» 2
A. Varlamov. Một trăm năm trước 22
A. Varlamov. One hundred years ago

Vấn đề «Kvant» 26
Bài toán M766 — M770; F778 — F782
Lời giải bài toán M739 — M745; F748 — F757 29
Solutions M739 — M745; P748 — P757

«Kvant» cho học sinh nhỏ 44
Problems
A. Bendukidze. Tam giác Pascal 45
A. Bendukidze. Pascal’s triangle

Hội thảo của ứng viên 48
V. Danilin. Điện ảnh. Tương đối 48
Phong trào

Nghệ thuật lập trình 52
Standard methods of programming.
Bài 1

Đánh giá, thư mục 56
M. Yadrenko, M. Kozlov.
Hành trình vào thế giới của những sự kiện ngẫu nhiên 56
M. Levinshtein. Einstein - nhà phát minh 56
M. Levinstein. Einstein — inventor
A. Egorov. Sách mới (43, 57)

Thông tin 59
O. Ovchinnikov, S. Reznichenko, G. Ykovlev.
Olympic toàn Nga dành cho học sinh 59
All-Russian school olumpiad

Đáp số, gợi ý, lời giải 63
Answers, hints, solutions
Bìa của chúng tôi (4)
Our cover page (4)
Trộn (18, 55, 58)
Miscellaneous (18, 55, 58)

Cờ vua trang 63
Queen sacrifices once more (3 rd cover page)

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

2

Ý nghĩa của thiên văn học

Tầm quan trọng của thiên văn học và vai trò của nó trong lịch sử loài người thường bị đánh giá thấp. Người ta tin rằng thiên văn học đã giúp phát triển các quy tắc đo thời gian và định hướng

A. Mikhailov

Trái đất và đã khám phá ra rất nhiều điều thú vị trên bầu trời đầy sao, nhưng tất cả những điều này không quá quan trọng so với những gì các ngành khoa học khác như vật lý và hóa học đã mang lại cho chúng ta. Chỉ trong thời đại vũ trụ của chúng ta, tầm quan trọng của thiên văn học mới trở nên rõ ràng hơn. Tuy nhiên, có thể lập luận rằng nếu không có thiên văn học thì lịch sử thế giới sẽ khác.

Để chứng minh cho tuyên bố như vậy, chúng ta hãy giả sử rằng toàn bộ bầu trời liên tục bị bao phủ bởi những đám mây dày, khiến chúng ta không thể nhìn thấy Mặt trời, Mặt trăng, các hành tinh và bầu trời đầy sao nói chung. Tuy nhiên, sự thay đổi ngày và đêm sẽ xảy ra, điều đáng chú ý là đêm có lúc nhẹ hơn và hiện tượng này có mối liên hệ nào đó với thủy triều. Để giải thích tất cả những điều này, rất có thể họ sẽ đưa ra những lý thuyết khéo léo - những quy mô khó có thể thực hiện được.

Nhờ thiên văn học, hơn hai nghìn năm trước họ đã biết rằng Trái đất là một quả bóng. Điều này xảy ra sau sự thay đổi độ cao giữa trưa của Mặt trời và độ cao cực đại của các ngôi sao khi di chuyển theo hướng kinh tuyến. Điều này còn được thể hiện qua bóng tròn của Trái đất khi nó rơi xuống Mặt trăng trong các lần nguyệt thực. Nỗ lực thành công đầu tiên nhằm xác định chu vi địa cầu, do Eratosthenes thực hiện vào thế kỷ thứ 3 trước Công nguyên, đã đến với chúng ta. đ. Với khả năng tàng hình của các thiên thể, tất cả những điều này không thể -

4

Vì vậy, trên thực tế, máy kinh vĩ sẽ không thay đổi khái niệm về đường chân trời, mà là góc, giá trị của nó có thể quay vài độ so với α. Phương pháp thay đổi độ cong này rất không đáng tin cậy và không thể cung cấp bằng chứng về tính cầu của Trái đất, đặc biệt vì nó chỉ có thể được sử dụng trên mặt biển, nơi đường chân trời dường như là một đường thẳng và độ cao có thể được ghi lại một cách đáng tin cậy.

Một cách khác dường như tiết lộ tính cầu của Trái đất, như chúng ta đã nói, là sự thay đổi độ dư hình cầu ở các góc của hình tam giác. Tổng các góc của một tam giác có các cạnh là cung của các đường tròn lớn của quả bóng hóa ra lớn hơn 180 độ. Tính toán toán học cho thấy hiệu này - gọi là phần dư cầu - bằng

$$\varepsilon = 206265 S/R^2$$ cung giây,

trong đó $S$ là diện tích hình tam giác, $R$ là bán kính của quả bóng. Giả sử rằng có thể thay đổi các góc của một hình tam giác khổng lồ trên Trái đất từ ​​một cạnh 100 km (các đỉnh của nó rõ ràng chỉ có thể là những ngọn núi cao). Diện tích của một tam giác đều như vậy là $S = 4330$ km$^2$ và $\varepsilon = 22\%$. Giá trị này có thể được “bắt” chính xác bằng máy kinh vĩ, nhưng các thiết bị cũng được tạo ra cho mục đích thiên văn học; Đối với công việc khảo sát đất đai “thô” hơn nhiều, độ chính xác như vậy là không cần thiết. Như vậy phương pháp này sẽ không khả thi.

Có lẽ ai đó sẽ nói: thiên văn vô tuyến không che phủ bầu trời nhiều mây và có thể phát triển ngay cả khi các thiên thể không nhìn thấy được. Nhưng kỹ thuật phóng vệ tinh chỉ tồn tại được khoảng năm mươi năm, nó nảy sinh và phát triển nhờ vào “họ hàng” cũ hơn của nó, thậm chí là “tổ tiên” - thiên văn học quang học.

bìa của chúng tôi

25 năm trước, vào ngày 4 tháng 10 năm 1957, vệ tinh nhân tạo đầu tiên của Trái đất được phóng lên Liên Xô. Công trình anh hùng của các nhà khoa học, kỹ sư và công nhân Liên Xô đã mở đường vào không gian cho con người. Một kỷ nguyên mới đã bắt đầu trong lịch sử khoa học và công nghệ - kỷ nguyên của những chuyến bay vào vũ trụ.

Bìa trước có hình Sputnik 1 được gắn trên bệ trưng bày. Sputnik 1 là thiên thể nhân tạo đầu tiên được phóng lên quỹ đạo hình elip trong không gian gần Trái đất. Sự phát triển chuyển động của vệ tinh này dưới tác động của tầng khí quyển phía trên mang lại những đặc tính vật lý cơ bản của nó.

Cho đến nay, hơn 1.400 vệ tinh nhân tạo đã được phóng ở Liên Xô.

11

Hiệu ứng súng

Khoảng hai mươi năm trước, vào đầu những năm sáu mươi, nhà vật lý người Anh John Gunn đã quyết định nghiên cứu đặc tính dòng điện-điện áp của các chất bán dẫn tương đối mới lúc bấy giờ - gallium arsendum và indium phosphide - trong điện trường mạnh. Thật bất ngờ, Gunn đã phát hiện ra một hiện tượng đáng kinh ngạc: khi hướng tác dụng lên mẫu vượt quá một giá trị nhất định, dòng điện trong chất bán dẫn ở điện áp không đổi bắt đầu chuyển động theo thời gian. Nó thật tuyệt vời và hoàn toàn không thể hiểu được.

Là một nhà thí nghiệm giàu kinh nghiệm và một chuyên gia nổi tiếng trong lĩnh vực vật lý bán dẫn, Gann không thể tìm ra lời giải thích nào cho hiệu ứng này. Ông mô tả kết quả quan sát của mình vào năm 1963 trong một ghi chú ngắn và ngay lập tức thu hút sự chú ý của hàng chục nhà vật lý và kỹ sư trên khắp thế giới. Các nhà vật lý thấy thật thú vị khi giải thích hiện tượng kỳ lạ này. Các kỹ sư ngay lập tức nhận ra rằng phát hiện của Gunn báo trước sự xuất hiện của một bộ dao động bán dẫn mới có thể hoạt động ở tần số cực cao. Những máy phát điện như vậy rất cần thiết trong nhiều lĩnh vực điện tử vô tuyến, bao gồm cả hệ thống radar và thông tin liên lạc.

Hàng chục chuyên gia đã suy ngẫm về bản chất của hiện tượng được Gann phát hiện. Tuy nhiên, một năm trôi qua trước khi nó có thể được giải thích.

Chúng ta hãy cố gắng hiểu bản chất của hiệu ứng Gunn.

Hãy tưởng tượng rằng chúng ta, giống như Gunn ở thời của ông, bắt đầu nghiên cứu đặc tính dòng điện-điện áp (nghĩa là sự phụ thuộc của dòng điện vào điện áp) của một số chất bán dẫn, ví dụ như germanium (Ge), silicon (Si) hoặc gallium arsenum (GaAs).

Chúng ta hãy sử dụng một tinh thể đơn khổng lồ, là chất bán dẫn loại n (trong đó hạt mang điện chính là electron) có điện trở suất q. Đầu tiên, hãy cắt ra một mẫu có hình dạng thông thường từ tinh thể đơn này; thuận tiện nhất là một hình song song nguyên thủy.

(Đây không phải là một nhiệm vụ dễ dàng, vì chất bán dẫn khá khó gia công và chúng ta sẽ phải sử dụng một công cụ có cạnh chứa vật liệu siêu cứng - corundum, CBN hoặc kim cương.) Bây giờ chạm vào các cạnh bên của mẫu bằng các đầu thay đổi của máy thử (một thiết bị đo điện trở). Điều tự nhiên là hy vọng rằng điện trở của mẫu chúng ta đã sửa đổi sẽ bằng

$$R_0 = \varrho \frac{l}{S} = \frac{l}{\sigma S} = \frac{l}{\sigma hd},$$

trong đó $\sigma = 1/\varrho$ là độ dẫn điện riêng của chất bán dẫn và $l, h, d$ là kích thước hình học của mẫu (Hình 1). Tuy nhiên, giá trị điện trở mà thiết bị phát hiện hóa ra lại lớn hơn hàng triệu lần so với giá trị dự đoán theo công thức này. Thực tế là ở những nơi có điện trở của các đầu kim loại của máy thử bằng chất bán dẫn, một lớp tích điện mỏng gần bề mặt sẽ xuất hiện - cái gọi là

Hình 1. Mẫu có liên hệ.

12

Các vật liệu bán dẫn mới thường được sản xuất ở dạng các tinh thể đơn nhỏ, có kích thước chỉ vài milimet. Tuy nhiên, công nghệ hiện đại cho phép thu được các chất bán dẫn được nghiên cứu kỹ lưỡng và sử dụng rộng rãi như Ge (1), Si (2), GaAs (3) ở dạng tinh thể đơn có thể tích mười và hàng trăm cm khối.

rào cản là kim loại - chất bán dẫn và thiết bị sẽ thay đổi điện trở của rào cản chứ không phải điện trở của mẫu.

