Kvant 1982, số 12 · Trang

KVANM 12
1982

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

Người biểu diễn 350 năm kể từ khi thành lập Đại học Tartu. Đây là một trong những trường đại học lâu đời nhất và nổi tiếng nhất ở Liên Xô.

Các nhà toán học thay thế cũng từng làm việc tại Tartu như M. Bartels - thầy của N. I. Lobachevsky, T. Clausen, F. G. Minding. Các tác phẩm của học giả V. Ya. Struve và các sinh viên của ông đã tôn vinh Đại học Tartu như một trung tâm thiên văn thế giới. Nhà vật lý nổi tiếng E. H. Lenz (quy tắc Lenz, định luật Joule-Lenz) đã tốt nghiệp đại học. Giáo sư Đại học Tartu B. S. Jacobi, một nhà vật lý và kỹ sư điện, đã phát minh ra phương pháp mạ điện; ông đã thiết kế động cơ điện đầu tiên trên thế giới. Giáo sư B.B. Golitsyn, một trong những người sáng lập ngành địa chấn học, đã làm việc tại đây. Tốt nghiệp Đại học Tartu là trung tâm tự nhiên nổi tiếng K. M. Baer (ông đã phát hiện ra quy luật xói mòn bờ sông). Tác giả cuốn “Từ điển giải thích về ngôn ngữ Nga vĩ đại còn sống” V. I. Dal đã học tại đây. Bác sĩ phẫu thuật xuất sắc N.I. Pirogov và N.N. Burdenko, nhà sử học học giả nổi tiếng E.V. Tarle làm việc tại trường đại học.

Ngày nay, Đại học Tartu là trung tâm giáo dục, văn hóa và khoa học nổi tiếng của Liên Xô, là nguồn cung cấp nhân sự cho Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết Estonia.

1

TRONG VẤN ĐỀ NÀY: TRONG VẤN ĐỀ NÀY:

I. Kikoin. Vật lý ở Liên bang Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết
3. I. Kikoin. Physics in the Union of Soviet Socialist Republics
A. Alexandrov. Sự ngu ngốc và thiên tài
7. A. Alexandrov. Dimwittedness and genius
E. Zababakhin. ghi chú nhỏ
13. E. Zababakhin. Brief remarks
A. Bakov. Số liệu đột phá
16. A. Bakov. Partitioning figures

Vấn đề «Kvant»
Bài toán M776 — M780; F788 — F792
18. Problems M776 — M780; P788 — P792
Lời giải bài toán M750 — M758; F768 — F777
21. Solutions M750 — M758; P768 — P777
Danh sách độc giả gửi đúng lời giải
32. List of readers who have sent correct solutions

«Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
33. Problems
A. Panov. Hình bí ẩn số 51
34. A. Panov. The mystery of figure № 51

Xưởng của người nộp đơn
L. Bakanina. định luật Newton
38. College applicant’s section
L. Bakanina. Newton’s laws

Nghệ thuật lập trình
Kỹ thuật lập trình tiêu chuẩn. 42
Bài 3
Standard programming methods
Lesson 3

Đánh giá, thư mục
L. Vladimirova. Sách mới
44. L. Vladimirova. New books
Y. Brook. Bài toán Novosibirsk FMS
45. Yu. Bruk. Novosibirsk PMS problems

Thông tin
A. Abramov, A. Savin. Olympic Toán quốc tế XXIII
46. A. Abramov, A. Savin. XXIII International mathematics olympiad
L. Aslamazov. Olympic Vật lý quốc tế lần thứ XIII
49. L. Aslamazov. XIII International physics olympiad
Trường thể chất kỹ thuật tương ứng 53
Physico-technological correspondence school
Xuất bản năm 1982
56. Published in 1982

Đáp số, gợi ý, lời giải 59
Answers, hints, solutions

Trang cờ vua
Những điều bất ngờ đầu năm (trang bìa thứ 3)
The chess page
New year surprise (3rd cover page)

Trên trang đầu tiên của trang bìa có hình ảnh dòng plasma truyền dọc theo các đường sức từ trong cơ sở lắp đặt nhiệt hạch Ogra 4 (Viện Năng lượng Nguyên tử I.V. Kurchatov). Plasma có thể nhìn thấy được do sự phát sáng của một loại khí được thêm vào đặc biệt được kích thích bởi dòng chảy.

Ảnh của F. Kuzmin. Biên niên sử ảnh TASS.

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

4

lò phản ứng hạt nhân công nghiệp cho nhà máy điện hạt nhân. Hiện tại, UPTI đang tiến hành nghiên cứu quan trọng cả trong lĩnh vực vật lý nhiệt độ thấp và tạo ra vật liệu kết cấu mới, cũng như trong lĩnh vực kiểm soát phản ứng tổng hợp nhiệt hạch.

Một viện vật lý xuất sắc đã được thành lập ở thủ đô Rita của Latvia, nơi có lò phản ứng hạt nhân nghiên cứu được sử dụng làm nguồn neutron mạnh.

Bất kỳ lò phản ứng hạt nhân nào không chỉ đóng vai trò là nguồn năng lượng mà còn là nguồn neutron tương đối mạnh. Lò phản ứng nghiên cứu được sử dụng để nghiên cứu một loạt các quá trình vật lý và hóa học. Việc xây dựng các lò phản ứng như vậy đòi hỏi kinh phí đáng kể và chỉ những nhân viên có trình độ cao mới có thể thử nghiệm chúng.

Người ta biết rằng nhiều chất khi được chiếu xạ neutron sẽ thay đổi đáng kể tính chất vật lý và hóa học của chúng. Tại lò phản ứng của Viện Vật lý ở Rita, các nhà khoa học đang nghiên cứu sự thay đổi cấu trúc của một số tinh thể điện môi, dẫn đến sự thay đổi tính chất quang học của chúng. Những nghiên cứu này không chỉ có ý nghĩa khoa học mà còn có ứng dụng thực tế cho lời giải một số kỹ thuật bài toán. Như vậy, gần đây ảnh hưởng của bức xạ neutron lên các chất được cho là sẽ sử dụng trong xây dựng lò phản ứng hạt nhân công nghiệp đã được nghiên cứu tại lò phản ứng.

Dưới ảnh hưởng của bức xạ neutron, các phân tử của hợp chất hóa học neoctor phân ly (phân rã) với tốc độ lớn hơn hoặc ít hơn. Việc tìm kiếm các hợp chất có đủ khả năng chống lại bức xạ neutron là một bài toán quan trọng. Việc nghiên cứu một số hợp chất hóa học theo hướng này được thực hiện tại lò phản ứng nghiên cứu của Viện Vật lý hạt nhân ở thủ đô Tashkent của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết Uzbekistan. Các thử nghiệm được thực hiện bởi các nhà khoa học Uzbek cùng với các nhà khoa học từ Viện Năng lượng nguyên tử mang tên. I.V. Kurchatov tại Lò phản ứng nghiên cứu Tashkent đã có thể lựa chọn các hợp chất hóa học phù hợp để sử dụng trong công nghệ, các phân tử của chúng có đủ khả năng chống lại bức xạ neutron.

Tính chất quan trọng nhất của neutron là chúng có thể xuyên qua hạt nhân nguyên tử và thay đổi thành phần của nó; trong trường hợp này, hạt nhân của một nguyên tố hóa học khác hoặc hạt nhân của đồng vị phóng xạ của nguyên tố được chiếu xạ được hình thành. Một ví dụ kinh điển về sự biến đổi hạt nhân như vậy là quá trình hình thành các nguyên tố hóa học mới làm nền tảng cho mọi công nghệ hạt nhân khi uranium được chiếu xạ bằng neutron. Đồng vị phóng xạ được sử dụng rộng rãi trong y học, công nghệ và nông nghiệp. Tại lò phản ứng Tashkent, các nhà vật lý người Uzbekistan thu được đồng vị phóng xạ của một số nguyên tố.

Công việc khoa học và thực tiễn quan trọng được thực hiện tại lò phản ứng nghiên cứu của Viện Vật lý hạt nhân ở thủ đô Alma-Ata của Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết Kazakhstan.

Neutron còn có thể thực hiện một “dịch vụ” quan trọng khác. Chúng không thể thiếu để phân tích trạng thái hóa học của một chất, khi xác định hàm lượng của một nguyên tố cụ thể trong một chất; đặc biệt là khi lượng của một nguyên tố trong một chất quá nhỏ đến mức không thể phát hiện được sự hiện diện của nó bằng các phương pháp phân tích hóa học. Một ví dụ là việc phân tích đá để tìm hàm lượng các nguyên tố hiếm và do đó đắt tiền. Ở đây chúng ta đề cập đến sự trợ giúp của các electron (hạt β), chúng được sử dụng trong các trường hợp cơ bản. Các thiết bị hiện đại cho phép ghi lại từng lượng tử γ và từng electron riêng lẻ và thay đổi năng lượng của chúng. Năng lượng của một lượng tử hoặc electron phát ra là đặc tính đại lượng của hạt nhân của một nguyên tố nhất định. Do đó, sau khi chiếu xạ neutron vào mẫu đá được phân tích và đếm số lượng γ trong một thời gian nhất định

5

Điện thoại gương lớn của Hiệp hội Cơ-quang Leningrad, được lắp đặt tại Đài quan sát vật lý thiên văn Biopaka của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô Armenia.

hoặc hạt β có năng lượng tương ứng với hạt nhân của một nguyên tố thì có thể xác định được lượng của nguyên tố đó trong mẫu dù rất nhỏ. Phương pháp phân tích thành phần hóa học của một chất này được gọi là phân tích kích hoạt.

Việc phân tích như vậy có thể được thực hiện ở bất kỳ lò phản ứng nghiên cứu nào, nhưng tại Viện Vật lý Hạt nhân ở Almaty, phương pháp này đã được phát triển theo tiêu chuẩn tốt. Kết quả mà các nhà khoa học của viện thu được có ý nghĩa rất quan trọng khi tìm kiếm trữ lượng kim loại quý hiếm.

Viện tương tự có một máy gia tốc cyclotron, một thiết bị lắp đặt không kém phần đắt tiền so với một lò phản ứng nghiên cứu.

Cyclotron, như đã biết, được sử dụng để tăng tốc các hạt tích điện, đặc biệt là các hạt α. Bằng cách chiếu xạ một kim loại nhẹ, chẳng hạn như berili, bằng các hạt alpha, người ta có thể thu được các chùm neutron. Đúng, số lượng neutron trong trường hợp này ít hơn đáng kể so với số lượng thu được từ lò phản ứng hạt nhân, nhưng, bằng cách sử dụng cyclotron, có thể điều chỉnh với độ chính xác cao năng lượng của các hạt α được gia tốc và theo đó, năng lượng của neutron “bị loại bỏ”. Đối với một số nghiên cứu, lợi thế này là vô giá.

Nhà nước Liên Xô rất chú trọng đến tầm quan trọng của các tổ chức khoa học đồng minh cung cấp cơ sở nghiên cứu hiện đại và mạnh mẽ. Do đó, tại thủ đô của Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia, Yerevan, một trong những máy gia tốc electron tuần hoàn mạnh nhất trên thế giới đã được chế tạo. Đây là cấu trúc mưa đá trong đó động năng của electron đạt tới 6·10⁹ electron (năng lượng này sẽ được một electron nhận trong điện trường có điện áp 6·10⁹ V). Ở Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Armenia, ở Biopakan, có một đài quan sát vật lý thiên văn nổi tiếng thế giới, được thành lập với những thiết bị khoa học hiện đại nhất.

Trong những thập kỷ qua, khoa học vật lý đã có sự phát triển vượt bậc ở Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Belarus. Viện Hàn lâm Khoa học BSSR bao gồm một số viện vật lý lớn thực hiện công việc quan trọng trong lĩnh vực quang học. Viện Vật lý thuộc Viện Hàn lâm Khoa học BSSR tiến hành nghiên cứu sâu rộng về vật lý và công nghệ laser. Ý nghĩa khoa học và kỹ thuật quan trọng của nghiên cứu Belarus

6

Laser nhuộm “Rainbow-6”, được phát triển tại Viện Vật lý thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Belarus.

các nhà vật lý trong lĩnh vực quang phổ. Một lò phản ứng hạt nhân nghiên cứu được xây dựng cách thủ đô Minsk không xa. Một trong những lĩnh vực công việc quan trọng tại lò phản ứng này là nghiên cứu khả năng sử dụng bức xạ neutron để cải thiện các tính chất vật lý và hóa học của một số vật liệu được sử dụng trong công nghiệp.

Tôi đã có cơ hội đến thăm thủ đô Tbilisi của Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Xô viết Gruzia và làm quen với công việc của một số tổ chức vật lý khoa học ở đó. Tại Khoa Vật lý của Đại học Bang Tbilisi và các cơ sở khoa học khác của thành phố, nghiên cứu sâu rộng đang được thực hiện về vật lý và công nghệ bán dẫn cũng như điện tử vô tuyến. Tại Viện Vật lý, nơi có lò phản ứng nghiên cứu và hệ thống đông lạnh lớn, các hiện tượng thú vị liên quan đến tác động của neutron lên tính chất vật lý của các chất ở nhiệt độ thấp đang được nghiên cứu. Những nghiên cứu này giúp làm rõ một cách đáng kể bản chất vật lý của những thay đổi về tính chất của vật liệu hỗ trợ chiếu xạ neutron. Viện tương tự nghiên cứu các đặc tính độc đáo của cái gọi là siêu lỏng He-II. Thực tế là helium lỏng, được làm lạnh đến nhiệt độ 2,17 K, chuyển sang trạng thái mới trong đó độ nhớt của nó bằng 0 (chất lỏng chảy không ma sát). Do không có độ nhớt nên chuyển động của helium lỏng có những đặc điểm thú vị. Chúng trở thành đối tượng nghiên cứu của các nhà vật lý Gruzia.

Tôi không có cơ hội trình bày chi tiết về tình trạng khoa học vật lý ở trung tâm tài nguyên lớn nhất của đồng minh - RSFSR. Chỉ cần nói rằng các trung tâm vật lý khoa học lớn nằm trên khắp vùng tài nguyên rộng lớn từ Kaliningrad đến Vladivostok. Tôi đã và vẫn phải cộng tác với nhiều người trong số họ. Hơn nữa, chỉ liệt kê các tổ chức vật chất quan trọng nhất được nêu tên của RSFSR sẽ chiếm quá nhiều không gian. Thủ đô của RSFSR cũng là nơi đặt trụ sở chính của khoa học Liên Xô - Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô, đứng đầu là Viện sĩ vật lý lỗi lạc Liên Xô A.P. Aleksandrov.

Cần ghi nhận công lao to lớn của các nhà vật lý Liên Xô trong lời giải quan trọng nhất bài toán đối mặt với đất nước. Vì vậy, trong cuộc Chiến tranh Vệ quốc vĩ đại, họ đã góp phần to lớn vào việc đồng hóa các thiết bị quân sự hiện có và tạo ra các loại mới.

Tác giả của những dòng này cùng với các nhà vật lý, nhà khoa học, kỹ sư, nhiều chuyên gia khác đã tham gia vào đội ngũ khoa học kỹ thuật được thành lập ở nước ta. Trước mắt tôi, những ý tưởng vật lý làm nền tảng cho công nghệ này đã được triển khai công nghiệp. Hiện nay Liên Xô là một trong những cường quốc đi đầu trong lĩnh vực này. Về một số công nghệ hạt nhân, nước ta đi trước các nước tư bản công nghiệp hóa nhất. Người ta biết rằng hệ thống điện hạt nhân đầu tiên được xây dựng ở Liên Xô. Tàu phá băng hạt nhân của Liên Xô không có gì sánh bằng trên thế giới.

Vật lý Liên Xô chào đón sáu thập kỷ hình thành Liên bang Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết bằng những thành công mới cả trong lĩnh vực nghiên cứu sinh lý học và ứng dụng chúng trong các lĩnh vực khác nhau của nền kinh tế quốc dân. Như vậy, các nhà vật lý của tất cả các công nhân tài nguyên đồng minh đã hoàn thành kế hoạch lịch sử của Đảng Cộng sản Liên Xô.

7

Sự ngu ngốc và thiên tài

Bây giờ chúng ta hãy nhìn lại lịch sử bước thứ năm của Euclid. Lobachevsky đã nói về cô ấy: “Những đất nước vô ích… trong hai nghìn năm.” Nhưng những nước nào! Nhiều nhà toán học lãng phí chúng, và thật là những nhà toán học! Trong số đó có những cái tên nổi tiếng: những nỗ lực khám phá do Archimedes nảy sinh, đi qua Omar Khayyam và kết thúc với Gauss.

Những nỗ lực chứng minh bước thứ năm, như chúng tôi đã tìm ra trước đó, là hoàn toàn tự nhiên. Nhưng suốt 2000 năm không ai đồng ý rằng việc chứng minh là không thể. Không ai có thể nghĩ rằng một số hình học khác với hình học Euclide hấp dẫn sẽ xuất hiện. Mối liên hệ độc lập của nó với trải nghiệm không gian và biểu diễn trực quan của chúng ta, sự hoàn hảo về mặt logic và cách phát âm của nó, bao gồm cả việc nghiên cứu và người ta có thể nói là cách sử dụng - tất cả những điều này làm cho hình học Euclid trở nên không thể chối cãi, như thể hoàn toàn cần thiết, vốn có trong cả thế giới và tâm trí. Sự biến dạng của nó so với thực tiễn đã bị lu mờ bởi sự hoàn hảo và rõ ràng trong logic của nó. Và cuối cùng đã đến mức vào năm 1781, nhà triết học vĩ đại Kant, trong cuốn “Phê phán lý tính thuần túy”, đã coi hình học là một tiên nghiệm - độc lập với kinh nghiệm - và dựa trên đó đưa ra kết luận về tính tiên nghiệm của chính không gian,

kết thúc. Sự khởi đầu là trong số trước.

Geney

Nhưng cùng lúc đó, các vấn đề bắt đầu nảy sinh từ những nỗ lực chứng minh bước thứ năm. Ngay từ năm 1766, Lambert đã có ý tưởng rằng sự phủ nhận bước thứ năm “diễn ra trên một phạm vi tối thiểu nào đó”, và có lẽ những kết luận kỳ lạ mà sự phủ nhận này đưa đến không phải là vô nghĩa. Sự căng thẳng đang gia tăng. “Tiên nghiệm” của Kant đang lan rộng trong tâm trí, đặc biệt là sau ấn bản thứ hai của cuốn Phê phán năm 1787.

