Kvant 1983, số 2 · Trang

QUANTUM
2
1983
Tạp chí vật lý và toán học khoa học nổi tiếng
Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô

Một bộ vi xử lý có kích thước bằng một chiếc kẹp giấy có sẵn
rất nhiều cuốn sách thay thế các thông tin xâm nhập. Bên trái -
ảnh của bộ vi xử lý, visa - mảnh vỡ của bức ảnh
Nghệ sĩ người Hà Lan J. Heem “Bàn đầy những
sách" (1628).

TRONG PHÒNG:
2 A. P. Ershov. Lập trình là khả năng đọc viết thứ hai
8 I. K. Kikoshin. Anatoly Petrovich Alexandrov
11 Vâng. A. Smorodinsky. Lỗ đen
16 L. S. Pontryazin. số phức

IN THIS ISSUE:
A. P. Ershov. Programming — the second literacy
I. K. Kikoin. Anatoly Petrovich Alexandrov
Ya. A. Smorodinski. Black holes
L. S. Pontriagin. Complex numbers

tin tức khoa học
20 M. A. Kozhushiner. Vụ nổ lạnh

Science news
21 M. A. Kojushner. Vụ nổ lạnh

Phòng thí nghiệm «Kvant»
21 V. I. Ngũ Tuần. Hãy làm nóng nước từ trên cao

Kvant’s lab
21 V. I. Pentegov. Heating water from above

Trường học ở «Kvant»
25 V. E. Belonuchkin. Phương trình trạng thái khí
28 A. A. Bolibrukh, V. M. Uroev
M. I. Shabunin.
Bài toán từ bài thi vấn đáp tại MIPT
29 LF Sternberg. Lập thể nhiều hình bài toán

Kvant’s school
29 V. E. Belonuchkin. Equation of gazeous state
A. A. Bolibrukh, V. M. Uroev, M. I. Shabunin.
Oral examination problems from M. P. T. I.
L. F. Shternberg. Multiple figure space geometry problem

«Kvant» cho học sinh nhỏ
35 Bài toán
36 L. A. Letsinsky, T. S. Petrova. Cho… Bắt buộc phải xác định.

Kvant for younger school-children
Problems
36 L. A. Leschinski, T. S. Petrova. Given… Determine…

Bài toán Kvant
38 Bài toán M786—M790; F798—F802
41 Lời giải bài toán M765—M769, M771—M774; F783—F787

Kvant’s problems
41 Problems M786—M790; P798—P802
Solutions M765—M769, M771—M774; P783—P787

Thế vận hội
51 Bài toán Olympic tái sinh

Olympiads
51 Olympiad problems from our Republics

Nghệ thuật lập trình
54 Kỹ thuật lập trình tiêu chuẩn. Bài 5

The art of programming
54 Standart programming methods. Lesson 5

Xưởng của người nộp đơn
60 Đáp số, gợi ý, lời giải
Trang bìa của chúng tôi (34)
Pha trộn (52)
Trang cờ vua
Kasparov - người chiến thắng giải đấu quốc tế Moscow (trang bìa thứ 3)

College applicant’s section
60 Anwers, hints, solutions
Our cover page (34)
Miscellaneous (52)
The chess page
Kasparov wins the Moscow interzone tournament (3rd cover page)

2

Lập trình là khả năng đọc viết thứ hai

Thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô
A. P. ERSHOV

Bài viết này dựa trên bài phát biểu của tác giả tại lễ khai mạc Liên đoàn quốc tế về xử lý thông tin và hội nghị UNESCO “Ứng dụng máy tính trong giáo dục” tại Lausanne (Thụy Sĩ) vào tháng 7 năm 1981. Nội dung của bài phát biểu đã được sửa đổi cụ thể cho «Kvant».