Để khắc phục khó khăn này, các mặt bên của mẫu trước tiên phải được chế tạo thành các “tiếp điểm ohm”, trong đó không có rào cản. Theo quy định, các điểm tiếp xúc như vậy thu được bằng cách nấu chảy một số kim loại nhất định (indium, thiếc) hoặc hợp kim (gecmani - vàng, gecmani - bạc) vào các mặt bên. Không thể tạo được “liên hệ ohmic” tốt. Cần phải chọn vật liệu tiếp xúc, nhiệt độ và chế độ nung chảy, môi trường mà quá trình nung chảy phải được thực hiện (thường đây là môi trường khí hydro hoặc khí trơ) và chuẩn bị bề mặt của các mặt bên theo một cách nhất định.

Nhưng bây giờ mọi khó khăn đã ở phía sau, và máy thử nối với các cạnh bên của mẫu cho thấy điện trở bằng giá trị tính toán $R_0$. Bây giờ bạn có thể bắt đầu đo đặc tính dòng điện-điện áp.

Miễn là điện áp $U$ đặt vào mẫu không lớn, thì dòng điện, như mong đợi, tỷ lệ thuận với điện áp—định luật Ohm $I = U/R_0$ đúng. Tuy nhiên, ở điện áp cao, dòng điện bắt đầu tăng nhanh hơn đáng kể so với yêu cầu của định luật Ohm (đường cong 1 trong Hình 2).

Điều này không có gì đáng ngạc nhiên: khi dòng điện và điện áp cao, mẫu sẽ được làm nóng bằng nhiệt Joule. Như đã biết, chất bán dẫn nói riêng khác với kim loại ở chỗ khi nhiệt độ tăng thì độ dẫn điện của chúng tăng, tức là điện trở suất giảm. Khi chất bán dẫn được làm nóng, ngày càng có nhiều electron phá vỡ liên kết của chúng với các nguyên tử trong mạng tinh thể và trở nên tự do. Khi nồng độ electron tự do tăng lên, điện trở suất của vật liệu giảm và điện trở của mẫu giảm. Điều này có nghĩa là ở cùng một điện áp trên mẫu, dòng điện trở nên lớn hơn. Sự gia tăng dòng điện dẫn đến làm mẫu nóng lên nhiều hơn, nồng độ electron thậm chí còn tăng nhiều hơn, v.v. Đây là lý do tại sao dòng điện tăng rất mạnh khi thấy rõ sự nung nóng mẫu bằng nhiệt Joule.

(Bằng cách giải bài toán 1, ở cuối bài viết, bạn có thể tìm thấy ở điện áp và dòng điện nào thì đặc tính dòng điện-điện áp bắt đầu khác với đặc tính ohm do dòng điện chạy qua làm nóng mẫu.)

Thật thú vị khi ước tính tốc độ chuyển động có trật tự của các electron dọc theo trường (tốc độ trôi của các electron) trong điều kiện khi nhiệt lượng Joule bắt đầu gây ra sự tăng mạnh của dòng điện trong trường.

13

khi điện áp tăng lên. Chuyển động của các electron trong chất bán dẫn tương tự như chuyển động của một vật thể trong chất lỏng nhớt: một ngoại lực quyết định tốc độ chuyển động ở trạng thái ổn định. Do đó, tốc độ trôi của electron $v_\pi$ tỷ lệ thuận với cường độ điện trường -

$$v_\pi = \mu E = \mu \frac{U}{l}.$$

Hệ số tỷ lệ được gọi là tính di động. Như có thể thấy từ công thức (*), độ linh động số bằng vận tốc trôi ở cường độ trường bằng 1. Nếu thứ nguyên $v$ là m/s và thứ nguyên $E$ là V/m thì thứ nguyên $\mu$ là $\frac{m^2}{(B \cdot c)}$. Phạm vi giá trị độ linh động của điện tử đối với các chất bán dẫn khác nhau là rất rộng: từ $\sim 10^{-5} \text{ m}^2/(B \cdot c)$ đến $\sim 10^2 \text{ m}^2/(B \cdot c)$. Ở nhiệt độ phòng đối với Ge $\mu \approx 0,5 \text{ m}^2/(B \cdot c)$, đối với Si - 0,1 $\text{ m}^2/(B \cdot c)$, đối với GaAs - 0,8 $\text{ m}^2/(B \cdot c)$. Như các tính toán cho thấy (xem bài toán 1), giá trị cường độ trường tại đó ảnh hưởng của nhiệt lượng Joule bắt đầu làm biến dạng bề ngoài của đặc tính dòng điện-điện áp không vượt quá $\sim 10^4$ V/m. Trong trường hợp này, tốc độ trôi của electron không quá $10^3-10^4$ m/s.

Điều quan trọng cần nhấn mạnh là khi, do sự đốt nóng Joule của chất bán dẫn, dòng điện bắt đầu tăng mạnh khi điện áp tăng, giá trị độ linh động không thay đổi. Dòng điện quay trở lại do sự nóng lên gây ra sự xuất hiện của các electron “bổ sung”.

Vì vậy, sự gia nhiệt Joule làm biến dạng hình dạng đặc tính dòng điện-điện áp của chất bán dẫn trong vùng có điện áp động học cao; dòng điện tăng chậm hơn theo quy luật tuyến tính. Ở điện áp rất cao, dòng điện thực tế thay đổi tùy thuộc vào điện áp - nó bão hòa (đường cong 2 trong Hình 2).

Thí nghiệm dây với các mẫu có độ dài khác nhau $l$, người ta có thể nhận thấy rằng độ lệch so với định luật Ohm và độ bão hòa luôn xảy ra ở cùng một giá trị cường độ điện trường $E = U/l$.

Điều đầu tiên bạn nghĩ đến khi cố gắng giải thích hiện tượng này là giả định rằng vì lý do nào đó, khi trường phát triển $E$ sự tập trung bắt đầu giết chết $n$ các electron trong vùng. Tuy nhiên, điều này không đúng. Các thí nghiệm đối chứng cho thấy rằng trong Ge và Si thuần túy, nồng độ electron trong các trường mà tại đó độ bão hòa dòng điện được quan sát thấy không phụ thuộc vào trường. Vì dòng điện là

14

Hình 3. Sự phụ thuộc của vận tốc trôi electron $v_d$ vào cường độ điện trường $E$ đối với Ge (đường cong 1) và Si (đường cong 2).

bằng $I = env_d hd$, độ bão hòa dòng điện ở nồng độ electron không đổi có nghĩa là trong Ge và Si tốc độ trôi của electron trong điện trường mạnh không phụ thuộc vào cường độ trường.

Thoạt nhìn, tình huống này có vẻ rất kỳ lạ. Điện trường gia tốc các electron tăng lên nhưng tốc độ chuyển động có hướng của các electron không thay đổi. Tuy nhiên, chúng ta hãy nhớ rằng tốc độ trôi của các electron được xác định bởi hai quá trình: sự tăng tốc của các electron bởi trường và sự giảm tốc của chúng do sự tương tác với các nguyên tử của mạng tinh thể. Độ linh động được xác định chính xác bởi quá trình va chạm của các electron với mạng tinh thể. Vì vậy, hóa ra ở trường cao, hiệu suất của các quá trình này tăng lên và độ linh động của các electron trong Ge và Si giảm khi trường tăng. Trong trường rất mạnh, độ linh động tỷ lệ nghịch với cường độ trường. Trong trường hợp này (xem công thức (*)), tốc độ trôi của electron không còn phụ thuộc vào cường độ trường $E$ - nó trở nên bão hòa (Hình 3).

Sự bão hòa vận tốc trôi của electron trong Ge và Si trong điện trường mạnh được phát hiện trước khi Gann bắt đầu nghiên cứu của mình. Trở ngại là tính chất của electron trong điện trường mạnh có thể khác biệt rất đáng kể so với tính chất của electron trong điện trường yếu cũng đã được biết rõ. Nhưng hiệu ứng mà Gann quan sát thấy trong các mẫu

Hình 4. Sự phụ thuộc thời gian của điện áp vào mẫu (a) và dòng điện qua mẫu (b) trong thí nghiệm của Gunn. Đường chấm chấm hiển thị trường hợp khi $U < U_n$, với sự trợ giúp của các đường cong - khi $U > U_n$.

15

mẫu: $U_n = E_n l$, trong đó $E_n$ là giá trị cường độ trường gần như giống hệt nhau cho tất cả các mẫu. Đối với GaAs, giá trị của $E_n$ là xấp xỉ 3,2 · 10⁵ V/m. Chu kỳ dao động của dòng điện cũng tỷ lệ thuận với chiều dài của mẫu và bằng khoảng $T \approx 2l/v_n$, trong đó $v_n \approx \mu E_n$.

Cố gắng hiểu điều gì xảy ra trong mẫu khi xảy ra dao động, Gang đã thực hiện một nghiên cứu về hiệu quả mà ông đã phát hiện ra, tương đương với mức độ kỹ năng thực nghiệm. Ông nhận thấy rằng khi điện áp trên mẫu vượt quá giá trị ngưỡng $U_n$ thì bản chất của dòng điện và sự phân bố điện áp điện trường trong mẫu hoàn toàn thay đổi. Tại $U < U_n$, dòng điện trong mẫu là dòng điện chạy từ tiếp điểm của mẫu nơi đặt nguồn điện áp “âm” (từ cực âm) đến tiếp điểm mà “ống” được đặt vào (đến cực dương); điện trường được phân bố đều dọc theo mẫu (đường cong nét đứt trong Hình 5). Trong những điều kiện này, đặc tính dòng điện-điện áp của mẫu tương ứng với định luật Ohm. Nhưng ngay khi điện áp đặt vào mẫu đạt đến ngưỡng

Hình 5. Phân bố điện trường trong mẫu tại $U < U_n$ (đường cong nét đứt) và tại $U \geq U_n$ (đường cong liền nét). Mũi tên chỉ hướng truyền của ngôi nhà từ cực âm đến cực dương. Phần trên của hình thể hiện sơ đồ chuyển động của ngôi nhà dọc theo mô hình.

Khi đạt đến giá trị $U_n$, bản chất của phân bố trường dọc theo mẫu sẽ thay đổi mạnh. Một vùng hẹp của trường rất mạnh—một “miền”*—sẽ xuất hiện trong mẫu gần cực âm. Mặc dù chiều rộng của vùng này không lớn nhưng ưu điểm thực sự của nó là một phần đáng kể điện áp đặt vào mẫu rơi vào miền (Hình 5). Miền di chuyển từ cực âm sang cực dương với tốc độ xấp xỉ bằng $v_n/2$. Đạt được tiếp điểm anốt, miền bị phá hủy. Ngay sau đó, một miền mới được sinh ra ở cực âm và mọi thứ lại lặp lại.

Thật dễ hiểu làm thế nào mà chuyển động định kỳ của ngôi nhà theo một mô hình có liên quan đến sự dao động của dòng điện mà Gang quan sát được trong các thí nghiệm đầu tiên của mình.