Nhưng công trình của Lambert xuất hiện vào năm 1786. Sau đó, từ những nỗ lực kiên trì và hoàn hảo không kém để chứng minh bước thứ năm, vào quý đầu tiên của thế kỷ 19, ý tưởng chung cuối cùng đã xuất hiện rằng có thể hình dung được một hình học khác ngoài Euclide. Gần như đồng thời, mặc dù với mức độ xác định và rõ ràng khác nhau, ý tưởng này xuất hiện ở một số người - Schweickart, Taurinus, Gauss, lobachevsky và Bolyai.

Việc đi đến điểm thử nghiệm vắc xin có thể nói chung. Nhưng đây vẫn chưa phải là cỏ khô, chỉ là một ý tưởng. Khoa học đòi hỏi sự biến đổi một ý tưởng thành một lý thuyết, cũng như kỹ thuật đòi hỏi sự biến đổi một ý tưởng thành một vật thể, thành một phát minh hoàn chỉnh.

Genya không chỉ là sự bay bổng của tư tưởng mà còn là sự kiên trì - công việc, tăng thu nhập và thu nhập được hỗ trợ bởi công việc. Do đó, Copernicus không chỉ bày tỏ ý tưởng rằng không phải Trái đất mà là Mặt trời ở trung tâm (nhân tiện, ý tưởng này không mới: nó đã được Aristarchus of Samos thể hiện vào thế kỷ thứ 3 trước Công nguyên), mà còn xây dựng “hệ thống Copernicus” - ông đã đưa ra một mô tả chính xác về chuyển động của các hành tinh xung quanh Mặt trời, theo các quan sát. Theo cách tương tự, Lobachevsky không chỉ bày tỏ niềm tin chắc chắn của mình vào sự xuất hiện của một hình học mới mà còn xây dựng nên hình học này. Và sự phát triển mới của hành động đã diễn ra như thế nào?

8

ronomy, đã đạt đến tầm nhìn hiện đại về Vũ trụ với nhiều “thế giới” - hệ hành tinh, thiên hà, v.v., do đó, từ lobachevsky đã xuất hiện một sự phát triển mới của hình học, dẫn đến việc tạo ra nhiều “hình học” khác nhau, một loạt các lý thuyết hình học về không gian “tưởng tượng” - tôpô, Riemannian, Finslerian, hòa tan… - “chúng là vô số.” Không có gì ngạc nhiên khi ở thập niên 60-70. Nhiều thế kỷ trôi qua, quá trình biến đổi hình học này, bắt đầu với Lobachevsky, bắt đầu diễn ra mạnh mẽ; Lobachevsky được mệnh danh là “Copernicus của hình học”. Tất nhiên, chúng ta không được quên rằng hình học mới cũng được Bolyai phát triển và xuất bản, nhưng lợi thế sẽ thuộc về lobachevsky, bởi vì ông đã làm điều đó sớm hơn và sau đó tiếp tục đáng kể nghiên cứu và xuất bản của mình.

Lobachevsky khẳng định ý tưởng về tính không thể chứng minh được của màn thứ năm và khả năng hình học phi Euclide, dựa trên những niềm tin vật lý, khái niệm-lý thuyết. Điều này đã được thể hiện trong lời nói của ông được trích dẫn trước đó (trong phần đầu tiên của bài viết) trong lời tựa cho “Một khởi đầu mới của hình học…”. “Sự thật mà họ muốn chứng minh”, tức là điều thứ năm đã đến, không nằm “ở bản thân các khái niệm”, mà nằm ở việc áp dụng vào không gian thực và phải được xác minh bằng kinh nghiệm, giống như một định luật vật lý. Đây là sự phủ định của “tiên nghiệm” của Kant: hình học không độc lập với kinh nghiệm mà phải được xác minh bằng kinh nghiệm*). Trong các tác phẩm khác, lobachevsky rõ ràng phản đối Chủ nghĩa Kantin ở một hình thức chung, chẳng hạn, khi ông viết rằng “các khái niệm có được thông qua kinh nghiệm… không nên tin tưởng những người lái xe”.

*) Nói một cách chính xác, từ “hình học” cần được hiểu theo hai cách: như một lý thuyết toán học thuần túy và như một lý thuyết về các quan hệ không gian thực. Ở khả năng thứ hai này, nó phải được xác minh bằng thực nghiệm (vật lý hiện đại đã chứng minh rằng không gian của chúng ta không phải là không gian ενClide chính xác). Nhưng từ bản thân một lý thuyết toán học thuần túy, trước hết cần phải có sự hài hòa về mặt logic và nhất thiết phải có tính nhất quán. Ở dạng này, hình học này hay hình học kia là một tập hợp các mệnh đề được suy ra từ các tiền đề được chấp nhận. Và nó nằm trong ứng dụng nào - bản thân điều này không ảnh hưởng đến nó.

Nhân tiện, điều đáng chú ý là các phương pháp khoa học tin rằng họ và các ngành khoa học hoàn toàn không cần tư duy triết học. Tất cả các nhà khoa học vĩ đại từ Newton và Galileo, nếu chúng ta chỉ nói về thời hiện đại, đều là những nhà tư tưởng triết học. Không có triết học, khoa học không phát triển: vị trí của những con đường mới của nó, khi chúng chưa hình thành, là sự vận động triết học của tư tưởng. Câu hỏi duy nhất là nó thuộc loại triết học nào, liệu nó có gắn liền với logic chính xác và các sự kiện kinh nghiệm hay với các cụm từ chung của tư duy suy đoán thuần túy và tiên nghiệm nằm trong không gian thiếu không khí. Galilee, Newton, Lobachevsky không chỉ thể hiện những nhận định triết học mà, xuất phát từ những niềm tin chung, xây dựng nên nhiệm vụ của các lý thuyết khoa học - nền tảng vững chắc của toàn bộ lĩnh vực khoa học rộng lớn.

Sự xuất hiện của hình học phi Euclide là sự khởi đầu cho một sự biến đổi mang tính cách mạng của hình học. Nhưng ngoài ra, đặc trưng của một cuộc cách mạng, cùng với tên gọi lực lượng của nó, phản ứng cũng ngày càng lớn. Chính khi việc khám phá ra một hình học mới đang đến gần thì triết học của Kant xuất hiện với học thuyết về bản chất tiên nghiệm của hình học, của không gian như một hình thức chiêm nghiệm tiên nghiệm. Bất kỳ hình học nào khác ngoài hình học vốn có trong hình thức chiêm nghiệm này dường như không thể tưởng tượng được.

Lobachevsky phản đối rõ ràng những quan điểm này. Sự xuất hiện của một hình học mới xác định chúng và mở ra những con đường bình đẳng vô hình, không thể tưởng tượng được cho sự phát triển của khoa học - một cuộc cách mạng đang diễn ra. Thiên tài là một cuộc cách mạng, một cuộc cách mạng là một thiên tài trong hành động.

sự ngu ngốc

Giống như lịch sử của hình học hành động thứ năm và phi Euclide chứng tỏ một con người thiên tài, nó cũng chứng tỏ sự vụng về của trí óc nếu bạn tránh dùng từ gay gắt “ngu ngốc”.

Để bắt đầu, người ta có thể cố gắng chứng minh màn thứ năm là dựa trên những sai lầm. Gửi các tác giả

9

về bằng chứng này, có vẻ như họ đã tìm thấy bằng chứng. Điều này đã xảy ra ngay cả vào đầu thế kỷ 19. Chỉ một số ít hiểu rằng họ dựa vào các giả định bổ sung tương đương với định đề thứ năm và xây dựng chúng một cách rõ ràng. Những sai lầm được xác định về mặt tâm lý là do tác giả rất muốn chứng minh tiên đề thứ năm; việc từ chối nó là điều không thể tưởng tượng được, và quan điểm, được chấp nhận một cách công khai, mà tác giả dựa vào, dường như còn một bước nữa để hình thành nó một cách rõ ràng.

Ví dụ của Saccheri rất đặc trưng: với tất cả sự sâu sắc và tinh tế trong các kết luận của ông, liên quan đến hình học phi Euclide, cuối cùng ông vẫn kết luận rằng ông đã tìm cách “bật rễ” giả thuyết phủ nhận tiên đề thứ năm và làm sạch các vết bẩn của Euclid.

Và Lambert, người đã khám phá rất xa hình học phi Euclide, chỉ “gần như” kết luận rằng nó khả thi, và Gauss, trong một thời gian dài đau đớn, “ngày càng đi đến” niềm tin rằng không thể chứng minh được tiên đề thứ năm.

Khi hình học phi Euclide được khám phá và khám phá và câu hỏi về ý nghĩa thực sự của nó nảy sinh, lúc đó sự khéo léo đã bộc lộ hết sức mạnh.

Ngay từ năm 1827, Gauss đã phát triển nền tảng của lý thuyết hình học tổng quát trên một bề mặt, trong đó vai trò của các đoạn thẳng được thể hiện bởi các đường ngắn nhất nằm trên bề mặt. Đặc biệt, ông kết luận rằng trên một số bề mặt (bề mặt có độ cong âm) tổng các góc của một tam giác (có các cạnh là đường thẳng ngắn nhất) nhỏ hơn 180°. Đồng thời ông biết rằng điều tương tự cũng đúng trong hình học phi Euclide. Nhưng ông không so sánh hai kết luận này; ông đã không nhận ra rằng hình học phi Euclid có thể hoạt động được trên một số bề mặt. Nếu ông đã tìm ra điều này thì việc chứng minh sẽ không quá khó khăn đối với ông, nhờ vào sức mạnh đặc biệt của ông với tư cách là một nhà toán học (kết luận này được nhà toán học người Ý Beltrami đưa ra chỉ 40 năm sau).

Người ta tin rằng một mặt, những suy nghĩ của Gaus về hình học phi Euclide, và mặt khác trong lý thuyết về các bề mặt, diễn ra như thể song song, không giao nhau. Hiện tượng này khá chung chung. Lyudmal thường không nghĩ đến việc so sánh những thứ đã được hoàn thiện mỗi lần, nhưng khi xem xét kỹ hơn, chúng hóa ra có liên quan chặt chẽ với nhau hoặc thậm chí trùng khớp với nhau. Đây là điều xảy ra với một người khi anh ta biết cả hai “thứ” nhưng không so sánh chúng. Điều tương tự cũng xảy ra trong một nhóm người, khi họ biết điều này, người khác biết người khác, nhưng họ không so sánh.

Đây chính xác là những gì đã xảy ra tiếp theo với hình học phi Euclide và hình học trên một bề mặt có độ cong âm không đổi. Minding, sau khi tìm thấy các công thức lượng giác trên các bề mặt này - và chúng giống như trong hình học của Lobachevsky - đã không nhận thấy điều này, mặc dù tác phẩm của Lobachevsky đã được xuất bản. Hai năm ranble trên cùng một tạp chí! Và Lobachevsky, một nhà hình học chuyên nghiệp có thể đọc được tác phẩm của Minding, đã không đưa ra sự so sánh này!

Vì vậy, những du khách đến gần dãy núi hoặc đến một hòn đảo từ các hướng khác nhau có thể không báo cáo rằng họ đã khám phá ra điều tương tự.

Công trình của Minding được Codation phát triển vào năm 1857, nhưng ông cũng không báo cáo

10

đưa ra kết luận của bạn với hình học phi Euclide. Vâng, có thể anh ấy đã không biết về điều đó, mặc dù một phần tác phẩm của Lobachevsky đã được xuất bản bằng tiếng Pháp và tiếng Đức, còn tác phẩm của Bolshi đã được xuất bản bằng tiếng Latinh vào năm 1832.

Và chỉ đến năm 1868, Beltrami, bắt đầu từ các tác phẩm của Minding và Kodatsi, cuối cùng mới đưa ra được sự so sánh cần thiết và chứng minh chi tiết rằng hình học của Lobachevsky được đáp ứng trên một bề mặt có độ cong âm không đổi.

Trong lúc đó, vào năm 1859, Cayley đã tạo ra một lý thuyết về khoảng cách chứa mô hình hình học của Lobachevsky, nhưng không hiểu điều này vì ông không so sánh lý thuyết của mình với hình học này. Mặc dù sau đó, vào năm 1861, ông đã xuất bản một tác phẩm về hình học Lobachevsky!

Và chỉ đến năm 1871, Klein mới đưa ra sự so sánh này - ông đã đi đến mô hình đơn giản đó là hình tròn mà chúng ta đã nói đến lúc đầu. Một dấu hiệu của mô hình cơ bản lời giải này là câu hỏi về tính không thể chứng minh được của mệnh đề thứ năm. Người ta có thể nói đây chính là điều mà tâm trí của các nhà toán học đã nghiên cứu trong hơn 2000 năm đã đạt được!

Lịch sử của hình học phi Euclid cho thấy con người gặp khó khăn như thế nào khi tiếp cận những thứ mà cuối cùng khi nắm bắt và hiểu được thì hóa ra lại đơn giản, và con người thường không hiểu những gì họ đang làm và những gì nằm trong tay họ. Cả Gauss và Lobachevsky đều không hiểu những gì gần như nằm trong tay họ. Tiếp theo là Gayss và lobachevsky.

Ở thời đại chúng ta, vẫn có những người đang tham gia vào việc “chứng minh” bước thứ năm và bao vây các nhà toán học bằng “tác phẩm” của họ. Nhưng vì câu hỏi ở bước thứ năm đã được giải quyết và lời giải không khó hiểu với sự trợ giúp của mô hình trong vòng tròn, nên cái gọi là “bằng chứng” và “công trình” không còn ám chỉ sự vụng về của đầu óc nữa mà là sự ngu ngốc hoặc thậm chí là lĩnh vực y học. Sự ngu ngốc hoàn toàn không giống sự ngu ngốc - sự vụng về của đầu óc; ngược lại, một người bạn có thể có “tư duy nhẹ nhàng phi thường”, đầu óc anh ta có thể quay với tốc độ chóng mặt, nhưng điều đó không liên quan gì đến sự chậm chạp của đầu óc, đặc trưng của cả những thiên tài, được thể hiện rõ ràng qua lịch sử khó khăn của bước thứ năm và hình học phi Euclide.

Tính cách

Gayss, Bolshi, Lobachevsky - ba nhà toán học đã khám phá ra hình học phi Euclide. Một người có ba tính cách.

Friedrich Gayss là một nhà toán học có sức mạnh phi thường, người mà người ta gọi là “Gayss vĩ đại”, “princeps mathematicorum” (tức là vua của các nhà toán học), “người quản đốc của các nhà toán học”*).

Nhưng Gayss, với tất cả sức mạnh toán học của mình, lại có đặc điểm là sự thận trọng về mặt trí tuệ, tính thiếu quyết đoán, điều này thể hiện một phần ở chỗ ông đã nghiên cứu lý thuyết về sự song song trong hơn 30 năm trước khi quyết định bày tỏ, ngay cả với chính mình và bằng một phần thư từ, niềm tin chắc chắn của ông về tính đúng đắn của hình học phi Euclide. Sau đó, một sự thận trọng khác tiếp theo - một khó khăn không cho phép anh đưa ra kết luận của mình vì sợ “tiếng kêu của các nhân viên bảo vệ”…

Điều hoàn toàn trái ngược với Gayss được trình bày với chúng ta bởi Janos Bolshy, người trẻ nhất trong ba người: khi tìm ra hình học phi Euclid, anh ấy chỉ mới 23 tuổi (theo đó, Gayss 47 tuổi, lobachevsky 31 tuổi). Lobachevsky phát biểu công khai ở tuổi 32, Bolshi ở tuổi 30, Gayss - không hề. Tác phẩm của Bolsha về hình học phi Euclide được viết rất xuất sắc, tuy hơi ngắn gọn. Tài năng rực rỡ của anh ấy phù hợp với phần còn lại của bản chất nhiệt huyết của anh ấy. Anh ta là một sĩ quan kỵ binh, một trong những kỵ binh Hungary nổi tiếng, một người duzlant. Có lần anh phải gặp một số đối thủ trong một cuộc đấu kiếm bằng kiếm; các cơn co thắt nối tiếp nhau, và anh ấy đã giành được quyền chơi violin trong thời gian nghỉ giải lao để hồi phục…

*) Bạn có thể đọc về Gayss ở «Kvant», 1977, số 8, tr. 2 hoặc trong tập tài liệu của S. G. Gindikin “Những câu chuyện về vật lý và toán học” (M., “Nauka”, 1981).

11

tăng tính linh hoạt của bàn tay. Anh ta đã ghim (không chết) tất cả các đối thủ của mình.

Nhưng niềm kiêu hãnh của người Guar đã phá hủy Bolyai. Không phải vì bản thân anh ấy đã bị giết trong một cơn ngu ngốc, mà bởi vì niềm tự hào của anh ấy đã lan rộng đến anh ấy trong lĩnh vực toán học.

Gauss đã gửi cho cha mình, người quen cũ của ông, một đánh giá tích cực về công việc của Janos, viết rằng ông không thể khen ngợi những thành tựu của ông nhiều lắm, vì làm như vậy ông sẽ tự khen ngợi chính mình, bởi vì những kết quả tương tự đã được ông biết đến từ lâu. Janos quyết định rằng Gauss chỉ đơn giản là chiếm đoạt những khám phá của ông. Sau đó, khi bản dịch tiếng Đức của một trong những cuốn sách của Lobachevsky xuất hiện, ông quyết định rằng bút danh của Lobachevsky đã bị Gauss giấu đi, người đã tô điểm cho các kết quả Bolyai của ông. Ngoài việc khám phá ra hình học phi Euclide, Bogliai còn hoàn thành một công trình khác về toán học, trong đó chứa đựng những ý tưởng đã được áp dụng vào thời của ông nhưng chưa được thiết kế cẩn thận. Trong những năm cuối đời, ý thức của ông trở nên u ám. Ông mất năm 1860, thọ 58 tuổi.

Lobachevsky hoàn toàn khác biệt với Gauss và Bolyai ở chỗ kết hợp lòng dũng cảm với sự kiên trì và kỹ lưỡng, sức mạnh của tư duy lý thuyết với sức mạnh ý chí. Khám phá của ông không được công nhận, và ông thậm chí còn bị coi là hơi điên rồ, chẳng hạn như Chernyshevsky đã nói về ông. Sự công nhận đến từ Gauss đến sau đó. Nhưng Lobachevsky không hề xấu hổ và tiếp tục nghiên cứu “điên rồ” của mình về hình học “điên rồ”, xuất bản sau tác phẩm mở rộng đầu tiên vào năm 1829-30. tiếp theo. Bị mù do tuổi già, ông đã viết cuốn sách cuối cùng của mình, “Pangeometry”.