Tôi nhận ra rằng việc so sánh lập trình với khả năng đọc viết là rất rủi ro về nhiều mặt. Một mặt trong sự so sánh của chúng ta, có một nghề khác thường đòi hỏi năng lực và quá trình đào tạo lâu dài, mặt khác có tài sản chung, tài sản quan trọng nhất của con người hiện đại.

Tuy nhiên, tôi sẽ ngay lập tức cố gắng giải thích tại sao sự so sánh này là tôn trọng.

3

Trước hết, chúng ta không được quên rằng khả năng đọc viết phổ thông đã không tồn tại từ xa xưa. Giống như lập trình, nó có nguồn gốc, sự hình thành và phát triển riêng. Chúng ta đã quen với việc Liên Xô là một quốc gia có trình độ đọc viết hoàn chỉnh về mặt thực tế; Nhưng 100 năm trước ở Nga chỉ có khoảng 20% ​​biết chữ. Vẫn còn khoảng 800 triệu người mù chữ trên Trái đất.

Hơn nữa, cả cơ sở cho việc phổ cập kiến ​​thức và cơ sở để phổ biến rộng rãi chương trình đều là một phát minh kỹ thuật: báo in và máy tính. Sự phát triển và lan rộng của nghề in ấn đã dẫn đến sự biết đọc biết viết phổ quát. Sự phát triển và phổ biến của máy tính sẽ dẫn đến lập trình phổ quát.

Giống như từ “biết chữ” hiện nay có nghĩa rộng hơn nhiều so với khả năng viết và đọc, từ “lập trình” mang nghĩa rộng hơn. Đây không chỉ là khả năng viết chương trình máy tính bằng một số ngôn ngữ chuyên biệt mà còn là khả năng vạch ra các quy tắc hành động rõ ràng, có mục tiêu trong nhiều tình huống khác nhau. Theo nghĩa rộng này, các chương trình cũng là khả năng tổ chức của một người cũng như khả năng đọc viết. Khả năng này được chuẩn bị bởi sự tổ chức của hệ thần kinh con người; nó vốn có ở con người tại nơi làm việc, khi giao tiếp với nhau, khi chiêm ngưỡng thiên nhiên và khi tương tác với nó.

Cuối cùng, mặc dù khả năng đọc viết và lập trình tất nhiên có thể được so sánh theo nhiều cách và tìm thấy nhiều điểm tương đồng giữa chúng, nhưng điều quan trọng nhất có lẽ là chúng bổ sung cho những cái khác và cùng nhau hình thành nên một ý tưởng mới về sự hài hòa của tâm trí con người.

Thật đáng để tập trung vào điểm cuối cùng một chút.

Tất cả chúng ta đều nhớ câu nói đơn giản và ngắn gọn của Maxim Gorky: “Sách tình yêu, nguồn tri thức”. Chúng tôi hiểu khả năng đọc viết là khả năng diễn đạt kiến ​​thức dưới dạng văn bản. Tuy nhiên, vấn đề vẫn là làm thế nào để chuyển từ kiến ​​thức sang hành động. “Báo cáo

hành động bằng lời nói và lời nói đi kèm với hành động,” một trong những anh hùng của Shakespeare nói. Chính ở đây - trong quá trình chuyển đổi từ kiến ​​thức sang hành động - việc lập trình đã nảy sinh.

Ở thời kỳ tiền sách, sự thống nhất giữa lời nói và việc làm được thể hiện một cách tự nhiên và rõ ràng. Bằng lời nói và ví dụ, người thầy (giáo viên) đã dạy nghề cho người em (học trò). Sự hiểu biết không phải là một cái nhìn sâu sắc thuần túy về mặt tinh thần, mà là việc đạt được mục tiêu đã đặt ra, làm chủ các kỹ thuật của vấn đề đang được nghiên cứu.