Đặt một điện áp bằng $U_n$ vào mẫu. Một phần đáng kể của điện áp sẽ phát sinh trong mẫu và giảm trên miền. Nhưng điều này có nghĩa là phần còn lại của mẫu, nơi không có miền, hiện có ít điện áp hơn; do đó, trường bên ngoài miền giảm (so sánh các đường cong chấm và đặc trong Hình 5). Giá trị của vận tốc điện tỷ lệ với điện trường cũng giảm và do đó dòng điện chạy qua mẫu cũng giảm.

Trong khi miền di chuyển dọc theo mẫu thì dòng điện không thay đổi. Khi miền tới cực dương, nó bắt đầu tan rã và phần điện áp trên nó giảm. Trong trường hợp này, trường trong phần còn lại của mẫu tăng và do đó dòng điện tăng. Nhưng ngay khi trường trong mẫu ở vùng cực âm đạt đến giá trị ngưỡng $E_n$, một miền mới bắt đầu hình thành trong mẫu và dòng điện lại bắt đầu giảm. Miễn là điện áp đặt vào mẫu vượt quá giá trị ngưỡng $U_n$, quá trình này được lặp lại định kỳ (xem Hình 4, b).

*) Từ “domain” xuất phát từ tiếng Latin dominis (master, master). Vào thời Trung cổ, “lãnh địa” được gọi là sở hữu cá nhân của một lãnh chúa phong kiến ​​​​lớn. Trong vật lý, “miền” được sử dụng để chỉ một khu vực có đặc tính khác biệt rõ rệt với đặc tính của vật liệu xung quanh nó. Có miền sắt từ, miền sắt điện, miền trường mạnh và miền yếu. Hình 5 cho thấy miền trường cao.

16

Những thí nghiệm tuyệt vời
Gunn được phép “nhìn thấy” điều gì xảy ra trong một mẫu khi dòng điện xuất hiện trong đó. Tuy nhiên, họ không trả lời được câu hỏi tại sao một miền được hình thành trong mẫu, lý do vật lý nào dẫn đến sự hình thành miền đó.

Nhà vật lý người Mỹ Herbert Kremer đã có thể trả lời câu hỏi này vào năm 1964. Ông nhớ lại rằng ngay trước phát hiện của Gunn, trên cơ sở tính toán lý thuyết, người ta đã chứng minh rằng trong galley arsenide, indium phoside và một số chất bán dẫn khác, sự phụ thuộc của vận tốc trôi electron vào cường độ trường phải có dạng như Hình 6. Trong một phạm vi giá trị cường độ trường nhất định $E$, bắt đầu từ giá trị $E_n$, vận tốc trôi electron giảm khi tăng trường sức mạnh. Dựa trên công thức (*), chúng ta phải kết luận rằng trong phạm vi giá trị $E$ này, độ linh động của electron giảm khi tăng $E$ mạnh đến mức tốc độ trôi dạt giảm, mặc dù cường độ điện trường tăng.

Các hệ số mà Gunn quan sát được có liên quan như thế nào đến kiểu phụ thuộc này của vận tốc electron vào trường?

Để trả lời câu hỏi này, trước tiên hãy xem xét số nguyên tố hiển nhiên bài toán.

Đặt điện áp $U_1 < U_n$ vào mẫu. Trong trường hợp này, trường dọc theo mẫu được phân bố đồng đều

Hình 6. Sự phụ thuộc của vận tốc trôi electron $v_d$ của GaAs vào cường độ điện trường $E$. Sự phụ thuộc tương tự là đặc trưng của nhiều chất bán dẫn khác (InP, GaInSb, InGaAsP, v.v.).

có nguồn gốc và bằng $E_1 = U_1/l$. Tốc độ trôi của các electron $v_1$ bằng $v_1 = \mu E_1$ (xem Hình 6), và dòng điện là dòng electron chạy với tốc độ $v_1$ từ κατάda đến cực dương. Bây giờ chúng ta giả sử rằng ở đâu đó trong mẫu, một vùng nhỏ đã vô tình được hình thành trong đó hướng của trường lớn hơn giá trị $E_1$ một chút. Do tính chất hỗn loạn của chuyển động của các electron trong tinh thể, những sai lệch nhỏ của trường so với giá trị trung bình $E_1$ (dao động trường) phát sinh liên tục và nhiệm vụ của chúng ta bài toán là theo dõi điều gì xảy ra với sự dao động đó khi nó xảy ra.

Nếu trường này lớn hơn một chút so với phần còn lại của mẫu, điều này có nghĩa là các điện tích đã tích lũy ở ranh giới của khu vực này: âm ở phía cực âm và dương ở phía cực dương (xem Hình 5). Nói cách khác, một lượng nhỏ electron được hình thành ở bên trái của vùng đã chọn và một lượng nhỏ electron “thiếu hụt” được hình thành ở bên phải. Thêm vào trường nguồn bên ngoài, các trường phí vượt mức “số lượng lớn” này tiếp nối trường bên trong khu vực đã chọn.

Điều gì sẽ xảy ra với những biến động trường như vậy trong tương lai?

Vì chúng ta đang xem xét trường hợp khi $E_1 < E_n$, tốc độ của electron tỷ lệ thuận với trường. Do đó, các electron trong dao động sẽ di chuyển nhanh chóng trong phần còn lại của mẫu. Điều này có nghĩa là sự dao động sẽ “chạy trốn” khỏi các electron thừa ở bên trái và “bắt kịp” khu vực bên phải nơi thiếu electron. Kết quả là sự dao động của trường sẽ tiêu tan.

Bây giờ chúng ta hãy xem điều gì xảy ra với các dao động khi điện áp trường $E_2$ trong mẫu lớn hơn một chút so với giá trị ngưỡng $E_n$ (xem Hình 6). Chúng ta sẽ tiếp tục giả định rằng ban đầu trường được phân bố đồng đều dọc theo mẫu; do dao động điện tích nên phát sinh phí không gian; Kết quả là, trong một khu vực nhỏ của mẫu, trường trở nên lớn hơn so với phần còn lại của mẫu. Nhưng bây giờ có nhiều polo-

17

phản ứng bằng cách thay đổi tốc độ trôi (xem Hình 6)! Điều này có nghĩa là dao động di chuyển chậm hơn dao động điện và ở bên phải của nó. Kết quả là, ở bên trái những thứ đã có sẵn trong vôi sẽ xuất hiện những dao động điện, những dao động thỏa thuận, những trường bụi điện mới, chỗ nào “thiếu” electron thì lại càng ít: trường bụi điện sẽ “bỏ chạy” khỏi dao động. Do đó, điện tích không gian sẽ trở nên lớn hơn và trường bên trong dao động sẽ tăng lên. Nhưng sự gia tăng trường ở $E > E_n$ tương ứng với việc giảm tốc độ trôi. Kết quả là dao động sẽ chuyển động chậm hơn, thậm chí nhiều electron sẽ tích tụ ở bên trái dao động và thậm chí xuất hiện ít hơn ở bên phải dao động, trường bên trong dao động sẽ càng lớn hơn, v.v.

Vì vậy, trong điều kiện tốc độ trôi của các electron giảm khi trường tăng, sự phân bố trường đều không ổn định đối với các dao động trường nhỏ: nếu chúng bị tách ra, dao động như vậy bắt đầu tăng không kiểm soát được.

Khi nào thì sự tăng của điện tích không gian tại các biên dao động và do đó sự tăng của các dao động sẽ dừng lại? Đối với điều này, điều rất quan trọng là tốc độ của các electron bên trong dao động phải bằng tốc độ của các electron bên ngoài nó.

Trong khi trường dư bên trong dao động nhỏ, một điện áp nhỏ rơi qua nó và sự hiện diện của nó trong mẫu thực tế không ảnh hưởng đến tốc độ của các electron bên ngoài dao động. Tuy nhiên, khi trường bên trong dao động tăng lên, điện áp trên nó bắt đầu giảm ngày càng nhiều. Trong trường hợp này, điện áp trên phần còn lại của mẫu sẽ nhỏ hơn (vì tổng điện áp đặt vào mẫu không đổi). Trường bên ngoài “dao động” rơi xuống. Từ “dao động” được đặt trong dấu ngoặc kép vì nó được gọi một cách bất tiện là “một từ biểu thị một độ lệch ngẫu nhiên cần thiết - một sự hình thành hấp thụ một phần đáng chú ý của điện áp đặt vào mẫu. Sự dao động biểu hiện mạnh mẽ như vậy là một miền. Bên ngoài nhà, tốc độ của các electron giảm khi trường giảm, vì trường bên ngoài nhà luôn nhỏ hơn $E_n$. Do đó, khi ngôi nhà phát triển, tốc độ của các electron bên ngoài nhà giảm. Cuối cùng, tốc độ của các electron trong và ngoài nhà sẽ trở nên bằng nhau và sự phát triển của miền sẽ dừng lại Theo mô hình, từ kaod đến andug sẽ có một phần “ổn định” của trường mạnh không thay đổi hình dạng - miền.

Những miền này được Gunn quan sát trong các thí nghiệm của mình. Trường tối đa trong miền $E_{max}$ có thể rất lớn. Với trường trung bình trên mẫu là $E_n = U_n/l = 3,2$ kV/cm, giá trị $E_{max}$ có ​​thể là $20 \div 300$ kV/cm.

Trong nhiều năm kể từ khi Gunn phát hiện ra tác động của dao động dòng điện trong GaAs và InP, hơn 2,5 nghìn bài báo nghiên cứu về hiệu ứng Gunn và nhiều hiện tượng vật lý liên quan khác nhau đã được xuất bản trên các tạp chí khoa học.

Hiệu ứng Gunn cho đến nay đã được quan sát thấy ở hơn 20 hợp chất dẫn điện: indium antiimonide (InSb), asen antiimonide (AsSb), trong germanium cuộn, trong silicon được làm lạnh ở nhiệt độ thấp, trong các hợp chất bán dẫn bậc ba GaAlAs, InGaSb, InAsP, trong hợp chất bậc bốn InGaAsP và nhiều chất bán dẫn khác.

Ứng dụng chính của điốt Gunn (như các mẫu thường được gọi là hiệu ứng Gunn) là các máy phát tần số siêu cao.

Khi xung radar phản xạ từ mục tiêu trở về mức phản neradion thì phải khuếch đại. Mạch của một bộ khuếch đại hiện đại nhạy cảm nhất thiết phải bao gồm một bộ tạo công suất tương đối thấp nhưng rất ổn định và có độ ồn thấp (dị âm). Điốt Hann hoạt động thành công như máy phát điện trong nhiều radar hiện đại.

Hàng trăm ngàn người chết vì tai nạn súng máy trên khắp thế giới mỗi năm. Tuy nhiên, xét về nguyên tắc cơ bản thì tai nạn là vượt quá tốc độ cho phép. Trong thành phố để tuân thủ

20

Để làm rõ ước tính này, chúng tôi giới thiệu khái niệm xác suất sự kiện. Tỷ lệ $p$ số cách xảy ra sự kiện mà chúng ta quan tâm trên tổng số các phương án có thể xảy ra như nhau được gọi là xác suất của sự kiện này. Rõ ràng là $0 \leq p \leq 1$.