Hoạt động của Lobachevsky không chỉ mang tính khoa học: trong 18 năm ông đã

12

Hiệu trưởng Đại học Kazan, mang đến cho vị trí này năng lực vượt trội, kỹ năng quản lý và sự hiểu biết về nhiệm vụ giáo dục thanh thiếu niên. Những hoạt động đầy nghị lực và khéo léo của ông trong thời kỳ khó khăn của trận dịch tả năm 1835 thậm chí có thể giống như một đất nước đối với một người đam mê hình học tưởng tượng, một trong những lĩnh vực trừu tượng nhất của ngành khoa học trừu tượng nhất - toán học. Nhưng có lẽ điều này không có gì đáng ngạc nhiên. Ý chí cần thiết để hành động dứt khoát trong những điều kiện khó khăn cũng là cần thiết để phát triển và bảo vệ những niềm tin khoa học cũng như sự thật của câu hỏi cũng như tất cả những “tiếng kêu cứu”.

Tài năng và thiên tài không chỉ là khả năng đặc biệt mà còn là tính cách. Giống như Magellan và Nansen cần quyết tâm để bắt đầu một chuyến đi vô định, nhà lý thuyết cũng cần quyết tâm trí tuệ để nghĩ về những điều “không thể tin được” và phát triển các câu hỏi của mình không chỉ chống lại những quan điểm và truyền thống đã có sẵn mà còn thường đặt câu hỏi về những nghi ngờ của chính mình. Nhưng chỉ tin tưởng vào ý tưởng của bạn thôi là chưa đủ - chúng cần được truyền đạt đến người khác. Và điều này cũng có thể đòi hỏi sự quyết tâm, bởi vì mọi người có thể không hiểu, bác bỏ, thậm chí chế nhạo và xúc phạm những ý tưởng và kết luận mới. Điều này trước hết có thể được thực hiện bởi chính các đồng nghiệp của họ - những nhà khoa học thuyết phục về tính bất khả xâm phạm của quan điểm của họ về tính không thể sai lầm trong học thuật của họ - sự kết hợp giữa các ghế học thuật và các khoa giáo sư, những “người Boeotian” sợ phản đối Gauss.

Trong thời gian gần đây, và có lẽ cho đến ngày nay, với bàn tay nhẹ nhàng của Bertolt Brecht, người ta thường chỉ trích Galileo vì đã đại diện cho sự thật - vì thực tế là ông đã từ bỏ những niềm tin khoa học của mình. Việc từ bỏ sự thật là xấu, dù thực phẩm hay thực phẩm đòi hỏi những nghĩa vụ đặc biệt. Nhưng vào thời điểm xét xử, Galileo đã là một ông già 68 tuổi, 3 năm sau ông bị mù, bị đe dọa tra tấn, bỏ tù, trước mặt ông là hình ảnh Giordano Bruno được bảo quản trên cọc.

Bạn đọc hãy dừng lại và thử tưởng tượng rằng bạn đang bị thiêu trên cọc hoặc bị treo lên giá. Sau đó, chúng ta sẽ tiếp tục cuộc trò chuyện về lòng trung thành với sự thật - thật dễ dàng để nói về điều đó khi ngọn lửa, sự tra tấn hay sự giam cầm không làm phiền bạn.

Trên thực tế, Galileo dù phủ nhận bằng lời nói nhưng không hề phản bội sự thật. Một ông già mù, một tù nhân của Tòa án dị giáo, ông tranh luận về công trình khoa học chính của mình và xuất bản nó ra nước ngoài - ở Hà Lan. Galileo đã hoàn thành nghĩa vụ của mình với tư cách là một nhà khoa học. Rõ ràng, anh ta không thực sự nói những lời nổi tiếng với Điều tra viên: “Nhưng cô ấy vẫn được tin!” Nhưng ông ấy cũng nói điều tương tự, mặc dù kém hiệu quả hơn nhưng có sức nặng hơn - với công trình khoa học, cuốn sách của ông, được viết sau phiên tòa của Tòa án dị giáo. Vì vậy, truyền thuyết gán những lời đó cho ông về cơ bản là có thật. Vì vậy, việc ông vẫn còn trong ký ức của mọi người là đúng đắn với sự thật, trung thành với niềm tin khoa học của mình.

Nhưng Gauss không thể hiện bất cứ điều gì ngoại trừ những đánh giá sai lầm của các đồng nghiệp của ông, và ông che giấu những niềm tin khoa học của mình, che giấu niềm tin đúng đắn. Ông đã hành động khôn ngoan theo quan điểm nhầm lẫn, giống nhau - quá khứ hay hiện đại, tiến bộ trong khoa học hay bất kỳ lĩnh vực nào khác.

Sẵn sàng đạo đức hóa về sự “từ bỏ” của Galileo hoặc những người đã từng “sám hối tội lỗi của Chủ nghĩa Mendelmism-Morganism”, người đưa tin sẽ làm mọi cách “không làm hỏng mối quan hệ” với người đó. Anh ta sẽ không từ bỏ cũng không ăn năn. Bởi vì anh ta không có gì để từ bỏ và không có gì để ăn năn. Mọi thứ với anh ấy đều ổn, mọi thứ vẫn như vậy.

Chủ nghĩa tuân thủ này, sự thích ứng kép này thật kinh tởm đối với khoa học thực sự, bởi vì nó đòi hỏi sự sẵn sàng đặt câu hỏi và thay đổi bất kỳ quan điểm khoa học, quan điểm khoa học nào, bất kể chúng có vẻ vững chắc đến mức nào. Nó đòi hỏi sự cứng cỏi của tư duy và sự cứng cỏi trong việc tiếp cận cây tư duy một cách công khai, như trường hợp khám phá ra hình học phi Euclide.

(Cuối cùng xem trang 15)

13

ghi chú nhỏ

E. Zababakhin

ghi chú nhỏ

Thiết bị đơn giản nhưng khéo léo để tạo ra áp suất cực lớn này được phát minh bởi nhà vật lý người Mỹ Percy Williams Bridgem (1882-1961).

Nếu hai hình nón được đưa lại gần nhau ở các đỉnh của chúng (Hình 1, a) và lăn dọc theo trục thì một vùng tiếp xúc sẽ được hình thành (Hình 1, b). Hướng nổi lên σ đạt cực đại ở giữa khu vực này và ở các cạnh nó bằng 0 (Hình 1, θ). Khi cán tăng, diện tích tăng nhưng hướng cực đại σm vẫn giữ nguyên (các đường chấm trong Hình 1, θ và θ).

Ở gần đỉnh của thiết bị này, được gọi là đe Bridgham, vật liệu không chỉ nghiêng theo chiều dọc mà còn nghiêng theo chiều ngang, tức là độ dốc của nó gần như toàn diện (tương tự như độ dốc do áp suất thủy tĩnh gây ra). Trong trường hợp này, hướng cho phép lớn hơn nhiều so với độ bền kéo thông thường. (Lăn mạnh toàn diện hoàn toàn không phá hủy vật liệu.) Ngoài ra, với áp suất ngày càng tăng, độ bền cũng tăng lên, vì nó khiến các lớp vật liệu khó trượt lẫn nhau (như ma sát).

Hướng cực đại σm phụ thuộc vào góc của hình nón: đối với các góc lớn α thì nó nhỏ, nhưng tăng lên khi hình nón trở nên nhọn hơn. Ở một góc tới hạn nhất định σcr, đạt đến điều kiện phá hủy và hình nón bị gãy. Điều kiện cường độ là

14

Những chiếc đe thực tế được chế tạo rất chắc chắn, chẳng hạn như những chiếc đe kim cương, trên đó thu được áp suất cỡ một triệu atm. Với sự trợ giúp của những chiếc đe như vậy, tính chất của các chất khác nhau được nghiên cứu ở áp suất cao (đối với điều này, phần đầu của các đầu hơi dẹt và mẫu thử được đặt giữa chúng).

Không có độ đàn hồi
không có đĩa…

Các tính chất của chất rắn như độ đàn hồi và độ dẻo đã được biết rõ. Có những chất rắn không có những đặc tính này; chúng tương tự như những chất lỏng rất quan trọng, chẳng hạn như chất nhớt, chảy chậm, mặc dù dưới bất kỳ tải trọng nhỏ nào. Nhưng bây giờ các kỹ sư đã biết chất dẻo có hành vi không liên quan đến bất kỳ trường hợp nào trong số này. Điều này được thấy rất rõ khi quan sát butyl methacrylate (BMA).

Nếu một tấm làm từ nó được lắp vào, thì lực phải giữ nó sẽ giảm đáng kể sau vài giây (nhựa “quen” với hình dạng mới), tức là không có độ đàn hồi thông thường ở đây. Tuy nhiên, đây không phải là tính dẻo, vì khi bạn buông ra, nó sẽ duỗi thẳng từ từ nhưng hoàn toàn. Nếu bạn giúp cô ấy đứng thẳng và để cô ấy đi, cô ấy sẽ lại cúi xuống một chút.

Hình 1.

Hình 2.

và chỉ sau đó từ từ đứng thẳng lại. Điều này tương tự như hành vi của một sinh vật nào đó không muốn thực hiện các chuyển động áp đặt lên nó.

Chúng ta hãy minh họa điều này bằng hình 1, trong đó thể hiện chuỗi tải trọng (σ) và biến dạng (ε) tương ứng của BMA. Cho đến t=0, điện áp +σ₁ được duy trì trong thời gian dài, sau đó chúng ta thêm -2σ₁ vào đó và đợi thời điểm t₁ khi biến dạng ε về 0. Ở đây chúng tôi loại bỏ tải, nghĩa là thêm +σ₁. Có vẻ như sau đó sự biến dạng sẽ đơn điệu giảm dần về không. Nhưng chúng tôi nhớ rằng đây không phải là trường hợp (uốn cong 塑性 “hỗ trợ kháng cự” trong quá trình kéo dài), nghĩa là trên thực tế, quá trình này tương ứng với một đường cong AB liền có mức tối đa chứ không phải một đường chấm chấm.

Hành vi của vật liệu này dưới tải định kỳ là đặc biệt. Nếu dao động rất nhanh thì nó hoạt động giống như một vật liệu đàn hồi và rất cứng (đường AA trong Hình 2). Nếu chúng chạy rất chậm thì chất liệu cũng tương tự như thun nhưng mềm hơn rất nhiều (dòng BB). Cuối cùng, đối với các tần số trung gian, biến dạng “trễ” hơn ứng suất; quá trình tương ứng với một đường cong khép kín, diện tích của nó là sự mất năng lượng do nhiệt trong một chu kỳ dao động. Trong trường hợp này, các đặc tính đàn hồi và độ nhớt được kết hợp, nghĩa là vật liệu hoạt động đồng thời như một lò xo và như một bộ giảm xóc.

15

Mô tả đặc tính có thể vừa hữu ích vừa có hại: ví dụ: một bộ phận được đóng dấu từ BMA có thể “nhớ” hình dạng ban đầu của nó và bị biến dạng nghiêm trọng.

Sự xuất hiện của một loại vật liệu mới chắc chắn là thú vị cả về mặt khoa học và thực tiễn. Chúng được nghiên cứu bởi một chuyên gia trong ngành khoa học - địa chất.

Trang dao động

Bạn đã bao giờ quan sát bức tranh sau: một chiếc chậu có hình ngôi nhà hơi lồi đứng vững trên bàn, nhưng vì lý do nào đó, nó bắt đầu lắc lư trên bếp nóng và những rung động này không hề giảm đi trong một thời gian khá dài? (Các bà nội trợ biết rằng một số loại kasrol cũng có khả năng “nhảy múa” trên bếp.) Điều này có thể được giải thích như thế nào?

Sự ổn định của xương chậu trên bàn là điều khá dễ hiểu - trọng tâm C của nó nằm dưới tâm cong của ngày O (Hình 1). Nguyên nhân dẫn đến hành vi bất thường của khung chậu trên một tấm nóng là do tại điểm tiếp xúc với tấm nóng, nó trở nên rất nóng và phình ra, do đó tâm cong cục bộ O’ thấp hơn trọng tâm C (Hình 2), và sự cân bằng trở nên không ổn định. Điều này cũng được tạo điều kiện thuận lợi bởi thực tế là độ dày của Herab đồng đều: mặt dưới của nó nóng hơn, nở ra nhiều hơn và phần phình ra hướng chính xác xuống dưới. Trong Hình 2, cho thấy phần tiếp xúc với tấm, mặt nóng hơn của chậu bị đen. Hiệu quả còn được nâng cao hơn nữa nếu đổ nước lạnh vào chậu - điều này làm tăng chênh lệch nhiệt độ và độ cong vênh trong ngày. Sau khi lắc sang một bên, xương chậu dừng lại một lúc, tiếp xúc và phình ra ở một vị trí mới, chất lượng cao, v.v.

Một quả bóng lạnh trên một tấm nóng cũng sẽ không ổn định, nhưng nó bắt đầu lăn chứ không dao động trong một trường hợp, nó có chất lượng cao, v.v.

Nếu chậu nóng và bếp lạnh thì hiệu ứng sẽ ngược lại - các dao động ngẫu nhiên của chậu sẽ tắt rất nhanh và bóng bơm sẽ dừng lại.

Sự ngu ngốc và thiên tài

(Để bắt đầu, xem trang 7)

Nhưng lịch sử của bước thứ năm và hình học phi Euclid cũng cho thấy con người, ngay cả những người có tư duy về cây, gặp khó khăn như thế nào để đạt được những chân lý mà khi đã được khám phá thì hóa ra lại đơn giản. Câu chuyện này cho thấy suy nghĩ của những nhà khoa học lỗi lạc nhất cứng đầu đến mức nào. Vì vậy, với những người có tư duy cây cối, họ sẽ kết hợp sự khiêm tốn trong việc đánh giá thành tích của mình. Vì vậy, Darwin đã nói về mình trong chữ ký của mình: “Thật đáng ngạc nhiên khi một người có khả năng hạn chế như tôi lại có thể có ảnh hưởng nhất định đến ý kiến ​​của mọi người trong giới khoa học”.

Sự táo bạo trong thành tích và khiêm tốn trong đánh giá, hiểu sâu sắc rằng những gì đã đạt được chỉ là một giọt nước trong đại dương của những điều chưa đạt được và chưa biết; điều này, cùng với các định luật và lý thuyết, cũng có thể được học từ các nhà khoa học vĩ đại, từ lịch sử khoa học.

16

Chia hình dạng

Gần đây, hình học tổ hợp đã có sự phát triển vượt bậc - một ngành khoa học nghiên cứu các cấu hình tối ưu của một điểm hoặc các hình. Nó ngày càng được sử dụng nhiều trong vận tải (xếp hàng), xây dựng (bố trí các bộ phận), kiến ​​trúc (bố trí) và trong nhiều lĩnh vực khác của nền kinh tế quốc dân.

Để làm rõ một trong những hình học tổ hợp bài toán rất nổi tiếng, chúng tôi giới thiệu khái niệm đường kính của một hình. Đường kính của một hình là một số $d$ sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ của hình không vượt quá $d$, nhưng đối với bất kỳ số nào nhỏ hơn $d$, có những điểm trong đó có khoảng cách giữa chúng vượt quá $d$. Ví dụ: một hình tròn có đường kính (theo nghĩa truyền thống) $d$ là một hình có đường kính $d$. Một tam giác đều có cạnh $d$ cũng có đường kính $d$.

Một hình phẳng (không gian) được gọi là giới hạn nếu nó nằm trong một hình tròn (quả bóng) nhất định. Nếu một hình có đường kính thì nó rất hạn chế. Có thể chứng minh rằng điều ngược lại cũng đúng.

Một điểm của một hình phẳng được gọi là biên nếu trong bất kỳ đường tròn nào có tâm tại điểm này có cả các điểm thuộc hình và các điểm không thuộc hình đó. Một hình được gọi là đóng nếu nó chứa tất cả các điểm biên của nó. Ví dụ: hình phẳng $A_1 = \{(x; y) | x^2 + y^2 \leq 1\}$ bị đóng nhưng các hình $A_2 = \{(x; y) | x^2 + y^2 < 1\}$ và $A_3 = \{(x; y) | 0 < x^2 + y^2 \leq 1\}$ không bị đóng.

Hóa ra nếu một hình bị chặn là đóng thì nó chứa một cặp điểm

Ghi chú này dựa trên một báo cáo mà vào tháng 11 năm 1981, học sinh lớp chín Anton Bakov (Sverdlovsk) đã đưa ra tại Hội nghị các nhà toán học trẻ lần thứ XIII ở Batumi («Kvant», 1982, số 4).

Hình 1.

17

yêu thích". Cả “hình lục giác Pala” (bất kỳ hình phẳng nào có đường kính $d$ đều được chứa trong đó) cũng như hình tròn có đường kính $d$ (nhiều hình có đường kính $d$, ví dụ: một hình tam giác đều có cạnh $d$, sẽ không “khớp” vào nó) đều phù hợp ở đây. Các hình mong muốn hóa ra lại là cái gọi là các hình có chiều rộng không đổi.

Để chứng minh định lý của mình, Pal đã sử dụng các đường hỗ trợ. Một đường thẳng được gọi là hỗ trợ cho một hình phẳng nhất định nếu nó có ít nhất một điểm chung với hình đó và toàn bộ hình nằm trên một cạnh của hình đó (Hình 2). Số $h$ được gọi là chiều rộng của một hình nếu nó có các đường đỡ song song, khoảng cách giữa các đường đó là $h$. Nói chung, một hình có thể có nhiều “chiều rộng” (Hình 3). Nếu chiều rộng của hình không phụ thuộc vào hướng của các đường hỗ trợ thì hình đó được gọi là fidura có chiều rộng không đổi (Hình 4).

Hóa ra là bất kỳ hình phẳng nào có đường kính $d$ đều được chứa trong một số hình có chiều rộng không đổi $d$. Người ta cũng đã chứng minh rằng một hình có chiều rộng không đổi $d$ không thể có 2 phần đường kính nhỏ hơn $d$.