Trong trường hợp của chúng tôi ($n=2, m=10$), chúng tôi biểu thị bằng $p_0$ xác suất xảy ra sự kiện không người tham gia nào đi uống nước chanh và bằng $p_1$ xác suất người đầu tiên đi uống nước chanh. Sau đó $p_0 = \frac{61}{121} \approx 0,504, p_1 = \frac{60}{121} \approx 0,496$.

Không khó để tính toán rằng trong trường hợp “ném” một tay với $n=2$ và $n=3$ thì cơ hội được chọn của người chơi là như nhau và lần lượt bằng $\frac{1}{2}$ và $\frac{1}{3}$ và với $n=4$ $p_0=0,248, p_1=p_3=0,25, p_2=0,252$. Khi $n$ tăng lên, việc lựa chọn các phương án ngày càng thành công hơn. Chúng tôi đã thực hiện nó bằng máy tính lên tới $n=100$, dựa trên các thông báo sau.

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\Pi_m^n(N)$ số lượng biểu diễn của số $N$ dưới dạng tổng $n$ của các số nguyên không âm, mỗi số không vượt quá số $m$ (trong trường hợp này, các cách biểu diễn khác nhau theo thứ tự của các số hạng được coi là khác nhau!). Chúng ta cũng biểu thị bằng $\Pi_i$ số phương pháp ném ngón tay trong đó lựa chọn rơi vào người tham gia thứ $i$, bằng $\Pi$ tổng số phương án ném ngón tay, bằng $p_i$ xác suất chọn người tham gia thứ $i$. Vì vậy, $p_i = \frac{\Pi_i}{\Pi}$.

Các số $\Pi_i$ và $\Pi$ có thể dễ dàng biểu diễn dưới dạng $\Pi_m^n(N)$. Vì số lần ném ngón tay tối đa có thể là $mn$,

$$\Pi = \sum_{k=0}^{mn} \Pi_m^n(k).$$

Vì sự lựa chọn thuộc về người tham gia thứ $i$, nếu số lần “ném ngón tay” là $i+kn$ và rõ ràng là $k \leq m$ (lưu ý rằng đối với $N > mn$ $\Pi_m^n(N)=0$),

$$\Pi_i = \sum_{k=0}^{m} \Pi_m^n(i+kn).$$

(1)

Số $\Pi_m^n(N)$ có thể được tính bằng công thức truy hồi đơn giản. Số cách biểu diễn số $N$ mà chúng ta quan tâm, mà số hạng đầu tiên là 0, rõ ràng bằng $\Pi_m^{n-1}(N)$; số cách biểu diễn mà số hạng đầu tiên bằng 1 bằng $\Pi_m^{n-1}(N-1)$; mà số hạng đầu tiên là 2 - $\Pi_m^{n-1}(N-2)$; v.v. Vì số hạng đầu tiên lấy một trong các giá trị 0, 1, 2, …, $m$, $\Pi_m^n(N) = \Pi_m^{n-1}(N) + \Pi_m^{n-1}(N-1) + \dots + \Pi_m^{n-1}(N-m) = \sum_{k=0}^{m} \Pi_m^{n-1}(N-k)$ (2)

(trong tổng này, các thuật ngữ neokotryan có thể bằng 0: nếu $N$ là “nhỏ”, thì bắt đầu từ neokotryan $k$, có thể $N-k<0$ - sau đó $\Pi_m^{n-1}(N-k)=0$; ngoài ra, nếu $N$ là “lớn”, thì lên đến neokotryan $k$, có thể $N-k>m$ ($n-1$) - thì cũng $\Pi_m^{n-1}(N-k)=0$).

Sau khi tính $\Pi_m^2(k)$ cho tất cả $0 \leq k < N$, sau đó chúng tôi sử dụng (2) để tìm $\Pi_m^3(N)$, v.v.

Hệ thức (2) cũng cho phép chúng ta chứng minh rằng $n=m+1$ cơ hội của tất cả những người tham gia là như nhau. Thật sự,

$$\Pi_i = \sum_{k=0}^{m} \Pi_m^n(i+kn) = \sum_{k=0}^{m} \left[ \Pi_m^{n-1}(i+kn) + \right. + \left. \Pi_m^{n-1}(i+kn-1) + \right. + \dots + \left. \Pi_m^{n-1}(i+kn-m) \right] = \sum_{k=0}^{m} \left\{ \Pi_m^n(i+km+k) + \right. + \left. \Pi_m^n(i+km+k-1) + \right. + \dots + \left. \Pi_m^n(i+km+k-m) \right\}.$$

“Dấu ngoặc nhọn” cho mỗi $k$ trông giống như

$$\Pi_m^n(a) + \Pi_m^n(a-1) + \Pi_m^n(a-2) + \dots$$

Hóa ra “dấu ngoặc nhọn” với $k$ “nối” liền kề: thuật ngữ đầu tiên trong “dấu ngoặc nhọn” với $k=t$ bằng $\Pi_m^n(i+tm+t)$, thuật ngữ cuối cùng là yếu

21

Không khó hiểu khi số $\Pi_m^n(N)$ tại $N=0$ bằng 1, sau đó khi tăng $N$ thì tăng lên, ở $N=1 = \left[\frac{mn}{2}\right]$ thì đạt cực đại, sau đó giảm mạnh và ở $N=mn$ lại bằng 1. Sự phụ thuộc này được mô tả trong Hình 1.

Do đó, đóng góp chính cho tổng $\Pi_i$ (xem (1)) xuất phát từ số hạng mà $N=i+kn$ gần nhất với $\left[\frac{mn}{2}\right]$.

Nếu $m$ là số chẵn thì $\frac{mn}{2}$ là số nguyên và $\left[\frac{mn}{2}\right] = \frac{mn}{2}$. Điều này có nghĩa là hàm $\Pi_m^n(N)$ đạt được tối đa ở $\frac{m}{2} \cdot n$ và việc đếm, được thực hiện theo vòng tròn do $n$ người tham gia tạo thành, kết thúc ở trò chơi với số 0 (xem Hình 2, a).

Nếu $m$ là số lẻ thì mức tối đa $\Pi_m^n(N)$ đạt được là $N=\frac{m-1}{2}n + \left[\frac{n}{2}\right]$ và mức tối đa $\Pi_i$ là $i=\left[\frac{n}{2}\right]$, tức là tại trò chơi*), tức là số 0 đối diện (Hình 2, b). Đặc biệt, ở $m=5$ người chơi đối diện với người bắt đầu đếm rất có thể sẽ chạy đi lấy nước chanh; tại $m=10$ - người chơi bắt đầu đếm. Sự khác biệt về cơ hội này càng lớn, càng nhiều $n$ và càng ít $m$.

Đối với lớp phổ thông cấp 2 ($n\sim 40$), khi “ném ngón tay” một tay ($m=5$), việc đứng lên chỉ đạo người đứng đầu có lợi hơn (vài lần) so với việc là anh ta. Tuy nhiên, tôi tin rằng những người đã nắm vững lý thuyết sẽ không sử dụng nó vào mục đích ích kỷ mà sẽ kể cho các bạn cùng lớp nghe về nó.

*) Nếu $n$ là số lẻ thì việc gửi 0 người chơi sẽ tốn hai người chơi ($i=(n-1)/2$ và $i=(n+1)/2$) và mỗi người trong số họ sẽ nhận được tối đa $\Pi_i$.

22

A. Varlamov

Một trăm năm trước

Nhiều tạp chí có phần “Tạp chí của chúng tôi đã viết gì về những năm trước”, từ đó người đọc tìm hiểu về những sự kiện thú vị hoặc gây tò mò, theo quan điểm hiện đại, những sự kiện diễn ra vào thời đó. Tạp chí của chúng ta vẫn còn lâu mới kỷ niệm một trăm năm thành lập nên đã quá muộn để chúng ta bắt đầu một chuyên mục như vậy. Tuy nhiên, chúng ta hãy thử tưởng tượng xem một tạp chí tương tự như tạp chí của chúng ta có thể đã viết gì cách đây nhiều năm.

Khi đó người ta chưa phát hiện ra hiện tượng siêu dẫn, siêu chảy; thậm chí không ai nghi ngờ khả năng tạo ra tia laser và lò phản ứng nhiệt hạch, vệ tinh và các gói không gian. Vì vậy, thoạt nhìn, có vẻ như những nhà thôi miên tò mò quan tâm đến vật lý không có gì để đọc. Tuy nhiên, họ cũng đọc được, không phải vô điều kiện, rằng một thế hệ các nhà vật lý xuất sắc đã lớn lên, những người đã tạo ra nền khoa học vật lý hiện đại phức tạp.

Gần đây, tác giả của những dòng này tình cờ đọc được một cuốn sách cũ của B. Donat, “Vật lý trong trò chơi dành cho tuổi trẻ”, xuất bản vào cuối thế kỷ 19. Vào thời đó, việc nghiên cứu vật lý mang tính chất “trải nghiệm hơn”, trực quan hơn và gắn kết với thiên nhiên hơn.

Dưới đây là mô tả một số thí nghiệm thú vị được lấy từ cuốn sách nói trên.

Đài phun nước, theo đơn đặt hàng

Cấu trúc của một đài phun nước như vậy được thể hiện trong Hình 1. Chai A (dung tích khoảng một lít) có hai cổ (trên và bên) được lắp trên giá đỡ B, bên cạnh có bình chứa C để lấy nước. Cả hai cổ đều được đóng lại bằng nút cao su có lắp các ống cong a và b vào trong. Ống trong trường hợp ổ cắm chính của đài phun nước và ống a, phần cuối của ống hơi không chạm tới đáy bể chứa, đóng vai trò như một loại khóa.

Nếu ống a mở, không khí đi vào chai và nước chảy tự do ra khỏi chai qua ống b, làm tăng lượng nước vào bình chứa. Ngay khi mực nước chạm đến lỗ trong ống a, sự tiếp cận của không khí trong chai sẽ dừng lại và nước ngừng chảy từ ống b - đài phun nước đã cạn!

Để nó hoạt động trở lại cần phải mở các lỗ trên ống a. Ống c ở đáy bể phục vụ mục đích này. Nếu đường kính của nó nhỏ hơn đường kính của ống b, thì trong quá trình hoạt động của đài phun nước, dòng nước vào bể chứa vượt quá lưu lượng của nó và đến một lúc nào đó khi mở ống a sẽ đóng lại - đài phun nước sẽ ngay lập tức “im lặng”. Khi lượng nước giảm đủ để đầu ống a mở ra thì đài phun nước lại hoạt động.

Bằng cách che giấu cấu trúc bên trong của đài phun nước khỏi những con mắt tò mò (ví dụ: lót chai bằng vỏ cây), trải nghiệm này có thể được thể hiện như một tâm điểm. Bạn chỉ cần đảo ngược nguyên nhân và kết quả. Đừng để đài phun nước đặt cược hay “im lặng”, mà là bạn, đang nhìn vào

24

Nằm ở khoảng cách bằng một nửa bán kính tính từ đỉnh gương) đặt đồng hồ. Sự tiến bộ của họ sẽ được nghe rõ nhất ở tiêu điểm của tấm gương thứ hai.