Những thông điệp này cho phép nhà toán học Liên Xô V. G. Boltyansky chứng minh vào năm 1969 rằng một hình phẳng có đường kính $d$ không thể chia thành 2 phần có đường kính nhỏ hơn $d$ khi và chỉ khi nó được chứa trong một hình duy nhất có chiều rộng không đổi $d$.

Lời giải được coi là bài toán làm nền tảng cho sự phát triển hơn nữa của hình học tổ hợp.

Ngày nay, bài toán này đã được giải không chỉ cho mặt phẳng: định lý tương đương với định lý Borsuk đã được chứng minh cho không gian ba chiều (4 phần luôn là đủ ở đó). Có giả thuyết cho rằng đối với không gian $n$ chiều thì luôn có đủ phần $n+1$.

Bài toán (được thêm bởi V. G. Boltyansky)

1. Chứng minh rằng đường kính của một đa giác bằng khoảng cách lớn nhất giữa các đỉnh của nó.

2. Dựa vào định lý Pal, chứng minh rằng mọi hình phẳng có đường kính $d$ đều có thể chia thành ba phần, đường kính mỗi phần không vượt quá $\frac{\sqrt{3}}{2} d \approx 0,866 d$.

3. Trong một đa giác đều có số cạnh lẻ, các hình tròn khác được vẽ, mỗi hình tròn chứa các đầu của các cạnh và có tâm ở đỉnh đối diện (xem Hình 4). Chứng minh rằng các hình giới hạn khác này có chiều rộng không đổi.

4. Chứng minh rằng một đa giác đều có số cạnh lẻ, đường chéo dài nhất có độ dài $d$, không thể chia thành hai phần, mỗi phần có đường kính nhỏ hơn $d$.

5. Một đoạn nhỏ hơn hình bán nguyệt được cắt ra khỏi đường tròn có đường kính $d$. Hình thu được $F$ vẫn có đường kính $d$. Có thể dễ dàng chia nó thành hai phần có đường kính nhỏ hơn $d$ (làm thế nào?. Do đó, $F$ được chứa trong các hình khác nhau có chiều rộng không đổi $d$. Hãy cho hai hình như vậy.

6. Chứng minh rằng một đa giác nội tiếp có số cạnh lẻ có thể chia thành hai phần nhỏ hơn đường kính của nó. Điều này có đúng với một đa giác tùy ý có số cạnh lẻ không?

7. Đặt $|AB| > d$ và các hình $M$ (“bigon”) biểu thị giao điểm của hai đường tròn có bán kính $d$ với tâm $A$ và $B$. Chứng minh rằng nếu một hình có đường kính $d$ nằm hoàn toàn trong hai cạnh $M$ thì có thể chia hình đó thành hai phần có đường kính nhỏ hơn $d$.

18

Bài toán

Chúng tôi đã chạy chuyên mục này từ số này đến số khác kể từ khi thành lập tạp chí. bài toán được xuất bản trong đó không phải là tiêu chuẩn, nhưng lời giải của chúng không yêu cầu kiến ​​thức ngoài phạm vi chương trình giảng dạy ở trường. bài toán khó nhất được đánh dấu bằng dấu hoa thị. Sau khi hình thành bài toán, chúng tôi thường cho biết ai đã đề xuất điều đó cho chúng tôi. Tất nhiên, không phải tất cả các nhiệm vụ này đều được xuất bản lần đầu tiên. Bài toán về toán học từ số này đã được đưa ra vào mùa hè này tại Olympic Toán học Quốc tế lần thứ XXIII. Lời giải bài toán từ số này có thể được gửi chậm nhất là ngày 28 tháng 2 năm 1983 đến địa chỉ: 103006, Moscow, K-6, st. Gorky, 32/1, «Kvant». Trong cột “Tới” ghi: “Bài toán Kvant Số 12 - 82” và các số bài toán, lời giải bạn đang gửi, ví dụ “M776, M777” hoặc “F788”. Lời giải bài toán từ các số tạp chí khác nhau hoặc trong các chủ đề khác nhau (toán học và vật lý) hãy gửi trong các phong bì khác nhau. Kèm theo một phong bì có ghi địa chỉ của bạn trên đó (trong phong bì này bạn sẽ nhận được kết quả xác minh lời giải). Các điều kiện cho mỗi bản gốc bài toán được đề xuất xuất bản phải được gửi thành hai bản trong một phong bì riêng cùng với giải pháp của bạn cho bài toán này (đánh dấu trên phong bì: “Bài toán Kvant, bài toán mới trong vật lý” hoặc “…mới bài toán trong toán học”).

M776 — M780; F788 — F792

M776. Lần lượt lấy các điểm M và N trên các đường chéo AC và CE của lục giác đều ABCDEF sao cho

$$\frac{|AM|}{|AC|} = \frac{|CN|}{|CE|} = \lambda.$$

Biết rằng các điểm B, M và N nằm trên cùng một đường thẳng. Tìm λ.

M777. Phương trình $x^3 - 3xy^2 + y^3 = n$ được cho. Chứng minh rằng a) nếu một số tự nhiên n sao cho phương trình đã cho có số nguyên lời giải thì phương trình đó có ít nhất ba số nguyên lời giải;
6) với n=2891 phương trình này không có số nguyên lời giải.

M778*. Cho một tam giác không bằng nhau $A_1A_2A_3$. Đặt $a_i$ là cạnh của nó nằm đối diện với đỉnh $A_i$ ($i=1, 2, 3$), $M_i$ là trung điểm của cạnh $a_i$, $T_i$ điểm tiếp tuyến của cạnh với đường tròn nội tiếp trong tam giác đã cho và $S_i$ điểm đối xứng với $T_i$ đối với bissertrix của góc $A_i$ hình tam giác. Chứng minh rằng các đường thẳng $M_1S_1$, $M_2S_2$ và $M_3S_3$ có ​​điểm chung.

M779*. Xét dãy $\{x_n\}$ số dương thỏa mãn điều kiện

$$1 = x_0 \geqslant x_1 \geqslant x_2 \geqslant \dots \geqslant x_n \geqslant \dots$$

a) Chứng minh rằng với mọi dãy số $\{x_n\}$ đều tồn tại n sao cho

$$\frac{x_0^2}{x_1} + \frac{x_1^2}{x_2} + \dots + \frac{x_{n-1}^2}{x_n} \geqslant 3,999.$$

6. Tìm một dãy $\{x_n\}$ thỏa mãn các điều kiện xác định sao cho với mọi n

$$\frac{x_0^2}{x_1} + \frac{x_1^2}{x_2} + \dots + \frac{x_{n-1}^2}{x_n} < 4.$$

A. Grishkov

M780*. Cho hình vuông K có cạnh 100. Cho L là hình mở không tự giao nhau

21

gửi kèm một phong bì có ghi địa chỉ và không dán tem - chúng tôi sẽ sử dụng phong bì này để gửi cho bạn kết quả chỉnh sửa. Cuối năm học chúng tôi tổng kết kết quả Hội thi Toán lượng tử. Nếu bạn có một vấn đề ban đầu cần đề xuất xuất bản, vui lòng gửi nó cho chúng tôi dưới bìa riêng, thành hai bản (bằng tiếng Nga hoặc tiếng Anh), bao gồm cả giải pháp. Trên phong bì viết “VẤN ĐỀ MỚI TRONG VẬT LÝ (hoặc TOÁN HỌC)” với mặt phẳng nằm ngang và góc $\varphi$ với đường thẳng $AB$ (xem Hình 1). Với tốc độ ban đầu tối thiểu là bao nhiêu thì vật sẽ chuyển động mà không tách ra khỏi bề mặt ống?

S. Krotov

P789. Một chi tiết có đáy phẳng, được tạo hình trên máy tiện, được đặt bên trong một thùng chứa để đổ nước vào. Hình 2 cho thấy lực $F$ mà chi tiết ép xuống đáy phụ thuộc vào mực nước $H$ trong ngăn chứa (không có nước thấm dưới đáy chi tiết). Sử dụng biểu đồ để xác định diện tích đáy của chi tiết, thể tích của nó và mật độ của vật liệu mà nó được tạo ra. Tạo một bản phác thảo gần đúng của chi tiết. Ở độ cao nào thì diện tích mặt cắt ngang của nó bằng diện tích đáy của nó?

D. Belov

P790. Một thanh có khối lượng $m$ được gắn vào tường bằng lò xo có độ cứng $k$. Thanh thứ hai có cùng khối lượng nằm cách thanh thứ nhất một khoảng $d$ (hình Hình 3). Thanh thứ hai phải đạt tốc độ tối thiểu bao nhiêu để thanh thứ nhất trở về vị trí ban đầu sau khi các thanh va chạm với nhau? Hệ số ma sát của các thanh trên bề mặt không phụ thuộc vào vận tốc và bằng $\mu$; va chạm có thể được coi là hoàn toàn đàn hồi.

V. Peterson

P791. A cylindrical receptacle closed by a piston contains 1 mole of ideal monoatomic gas. The piston’s mass is $M$, its area is $S$. What quantity of heat must be supplied to the gas in unit time to make the piston move uniformly upward with velocity $v$? The atmospheric pressure is $p_0$. There is no friction between the piston and the walls of the receptacle.

D. Podlesnyi

P792*. A two-wire telephone line links Moscow and Leningrad. The resistance of one meter of the wire is $r = 0.05$ Ohm. Because of imperfections in the insulation, the resistance between the two wires is $R = 10^7$ Ohm per meter of the line. A source of tension $U = 100$ v is switched on to the ends of the wire in Moscow. What will the voltmeter reading be a) at the ends of the line in Leningrad? b) in the middle of the line?

Z. Rafailov

Lời giải bài toán

M750—M758; F768—F777

Trong lời giải chúng tôi sử dụng “nguyên tắc Direkle”* nhiều lần.

a) Điểm này là trường hợp đặc biệt của các mệnh đề sau.

b) Xét một dải giấy nằm ngang có chiều rộng $lN$ (Hình 1). Nó bao gồm vô số cột có chiều cao $lN$. Giữa chúng có $m$ cột được tô màu giống hệt nhau (tổng số cột có màu khác nhau của cột hữu hạn). Chúng ta hãy vẽ $m$ các đường thẳng đứng qua các cột này.

Vì mỗi cột đã chọn được tô màu bằng $N$ màu, nên sẽ có một màu xuất hiện ở một (và do đó ở bất kỳ) cột nào trong số chúng ít nhất $l$ lần (nếu không thì chiều cao của cột nhỏ hơn $lN$). Thông qua các ô có màu này, chúng ta sẽ vẽ các đường ngang $l$.

b) Tô màu các ô là đỏ và xanh. Chúng ta hãy xem xét các hình vuông không giao nhau hoàn toàn $3 \times 3$ nằm dọc theo “đường chéo” (Hình 2).

*) Ví dụ, xem bài viết của V. Boltyansky năm «Kvant», 1977, số 2.

22

Sẽ có hai hình vuông có màu giống nhau (số cách tô màu hình vuông 3x3 bằng 2 màu là hữu hạn). Trên đường chéo của mỗi ô vuông có 2 ô cùng màu (ở hình 2 là ô màu đỏ). Chúng ta hãy xem xét các ô được tạo ra từ sự giao nhau của các sọc dọc và ngang đi qua các ô màu đỏ này. Nếu ít nhất một trong số chúng có màu đỏ thì vấn đề đã được giải quyết. Nếu không, thì tất cả chúng đều có màu xanh lam và có thể dễ dàng chọn ba trong số chúng sao cho tâm của chúng tạo thành một tam giác vuông cân.

d) Ta sẽ lập luận tương tự với cách giải điểm c). Chúng ta hãy xem xét một chuỗi vô hạn các hình vuông khá lớn nằm theo đường chéo (ý nghĩa của “đủ lớn” sẽ được tìm hiểu bên dưới). Trong số đó sẽ luôn có hai màu giống hệt nhau. Giả sử cạnh của một hình vuông lớn sao cho có thể đặt các hình vuông 4x4 lớn hơn dọc theo đường chéo của nó so với số cách tô màu hình vuông 4x4 bằng 3 màu. Khi đó trên đường chéo của mỗi hình vuông lớn giống hệt nhau mà chúng ta đã chọn sẽ có ít nhất 2 hình vuông 4x4 có màu giống hệt nhau (Hình 3). Trên đường chéo của mỗi ô có ít nhất 2 ô được bao quanh bằng nhau (và nằm ở vị trí bằng nhau) - trong Hình 3, tâm của chúng được đặt bằng các chấm màu đỏ; 4 ô tương ứng của các hình vuông có tâm màu xanh lam này, cũng như 2 ô tương ứng của các hình vuông lớn có tâm màu vàng, có cùng màu. Nếu hoa của hai trong số ba nhóm ô được chỉ định trùng nhau thì rõ ràng một trong các hình tam giác được đánh dấu trong Hình 3 sẽ là hình mong muốn. Mặt khác, chúng ta có thể giả định rằng màu sắc của tất cả các ô này trùng với màu của tâm chúng. Sau đó, với bất kỳ màu nào trong ba màu - vàng, xanh lam hoặc đỏ - ô có tâm màu đen được bao quanh (xem Hình 3), một trong ba tam giác vuông cân có một đỉnh chung ở tâm này và hai đỉnh khác ở các điểm màu vàng, hoặc ở cực xanh hoặc ở cực đỏ sẽ là “một màu”.

S. Miễn phí

Bài kiểm tra bài toán này có liên quan đến cái gọi là “Định lý cấp tiến Van der Waerden”, mà chúng ta sẽ nói đến trong một trong những số sắp tới.

M751. Trên đường tròn có 3k điểm được đánh dấu, chia thành 3k điểm, trong đó k đường thẳng có độ dài bằng 1, nếu k đường thẳng có độ dài bằng 2 và k điểm còn lại có độ dài bằng 3. Chứng minh rằng trong số các điểm đã đánh dấu có hai đường kính đối diện nhau.

Hình 1.

Chúng ta hãy chia các cung có độ dài 2 và 3 tạo thành các vòng tròn thành các phần bằng nhau có độ dài 1 và đánh dấu các điểm phân chia k+2k=3k này bằng màu đen và dữ liệu theo điều kiện 3k điểm bằng màu đỏ. Tổng cộng 6k điểm sẽ được đánh dấu - các đỉnh của 6k-giác thông thường (Hình 1). Tiếp theo chúng ta sẽ tranh luận bằng sự mâu thuẫn.

Giả sử phát biểu bài toán là sai thì mỗi điểm của đường tròn L0 đã cho đối diện theo đường kính với một điểm đen được đánh dấu. Do đó, đối diện với mỗi k song ca có độ dài 1 với các đầu màu đỏ là một cung có chiều dài 1 với các đầu màu đen, nghĩa là phần giữa của một trong k song ca có độ dài 3 với các đầu màu đỏ (xem Hình 1). Hãy cắt hai cung đơn vị đối diện như vậy từ hình tròn L0 và tạo một hình tròn L1 mới từ hai cung lớn còn lại (Hình 2); nó sẽ bao gồm các cung đơn vị 6k-2, các đầu của chúng có màu đỏ 3k-1 và cùng số điểm đen. Trong trường hợp này, các điểm đối xứng đường kính của đường tròn L0 sẽ đi đến các điểm đối diện của đường tròn L1, do đó màu đen sẽ tiếp tục nằm đối diện với mỗi điểm. Các chấm đỏ sẽ chia L1 thành các phần có độ dài 1, 2 hoặc 3 và sẽ có k-1 phần đơn - ít hơn 1 phần so với trước khi tái cơ cấu, k+1 phần đôi - nhiều hơn 1 và ba, giống như phần đơn, ít hơn 1.

23

Hình 2.

M752. Một bảng vuông gồm $n \times n$ ô chứa đầy các số nguyên. Hơn nữa, trong các ô có cạnh chung, các số được viết khác với các số khác không quá 1. Chứng minh rằng có ít nhất một số xuất hiện trong bảng:

a) không ít hơn $|n/2|$ lần ($|a|$ là phần nguyên của $a$);
b) không ít hơn $n$ lần.

Hình 1.

Hình 2.

$k-1$ - Ít hơn 1 so với trước perestroika, đánh đôi sẽ là $k+$ - thêm 1, và gấp ba, giống như đánh đơn, sẽ ít hơn 1.

Thao tác loại bỏ hai người bạn có độ dài 1 này cũng có thể được thực hiện với $L_1$, sau đó - với vòng tròn kết quả $L_2$ v.v., tổng cộng $k$ lần (nhiều như có những đĩa đơn đầu tiên - và gấp ba lần đối lập với chúng - mỗi cái có đầu màu đỏ). Kết quả sẽ là một vòng tròn $L_k$, bao gồm các bạn có độ dài 1, các đầu của chúng là $2k$ màu đỏ và $2k$ chấm đen, đối diện mỗi chấm đỏ như trước sẽ có một chấm đen. Mặt khác, các đoạn có chiều dài 1 hoặc 3 có đầu màu đỏ $L_k$ không còn tồn tại (ở mỗi bước số lượng cả hai đều giảm đi 1), tức là các chấm đỏ sẽ tách ra $L_k$ TRÊN $2k$ các phần có độ dài bằng nhau (chiều dài 2). Vì vậy, đối diện với mỗi chấm đỏ phải có một chấm đỏ.

Đã thu được mâu thuẫn cần thiết.

Theo cách tương tự, một tuyên bố tương tự được chứng minh cho một vòng tròn được chia thành $k$ đơn vị, $l$ đôi và $k$ ba người bạn, trong đó $k+l$ là một số chẵn.

V. Dubrovsky

Chúng ta sẽ cần những thứ sau

Bổ đề. Chúng ta có một chuỗi gồm $N$ ô của bảng (mỗi ô giáp ô trước đó ở một cạnh chung), ở các ô ngoài cùng được viết các số $a$ và $b$ (Hình 1). Sau đó $|a-b| \leq N-1$; 2) bất kỳ số chuỗi $x$ nào, nằm giữa $a$ và $b$, đều được viết vào một trong các ô của chuỗi.

Bằng chứng. Đặt $x_i$ là số được viết trong ô thứ $i$ của chuỗi, khi đó câu lệnh suy ra từ thực tế là

$$|a-b| = |a-x_2 + x_2-x_3 + \ldots + x_{N-1}-b| \leq |a-x_2| + |x_2-x_3| + \ldots + |x_{N-1}-b|,$$

và hiệu của hai số liền kề không lớn hơn 1. Khi chứng minh khẳng định thứ hai, nhằm mục đích định nghĩa, chúng ta sẽ giả sử rằng $a < x \leq b$. Chúng ta hãy di chuyển dọc theo chuỗi từ ô đầu tiên (có số $a$) và tìm ô cuối cùng vẫn chứa số không vượt quá $x$. Ô này chính là ô mà chúng ta đang tìm kiếm: nó chứa $x$, vì ô tiếp theo cũng sẽ chứa một số không vượt quá $x$ (xét cho cùng, các số trong các ô lân cận khác nhau không quá 1).

a) Đặt $M$ và $m$ là số nhiều nhất và nhiều nhất trong bảng. Vì hai ô bất kỳ có thể được kết nối bằng một chuỗi gồm nhiều nhất $2n-1$ ô, nên từ bất đẳng thức của bổ đề mà $|M-m| \leq 2n-2$. Do đó, không có nhiều hơn $2n-1$ số khác nhau trong bảng, nghĩa là ít nhất một trong số chúng được viết trong không ít hơn $[n^2/(2n-1)]$ ô. Nhưng $n^2/(2n-1) > n/2$, từ câu a) tiếp theo.

b) Đặt $M_k$ và $m_k$ là số nhiều nhất và nhiều nhất trong cột thứ $k$. Nếu có một số $x$ sao cho $m_k \leq x \leq M_k$ cùng một lúc cho tất cả $k$ từ 1 đến $n$, thì theo câu lệnh thứ hai của bổ đề, số $x$ xuất hiện trong mỗi cột, tức là ít nhất $n$ lần. Nếu không có số đó, thì đối với một số số $k$ và $l$, chúng ta có $m_k \leq M_k < m_l \leq M_l$, nghĩa là bất kỳ số nào trong cột thứ $k$ đều nhỏ hơn số trong cột thứ $l$. Áp dụng câu lệnh tương tự cho số $y$, nằm giữa $M_k$ và $m_l$, cũng như chuỗi ngang giữa cột thứ $k$ và $l$, chúng ta thấy rằng số $y$ được viết thành từng dòng và do đó không ít hơn $n$ lần.

Không thể thay thế số $n$ trong bài toán 6) bằng số lớn hơn, như minh họa trong bảng ở Hình 2.

A. Berzin

24

M753. Các số a, b, c nằm trong khoảng [0, π/2] và thỏa mãn các đẳng thức
cos a=a,
sin cos b=b,
cos sin c=c.

Sắp xếp các số này theo thứ tự tăng dần.

Đáp số: b<a<c. Để chứng minh, hãy lưu ý rằng vì sin x<x với mọi x dương và cos x tiêu diệt trong khoảng ]0; π/2 [, với mọi x∈]0; π/2 [bất đẳng thức kép sau đây đúng:
sin cos x<cos x<cos x.

Từ đó suy ra rằng
b=sin cos b<cos b, cos c<cos sin c=c,
đó là
cos b-b>0=cos a-a>cos c-c.

Nhưng hàm y=cos x-x sẽ bị hủy trong khoảng ]0; π/2 [, do đó b<a<c.

S. Gessi

M754. a) Có đa thức không?
P=P(x,y,z),
Q=Q(x,y,z),
R=R(x,y,z)
từ các biến x, y, z cũng vậy, mà danh tính nắm giữ
(x-y+1)³P+(y-z-1)³Q+
+(z-2x+1)³R=1?
6) Câu hỏi tương tự về danh tính
(x-y+1)³P+(y-z-1)³Q+
+(z-x+1)³R=1.

a) Đáp số: không tồn tại. Chú ý rằng hệ phương trình
x-y+1=0, y-z-1=0, z-2x+1=0
có lời giải (x,y,z)=(1,2,1). Khi thay thế các giá trị này của các biến vào danh tính đang được xem xét, các đa thức tại đa thức P, Q và R, cùng với chúng là toàn bộ phần, biến mất và danh tính bị vi phạm, bất kể chúng ta chọn đa thức nào.

6. Đáp số: tồn tại. Đặt f=x-y+1,
   g=y-z-1, h=z-x+1, sau đó f+g+h=1 cho tất cả các giá trị của x, y và z. Nâng đẳng thức cuối cùng lên lũy thừa bảy, chúng ta thấy rằng 1 được biểu diễn dưới dạng tổng các số hạng có dạng f⁵·g⁵·h⁵, trong đó k, l, m ≥0 và k+l+m=7, nghĩa là ít nhất một trong các số k, l, m không nhỏ hơn 3. Do đó, mỗi số hạng này đều chia hết cho f³, g³ hoặc h³. Nhóm tất cả các số hạng chia hết cho f³ và lấy f³ ra khỏi ngoặc, chúng ta thu được f³·P. Nhóm các số hạng còn lại chia hết cho g³, chúng ta thu được g³·Q. Tổng các số hạng còn lại bằng h³·R (P, Q và R là một số đa thức trong x, y, z). Kết quả là chúng ta có được một danh tính có dạng mong muốn:
   f³·P+g³·Q+h³·R=1.

P. Gusyatnikov,
Yu. Nesterenko

Biên tập. Những bài toán này cho thấy định lý tổng quát là đúng: nếu các đa thức F₁, F₂, …, Fₙ (của một hoặc nhiều biến) không biến mất đồng thời, thì người ta cũng sẽ tìm thấy các đa thức P₁, P₂, …, Pₙ sao cho F₁P₁+F₂P₂+…+FₙPₙ=1. Định lý này thực sự đúng nếu chúng ta tính đến không chỉ các giá trị thực mà còn cả các giá trị phức của các biến*). Hơn nữa, định lý này là một trường hợp đặc biệt về ý nghĩa của định lý gốc Hilbert: nếu đa thức G biến mất đối với tất cả các giá trị (phức) của các biến mà F₁=0, …, Fₙ=0 cùng một lúc, thì tồn tại các đa thức P₁, P₂, …, Pₙ và một số tự nhiên r, sao cho

F₁P₁+F₂P₂+…+FₙPₙ=G'.

Trên các tia hỗ trợ điểm M với các đỉnh của một khối thập diện cho trước, chúng ta lấy các điểm A, B, C và D cách M một khoảng bằng 1. Rõ ràng, điểm M sẽ nằm bên trong khối tứ diện mới ABCD và các cạnh của nó có thể nhìn thấy được từ điểm này dưới cùng một hình.

*) Tôi nói về số phức trong bài viết của L. Pontryagin năm «Kvant», 1982, số 3, 4.

25

các góc bằng các cạnh của một tứ diện đã cho. Do đó, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể thay tứ diện này bằng $ABCD$.

Đầu tiên là lời giải. Vì điểm $M$ nằm bên trong tứ diện nên tia $DM$ đi vào bên trong góc tam diện của nó tại đỉnh $D$ và do đó cắt mặt phẳng $ABC$ tại một điểm nào đó $P$ và điểm $P$ nằm bên trong tam giác $ABC$ (Hình 1). Giả sử cosin của các góc $AMD, BMD$ và $CMD$ lớn hơn 1/3 (nếu không thì không có gì phải chứng minh). Khi đó bản thân các góc này nhỏ hơn $\varphi = \arccos(-1/3)$, nghĩa là các góc $AMP, BMP$ và $CMP$ lớn hơn $180^\circ - \varphi$. Theo đó, độ dài của các đoạn $AP, BP$ và $CP$ lớn hơn sin $\varphi$.

Thật vậy, chúng ta hãy lấy đoạn $AP$ làm ví dụ. Nếu góc $AMP$ nhọn thì sin $\overrightarrow{AMP} > \sin(\pi - \varphi) = \sin \varphi$. Đồng thời, $|AP|$ sẽ không vượt quá khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $MP$, bằng $|AM| \cdot \sin \overrightarrow{AMP} > 1 \cdot \sin \varphi$ (xem Hình 1). Nếu góc $AMP$ tù hoặc vuông thì $AP$ là cạnh dài nhất trong tam giác $AMP$ và $|AP| > |AM| = 1 > \sin \varphi$.

Vì điểm $P$ nằm bên trong tam giác $ABC$ nên một trong các góc $APB, BPC$ và $CPA$ ít nhất là $120^\circ$. Đặt $\overrightarrow{APB} \ge 120^\circ$, sau đó

$$|AB|^2 = |AP|^2 + |BP|^2 - 2|AP| \cdot |BP| \cdot \cos \overrightarrow{APB} > \sin^2 \varphi + \sin^2 \varphi - 2 \sin^2 \varphi \cdot \cos 120^\circ = 3(1 - \cos^2 \varphi) = \frac{8}{3}.$$

Mặt khác, đặt $\alpha = \overrightarrow{AMB}$, ta có

$$|AB|^2 = |AM|^2 + |BM|^2 - 2|AM| \cdot |BM| \cos \alpha = 2(1 - \cos \alpha).$$

Vì vậy, $2(1 - \cos \alpha) > 8/3$; do đó $\cos \alpha < -1/3$.

Thứ hai lời giải. Chúng ta hãy biểu thị các vectơ $\overrightarrow{MA}, \overrightarrow{MB}, \overrightarrow{MC}$ và $\overrightarrow{MD}$ bằng $e_1, e_2, e_3, e_4$ (Hình 2). Vì điểm $M$ nằm bên trong tứ diện nên không có ba điểm nào bổ sung cho nhau. Hãy mở rộng vectơ $e_4$ sang ba vectơ còn lại:

$$e_4 = y_1 e_1 + y_2 e_2 + y_3 e_3.$$

Lưu ý rằng các hệ số $y_1, y_2$ và $y_3$ là khác nhau. Thật vậy, ví dụ, khoảng cách là $y_3$. Vectơ $e_4$ là tổng của vectơ $y_1 e_1 + y_2 e_2 = \overrightarrow{MK}$, trong đó $K$ là một điểm nào đó của mặt phẳng $ABM$ và vectơ $\overrightarrow{KD} = y_3 e_3$, vectơ thẳng hàng $e_3$ (xem Hình 2). Điểm $M$ nằm bên trong khối tứ diện nên các điểm $C$ và $D$ nằm đối diện nhau trên các cạnh của mặt phẳng $ABM$, nghĩa là các vectơ $\overrightarrow{MC} = e_3$ và $\overrightarrow{KD} = y_3 e_3$ có hướng ngược nhau, tức là $y_3 < 0$.

Chúng ta đặt $x_i = -y_i$ cho $i = 1, 2, 3$ và $x_4 = 1$, sau đó kết quả phân rã của vectơ $e_4$ sẽ được viết lại dưới dạng

$$x_1 e_1 + x_2 e_2 + x_3 e_3 + x_4 e_4 = 0,$$

và tất cả các số $x_i$ đều dương. Đặt $x_1$ là số vô hướng lớn nhất (1) của vectơ $e_1$:

$$x_1 + x_2 \cos \alpha_2 + x_3 \cos \alpha_3 + x_4 \cos \alpha_4 = 0,$$

trong đó $\alpha_i$ là góc giữa các vectơ $e_1$ và $e_i$ ($i = 2, 3, 4$) và sắp xếp lại các số hạng:

$$\left( x_1 - \frac{1}{3} \left( x_2 + x_3 + x_4 \right) \right) + x_2 \left( \cos \alpha_2 + \frac{1}{3} \right) + x_3 \left( \cos \alpha_3 + \frac{1}{3} \right) + x_4 \left( \cos \alpha_4 + \frac{1}{3} \right) = 0.$$

Số hạng đầu tiên ở vế trái không âm, vì $x_1 \ge x_i$ cho $i = 2, 3, 4$; do đó ít nhất một trong các số hạng còn lại không dương: $x_i \left( \cos \alpha_i + \frac{1}{3} \right) \leq 0$ đối với một số $i$. Nhưng $x_i > 0$; do đó $\cos \alpha_i < -1/3$.

Hãy thực hiện hai sự thay thế. Thứ nhất, 1/3 được xây dựng không thể giảm trong các điều kiện, như ví dụ về tứ diện đều $ABCD$ và tâm của nó $M$ cho thấy. Trong trường hợp này

27

M758*. Hỏi số cesels nhỏ nhất phải loại bỏ khỏi dãy 1, 2, 3, …, 1982 là bao nhiêu để không có cesels nào bằng tích của 2 cesels còn lại?

Đáp số: 43 cel; Bạn có thể gạch bỏ cel 2, 3, …, 44.

Nếu chúng ta gạch bỏ 43 cel được chỉ định thì điều kiện bài toán sẽ được thỏa mãn hoặc tích của bất kỳ hai cel nào còn lại (không bao gồm 1) sẽ lớn hơn $45^2 = 2025 > 1982$. Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng nếu chúng ta gạch đi ít hơn 43 cel thì vẫn còn lại 3 cel, tích của hai trong số đó bằng tích của cái thứ ba.

Hãy xem xét 43 bộ ba cels
$(2, 87, 2 \cdot 87), (3, 86, 3 \cdot 86), ..., (44, 45, 44 \cdot 45)$.

Vì hàm $x \cdot (89 - x)$ trên khoảng [2; 44] sẽ tăng, tất cả các cel được tính toán đều khác nhau và không vượt quá 44 · 45 = 1980 < 1982. Nếu bạn gạch bỏ dưới 43 cel thì ít nhất một trong các bộ ba được tính toán sẽ vẫn giữ nguyên và điều kiện bài toán sẽ bị vi phạm.

L. Kurlyandchik

F768. Lực kéo hình nón di chuyển dọc theo bàn chính, nhanh chóng mài các trục của nó (xem hình). Với tốc độ v của chuyển động tịnh tiến thì con súc sắc sẽ không chạm vào cạnh bàn, rỉ ra từ nó? Trục kéo vẫn thẳng đứng. Kích thước của con sói được thể hiện trong hình.

Sau khi nhảy khỏi bàn, con sói sẽ di chuyển theo hình parabol (vòng quay chỉ ổn định vị trí thẳng đứng của trục sói). Hình chiếu ngang $v_x$ của tốc độ của con sói sẽ bằng tốc độ $v$ chuyển động tịnh tiến của nó trên bàn; hình chiếu thẳng đứng sẽ thay đổi theo thời gian theo quy luật $v_y = gt^2/2$. Sợi sẽ không chạm vào cạnh bàn nếu trong thời gian $t$, trong thời gian nó di chuyển theo chiều dọc $H$, chuyển vị ngang của nó lớn hơn hoặc bằng $r$ (xem hình). Hãy viết điều kiện này:

$$v_x\tau = v\tau \geq r, \quad \tau = \sqrt{\frac{2H}{g}}.$$

Như vậy, tốc độ chuyển động tịnh tiến của sói phải thỏa mãn điều kiện:

$$v \geq \sqrt{\frac{r^2g}{2H}}.$$

A. Zilberman

F769. Một hình trụ lớn có bán kính $R$ tựa trên hai giá đỡ có chiều cao bằng nhau (xem hình). Một giá đỡ đứng yên và giá đỡ kia nhô lên từ dưới hình trụ với tốc độ $v$. Khi đó hình trụ ép lên giá đỡ cố định với lực bằng bao nhiêu khi khoảng cách giữa các điểm tựa là $R\sqrt{2}$? Giả sử tại thời điểm ban đầu quầy hàng được đặt rất gần nhau; Không có ma sát giữa xi lanh và các giá đỡ.

Cho đến khi xi lanh rời khỏi các giá đỡ, trục sẽ luôn nằm chính xác ở giữa các giá đỡ. Do đó, hình chiếu ngang của vận tốc của trục hình trụ (điểm $O$ trong hình) bằng $v/2$. Vì tất cả các điểm trục di chuyển theo một đường tròn có tâm tại điểm $A$, nên tổng tốc độ $u_t$ của mỗi điểm trục được hướng vào bất kỳ đường vuông góc tức thời nào với bán kính $OA$. Do đó, tất cả các điểm của trục đều chuyển động với gia tốc hướng tâm $a_t = u_t^2/R$.

Viết phương trình chuyển động của điểm $O$ chiếu lên trục $Y$ (xem hình):

$$Mg \cos \alpha - N = Ma_t = M \frac{u_t^2}{R},$$

trong đó $N$ là giá trị tuyệt đối của phản lực tác dụng lên gối đỡ cố định. Theo định luật III Newton, với một lực có cùng giá trị tuyệt đối, hình trụ tác dụng lên một vật đứng yên

28

không có hỗ trợ. Từ phương trình (*) ta tìm được
$$N = Mg \cos \alpha - M \frac{u^2}{R}.$$
Tại thời điểm khoảng cách giữa các giá đỡ là $|AB| = R\sqrt{2}$,

$$\cos \alpha = \frac{R\sqrt{2}}{2R} = \frac{1}{\sqrt{2}}.$$
Hình chiếu ngang của vận tốc của điểm $O$ bằng $u_i$ cos $\alpha = v$, do đó $u = v/\sqrt{2}$. Vì vậy, tại $|AB| = R\sqrt{2}$

$$N = M \frac{g}{\sqrt{2}} - M \frac{v^2}{2R}.$$
Để hình trụ không rời khỏi các giá đỡ trước khi $|AB|$ trở thành $R\sqrt{2}$, thì điều kiện $\frac{g}{\sqrt{2}} > \frac{v^2}{2R}$ phải được thỏa mãn, tức là $v < \sqrt{gR\sqrt{2}}$.

S. Krotov

F770. Trong một xi lanh cách nhiệt đặt dưới một pít-tông nhẹ có một hỗn hợp nước và nước đá có cùng lượng nước và nước đá: $m_B = m_\pi = m = 1$ kg. Áp suất lên piston tăng dần từ giá trị ban đầu $p_0 = 10^5$ Pa lên $p_1 = 2,5 \cdot 10^6$ Pa. Xác định xem băng sẽ tan bao nhiêu và lực sẽ thực hiện bao nhiêu công. Được biết, để giảm nhiệt độ tan của băng xuống 1 độ, bạn cần đưa áp suất lên $p = 14 \cdot 10^6$ Pa.

1. Giải bài toán, giả sử nước và nước đá không nén được.

2. Đánh giá sự điều chỉnh được cung cấp bởi kế toán khả năng đọc lướt.
   Người ta biết rằng để giảm thể tích của một lượng nước nhất định đi 1% thì áp suất phải tăng lên $p' = 20 \cdot 10^6$ Pa. Lấy độ nén của nước đá bằng một nửa độ nén của nước.
   Độ lưu động nhiệt riêng của nước và nước đá - $c_B = 4,2 \cdot 10^3$ J/(kg K), $c_\pi = 2,1 \cdot 10^3$ J/(kg K); nhiệt dung riêng tan chảy của băng $\lambda = 3 \times 10^5$ J/kg, mật độ của băng $Q_\pi = 0,9Q_B$, trong đó $Q_B$ là mật độ của nước.