Bây giờ hệ thống đã được thiết lập, hãy đặt một con búp bê hoặc một bức tượng nhỏ nào đó vào tâm điểm của một tấm gương và thông báo với những người bạn đang tập hợp rằng cô ấy có thể trả lời nhiều câu hỏi khác nhau sẽ được thì thầm vào tai cô ấy. Chiếc gương thứ hai cần phải được giấu khỏi khán giả bằng cách nào đó, chẳng hạn như bằng cách che cửa bằng những tấm rèm đơn giản hoặc thắp sáng căn phòng bằng bức tượng nhỏ và để căn phòng thứ hai tối.

Tất nhiên, bạn không thể đương đầu với trải nghiệm này một mình - trọng tâm của tấm gương xa hơn phải là một chủ đất thông minh. Tại đây anh ta sẽ kể tất cả những gì anh ta sẽ nói vào tai nhân vật và sẽ có thể trả lời các câu hỏi được đặt ra. Và ở phòng bên cạnh, những người cha này sẽ được coi là đến từ chính nhân vật đó. Nó không khó để giải thích. Nếu nguồn âm nằm ở tiêu điểm của một gương thì sau khi phản xạ từ gương đó, sóng sẽ truyền dọc theo trục của cả hai gương và sau khi phản xạ từ gương thứ hai, chúng sẽ hội tụ tại tiêu điểm của nó.

Sẽ tốt hơn nữa nếu chủ đất có một con lăn để bạn có thể đăng câu hỏi và đưa ra đáp số. Ngoài việc thước kẻ hấp thụ âm thanh, nó còn làm biến dạng giọng nói rất nhiều và điều này tất nhiên sẽ khiến trải nghiệm trở nên hiệu quả hơn.

Kính rỗng

Hóa ra là có thể chiết xuất ra nhiều âm thanh âm nhạc khác nhau từ một chiếc cốc thủy tinh có thành mỏng và theo một cách độc đáo. Tuy nhiên, hãy tự mình đánh giá.

Bạn có thể dùng nước nóng rửa tay để loại bỏ dầu mỡ bám trên ngón tay. Nhúng ngón tay của bạn vào nước và cẩn thận di chuyển ngón tay dọc theo mép kính, liên tục làm ướt ngón tay bằng nước. Lúc đầu, kính sẽ phát ra âm thanh ọp ẹp khó chịu, nhưng sau đó, khi lau kỹ các cạnh, âm thanh sẽ trở nên du dương hơn. Bằng cách thay đổi áp lực của ngón tay, bạn có thể thay đổi âm sắc của âm thanh phát ra từ kính. Ngoài ra, cao độ còn phụ thuộc vào kích thước của kính, độ dày của thành kính và lượng vật dụng bên trong.

Xin lưu ý rằng không phải ly nào cũng có khả năng tạo ra âm thanh dễ chịu khi uống, vì vậy việc tìm kiếm một chiếc ly phù hợp có thể mất nhiều thời gian và rắc rối. Tốt nhất nên uống (và không kêu cót két) những chiếc ly thật mỏng, có hình dạng giống như một parabol đang quay, có thân dài và mỏng. Âm sắc của âm thanh có thể được thay đổi bằng cách thêm nước vào ly - càng có nhiều nước trong ly thì âm thanh sẽ càng trầm.

(Và một lưu ý nữa khi quan sát. Khi mực nước dâng lên đến giữa tấm kính, sóng sẽ xuất hiện trên bề mặt của nó do sự phối hợp của các thành kính. Sự nhiễu loạn mạnh nhất sẽ ở nơi ngón tay của bạn hiện đang đặt.)

25

Điều thú vị là trên cơ sở hiện tượng được mô tả, nhà khoa học nổi tiếng người Mỹ Benjamin Franklin (đặc biệt là người đã phát hiện ra điện khí quyển) đã tạo ra một nhạc cụ nguyên bản. Mục đích của một loạt cốc thủy tinh được mài kỹ, được khoan ở giữa, cách nhau một khoảng bằng nhau, được gắn vào một trục chung. Bên dưới chiếc hộp chứa hệ thống này có gắn một giáo viên (giống như một chiếc máy may), được xoay. Từ cái chạm đơn giản của những ngón tay ướt cho đến những chiếc cốc xoay của môi trường, âm thanh tăng cường đến mức mạnh mẽ hoặc giảm xuống thành tiếng thì thầm.

Bây giờ thật khó để tưởng tượng loại nhạc cụ tuyệt vời này, nhưng những người đã nghe nó đều đảm bảo rằng sự hài hòa trong âm thanh của nó có tác động đáng kinh ngạc đối với cả người biểu diễn và người nghe. Năm 1763, Franklin đã tặng mẫu nhạc cụ này của mình cho người phụ nữ người Anh, cô Davis. Trong vài năm, cô đã trình diễn nó ở nhiều nước châu Âu, và sau đó nhạc cụ tuyệt vời này biến mất không dấu vết.

Một tấm gương không nhầm lẫn giữa bên phải và bên trái

Lấy hai chiếc gương thông thường không có khung, đặt chúng sao cho các cạnh vuông góc với nhau, mặt gương hướng vào trong và nhìn thẳng vào góc dọc theo đường phân giác của nó. Bạn sẽ thấy hình ảnh của bạn. Sau đó nhắm một mắt lại, ví dụ như mắt phải, và hình ảnh của bạn cũng sẽ nhắm mắt phải lại; giơ tay trái lên - trong gương, tay trái của bạn cũng có vẻ giơ lên. Tại sao?

Điều này không khó hiểu. Bạn không thể nhìn trực tiếp hình ảnh của nửa bên trái của mình trong gương bên trái, vì (theo định luật phản xạ) các tia phản xạ từ nó không đi về phía bạn mà theo hướng ngược lại và trên đường đi, chúng gặp gương thứ hai, bên phải. Đây là nơi thu được hình ảnh cuối cùng của nửa bên trái của bạn, bạn sẽ thấy hình ảnh này vì gương bên phải được đặt theo cách thích hợp cho việc này. Nói cách khác, một gương “truyền” hình ảnh sang gương kia một cách không thể nhận thấy, dẫn đến không phải một phản xạ mà là hai, do đó nửa bên trái tự nhiên quay trở lại bên trái và bên phải quay sang bên phải.

Teller, hãy cố gắng tăng dần góc của gương. Đầu tiên, phần giữa khuôn mặt có mũi sẽ biến mất, sau đó chỉ còn lại một tai và ở một số góc độ, hình ảnh khuôn mặt sẽ biến mất hoàn toàn, nhưng ở một góc gần 180°, hình ảnh rõ ràng của khuôn mặt sẽ xuất hiện trong gương phẳng. Nếu bạn lại làm theo trình tự ngược lại thì mọi chuyện sẽ diễn ra ngược lại: đầu tiên, khuôn mặt bắt đầu mờ đi về chiều rộng, mũi sẽ sưng lên, dài ra, sau đó con mắt thứ ba sẽ xuất hiện trên sống mũi, và… tương tự.

Để hiểu tại sao ảnh lại hành xử như vậy, hãy thử vẽ đường đi của các tia trong hệ gương như vậy với các góc khác nhau giữa các gương.

26

Bài toán

M766 — M770; F778 — F782

M766. Chứng minh rằng tổng các bình phương của ba số nguyên liên tiếp không thể là lập phương của một số tự nhiên.

Yu. ionin

M767. a) Đường $l$ chia diện tích của một đa giác lồi làm đôi. Chứng minh rằng tỉ số mà đường thẳng này chia hình chiếu của đa giác thành đường thẳng vuông góc với nó không vượt quá $1 + \sqrt{2}$ (Hình 1, a). b) Mỗi ​​đường thẳng trong ba đường thẳng chia diện tích của hình này làm đôi. Chứng minh rằng diện tích phần hình nằm trong tam giác giữa các đường thẳng không vượt quá $1/4$ tất cả các hình phẳng (Hình 1, b).

V. Prasolov

M768*. Tổng của $n$ số, mỗi số không vượt quá modulo 1, bằng $s$. Chứng minh rằng bạn có thể chọn nhiều số trong số đó sao cho tổng của các số đã chọn khác $s/3$ không quá $1/3$.

V. Grinberg

M769*. Các đường phân giác của tam giác $ABC$ cắt nhau tại điểm $L$, các đoạn tiếp theo của chúng cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại các điểm $A_1, B_1, C_1$ (Hình 2). Gọi $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp và $r$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Chứng minh đẳng thức

a) $\frac{|LA_1| \cdot |LC_1|}{|LB|} = R$; b) $\frac{|LA| \cdot |LC|}{|LB_1|} = r$;

b) $\frac{S_{ABC}}{S_{A_1B_1C_1}} = \frac{2r}{R}$.

R. Mazov

M770*. Ở đáy của paramid tam giác $PABC$ là một tam giác đều $ABC$. Chứng minh rằng nếu các góc $PAB, PBC, PCA$ bằng nhau thì paramida $PABC$ là chính quy.

27

F778. Vòng có khối lượng $m$, buộc lỏng lẻo hai vòng khối lượng mỏng $M$, bắt đầu trượt xuống; các vòng di chuyển theo các hướng khác nhau dọc theo một bề mặt ngang gồ ghề. Xác định gia tốc của vòng tại thời điểm ban đầu nếu góc $AO_1O_2$ (Hình 3) bằng $\alpha$. Không có ma sát giữa vòng và vòng.

S. Krotov

F779. Một hình vuông gồm hai nửa có tỷ số khối lượng bằng hai nằm trên một bề mặt gồ ghề. Ở góc $\alpha$ nào so với mặt tiếp giáp giữa hai nửa sợi dây phải được kéo trong mặt phẳng nằm ngang để hình vuông chuyển động về phía trước? Điểm tác dụng của lực nằm ở giao điểm của cạnh hình vuông và mặt phân cách.

E. Aliyev

F780. Một bình hình trụ có chiều cao $2h$, được chia đều cho một vách ngăn, chứa nước ở phần trên (mật độ của nó là $\rho$) và không khí ở áp suất khí quyển $p_0$ ở phần dưới (Hình 4). Một lỗ nhỏ mở ra trên vách ngăn để nước bắt đầu chảy vào phần dưới của bình. Lớp nước ở đáy bình sẽ dày bao nhiêu khi không khí bắt đầu đi lên từ lỗ? Nhiệt độ không đổi. Gia tốc của lực cứng là $g$.

V. Borodin

F781. Giữa hai quả cầu kim loại độc lập đồng tâm có bán kính $a$ và $b$ có ​​một điện tích chính xác $q$ ở khoảng cách $c$ tính từ tâm quả cầu. Điện tích nào sẽ chạy qua một dây dẫn mỏng nếu các quả cầu bị đóng kín bởi nó?

V. Komov

F782. Tụ điện được tích điện đến điện áp $U_0=100$ V và một điện trở được nối với nó. Đồng thời, trong một khoảng thời gian nhất định, năng lượng $W_1=1$ J được giải phóng dưới dạng nhiệt, và trong cùng khoảng thời gian đó, năng lượng $W_2=0,3$ J được giải phóng. Xác định điện dung của tụ điện.