3. Đầu tiên, chúng ta thấy nhiệt độ của hỗn hợp giảm do áp suất bên ngoài tăng:

$$\Delta T = \frac{p_1}{p} \approx 0,17 \text{ K}.$$
Một sự thay đổi nhiệt độ nhỏ như vậy cho thấy một lượng nhỏ băng sẽ tan chảy, tức là $\Delta m \ll m_\pi$.
Hãy viết định luật bảo toàn năng lượng:

$$A = \lambda \cdot \Delta m - (c_\pi + c_B)m \cdot \Delta T.$$
Hãy ước tính giá trị công $A$ của ngoại lực. Sự thay đổi thể tích của hỗn hợp do khối lượng tan chảy $\Delta m$ của nước đá bằng

$$\Delta V = \frac{\Delta m}{Q_\pi} - \frac{\Delta m}{Q_B} = \Delta m \frac{Q_B - Q_\pi}{Q_B Q_\pi} \ll 0,1 \frac{m}{Q_\pi} \sim 10^{-4} \text{ m}^3,$$
theo,

$$A \approx p_1 \cdot \Delta V \ll 2,5 \cdot 10^2 \text{ Дж}.$$
Lượng nhiệt $\Delta Q$ cần thiết để làm nóng một khối $m$ nước đá và một khối lượng $m$ nước lên $\Delta T$ độ là

$$\Delta Q = (c_\pi + c_B)m \cdot \Delta T \approx 1,1 \cdot 10^3 \text{ Дж}.$$
Có thể thấy rằng $A \ll \Delta Q$; do đó, để ước tính, chúng ta có thể giả sử rằng $\lambda \cdot \Delta m \approx \Delta Q$, từ đó

$$\Delta m = \frac{\Delta Q}{\lambda} \approx 3,7 \cdot 10^{-3} \text{ кг}.$$
Sự thay đổi thể tích do khối băng này tan chảy bằng

$$\Delta V = \Delta m \frac{Q_B - Q_\pi}{Q_B Q_\pi} \approx 4 \cdot 10^{-7} \text{ m}^3.$$
Xét rằng khi áp suất tăng chậm $\Delta V \sim \Delta p$, ta tìm được công của ngoại lực:

$$A = \frac{1}{2} p_1 \cdot \Delta V \approx 0,5 \text{ Дж}.$$
2) Có tính đến khả năng lướt qua của băng và nước. Độ biến thiên thể tích của nước đá và nước sẽ bằng nhau

$$\Delta V' = \frac{p_1}{p'} \cdot 10^{-2} V_{\text{OB}} + \frac{p_1}{p'} \cdot 10^{-2} \frac{V_{\text{OI}}}{2},$$
trong đó $V_{\text{OB}} = 10^{-3} \text{ m}^3$ và $V_{\text{OI}} = 1,1 \cdot 10^{-3} \text{ m}^3$ là thể tích ban đầu của nước và băng. Thay thế dữ liệu số, chúng tôi tìm thấy

$$\Delta V' \approx 2 \cdot 10^{-6} \text{ m}^3.$$

29

Công $A'$ của ngoại lực tác dụng lên hỗn hợp dốc bằng

$$A' = \frac{1}{2} p_1 \cdot \Delta V' \approx 2,5 \text{ Дж}.$$

Tổng công do ngoại lực thực hiện là

$$A_\pi = A + A' \approx 3 \text{ Дж}.$$

A. Buzdin

F771. Trong mạch điện ở hình 1, diode D và cuộn dây có độ tự cảm $L$ tại thời điểm $t=0$ được nối với nguồn điện áp xoay chiều $u = U_M \cos \omega t$ bằng công tắc K. Xác định cường độ dòng điện trong cuộn dây theo thời gian; vẽ đồ thị hàm số này. Diode và cuộn dây được coi là lý tưởng. Điện trở trong của nguồn là Pretenbr.

Hình 1.

Hình 2.

Điện áp trên cuộn dây sẽ thay đổi theo thời gian theo quy luật

$$u = U_M \cos \left( \omega t + \frac{3}{2} \pi \right) = U_M \sin \omega t.$$

Vậy cuộn dây sẽ thay đổi theo quy luật

$$i = \frac{U_M}{\omega L} (1 - \cos \omega t)$$

(ở đây người ta tính đến $t = t_2$ $I = 0$).

Hình 2 hiển thị biểu đồ $u(t)$ và $i(t)$.

V. Skorovarov

F772. Vòng vây ngăn chặn đã thực hiện một cuộc hạ cánh tàn sát trên Mặt trăng. Chuồng có dạng hình đĩa bán kính $r=4 \text{ м}$; bề mặt của nó được bao phủ bởi màu đỏ đen (không phản chiếu). Có thể phát hiện ứng dụng corral bằng cách sử dụng BTA televis thế tục lớn nhất thế giới với

Do sự nhiễu xạ ánh sáng trên khung của vật thể, sử dụng tivi có thể phân biệt được hai điểm trên bề mặt Mặt Trăng nằm ở khoảng cách ít nhất

$$R = \frac{\lambda}{D} L = 40 \text{ м}.$$

Các đối tượng có kích thước nhỏ hơn $R$ không khác với đối tượng chính xác. Để đọc một lá thư, bạn cần phân biệt một số yếu tố của nó. Việc ước tính số lượng các phần tử này chỉ có thể được thực hiện một cách gần đúng. Vì

30

đường kính của vật thể $D = 6\text{ m}$, nếu một tấm nhựa quang được lắp đặt trong mặt phẳng tiêu cự và một phần bề mặt mặt trăng được hình thành ở đó vị trí ứng dụng dự định đặt?

Xin lưu ý rằng độ tương phản đáng tin cậy có thể đọc được của hình ảnh trên nhựa ảnh (nghĩa là chênh lệch tương đối tối thiểu về độ chiếu sáng của phần sáng và phần tối của hình ảnh) bằng $k = 0,05$.

Khoảng cách từ Trái đất đến Mặt trăng $L = 4 \cdot 10^5\text{ km}$; quá trình quang hóa được thực hiện dưới ánh sáng có bước sóng $\lambda = 0,6\text{ мкм}$. Để ước tính kích thước của các chữ cái do các phi hành gia đặt trên bề mặt Mặt trăng có thể được đọc khi quan sát từ Trái đất bằng kính viễn vọng BTA.

F773. Trên một mặt phẳng nghiêng gồ ghề có góc nghiêng $a$ là một vật thể được gắn vào một sợi chỉ không giãn. Đầu tự do của sợi chỉ được luồn qua một lỗ nhỏ trên mặt phẳng. Tại thời điểm ban đầu, vật nằm trên một mặt phẳng sao cho sợi dây nằm ngang (Hình 1). Sợi chỉ bắt đầu được kéo ra từ từ; trong trường hợp này, khi nó chạm tới lỗ, phần thân sẽ mô tả vòng tròn tưới. Tìm hệ số ma sát của vật trên mặt phẳng.

F774. Đối với nhiều đuôi, có các giá trị nhiệt độ $T_{\text{tp}}$ và áp suất $p_{\text{tp}}$ mà tại đó có thể thử cả ba giai đoạn này, chẳng hạn như để mô tả các chữ cái của một chuỗi các vòng tròn chạm vào. Số lượng vòng tròn trong chuỗi như vậy ít nhất phải là 5-6 để các chữ cái khác nhau. Xét rằng bán kính của những vòng tròn này trên bề mặt Mặt trăng phải là $R = 40\text{ m}$, chúng ta thu được ước tính của bức thư trao đổi: $l \approx 400-500\text{ m}$.

Khi chụp ảnh, sự chiếu sáng của bất kỳ điểm nào trong ảnh Mặt trăng trong mặt phẳng tiêu điểm của vật thể được tạo ra do bức xạ của tất cả các phần tử trên bề mặt Mặt trăng nằm trong một vòng tròn bán kính $R = 40\text{ m}$, tức là diện tích $S = \pi R^2$. Nếu một phần diện tích của vòng tròn này được bao phủ bởi một đĩa đen (không phản chiếu) có diện tích $s = \pi r^2$, thì độ chiếu sáng của hình ảnh của điểm ứng dụng sẽ tỷ lệ với $(S-s)$, trong khi ở các điểm khác nó tỷ lệ với $S$. Do đó, độ tương phản của hình ảnh sẽ bằng

$$k = \frac{S - (S - s)}{S} = \frac{s}{S} = \left( \frac{r}{R} \right)^2 = 10^{-2}.$$

Giá trị này nhỏ hơn giá trị được chỉ định trong điều kiện có độ chênh lệch đáng tin cậy về độ tương phản hình ảnh $k_{\text{min}} = 5 \cdot 10^{-2}$. Do đó, không thể phát hiện được một kho văn bản bị giam giữ.

S. Kozel

◆ Hình 2 thể hiện quỹ đạo của vật từ vị trí ban đầu đến lỗ (mặt phẳng của hình trùng với mặt phẳng nghiêng). Điểm $O'$ là tâm của hình bán nguyệt mà vật chuyển động dọc theo đó.

Vì sợi dây rút ra từ từ nên chúng ta có thể giả sử rằng tại mọi thời điểm vật thể luôn ở trạng thái cân bằng. Chúng ta hãy viết điều kiện cân bằng của vật tại thời điểm sợi dây tạo một góc $\varphi$ với phương ngang $OO'$ (Hình 2).

Trong các hình chiếu lên trục $X$ -

$$f \cos \left( \frac{\pi}{2} - 2\varphi \right) = T \cos \varphi,$$

hoặc $f \sin^2 \varphi = T \cos \varphi.$

Trong các hình chiếu lên trục $Y$ -

$$f \cos 2\varphi + T \sin \varphi = mg \sin \alpha.$$

Hình 1.

Hình 2.

Trong các hình chiếu lên trục $Y'$ vuông góc với mặt phẳng nghiêng (xem Hình 1), -

$$mg \cos \alpha = N.$$

Xét rằng lực ma sát $f$ có giá trị abscylotic bằng $\mu N$, từ (1)–(3) ta tìm được $\mu = tg \alpha.$

A. Zilberman

◆ Hình vẽ là sơ đồ trạng thái của vật chất theo tọa độ $p-T$.

Chúng ta hãy xem xét chu trình $A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow A$, thực hiện trên khối lượng $m$ của vật chất ở điểm thứ ba. Trong chu kỳ này

31

các chất - khí, lỏng và rắn - ở trạng thái cân bằng với nhau. Đối với nước $T_{tr} = 0,0075^\circ C$, $p_{tr} = 4,58$ mm Hg. st; nhiệt độ riêng tại một điểm rắn là $r = 595,8$ cal/g, nhiệt độ nóng chảy riêng là $\lambda = 79,7$ cal/g. Nhiệt độ thăng hoa riêng của Nauti (hình chữ nhật từ trạng thái rắn sang khí) của nước được nâng lên điểm ba

$$rm + \lambda m - \theta m = 0,$$

trong đó $\theta$ là nhiệt độ riêng của thăng hoa (công của hệ trong mỗi chu kỳ bằng 0, không có nhiệt bên ngoài, tổng độ biến thiên nội năng của hệ cũng bằng 0). Kể từ đây,

$$\theta = r + \lambda.$$

Thay dữ liệu số cho nước, chúng ta tìm được nhiệt độ thăng hoa riêng của nước:

$$0 = 675,5$$ cal.

V. Davydov

◆ Sự thay đổi dòng điện khi chuyển mạch ampe là nhỏ. Điều này có nghĩa là chúng ta có thể giả sử rằng sự thay đổi dòng điện trong mạch khi kết nối bộ khuếch đại là nhỏ và tỷ lệ thuận với sự thay đổi điện trở tổng của mạch, nghĩa là $\Delta I = \alpha \cdot \Delta R_{06\mu}$, trong đó $\alpha$ là hệ số tỷ lệ. Nhưng $\Delta R_{06\mu} = R_A$ ($R_A$ là điện trở của ampe). Ở các giới hạn khác nhau, điện trở của ampe là khác nhau.

Nếu $I_0$ là dòng điện trong mạch trước khi kết nối bộ khuếch đại thì

$$\Delta I_1 = I_0 - I_1 = \alpha R_{A1},$$

$$\Delta I_2 = I_0 - I_2 = \alpha R_{A2},$$

trong đó $R_{A1}$ là điện trở cường độ dòng điện ở giới hạn 10 mA, $R_{A2}$ là điện trở ở giới hạn 3 mA. Xét rằng $\frac{R_{A1}}{R_{A2}} = \frac{3}{10}$, từ (*) ta thu được

$$\frac{I_0 - I_1}{I_0 - I_2} = \frac{3}{10},$$

Ở đâu

$$I_0 = \frac{10I_1 - 3I_2}{7} \approx 2,97$$ mA.

A. Zilberman

◆ Trong một phút, ấm vẫn ở nhiệt độ $\Delta t_1 = 0,2$ độ. Lượng nhiệt mà ấm “tổn thất” trong thời gian này bằng

$$\Delta Q_1 = cm \cdot \Delta t_1$$

(c là nhiệt độ riêng của nước). Nếu n giọt rơi vào ấm trong một phút thì lượng nhiệt do nó truyền sang nước trong ấm bằng:

$$\Delta Q_2 = nm_k c (t_2 - t_1).$$

Điều kiện để xây dựng nhiệt độ nước trong ấm là $\Delta Q_1 = \Delta Q_2$, tức là

32

Nước sẽ dâng lên bao nhiêu độ trong một phút nếu bạn bắt đầu nhỏ giọt vào cốc thứ hai?
Giả sử nhiệt độ của nước trong ấm cân bằng rất nhanh. Chỉ có nước chảy ra từ vòi. Ấm đun nước chứa 0,3 lít nước. Nhiệt độ không khí xung quanh $t_0 = 20^\circ C$.

F777. Một khối được treo bằng một sợi dây thần kinh không trọng lượng. Khoảng cách giữa các điểm treo bằng đường kính của khối; chiều dài của các phần dọc của sợi là $l$ (Hình 1). Xác định chu kì dao động nhỏ của hệ trong mặt phẳng thẳng đứng chứa nó.

Hình 1. Hình 2.

$cm \cdot \Delta t_1 = nm_k c (t_2 - t_1)$.

Từ đây chúng ta tìm thấy $n$:

$$n = \frac{m}{m_k} \frac{\Delta t_1}{t_2 - t_1} = 20 \text{ капель в минуту.}$$

Nếu bạn nhỏ giọt không phải $n$ mà là $3n$ giọt mỗi phút thì nước trong ấm sẽ nóng lên sau một phút

$$\Delta t_2 = \frac{3\Delta Q_2 - \Delta Q_1}{cm} = 2\Delta t_1 = 0,4 \text{ градуса.}$$

A. Zilberman

Chúng ta hãy chứng minh rằng ở những góc lệch nhỏ khối chuyển động tịnh tiến, nghĩa là tại bất kỳ thời điểm nào tất cả các điểm của khối đều có cùng tốc độ.

Chúng ta hãy làm chệch hướng các sợi chỉ một góc nhỏ $a$ so với phương thẳng đứng. Đặt $C$ và $D$ là điểm tiếp xúc cực đại của sợi chỉ với khối (Hình 2). Chúng ta hãy xem vectơ bán kính của các điểm $C$ và $B$ ($D$ và $A$) tạo thành góc nào. Rõ ràng là độ dài của mỗi $AD$ và $CB$ bằng nhau

$$\Delta l = \frac{1}{2} |FE| = \frac{1}{2} d\alpha$$

(vì $a$ nhỏ nên tội lỗi $\alpha \approx \alpha$).

Ở phía bên kia,

$$\Delta l = \frac{1}{2} d\varphi.$$

Vì vậy, $\varphi = \alpha$. Điều này có nghĩa là đoạn $AB$ vẫn nằm trên phương ngang, tức là khối chuyển động tịnh tiến.

Do đó, động năng của khối tại bất kỳ thời điểm nào đều bằng $mv_i^2/2$, trong đó $m$ là khối lượng của khối, $v_i$ là tốc độ tâm của nó tại một thời điểm nhất định. Do đó, tại bất kỳ thời điểm nào, tổng năng lượng của khối bằng

$$\frac{mv_i^2}{2} + mgl(1 - \cos \alpha_i),$$

nghĩa là giống như ma trận toán học có độ dài $l$. Do đó, dao động của khối giống hệt với dao động của ma trận toán học; chu kỳ dao động

$$T = 2\pi \sqrt{l/g}.$$

V. Ilyin

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Trong số này, chúng tôi công bố họ của những người gửi đúng lời giải bài toán M721—M735 và F748—F762 (các số sau họ là chữ số cuối của các số đã giải bài toán).