A. Zilberman

Problems

M766 — M770; P778 — P782

M766. Prove that the sum of squares of three consecutive integers cannot be the cube of a naturel number.

Yu. Ionin

M767. a) The straight line $l$ splits a convex polygon into two parts of egal area; the parts are projected perpendicularly on a line orthogonal to $l$. Prove that the quotient of lengths

29

Lời giải bài toán

M739 — M745; F748 — F757

M739. Chứng minh rằng với mọi giá trị của $x$ mà vế trái có nghĩa thì đẳng thức đúng

$$\begin{align*} tg x + tg \left( x + \frac{\pi}{3} \right) + \\ + tg \left( x + \frac{2\pi}{3} \right) &: \begin{align*} tg x \times \\ \times tg \left( x + \frac{\pi}{3} \right) \times \\ \times tg \left( x + \frac{2\pi}{3} \right) \end{align*} = -3; \end{align*}$$

$$\begin{align*} tg x + tg \left( x + \frac{\pi}{n} \right) + \dots \\ \dots + tg \left( x + \frac{(n-1)\pi}{n} \right) &: \begin{align*} tg x \cdot tg \left( x + \frac{\pi}{n} \right) \times \dots \\ \dots \times tg \left( x + \frac{(n-1)\pi}{n} \right) \end{align*} = c_n \end{align*}$$

thức ăn $n$ là số lẻ, $n > 0$, $c_n$ là hằng số (tùy thuộc vào $n$).
c) Tìm $c_n$ cho mọi số lẻ $n$.

a) Đặt $tg x = z$, $tg(\pi/3) = \sqrt{3} = t$, sau đó đặt $tg(2\pi/3) = -t$. Sử dụng công thức tính tang của tổng, chúng ta thu được (tại $zt \neq \pm 1$)

$$\begin{align*} tg x + tg \left( x + \frac{\pi}{3} \right) + tg \left( x + \frac{2\pi}{3} \right) &= \frac{z + \frac{z+t}{1-zt} + \frac{z-t}{1+zt}}{z \cdot \frac{z+t}{1-zt} \cdot \frac{z-t}{1+zt}} = \\ &= \frac{z (1-z^2 t^2) + 2z + 2zt^2}{z (z^2-t^2)} = \frac{-3z^3 + 9z}{z^3 - 3z} = -3. \end{align*}$$

6. Sử dụng các công thức rút gọn $tg(x+\pi) = -tg(\pi-x) = tg x$ và số lẻ $n$, dễ dàng chứng minh được cả tử số và mẫu số của phân số

$$f(x) = \frac{tg x + tg \left( x + \frac{\pi}{n} \right) + \dots + tg \left( x + \frac{n-1}{n}\pi \right)}{tg x \cdot tg \left( x + \frac{\pi}{n} \right) \cdot \dots \cdot tg \left( x + \frac{n-1}{n}\pi \right)} = c_n$$

chuyển về 0 tại cùng các điểm của khoảng [0; $\pi$ [: 0, $\frac{\pi}{n}$, $\frac{2\pi}{n}$, …, $\frac{n-1}{n}$ $\pi$ (và mất ý nghĩa - “chuyển sang vô cực” - cũng tại các điểm tương tự $\frac{\pi}{2n}$, $\frac{3\pi}{2n}$, …, $\frac{2n-1}{2n}$ $\pi$, điểm mà chúng tôi tiếp tục loại trừ khỏi xem xét). Hãy đặt $tg x = z$, $tg \pi/k = t_k$ ($k=0, 1, \dots, n-1$). Tử số và mẫu số của phân số $f(x)$ có ​​thể được biểu diễn bằng cách thay thế $tg(x+\pi/k/n)$ bằng $(z+t_k)/(1-zt_k)$ dưới dạng tỷ số của các đa thức từ $z$:

$$z + \frac{z+t_1}{1-zt_1} + \dots + \frac{z+t_{n-1}}{1-zt_{n-1}} = \frac{S_1(z)}{R(z)},$$

$$z \cdot \frac{z+t_1}{1-zt_1} \cdot \dots \cdot \frac{z+t_{n-1}}{1-zt_{n-1}} = \frac{S_2(z)}{R(z)},$$

trong đó $R(z) = (1-zt_1) \dots (1-zt_{n-1})$ và cả hai đa thức $S_1(z)$ và $S_2(z)$ đều có bậc $n$ và có cùng nghiệm $t_0=0$, $t_1$, $t_2$, …, $t_{n-1}$. Thực tế là phân số $f(x)$, tức là $S_1(z)/S_2(z)$, là một hằng số được suy ra ngay từ bổ đề sau:

Bổ đề. Nếu một đa thức $az^n + bz^{n-1} + \dots + d = p(z)$ bậc $n$ có $n$ nghiệm phân biệt $z_0$, $z_1$, …, $z_{n-1}$, thì thực tế nó chỉ bằng $a(z-z_0)(z-z_1) \dots (z-z_{n-1})$.

Chứng minh bổ đề có thể được chứng minh bằng quy nạp theo bậc $n$ của đa thức $p(z)$. Đối với $n=1$ rõ ràng là: $az+b=a(z-z_0)$, trong đó $z_0=-b/a$. Cho $p(z)$ là đa thức bậc $n+1$ với hệ số cao nhất $a$ và nghiệm $z_0$, $z_1$, …, $z_{n-1}$. Khi đó $p(z)=p(z)-p(z_n)=az^n+bz^{n-1}+\dots+d-(az_n^n+bz^{n-1}+\dots+d)=a(z^n-z_n^n)+b(z^{n-1}-z_n^n)+\dots=(z-z_n)^q(z)$, trong đó $q(z)$ là đa thức bậc mới với hệ số dẫn đầu $a$ và nghiệm $z_0$, $z_1$, …, $z_{n-1}$. Theo giả thuyết quy nạp $p(z)=(z-z_0)\cdot a(z-z_0)(z-z_1)$. $\dots(z-z_{n-1})=a(z-z_0)(z-z_1)\dots(z-z_{n-1})$, tức là phát biểu của bổ đề cũng đúng với đa thức bậc $n+1$. (Bằng chứng sử dụng đẳng thức

$$z^k-a^k=(z-a)(z^{k-1}+z^{k-2}a+\dots+z a^{k-2}+a^{k-1}),$$

từ đó rõ ràng rằng $z^k-a^k$ chia hết cho $z-a$.

c) Tìm hằng số $c_n$ cho bất kỳ (lẻ) $n$ nào có độ khó đáng kể. Đáp số: $c_n=(-1)^{\frac{n-1}{2}}n$, tức là $c_3=-3$, $c_5=5$, $c_7=-7$, v.v. Tất cả các giải pháp mà chúng tôi đã đề cập đều sử dụng các thông điệp liên quan đến nghiệm của đa thức.

30

Hằng số $c_n$ có thể được lấy dưới dạng tỷ số giữa các hệ số cao nhất của đa thức $S_1(z)$ và $S_2(z)$. Đối với hệ số đầu tiên, hệ số dẫn đầu là $t_1 t_2 \dots t_{n-1}$, đối với hệ số thứ hai là 1, do đó, $c_n = t_1 t_2 \dots t_{n-1}$. Không khó để tìm ra dấu của tích $t_1 t_2 \dots t_{n-1}$: giữa các tiếp tuyến $t_k = \text{tg} \pi k/n$ bằng $(n-1)/2$ âm (và $t_{n-k} = -t_k$). Một số độc giả đã nhận thấy rằng tích $|t_1 t_2 \dots t_{n-1}|$ có thể được biểu thị dưới dạng tỷ lệ $Q'_n(0)/P_{n-1}(0)$, trong đó $Q_n(x)$ và $P_{n-1}(x)$ là các đa thức Chebyshev được xác định bởi các điều kiện $Q_n(2 \cos \varphi) = 2 \cos n\varphi$, $P_{n-1}(2 \cos \varphi) = \frac{\sin n\varphi}{\sin \varphi}$ (xem bài viết của N. Vasiliev và A. Zelevinsky trong «Kvant», 1982, số 4, trang 17*).

Hãy đưa ra một lý do tương tự nhưng trực tiếp hơn.

Lưu ý rằng $\text{tg} nx$ biến mất tại các điểm 0, $\frac{\pi}{n}, \frac{2\pi}{n}, \dots, \frac{n-1}{n}$ và có thể được biểu thị dưới dạng tỷ lệ $s_n(z)/r_n(z)$ của hai đa thức trong $\text{tg} x = z$; bằng quy nạp, dựa vào công thức

$$\sum_{k=0}^{m} \text{tg}^2 \frac{k\pi}{2m+1} = \frac{m(2m-1)}{3};$$

$$\sum_{k=0}^{m-1} \text{tg} \frac{(4k+1)\pi}{4m} = m;$$

$$\sum_{k=0}^{2m-1} \text{tg} \left(x + \frac{k\pi}{2m}\right) = -\frac{2m}{\text{tg} 2mx};$$

$$\sum_{k=0}^{2m} \text{tg} \left(x + \frac{k\pi}{2m+1}\right) = (2m+1) \cdot \text{tg} (2m+1)x;$$

$$\sum_{k=0}^{2m} \text{tg} \left(x + \frac{k\pi}{2m+1}\right) = (-1)^m \cdot \text{tg} (2m+1)x;$$

$$\sum_{k=0}^{n-1} \sin \left(x + \frac{k\pi}{n}\right) = \frac{1}{2^{n-1}} \sin nx.$$

Hằng số $c_n$ có thể được lấy dưới dạng tỷ số giữa các hệ số cao nhất của đa thức $S_1(z)$ và $S_2(z)$. Đối với hệ số đầu tiên, hệ số dẫn đầu là $t_1 t_2 \dots t_{n-1}$, đối với hệ số thứ hai là 1, do đó, $c_n = t_1 t_2 \dots t_{n-1}$. Không khó để tìm ra dấu của tích $t_1 t_2 \dots t_{n-1}$: giữa các tiếp tuyến $t_k = \text{tg} \pi k/n$ bằng $(n-1)/2$ âm (và $t_{n-k} = -t_k$). Một số độc giả đã nhận thấy rằng tích $|t_1 t_2 \dots t_{n-1}|$ có thể được biểu thị dưới dạng tỷ lệ $Q'_n(0)/P_{n-1}(0)$, trong đó $Q_n(x)$ và $P_{n-1}(x)$ là các đa thức Chebyshev được xác định bởi các điều kiện $Q_n(2 \cos \varphi) = 2 \cos n\varphi$, $P_{n-1}(2 \cos \varphi) = \frac{\sin n\varphi}{\sin \varphi}$ (xem bài viết của N. Vasiliev và A. Zelevinsky trong «Kvant», 1982, số 4, trang 17*).

Trong trường hợp này, đa thức $s_n(z)$ phải có $n$ nghiệm $t_0=0, t_1, \dots, t_{n-1}$ và do đó, theo bổ đề, bằng

$$s_n = e_n z (z-t_1) \dots (z-t_{n-1}) = e_n z^n + \dots + e_n t_1 \dots t_{n-1} z.$$

So sánh (1) và (2), ta được $t_1 t_2 \dots t_{n-1} = e_n n$.

Hãy đưa ra một cách khác để tìm $c_n$. Chúng ta hãy thay thế giá trị $x = \pi/4n$ vào nhận dạng $f(x) = c_n$. Sử dụng các công thức rút gọn $\text{tg} \left(\frac{\pi}{2} - x\right) = \text{tg} \left(\frac{3\pi}{2} - x\right) = 1/\text{tg} x$, không khó để chứng minh rằng tích các tiếp tuyến của các góc $\frac{\pi}{4n}, \frac{5\pi}{4n}, \dots, \frac{(4n-3)\pi}{4n}$ nằm ở mẫu số bằng $(-1)^{\frac{n-1}{2}}$.

Bạn có thể tìm tổng trong tử số dựa trên thực tế là với tất cả các góc $\text{tg} nx = 1$ này và sử dụng công thức (1) (về cơ bản, đó là tìm tổng này sau bài toán M100 - xem «Kvant», 1972, Số 12; một số sự tương ứng giữa các hàm lượng giác thuộc loại này và các hệ quả thú vị từ chúng được phân tích trong cuốn sách bởi A. M. Yaglom và I. M. Yaglom “Non-Zelematrinye bài toán trong bài thuyết trình ở cấp tiểu học” (M., GTTI, 1954), bài toán 130-145).

V. Alekseev, A. Egorov

M740. Seryozha đổ một ít hạt kê vào chảo hình trụ và hỏi dì Lida hàng xóm của mình: “Bạn cần đổ bao nhiêu nước để có được món cháo ngon?” - “Rất đơn giản,” đáp số-

a), 6). Chúng ta sẽ giả sử rằng kê lấp đầy một phần nào đó của chảo mà không có khoảng trống, giống như chất lỏng.

Đặt bán kính của một cái chảo hình trụ là $R$, và đổ thật nhiều hạt kê vào sao cho nó dâng lên độ cao $H$

*) Hơn nữa, $Q'_n(x) = nP_{n-1}(x) = |t_1 \dots t_{n-1}| \cdot P_{n-1}(x)$ với tất cả $x$.

32

M742. Trên a) một đường tròn, b) một hình cầu có bán kính 1 có n điểm. Chứng minh rằng tổng bình phương của các khoảng cách theo cặp giữa chúng không lớn hơn $n^2$.

M743. Có N thành phố trong cả nước. a) Có sự liên lạc trực tiếp giữa hai thành phố bất kỳ bằng máy bay hoặc tàu thủy. Chứng minh rằng bằng cách chỉ sử dụng một loại phương tiện giao thông, bạn có thể đi từ bất kỳ thành phố nào đến bất kỳ thành phố nào khác (có thể bằng chuyển tuyến). b) Có sự liên lạc trực tiếp giữa hai thành phố bất kỳ bằng máy bay, tàu hỏa hoặc tàu thủy. Chứng minh rằng bạn có thể chọn ít nhất N/2 thành phố và một trong ba phương thức vận tải để khi sử dụng một trong số chúng, bạn có thể đi từ bất kỳ thành phố nào đã chọn đến bất kỳ thành phố nào đã chọn khác. c) Cho ví dụ chứng minh trong câu b) không thể thay số N/2 bằng số có tính tổng quát hơn.

Hình 1.

a), b) Gọi $O$ là tâm của một đường tròn (hình cầu) nhất định, $X_1, X_2, \dots, X_n$ là các điểm đã cho, $\vec{x}_i = \vec{O}X_i$ ($i=1, 2, \dots, n$), $s$ là tổng bình phương của khoảng cách theo cặp giữa các điểm. Sau đó, kể từ $|X_iX_j|^2 = (\vec{x}_j - \vec{x}_i)^2$,

$$2s = (\vec{x}_1 - \vec{x}_1)^2 + (\vec{x}_1 - \vec{x}_2)^2 + \dots + (\vec{x}_1 - \vec{x}_n)^2 +$$

$$+ (\vec{x}_2 - \vec{x}_1)^2 + (\vec{x}_2 - \vec{x}_2)^2 + \dots + (\vec{x}_2 - \vec{x}_n)^2 + \dots +$$

$$+ (\vec{x}_n - \vec{x}_1)^2 + (\vec{x}_n - \vec{x}_2)^2 + \dots + (\vec{x}_n - \vec{x}_n)^2 =$$

$$= 2n(\vec{x}_1^2 + \vec{x}_2^2 + \dots + \vec{x}_n^2) -$$

$$-2[(\vec{x}_1\vec{x}_1 + \vec{x}_1\vec{x}_2 + \dots + \vec{x}_1\vec{x}_n) + (\vec{x}_2\vec{x}_1 + \vec{x}_2\vec{x}_2 + \dots +$$

$$\dots + \vec{x}_2\vec{x}_n) + \dots + (\vec{x}_n\vec{x}_1 + \vec{x}_n\vec{x}_2 + \dots + \vec{x}_n\vec{x}_n)] =$$

$$= 2n(\vec{x}_1^2 + \vec{x}_2^2 + \dots + \vec{x}_n^2) - 2\vec{x} \cdot \vec{x},$$

ở đâu $\vec{x} = \vec{x}_1 + \vec{x}_2 + \dots + \vec{x}_n$. Do đó, $s = n^2 - |\vec{x}|^2 \leq n^2$, và sự bình đẳng đạt được khi và chỉ khi $\vec{x}_1 + \vec{x}_2 + \dots + \vec{x}_n = \vec{0}$.

Công thức thu được cho tổng bình phương các khoảng cách theo cặp giữa các điểm $X_i$ là một công thức Lagrange rất đặc biệt cho cái gọi là “mômen quán tính” của một hệ có khối lượng chính xác. Bạn có thể đọc thêm thông tin về mômen quán tính, công thức Lagrange và ứng dụng của chúng trong hình học trong các bài viết của M. Balk và N. Grigoriev “Cơ học giúp hình học” («Kvant», 1973, Số 11) và Z. Skopets “Khoảng cách giữa tâm của hai hệ điểm” («Kvant», 1975, Số 3).

V. Prasolov

♦

a) Mệnh đề có thể được chứng minh dễ dàng bằng quy nạp theo $N$. Đối với hai thành phố thì điều đó là hiển nhiên. Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó cho $N+1$ thành phố, giả sử rằng nó đúng với $N$ thành phố.

Giả sử $\Gamma$ là một trong các thành phố $N+1$, thì các thành phố $N$ còn lại được kết nối bằng một phương thức vận tải, ví dụ như đường thủy, theo giả thuyết cảm ứng. Nếu ít nhất một trong những thành phố $N$ này có kết nối trực tiếp với thành phố $\Gamma$, thì mọi thứ đều rõ ràng. Mặt khác, những thành phố này được kết nối bằng máy bay với thành phố $\Gamma$, và do đó với bất kỳ thành phố nào khác trong số đó (với chuyển tuyến tại $\Gamma$).

b) Biểu thức lại bài toán như sau:

Cho $N$ điểm, mỗi điểm được kết nối bằng các đoạn màu đỏ, đen hoặc đen. Chúng ta sẽ nói rằng một số điểm này tạo thành một kết nối màu đỏ (xanh lam hoặc đen) nếu chúng có thể được bỏ qua bằng cách chỉ nhìn vào các đoạn màu đỏ (xanh lam hoặc đen). Dễ dàng chứng minh rằng có thể chọn được một liên kết chứa nhiều điểm hơn $A$ và $C \cup D$ cũng là một liên kết đen. Vì số điểm trong liên kết $A = A_0 \cup C$ và $B = B_0 \cup C$ không nhỏ hơn trong liên kết $C \cup D$ nên tập $A_0$ và $B_0$ không trống. Do đó, tất cả dữ liệu $N$ điểm được chia thành hai gói $A_0 \cup B_0$ và $C \cup D$. Tuy nhiên, trong số này phải chứa ít nhất $N/2$ điểm và điều này mâu thuẫn với thực tế là số điểm trong liên kết tối đa $A$ nhỏ hơn $N/2$.

Kết quả mâu thuẫn chứng minh 6).

33

c) Chúng ta hãy xây dựng một ví dụ về tập hợp các điểm $N=4k$ với các đoạn gồm ba màu nối chúng lại, trong đó số điểm trong kết nối tối đa chính xác là $N/2$. (Đối với $N=4k+r$ với $r=1$, 2, 3, cấu trúc tương tự, nhưng kích thước tối đa của kết nối sẽ bằng $[N/2]+1$ và có thể chứng minh rằng trong những trường hợp này, có thể tìm thấy kết nối có kích thước này trong tập hợp.)

Hãy chia tất cả các điểm thành 4 nhóm $A_0, B_0, C$ và $D$ với $k$ điểm trong mỗi nhóm. Chúng ta hãy kết nối bằng các đoạn màu đen tất cả các điểm của tập hợp $A_0$ với tất cả các điểm $B_0$ và tất cả các điểm $C$ với tất cả các điểm $D$. Tương tự, chúng ta nối các điểm của tập hợp $A_0$ và $C$, $B_0$ và $D$ với các đoạn màu đỏ, $A_0$ và $D$, $B_0$ và $C$ với các đoạn màu xanh lam (Hình 2 thể hiện trường hợp $k=2$). Trong mỗi nhóm trong số bốn nhóm, các phân đoạn có thể được vẽ tùy ý - hai điểm bất kỳ của bất kỳ tập hợp $A_0, B_0, C$ và $D$ nào đã được kết nối bằng các đường đứt nét của mỗi màu trong số ba màu.

Dễ dàng nhận thấy rằng với cách tô màu các đoạn như vậy, hai nhóm bất kỳ trong bốn nhóm tạo thành một liên kết có số điểm lớn nhất bằng $2k=N/2$.

L. Kurlyandchik

M744*. Một tam giác đồng dạng $A_1B_1C_1$ nội tiếp thành tam giác $ABC$ (các đỉnh $\hat{A}_1, \hat{B}_1, \hat{C}_1$ của các phần có kích thước bằng $\hat{A}, \hat{B}, \hat{C}$ lần lượt nằm trên các đoạn BC, CA và AB). Gọi $A_0, B_0, C_0$ là giao điểm của các đường $BB_1$ và $CC_1, AA_1$ và $CC_1, BB_1$ và $AA_1$. Chứng minh rằng sáu đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC_0, BCA_0, ACB_0, A_1B_1C_0, A_1C_1B_0, B_1C_1A_0$ cắt nhau tại một điểm.

Hình 1.