Hầu hết độc giả gửi lời giải đều hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ M721, M724, M726, M727, M729, M731, M734. Phần còn lại bài toán quyết định: V. Aizenstadt (Lyubertsy) 22, 23, 33; T. Hakobyan (Yerevan) 22; M. Alekseev (Moscow) 22, 23; A. Alyaev (p. Pachelma, vùng Penza) 28; M. Araslanov (Zaporozhye) 23, 25, 28, 30; A. Bazhilov (Sofia, Belarus) 23, 25; L. Bayrak (Belgorod) 32; V. Barabanov (Sevastopol) 23; A. Beluus (Vinnitsa) 28; A. Bereshtein (Moscow) 33; A. Birer (Ivanovo) 23, 30, 32, 33; A. Blaezdarev (Penza) 32; I. Boeyslavsky (Moscow) 22, 23, 25, 33; M. Broditsky (Chisinau) 23, 28, 30, 35; V. Bulavas (Panevzys) 22, 25, 30, 32, 33; I. Vaishtein (Kalinin) 23; V. Vaishtok (Kalinin) 25; G. Người chiến thắng (Sverdlovsk) 22, 23, 25, 28, 32; A. Vinoredov (Moscow) 23, 28, 32, 35; L. Vovk (Kyiv) 22, 25, 32, 33; V. Volchkov (Donetsk) 23, 25; S. Galkina (Penza) 25; M. Garayev (Fuzuli) 23, 33; O. Garifulin (Penza) 25; A. Gertsyk (Leningrad) 35; M. Glikman (Chisinau) 30, 32, 33; M. Gorbunov (Minsk) 25, 28, 32; A. Gromov (Leningrad) 25; S. Gromov (Yangyul) 25; A. Gutman (Novokuznetsk) 23; A. Deineka (Vinnitsa) 32; A. Dobrin (Kyiv) 28, 30, 32, 33; V. Dolotin (Kursk) 23; L. Dochev (Sofia, NRB) 25; A. Drobivtsev (Leningrad) 23, 25; A. Dubickas (Taurage) 22, 23, 25; V. Enxuev (Novosibirsk) 28; O. Eroshkin (Dnepropetrovsk) 23, 25, 33, 35; K. Zykov (Moscow) 30, 33; M. Ivko (Pavlodar) 25; V. Ivlev (Dzhezkagan) 25; A. Ivchenko (Mogilev-Podolsky) 33; M. Yotov (Sofia, Belarus) 22, 25; E. Kabkov (Leningrad) 28; P. Kabyshev (Moscow) 28; A. Karpovich (Kyiv) 30; A. Kartatsev (Vitebsk) 32, 33; S. Kasteli (Belgrade, SFRY) 22; N. Katsenko (Kyiv) 23, 25, 32, 33; V. Kidyyuk

(Tiếp theo trang 37)

33

lượng tử
dành cho học sinh nhỏ tuổi

Bài toán

1. Thay dấu hoa thị bằng các số trong biểu thức 52★2★ để số thu được chia hết cho 36.

2. 8 chiếc khăn ăn hình vuông màu lần lượt được đặt trên bàn (xem hình). Trong trường hợp này, chiếc khăn ăn tiếp theo sẽ che đi một phần của ít nhất một trong những chiếc khăn ăn trước đó. Xác định xem khăn ăn nào được đặt trước và khăn ăn nào trong hai chiếc khăn ăn - màu nâu hoặc trắng - được đặt trước?

3. Khi kim giây trên đồng hồ trôi qua được 1 giây thì kim phút đã trôi qua được 6 phút nhưng đồng hồ vẫn hoạt động. Làm sao tôi có thể giải thích điều này?

4. Với số có hai chữ số nào thì tổng lập phương của số hàng đơn vị và bình phương của số hàng chục bằng chính số đó?

5. Có bao nhiêu số tối đa có thể viết thành một chuỗi sao cho tổng của 17 số liên tiếp bất kỳ là số chẵn và tổng của 18 số liên tiếp bất kỳ là số lẻ?

Những bài toán này đã được cung cấp cho chúng tôi
K. Ashurbekov, F. Bartenev,
V. Proizvolov, A. Savin, A. Shvetsov

33

34

A. Panov

Hình bí ẩn số 51

Cắt một hình vuông bằng bìa cứng và chia nó thành nhiều phần như trong Hình 1 - bạn sẽ có được câu đố “tangram”, được phát minh ra cách đây hàng nghìn năm ở Trung Quốc và hiện được biết đến trên toàn thế giới. Sử dụng tất cả bảy yếu tố của tangram, bạn có thể tạo ra nhiều hình dáng trang nhã; cố gắng sáng tác, chẳng hạn như “một người phụ nữ có đầu” (Hình 2).

Nhưng hình vuông ban đầu có thể được cắt theo cách khác, chẳng hạn như trong Hình 3. Đây chính xác là cách nó được chia trong câu đố “Pythagoras”, được sản xuất ở nước ta. Hình 4 thể hiện hình số 51 từ hướng dẫn dành cho mẫu vật Pythagoras, được chế tạo ở Kuznetsk; Các hướng dẫn gợi ý tạo hình này từ bảy yếu tố của Pythagoras.

Tôi đã cố gắng làm hình số 51 trong một thời gian dài. Điều gần nhất mà tôi đã thành công được thể hiện ở Hình 5. Cuối cùng, tôi nghi ngờ: liệu có thể làm được điều này không?

Cuốn sách “Câu đố toán học và giải trí” của M. Gardner (M., “Mir”, 1971) đã giúp tìm ra đáp số. Chúng ta. 329 nói về cách giải quyết bài toán để liệt kê các đa giác lồi có thể bao gồm bảy phần tử tangram:

“Hai nhà toán học Trung Quốc, Fu Tren-wang và Chuan Chi-hsun, đã xuất bản một bài báo vào năm 1942 trong đó họ đã xem xét bài toán này. Cách tiếp cận của họ đối với lời giải rất có sức thuyết phục và dí dỏm. Mỗi gót của các phần lớn của tangram (hai hình tam giác lớn, một hình tam giác nhỏ hơn, một hình vuông và một hình bình hành) có thể được chia thành các hình tam giác vuông đều, bằng nhau với hai hình tam giác nhỏ nhất. Tổng cộng, bạn sẽ có được 16 tam giác vuông đều hoàn toàn giống nhau, bằng cách tính toán tinh tế, các tác giả đã chỉ ra rằng từ 16 tam giác này có thể dựng được 20 đa giác lồi khác nhau (các đa giác biến đổi thành nhau khi quay và phản xạ không được coi là khác nhau).

36

có chủ quyền, bạn cần chỉ ra thêm 4 số nguyên không âm $x, y, z$ và $w$ - độ dài chân của các góc cần cắt (xem Hình 8). Biết sáu số này, bạn có thể dễ dàng tính diện tích của một đa giác:

$$S = ab - \frac{1}{2} (x^2 + y^2 + z^2 + w^2).$$

Đối với đa giác loại trừ phải trùng với tổng diện tích của 16 hình tam giác vuông đều có cạnh dài 1: $S = 16 \cdot \frac{1}{2} = 8$.

Vì vậy, bài toán của chúng ta đã trải qua một sự biến đổi đáng kinh ngạc: từ một bài toán hình học thuần túy về việc ghép các đa giác, nó đã trở thành một phép tính số học thuần túy bài toán về việc tìm các phương trình số nguyên không âm lời giải

$$2ab - 16 = x^2 + y^2 + z^2 + w^2. \quad (1)$$

Tất nhiên, trong trường hợp này, tổng chiều dài của các chân của các góc bị cắt liền kề với một cạnh của hình chữ nhật không được lớn hơn chiều dài của cạnh này. Nói cách khác, các số $a, b, x, y, z$ và $w$ phải thỏa mãn các điều kiện bổ sung

$$x + y \leq a, y + z \leq b, z + w \leq a, w + x \leq b. \quad (2)$$

Từ bây giờ, hình học và số học sẽ song hành cùng nhau.

Trước hết, chúng ta hãy tìm hiểu kích thước của hình chữ nhật có thể là bao nhiêu.

Một mặt, diện tích của nó phải không nhỏ hơn diện tích của đa giác độc quyền:

$$ab \geq 8. \quad (3)$$

(Bất đẳng thức này dễ dàng thu được trực tiếp từ phương trình (1).)

Mặt khác, nếu bạn cắt bỏ các góc có tổng diện tích lớn nhất khỏi một hình chữ nhật thì diện tích của phần còn lại không được lớn hơn 8. Từ Hình 9 có thể thấy rằng tổng diện tích của các góc liền kề với một cạnh của hình chữ nhật nhỏ hơn diện tích của một tam giác vuông đều, hai chân của tam giác đó bằng cạnh này. Do đó, sẽ thu được một phần dư nhỏ (không trống) nếu các góc bị cắt khỏi hình chữ nhật như trong Hình 10, $a$ cho $a < b$ và như trong Hình 10, $b$ cho $a = b$. Trong trường hợp đầu tiên, chúng ta sẽ có một hình bình hành có diện tích ($b - a$) $a$, trong trường hợp thứ hai - một hình thang có diện tích $a - \frac{1}{2}$. Vì vậy, tại $a < b$

$$(b - a)a \leq 8, \quad (4)$$

và tại $a = b$

$$a - \frac{1}{2} \leq 8. \quad (5)$$

(Hãy thử rút ra những bất đẳng thức này từ điều kiện (1) và (2)!)

Có thể dễ dàng tìm thấy các cặp số tự nhiên ($a, b$) thỏa mãn bất đẳng thức (3) và (4) hoặc (3) và (5) bằng cách tìm kiếm đơn giản. Ví dụ: đối với $a = 1$, chúng tôi thấy rằng $b \geq 8$ và $b - 1 \leq 8$, tức là $b = 8$ hoặc 9, đối với $a = 2$, chúng tôi thấy rằng $b = 4$, 5 hoặc 6, v.v. Tổng cộng có 19 cặp như vậy: (1, 8), (1, 9), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 5), (5, 6), (6, 6), (6, 7), (7, 7), (7, 8), (8, 8), (8, 9).

Đối với mỗi cặp này, theo phương trình (1), cần tìm tất cả các biểu diễn của số $2ab - 16$ dưới dạng tổng của bốn bình phương $x^2 + y^2 +$

37

+z2+w2, rồi kiểm tra các bất đẳng thức (2), hoặc vẽ hình chữ nhật a×b và tìm mọi cách cắt bỏ các góc để lại một đa giác có diện tích bằng 8.
(Nhân tiện, đối với một số trong 19 cặp (a, b), không thể tìm thấy các số x, y, z, w.) Kết quả của những phép tính như vậy được tóm tắt trong một bảng chứa danh sách tất cả 20 đa giác lồi

$$\begin{array}{cccccccc} a & b & x & y & z & w & T & \Pi \\ 1 & 8 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 9 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 9 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & + & + \\ 2 & 5 & 0 & 0 & 0 & 2 & + & + \\ 2 & 5 & 1 & 1 & 1 & 1 & + & + \\ 2 & 6 & 0 & 2 & 0 & 2 & + & + \\ 2 & 6 & 0 & 2 & 2 & 0 & + & + \\ 3 & 3 & 0 & 0 & 1 & 1 & + & + \\ 3 & 3 & 0 & 1 & 0 & 1 & + & + \\ 3 & 4 & 0 & 2 & 0 & 2 & + & + \\ 3 & 4 & 0 & 2 & 2 & 0 & + & + \\ 3 & 5 & 0 & 3 & 1 & 2 & + & + \\ 3 & 5 & 0 & 3 & 2 & 1 & + & + \\ 4 & 4 & 0 & 0 & 0 & 4 & + & + \\ 4 & 4 & 2 & 2 & 2 & 2 & + & + \\ 4 & 6 & 0 & 4 & 0 & 4 & + & + \\ 5 & 5 & 0 & 3 & 0 & 5 & + & + \\ 5 & 5 & 1 & 4 & 1 & 4 & + & + \\ 8 & 9 & 0 & 8 & 0 & 8 & + & + \\ \end{array}$$

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

(Để bắt đầu, xem trang 32)

(Ryazan) 32; K. Knol (Odeska) 30; E. Kovalchik (Kyiv) 22, 33; M. Kreal (Donetsk) 32, 35; I. Bản sao (Karlovka) 28; D. Korshunov (Novosibirsk) 22, 23, 30, 32, 33; A. Kostok (Berdtseve) 22; K. Kokhas (Leningrad) 23, 32, 33; Yu. Kochetkov (Vinnitsa) 28; E. Kochkin (Volzhsky, vùng Volgograd) 32, 33; I. Kulyatsin (Sverdlovsk) 32; M. Lev (Sverdlovsk) 22; B. Leeb (Kelheim, Đức) 28, 30; M. Levkin (Dushanbe) 22, 23, 25, 28; D. Lokshin (Moscow) 32; O. Mazurov (Novosibirsk) 23; I. Markev (Moscow) 22, 23; A. Markovic (Belgrade, SFRY) 23, 25, 28, 35; O. Matveev (Sverdlovsk) 25; L. Naimark (Leningrad) 23; P. Cuối cùng (Krivoy Rog) 25; S. Nekrasov (Cherpovets) 25; A. Nenov (Pleven, Belarus) 22, 23; Yu. Nikolaevsky (Kharkov) 25; A. Olenko (Uman) 22, 25; D. Orlov (Vladimir) 22, 25; D. Persheev (Moscow) 23; K. Poraiko (Vinnitsa) 28, 35; A. Rodtsov (Moscow) 22, 23, 33; V. Romanov (Moscow) 22, 23, 33, 35; L. Rudy (Kirovsk, vùng Murmansk) 23, 25, 33, 35; E. Rukhlin (Vinnitsa) 28; V. Sadovsky (Tashkent) 23, 32, 33; A. Sviridov (Moscow) 25, 28, 32, 33, 35;

A. Semenov (Saratov) 23; F. Serzhenko (Zaporozhye) 25; P. Sefibekov (làng Kashkent DASSR) 32; O. Smirnov (Đảo) 23; B. Starobin (Severodonets) 32; S. Strukov (Voronezh) 22, 25, 28, 30, 32; A. Surkov (Leningrad) 23; I. Teretsak (Strazcke, Tiệp Khắc) 30; S. Tiptsov (Kyiv) 23, 25, 30; M. Titarenko (Vinnitsa) 35; H. Titarenko (Vinnitsa) 28; P. Ugrinovsky (Khmilnik) 25, 28; N. Fedin (Omsk) 25; B. Friedman (Moscow) 22, 33; S. Khirman (Kyiv) 23; L. Christoph (Sofia, Belarus) 32, 33; B. Khrytskov (Sevastopol) 23; S. Tsonev (Sofia, Belarus) 23, 25, 32; S. Chernyshev (Aleksaandrov) 32; B. Shabunin (Moscow) 23, 25; S. Shkarin (Moscow) 25, 28, 30; E. Shulman (Volgoda) 22; Y. Emus (làng Tyuki, ESSR) 25, 32; L. Erdets (Budaletst, Hungary) 22, 28, 33, 35; S. Yurovsky (Mytnits) 23, 25, 32, 33, 35.

Vật lý

Hầu hết độc giả gửi lời giải đều hoàn thành các bài toán F748, F754 và F761. Phần còn lại bài toán: O. Andreev (Kyiv) 59, 60; A. Babayan (Moscow) 49, 52, 56, 60, 62; L. Bayrak (Belgorod) 57; B. Baranov (Donetsk) 52, 55, 56, 59-62; Yu. Bril (Dnepropetrovsk) 50, 55—57, 59, 60; M. Broditsky (Kiinnev) 53; B. Budilov (Kirovo-Chepetsk) 55-57; B. Bulavas (Panevzys) 49,

(Tiếp theo trang 41)

38

L. Bakanina

định luật Newton

Các định luật cơ bản của động lực học được thiết lập khoảng ba trăm năm trước bởi nhà khoa học vĩ đại người Anh Isaac Newton (1643-1727). Newton đã hình thành chúng như sau (A. G. Dorfman. “World History of Physics.” M., “Nauka”, 1974):

Định luật I. Mọi vật tiếp tục duy trì trạng thái đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều vì nó không bị các lực tác dụng buộc phải thay đổi trạng thái này.

Luật II. Sự thay đổi lượng chuyển động tỷ lệ thuận với lực tác dụng lên chuyển động và được tạo ra theo hướng của đường thẳng mà lực này tác dụng.

Luật III. Một hành động luôn đáp ứng một phản ứng ngang bằng hoặc tác dụng của hai vật lên nhau là bằng nhau và hướng theo hướng ngược nhau.

Trong 300 năm, những định luật này đã được thử nghiệm nhiều lần và không hề có vi phạm nào. Chỉ có ranh giới về khả năng ứng dụng của chúng mới được làm rõ và những hiệu chỉnh cần thiết đối với khu vực của thế giới vi mô và tốc độ gần với tốc độ ánh sáng mới được thực hiện.

Rõ ràng là về bản chất, định luật thứ nhất áp dụng chủ yếu cho các hệ thống báo cáo như vậy (gắn liền với các vật thể vật chất) trong đó định luật thứ hai và thứ ba của Newton là có hiệu lực. Các hệ thống báo cáo này được gọi là quán tính.

Định luật thứ ba phát biểu rằng lực luôn là kết quả của sự tương tác giữa hai vật. Nếu chúng ta xem xét tất cả các vật thể tương tác với vật thể đang được nghiên cứu, chúng ta có thể xác định được tất cả các lực tác dụng lên nó. Trong vật lý hiện đại, lực tương tác được chia thành bốn lớp lớn: hấp dẫn, điện từ, mạnh và yếu (hai lớp cuối liên quan đến tương tác hạt nhân). Trong cơ học, ngoài lực hấp dẫn, người ta còn phân biệt lực đàn hồi và lực ma sát. Theo nguồn gốc, hai lực cuối cùng là điện từ, nhưng mỗi lực đều có đặc điểm riêng và do đó được xem xét riêng biệt.

Tất nhiên, hiện tượng chính là định luật thứ hai, hiện nay thường được viết dưới dạng

$$\vec{F} = m\vec{a},$$

trong đó $\vec{F}$ là lực tác dụng lên cơ thể, $m$ là khối lượng của cơ thể và $\vec{a}$ là gia tốc mà cơ thể thu được. Nếu biết tất cả các lực tác dụng, thì sử dụng định luật này người ta có thể tìm ra gia tốc của vật, từ đó tìm được tốc độ và tọa độ tại bất kỳ thời điểm nào.

Hình 1.

39

Hãy để chúng tôi giải thích những gì đã được nói bằng cách sử dụng các nhiệm vụ cụ thể. Hầu hết trong số họ đã được đề nghị trong kỳ thi tuyển sinh vào Viện Vật lý và Công nghệ Moscow.

Bài toán 1. Lực tác dụng lên vật định kỳ đổi hướng theo hướng ngược lại (Hình 1, a). Làm thế nào một cơ thể chuyển động dưới tác dụng của một lực như vậy?

Chúng ta hãy xem tốc độ của một vật và chuyển động của nó dọc theo đường tác dụng của lực (gọi đây là trục X) phụ thuộc vào thời gian như thế nào. Để xác định điều này, chúng ta sẽ giả sử rằng tốc độ và tọa độ ban đầu bằng 0.

Trong phần 0-1, lực không đổi cả về mô đun và hướng; do đó, chuyển động của vật được tăng tốc đều: tốc độ thay đổi tỷ lệ với thời gian và độ dời tỷ lệ với bình phương thời gian. Trong trường hợp này, đồ thị vận tốc (chính xác hơn là hình chiếu v của nó lên hướng đã chọn) là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ (Hình 1, b) và đồ thị chuyển vị (hay đúng hơn là tọa độ x) là một parabol, đỉnh của nó nằm ở gốc tọa độ (Hình 1, c).