Hình 2.

lời giải bài toán tự nhiên lớn nhất dựa trên thực tế là tất cả 6 vòng tròn đang được xem xét đều đi qua điểm cố định của phép biến đổi độ tương tự biến $\Delta ABC$ thành $\Delta A_1B_1C_1$ tương tự của nó. Điều quan trọng đối với chúng tôi là chỉ có một sự chuyển đổi như vậy. (Thật vậy, giả sử có hai phép biến đổi tương tự, $\Pi$ và $\Pi_1$, lấy $\Delta ABC$ thành $\Delta A_1B_1C_1$. Sau đó, phép biến đổi tương tự $F=\Pi^{-1}\circ \Pi$ giữ nguyên các điểm $A$, $B$ và $C$ (ví dụ: $F(A)=\Pi^{-1}(\Pi(A))=\Pi^{-1}(A_1)=A$). Do đó, nó suy ra rằng $F$ là giao điểm và hơn nữa là một phép biến đổi đồng nhất. Do đó, phép biến đổi $\Pi^{-1}$ là nghịch đảo của $\Pi$, tức là $\Pi=\Pi_1$.

Bây giờ chúng ta hãy chia các vòng tròn đang được xem xét thành ba cặp: $ABC_0$ và $A_1B_1C_0, BCA_0$ và $B_1C_1A_0, CAB_0$ và $C_1A_1B_0$. Lấy bất kỳ cặp nào trong số này, ví dụ: hình tròn $S$ và $S_1$, ngoại tiếp các hình tam giác $ABC_0$ và $A_1B_1C_0$. Họ có điểm chung $C_0$; lấy $O$ là điểm chung thứ hai của chúng (xem Hình 1; nếu chúng chạm nhau, đặt $O=C_0$). Chúng tôi sẽ chỉ ra rằng có một phép biến đổi tương tự khiến điểm $O$ giữ nguyên và chỉ có điểm đó, và một phép biến đổi từ $\Delta ABC$ thành $\Delta A_1B_1C_1$. Vì các cặp đường tròn $S$ và $S_1$ có thể được thay thế bằng một trong hai cặp còn lại và sẽ thu được cùng một phép biến đổi tương tự, nên cả ba cặp đường tròn phải có một điểm chung, đó là điều chúng ta cần.

Vì vậy, bây giờ hãy để $O \neq C_0$; Chúng ta hãy biểu thị tâm của các vòng tròn $S$ và $S_1$ bằng $Q$ và $Q_1$. Thực hiện xoay tuần tự $R_0^\circ$ quanh điểm $O$ theo một góc $\varphi=QOQ_1$ theo hướng (ngược chiều kim đồng hồ trong hình) và chuẩn bị $H_0^\circ$ với tâm $O$ và hệ số $k=|OQ_1|:|OQ|$, ta thu được phép biến đổi tương tự $\Pi=H_0^\circ \circ R_0^\circ$, biến điểm $Q$ thành $Q_1$. Trong trường hợp này, điểm $O$ (và chỉ nó) giữ nguyên vị trí và vòng tròn $S$ biến thành một vòng tròn có tâm $Q_1$, đi qua điểm $O: \Pi(S)=S_1$. Hãy chứng minh rằng $\Pi$ là phép biến đổi mà chúng ta cần, tức là $\Pi(\Delta ABC)=\Delta A_1B_1C_1$.

Lưu ý rằng các điểm $A$ và $A_1$ nằm ở hai phía đối diện của đường $OC_0$, và do đó nằm trên hai vòng tròn $OC_0$ “bên ngoài” $S$ và $S_1$ (Hình 2). Do đó, góc $OAC_0$ có độ lớn bằng dòng chảy của góc ở tâm $\theta QC_0$, tức là $\theta AA_1=\theta QQ_1$, và tương tự, $\theta A_1A=OQ_1Q$. Vì vậy, $\Delta OAA_1 \sim \Delta OQQ_1$. Mặt khác, $\Delta OQQ_1 \sim \Delta OAA'$, trong đó $A'=\Pi(A)$, vì theo định nghĩa, các phép biến đổi là $\Pi, AOA'=\varphi=QOQ_1$ và $|OA'|=k=|OQ_1|:|OQ|$. Vì vậy, các tam giác $OAA_1$ và $OAA'$ giống nhau và có cạnh chung $OA$, do đó các điểm $A_1$ và $A'$ bằng nhau hoặc đối xứng với $(OA)$ và vì chúng nằm trên đường tròn $S_1, A_1=A'=\Pi(A)$.

34

M745. a) Cho một dãy số ($d_n$) sao cho $|d_n| \leq 1$ ($n=1, 2, \dots$). Chứng minh rằng có thể chọn dãy ($s_n$) từ các số $+1$ và $-1$ sao cho với mọi $n$
$$|d_1s_1 + d_2s_2 + \dots + d_ns_n| \leq 1.$$
6) Cho một chuỗi gồm ba số ($a_n, b_n, c_n$) sao cho $|a_n| \leq 1, |b_n| \leq 1, |c_n| \leq 1$ và $a_n + b_n + c_n = 0$ ($n=1, 2, \dots$). Dựa vào đó, một chuỗi mới gồm ba ($x_n, y_n, z_n$) được xây dựng, trong đó $x_0 = y_0 = z_0 = 0$ và mỗi bộ ba ($x_n, y_n, z_n$) tại $n \geq 1$ được lấy từ bộ ba ($x_{n-1}, y_{n-1}, z_{n-1}$) trước đó bằng cách thêm vào $x_{n-1}$ một trong các số $a_n, b_n, c_n$ mà chúng tôi chọn, cho $y_{n-1}$ - một số khác, cho $z_{n-1}$ - một phần ba. Có phải luôn luôn có thể đảm bảo rằng tất cả các số $x_n, y_n, z_n$ không lớn hơn 1 về giá trị tuyệt đối hoặc ít nhất bị giới hạn bởi một số nội dung?
c) Tìm các câu hỏi tương tự về dãy bốn số.

Hình 1.

Một bằng chứng tương tự được đưa ra là $B_1 = \Pi(B)$. Cuối cùng, hãy để $C' = \Pi(C)$. Như trên, từ sự giống nhau của các tam giác $A_1B_1C' = \Pi(\triangle ABC)$, $ABC$ và $A_1B_1C_1$ suy ra các điểm $C_1$ và $C'$ trùng nhau hoặc đối xứng với ($A_1B_1$). Nhưng các điểm $C$ và $O$ nằm cùng một phía của $(AB)$, nên ảnh $C'$ và $O$ của chúng phải nằm cùng một phía của $(A_1B_1)$, và do đó, $\Pi(C) = C_1^*$).

Nếu các vòng tròn $S$ và $S_1$ chạm vào nhau, thì dễ dàng nhận thấy, dưới dạng phép biến đổi $\Pi$, chúng ta nên lấy hình có tâm $O = C_0$. Trong trường hợp này, các hình tam giác $ABC$ và $A_1B_1C_1$ đang được chuẩn bị, có thể may khi $A_1, B_1$ và $C_1$ là trung điểm của cạnh của tam giác $ABC$ và $A_0 = B_0 = C_0$ là điểm giao nhau của các đường trung tuyến của nó.

D. Izak, V. Dubrovsky

♦
a) Đặt $u_n = s_1d_1 + \dots + s_nd_n$. Các số $s_1, s_2, \dots$ có thể chọn lần lượt như sau: $s_1$ - tùy ý; giả sử $s_1, s_2, \dots, s_n$ đã được chọn sao cho $|u_k| \leq 1$ cho tất cả $k = 1, \dots, n$, thì $s_{n+1}$ được lấy bằng $-1$ nếu các số $u_n$ và $d_{n+1}$ có cùng dấu và $+1$ nếu chúng khác nhau. Thông điệp hoàn toàn rõ ràng mà chúng tôi đang sử dụng ở đây sẽ hữu ích trong tương lai, vì vậy chúng tôi xây dựng nó dưới dạng bổ đề:

Bổ đề. Nếu hai số có dấu khác nhau và mỗi modulo không vượt quá $M$ thì tổng modulo của chúng không vượt quá $M$.

Bổ đề này áp dụng cho các số $u_n$ và $s_{n+1}d_{n+1}$ (trong trường hợp này là $M = 1$).

6. Chúng ta sẽ gọi một bộ ba số là bình thường nếu tổng của chúng bằng 0 và mỗi số không vượt quá modulo 1. Hãy chứng minh rằng chúng ta có thể “cộng” từng bộ ba ($a_n, b_n, c_n$), sắp xếp lại các số trong đó sao cho bộ ba ($x_n, y_n, z_n$) là chuẩn tắc với mọi $n$. Để làm điều này, chỉ cần thay thế nếu bộ ba $(x, y, z)$ và $(a, b, c)$ bình thường, $x \geq y \geq z$ và $a \leq b \leq c$, thì bộ ba $(x+a, y+b, z+c)$ cũng bình thường. Trên thực tế, vì $ax \leq 0$ và $cz \leq 0$, đối với tổng các số cực trị, các bất đẳng thức $|a+x| \leq 1$ và $|c+z| \leq 1$ được thỏa mãn bởi bổ đề (cho $M = 1$), và các số trung bình modulo không lớn hơn 1/2 (nếu $x \leq y \leq z$, thì $x+2y \leq x+y+z=0$, do đó $y \leq -x/2 \leq 1/2$; tương tự, người ta chứng minh rằng $y \geq -1/2$ và $|b| \leq 1/2$).

Bài 6) có cách giải thích hình học màu đỏ. Giữa các bộ ba số có tổng bằng 0 và các điểm trên mặt phẳng, có thể thiết lập sự tương ứng bằng cách sử dụng “hệ tọa độ” trên mặt phẳng, bao gồm ba trục $Ox, Oy$ và $Oz$, tạo các góc với nhau có độ lớn $120^\circ$; trong trường hợp này, mỗi điểm $P$ tương ứng với tọa độ $x, y$ và $z$ của các hình chiếu của nó lên các trục này (xem Hình 1). Vì tổng của vectơ đơn vị $e_x, e_y$ và $e_z$ là 0, $x+y+z = OP \cdot e_x + OP \cdot e_y + OP \cdot e_z = OP \cdot (e_x + e_y + e_z = 0)$. Các điều kiện $|x| \leq 1$, $|y| \leq 1$ và $|z| \leq 1$ xác định ba sọc có chiều rộng 2, vuông góc với các trục; giao điểm của chúng là hình lục giác như trong Hình 1.

Bây giờ chúng tôi có thể gửi lời giải của mình. Hoán vị của hai số trong một bộ ba, tức là hai tọa độ, tương ứng với tính đối xứng của hình lục giác so với các trục $Ox, Oy, Oz$, và hai bộ ba “có thứ tự ngược nhau” $(x, y, z), x \geq y \geq z$ và $(a, b, c), a \leq b \leq c$ là hai vectơ nằm đối diện - đỏ và xanh - tứ giác (xem Hình 1). Tổng của chúng luôn nằm bên trong lục giác nên nếu dịch theo phép đối xứng

*) Có thể thiết lập sự trùng khớp của các điểm $A'$ và $A_1$, $C'$ và $C_1$, dựa trên thông điệp rõ ràng rằng hướng đi qua các đỉnh của các tam giác $OAA'$ và $OAA_1$, cũng như các tam giác $A_1B_1C_1$ và $A_1B_1C_1$, phải giống nhau. Tuy nhiên, nếu bạn cũng thực hiện một phép giải cấu trúc nghiêm ngặt, không tham khảo bản vẽ và thậm chí chỉ xác định chính xác “hướng truyền tải” thì khá khó khăn.