Trong phần 1-2 lực không đổi nhưng có hướng ngược lại. Tốc độ giảm tuyến tính theo thời gian và tại điểm 2 trở thành 0 (thời gian tác dụng của lực giống như trong phần đầu tiên; điều này có nghĩa là độ biến thiên của động lượng là như nhau). Đồ thị tọa độ trong phần này là một parabol có đỉnh ở điểm 2. Tại điểm 1 có sự chuyển tiếp suôn sẻ từ parabol này sang parabol khác, vì không có sự gián đoạn về tốc độ tại điểm này.

Việc xem xét thêm được thực hiện theo cách tương tự. Như có thể thấy từ biểu đồ thu được, tốc độ không đổi dấu, chỉ có các chu kỳ chuyển sang 0 và tọa độ luôn tăng. Nói cách khác, cơ thể liên tục di chuyển ra khỏi vị trí ban đầu, chuyển động của nó hoàn toàn không tuần hoàn, mặc dù đây chính xác là kiểu đáp số mà người ta thường nghe thấy từ các thí sinh trong kỳ thi tuyển sinh.

Bài toán 2. Hai vật có khối lượng $M_1=7$ kg và $M_2=5$ kg được nối với nhau bằng một sợi dây

40

$F_2$ cân bằng độ căng của chỉ:

$$F_2 = T_2 = 3 \text{ H}.$$

Trong trường hợp thứ hai $Mg = 15 \text{ H}$; do đó, $Mg > F_{\text{max}}$, và hệ thống các cơ thể chuyển động như một tổng thể duy nhất. Trong trường hợp này, lực ma sát tác dụng lên các vật là lực ma sát trượt. Kể từ đây,

$$F_1 = \mu M_1 g = 7 \text{ H} \text{ и } F_2 = \mu M_2 g = 5 \text{ H}.$$

Chúng ta hãy biểu thị mô hình gia tốc của tất cả các vật thể bằng $a$ và viết định luật thứ hai Newton cho từng vật thể, chọn trục tọa độ thích hợp:

$$Mg - T_1 = Ma,$$
$$T_1 - F_1 - T_2 = M_1 a,$$
$$T_2 - F_2 = M_2 a.$$

Giải hệ phương trình này, ta tìm được

$$T_1 = Mg \frac{(M_1 + M_2)(1 + \mu)}{(M + M_1 + M_2)} = 14,65 \text{ H},$$
$$T_2 = Mg \frac{M(1 + \mu)}{(M + M_1 + M_2)} = 6,12 \text{ H}.$$

Một lỗi phổ biến của những người nộp đơn - và trong trường hợp đầu tiên, lời giải được sử dụng, lỗi này chỉ phù hợp với chuyển động của hệ thống.

Bài toán 3. Dọc theo “đường xích đạo” của mặt trong của một vỏ hình cầu có khối lượng $M$, một quả cầu nhỏ có khối lượng $m$ chuyển động với tốc độ tuyệt đối không đổi, thực hiện một vòng quay hoàn toàn theo thời gian $T$ (Hình 3). Giả sử rằng không có ngoại lực và không có lực căng, hãy xác định lực mà quả bóng ép lên quả cầu. Khoảng cách giữa trọng tâm của quả bóng và quả cầu là $d$.

Vì các ngoại lực không tác dụng lên hệ quả cầu nên khối tâm của hệ này phải chuyển động (điều này xảy ra ngay sau đó).

Hình 3.

Cú đánh từ định luật Newton). Điều này có nghĩa là không chỉ quả bóng chuyển động mà cả quả cầu cũng chuyển động và cả hai đều quay quanh một trục đi qua khối tâm của hệ.

Chúng ta biểu thị khoảng cách từ quả bóng đến tâm khối lượng bằng $r$, sau đó

$$mr = M(d - r), \text{ и } r = d \frac{m}{M + m}.$$

Theo định luật thứ ba của Newton, lực mà quả bóng ép lên quả cầu có độ lớn bằng lực mà quả cầu tác dụng lên quả bóng. Nó truyền gia tốc hướng tâm cho quả bóng.

$$a_u = \omega^2 r = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 \frac{Md}{(M + m)}$$

Vì vậy, lực cần thiết có mô đun bằng nhau

$$F = ma_u = \frac{4\pi^2 Mm d}{T^2 (M + m)}$$

và được hướng tâm từ tâm quay.

Bài toán 4. Một chanza không trọng lượng có chiều dài $L$ được cố định ở một đầu trong một khớp cầu lý tưởng, và đầu kia tựa vào một lò xo cứng $k$ (Hình 4). Xác định chu kỳ của các dao động nhỏ phụ thuộc vào vị trí $l$ của tải trọng có khối lượng $m$ đặt trên đó.

Cho tải được quét theo phương thẳng đứng một khoảng $x$. Trong trường hợp này, lò xo biến dạng $x_1 = xL/l$ và từ phía lò xo có một lực $F_1 = kx_1 = kxL/l$ tác dụng lên đầu cán. Shanga không có trọng lượng, do đó tổng mômen của các lực tác dụng lên nó phải bằng 0 (nếu không nó sẽ có gia tốc góc vô cùng lớn):

$$F_1 L = F_2 l,$$

trong đó $F_2$ là lực tác dụng lên chanze

41

Trong chuyển động bên ngoài của tải trọng, ở đây chỉ có vai trò của độ cứng lò xo được thể hiện bằng biểu thức $k_1 = k(L/l)^2$.

Do đó, chu kỳ dao động của tải, và do đó của thanh tạ không trọng lượng, bằng

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k_1}} = 2\pi \frac{l}{L} \sqrt{\frac{m}{k}}.$$

Bài tập

1. Vật sẽ chuyển động như thế nào nếu lực tác dụng lên nó thay đổi theo thời gian như trên Hình 5?

2. Ba khối có khối lượng bằng nhau $M = 5$ kg nằm trên một bàn ngang. Các thanh được nối với nhau bằng các sợi dây quay dưới lực căng $T = 20$ N. Hệ số ma sát của các thanh lần lượt bằng $\mu_1 = 0,3$, $\mu_2 = 0,2$ và $\mu_3 = 0,1$. Thanh 3 được đẩy với một lực $F$, lực này tăng dần. Sợi nào giữ các thanh lại với nhau sẽ xoắn và với lực tối thiểu $F$ thì điều này sẽ xảy ra? đáp số sẽ thay đổi như thế nào nếu lực $F$ tác dụng lên khối 1?

3. Một vật treo trên một sợi dây có chiều dài $L$ chuyển động đều quanh một đường tròn trong mặt phẳng nằm ngang. Tìm chu kỳ quay của tải nếu sợi dây lệch khỏi phương thẳng đứng một góc $a$.

4. Một hộp có khối lượng $M$ đặt trên bàn nằm ngang (Hình 6). Hệ số ma sát giữa bàn và hộp $μ$. Bên trong hộp có một vật có khối lượng $m$, có thể chuyển động dọc theo đáy hộp mà không có ma sát. Nó được gắn vào thành hộp bằng lò xo có độ cứng $k$. Ở biên độ dao động nào thì hộp bắt đầu chuyển động trên bàn?

Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

(Để bắt đầu, xem trang 32)

55, 60; M. Verkhovodov (Kyiv) 49, 53, 56, 57, 59; M. Gadzhibabaev (Makhachkala) 57; I. Gayovich (Kyiv) 53, 59, 60; D. Golenkov (Dolgoprudny) 60; E. Goryachkovsky (Chisinau) 52; M. Gostev (Lipetsk) 49, 50, 52, 56, 60; A. Grabak (làng Obodova, vùng Vinnytsia) 60; O. Grishin (Tula) 50, 56, 60; L. Dorosinsky (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 49, 56, 59, 60, 62; A. Dubrovsky (Kharkov) 59; A. Dunaevsky (Kyiv) 50, 52—57, 59, 60, 62; M. Dyachkov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 49, 50, 55, 56, 60; S. Efimov (Baku) 56, 57; V. Zhitomirsky (Kharkov) 49, 52, 53, 55, 56, 59, 60, 62; R. Zemaitis (Vilnius) 49, 50, 52, 59, 60, 62; D. Zaitsev (Gorky) 49, 53, 56; Yu. Zvezintsev (Kharkov) 52, 55—57, 59, 62; A. Zenkov (Sverdlovsk) 57; M. Zimanov (Alma-Ata) 59, 60; D. Kaledin (Moscow) 57, 59, 60; I. Kalinovsky (Kyiv) 56, 60, 62; E. Kanchip (Tallinn) 57, 60; A. Karnaukhov (Izhevsk) 52; S. Castelli (Bolgrad) 53, 57, 59, 60, 62; Yu. Kivshar (Kharkov) 57; V. Kidyskok (Ryazan) 51—53, 56, 57, 62; M. Kozachenko (Rivne) 55, 60; A. Komov (Alexandrov) 49—52, 57, 59, 60, 62; A. Kortsatsin (Krasnoarmeysk) 49, 53, 56, 57, 59, 60; N. Kosmatov (Moscow) 51; V. Kriman (Vinnitsa) 53—57, 59, 60; I. Krylov (Kuybyshev) 57; D. Kuptsov (Moscow) 53, 55, 56, 59, 60; N. Kuharkin (Moscow) 56, 59, 60; G. Landsberg (làng Protvino, vùng Moscow) 53-55, 57, 59, 60; M. Lartsionov (Sverdlovsk) 56; S. Likhansky (Kherson) 60; A. Likhachev (Barnaul) 56; O. Lopin (Frunze) 55, 56; D. Makarov (làng Chernogolovka, vùng Moscow) 51, 52, 56, 57, 60; K. Makaruk (Kyiv) 62; A. Makimov (Novosibirsk) 56, 60, 62; A. Malai (Causeni) 60; A. Markovic (Belgrade, SFRY) 52, 55, 57; L. Markovich (Brest) 50, 52, 56, 57, 60, 62; V. Maslov (Omsk) 59, 60; I. Medkov (Moscow) 49, 51; V. Moroz (Minsk) 55—57, 60; S. Musayev (Baku) 59, 60; D. Nabutovsky (Novosibirsk) 56, 57, 59; A. Noskov (Moscow) 59; R. Owczarek (Szczecin, Ba Lan) 60; A. Okapkin (Chita)

(Cuối cùng xem trang 55)

42

Kỹ thuật lập trình truyền thống.

Bài 3. Xử lý mảng tại chỗ

So sánh lời giải phần chuẩn bị bài toán của bạn cho bài học này (xem «Kvant» #11, Bài học 2) với những phần được đưa ra ở đây. Tùy chọn a) đúng lời giải, tùy chọn b) là các lỗi điển hình (chương trình không cho kết quả mong muốn), tùy chọn θ) sẽ hoạt động nhưng chúng không thể được coi là được chấp nhận.

Giống như bài học trước, chúng ta hãy xem các điều kiện bài toán có điểm gì chung.

Điểm chung chính là kết quả phải được lấy ở cùng nơi đặt dữ liệu nguồn. Bây giờ hãy nhìn vào các công thức tính toán trong các điều kiện bài toán (bạn đọc sẽ tha thứ cho việc sử dụng ký hiệu chương trình “gán” cùng với ký hiệu toán học “bằng”, ở đây là điều đương nhiên) và so sánh các công thức tính toán với nghiệm b); những lời giải này là bản dịch “theo nghĩa đen” của công thức trong ngôn ngữ lập trình. Chúng ta gặp phải vấn đề tương tự như ở các bài học trước: sự khác biệt trong quy tắc nói của ngôn ngữ toán học và ngôn ngữ lập trình.

Khi một nhà toán học viết một công thức chuyển đổi ma trận, tức là sự phản ánh của các phần tử của nó so với đường chéo (với mọi i, j a’ij := aji), rõ ràng anh ta muốn nói điều đó khi nghe lệnh “Halle-op!” tất cả các phần tử của ma trận sẽ nhảy lên cùng một lúc và sau đó tất cả sẽ rơi vào đúng vị trí, nhưng với các giá trị đã thay đổi. Nhưng máy tính không thể làm mọi thứ cùng một lúc*, quá trình xử lý dữ liệu diễn ra trong không gian và thời gian: đầu tiên một phần tử được xử lý, sau đó là phần tử khác, v.v. Và đến thời điểm quá trình xử lý phần tử thứ i bắt đầu, thì cần có cấu trúc của phần tử thứ k, phần tử thứ k

*) Một số máy tính hiện đại đã học được điều này, nhưng khả năng này cũng không được phản ánh bằng ngôn ngữ Pakel.

Lời giải chuẩn bị bài toán

a) Bài 1 (trung bình số học và trung bình hình học)
for i:=1 to n do
begin d:=a[i];
a[i] := (a[i] + b[i])/2;
b[i] := sqrt(db[i])
end;
Tùy chọn nhanh hơn:
for i:=1 to n do
begin ai:=a[i]; bi:=b[i];
a[i] := (ai+bi)/2;
b[i] := sqrt(aibi)
end;

b) Bài 2 (chia cho phần tử đường chéo)
for i:=1 to n do
begin d:=a[i,i];
for j:=1 to n do
a[i,j] := a[i,j]/d;
end;

Nhiệm vụ 3 (chuyển đổi)
for i:=1 to n-1 do
for j:=i+1 to n do
begin d:=a[i,j];
a[i,j] := a[j,i];
a[j,i] := d
end;

for i:=1 to n do
for j:=1 to n do
a[i,j] := a[j,i];
thứ hai lời giải:
for i:=1 to n do
for j:=1 to n do
begin d:=a[i,j];
a[i,j] := a[j,i];
a[j,i] := d
end;

43

giá trị mới có thể đã thành công. Tương tự, chúng ta đã quen với việc dịch cụm từ toán học “cho tất cả $i$ với $i \in M$” sang ngôn ngữ lập trình bằng một vòng lặp có tham số $i$ chạy qua tập hợp $M$. Thông thường, bản dịch này là chính xác, nhưng vẫn có những trường hợp ngoại lệ, một trong số đó thường là việc xử lý các mảng tại chỗ. Nhìn vào lời giải $6$) bài toán 3 thứ hai và cố gắng hiểu chương trình sẽ làm gì và tại sao, do hoạt động của nó, ma trận sẽ không thay đổi.

Vì vậy, rõ ràng là nếu cần một trong các phần tử của mảng đang được xử lý tại chỗ để tính giá trị mới của phần tử khác, thì nó phải được lưu bằng cách nào đó. Cách đơn giản nhất lời giải - tạo một bản sao của mảng ban đầu và ghi kết quả vào một vị trí khác - thường không phù hợp trong thực tế. Khi lập trình bài toán có kích thước lớn (hoặc bài toán có ​​kích thước không lớn lắm nhưng trên máy tính có ít bộ nhớ), bạn có thể gặp phải tình huống mảng chiếm gần hết bộ nhớ và đơn giản là không còn chỗ cho bản sao. Đây là nhược điểm của các tùy chọn $b$): với kích thước mảng lớn, chương trình sẽ không có đủ bộ nhớ. Tuy nhiên, như các tùy chọn $a$ hiển thị), không cần phải sao chép mảng: toàn bộ, bạn có thể bỏ qua một phần tử bổ sung (trong chương trình, đây là biến có tên $d$) để lưu trữ giá trị cần thiết để tính toán một số giá trị mới.

Bây giờ chúng ta có thể rút ra kết luận cuối cùng.

$\theta)$
for $i:=1$ to $n$ do
begin $c[i]:=a[i]$;
$a[i]:=(a[i]+b[i])/2$;
$b[i]:=sqrt(c[i]*b[i])$
end;

for $i:=1$ to $n$ do
begin $d[i]:=a[i,i]$;
for $j:=1$ to $n$ do
$a[i,j]:=a[i,j]/d[i]$;
end;

for $i:=1$ to $n$ do
for $j:=1$ to $n$ do
$c[j,i]:=a[i,j]$;
for $i:=1$ to $n$ do
for $j:=1$ to $n$ do
$a[i,j]:=c[i,j]$;

1. Khi xử lý mảng tại chỗ cần có biện pháp lưu lại giá trị của các phần tử cần thiết cho các phép tính tiếp theo. Theo quy định, MỘT yếu tố phụ trợ là đủ cho việc này.

Phương án cuối cùng, khi một phần tử rõ ràng là không đủ, bạn có thể lấy một mảng có ít chiều hơn (ví dụ: mảng một chiều cùng với ma trận). Tất nhiên, có những trường hợp mảng không thể được xử lý tại chỗ và sau đó chúng tôi kết thúc bằng một bản sao.

2. Nếu các phần tử được xử lý không theo thứ tự trong mảng thì các vòng lặp trên các phần tử mảng phải được tổ chức theo một cách đặc biệt.

Ví dụ: trong bài toán 3 cặp phần tử đối xứng theo đường chéo được xử lý đồng thời, do đó, cách tổ chức vòng lặp khác với cách dịch “theo nghĩa đen” của một công thức toán học.

Bây giờ chúng ta hãy xem tại sao các chương trình mới làm quen không thấy lỗi trong các tùy chọn - đây là một biến có tên $d$) để lưu trữ giá trị cần thiết để tính một số giá trị mới.

Ví dụ: hãy kiểm tra tùy chọn $b$) bài toán 1. Để thực hiện việc này, hãy lấy các mảng nhỏ, nói $a=(2,3,4)$, $b=(5,6,7)$ và cuộn qua chương trình $n=3$, $i=1$, $a[1]=(2+5)/2=3,5$, $b[1]=\sqrt{2\cdot5}=\sqrt{10}$, v.v. Đây là một lỗi rất điển hình: chúng ta đã làm những gì chúng ta muốn từ máy tính và không phải những gì máy tính thực sự sẽ làm!

Việc cuộn chính xác được thực hiện như sau: a) viết ra một bảng gồm tất cả các mã định danh và các giá trị của chúng hợp lệ ở định dạng đang được kiểm tra, b) ở mỗi bước, giá trị cũ bị gạch bỏ và thay thế bằng giá trị mới.

Hãy xem qua ví dụ tương tự:

$$\begin{array}{c} n \\ 3 \\ a_1=(a_1+b_1)/2=3.5 \\ 1 \\ 3.5 \\ b_1=\sqrt{a_1b_1}=\sqrt{(3.5)\times5}=\sqrt{17.5} \\ (2,3,4) \\ b(5,6,7) \end{array}$$

Lỗi đã xuất hiện ở bước đầu tiên.

Và cuối cùng, câu hỏi cuối cùng: chương trình có giảm tốc độ khi