Sự xuất hiện của cuốn sách đã giáng một đòn nặng nề vào sự thống nhất giữa lời nói và việc làm. Quá trình tích lũy kiến ​​thức bị tách rời khỏi việc áp dụng nó, những hình thức khao khát kiến ​​thức mới và những ham muốn mới nhận ra sự thật xuất hiện. Tất cả các ngôn ngữ đều đã phát triển những cách diễn đạt đặc biệt dành cho những người thích sách trong hành trình tìm kiếm kiến ​​thức. Trong những cách diễn đạt này có một chút khinh thường, nói chung là không công bằng, nhưng đôi khi xứng đáng.

Dần dần, người ta thấy rõ rằng việc tích lũy kiến ​​thức theo sách vở đòi hỏi phải có những cơ chế mới để biến kiến ​​thức này thành hành động. Vì vậy, lập trình bài toán đã xuất hiện rất lâu trước máy tính. Sự ra đời của máy tính chỉ khiến vấn đề lập trình trở nên phù hợp, cũng như việc in ấn khiến vấn đề đọc viết trở nên phù hợp.

Nhưng khả năng đọc viết và khả năng tự hành động thì không biết gì cả. Ngược lại, thật khó để nói chúng ta đau khổ vì điều gì nhiều hơn: do thiếu hiểu biết hay không hoạt động. Goethe cảnh báo: “Không có gì khủng khiếp hơn hoạt động”. Tuy nhiên, kinh nghiệm cho thấy nó phát triển khi quan điểm sống tích cực của những người có học thức và văn hóa không đủ. Do đó, mong muốn của chúng tôi về khả năng đọc viết thứ hai - không chỉ để học cách viết lệnh mà còn để nhận thức về một người đồng thời là người quyết đoán và thận trọng.

Kiểu chữ

Chúng ta hãy đưa các từ trở lại điểm bắt đầu so sánh của chúng ta - với việc in sách.

6

luôn hoạt động ở chế độ tự động.

Cuộc sống hàng ngày của con người, đặc biệt là ở thành phố, bao gồm các hoạt động theo chương trình. Mọi người tuân thủ chế độ này sẽ tự hào cảm thấy mình là một lập trình viên nếu anh ta tưởng tượng chuỗi hành động buổi sáng thông thường của mình, bắt đầu từ lúc chuông báo thức reo và kết thúc bằng việc bắt đầu làm việc.

Chúng tôi phàn nàn về những tệ nạn xã hội của thế kỷ, đặc biệt - tách rời khỏi công việc chung, thụ động và ủng hộ việc hình thành một vị trí tích cực trong cuộc sống. Nó là gì? Nói một cách đơn giản, đó là khả năng phát triển một chương trình hành động và thực hiện theo nó.

Vì vậy, thế giới phần mềm không chỉ đơn thuần là việc nhồi nhét bộ nhớ máy tính. Trước hết, đây là một kho kiến ​​thức vận hành khổng lồ. “Kiến thức hành động” này được lưu trữ trong các thư viện chương trình máy tính, trong các thư viện tổng hợp, trong vốn gen của mọi sinh vật sống. Và nó được sử dụng bởi cả máy tính, robot, thiết bị tự động và các tổ chức sống, đặc biệt là con người.

Cho đến nay, đối với nhiều người, có vẻ như việc thành thạo lập trình nên bắt đầu bằng việc làm quen với cấu trúc của một số máy tính và chăm chỉ ghi nhớ các chi tiết viết chương trình cho máy tính này bằng một số ngôn ngữ thuật toán cụ thể. Tất nhiên, nếu không có kỹ năng, bạn không thể đi khắp nơi, nhưng các quy luật cơ bản về lập trình, phương pháp chuyển đổi từ kiến ​​​​thức sang hành động, tổ chức hành động trong không gian và thời gian, trên thực tế, có tính chất cơ bản và tổng quát hơn nhiều, đưa chúng đến gần hơn với các quy luật cơ bản của toán học hoặc lời nói và chữ viết.

Tôi luôn bị ấn tượng bởi một ví dụ đơn giản bài toán về lập trình cho thấy sự chuyển đổi từ kiến ​​thức sang hành động. Tôi sẽ viết ra các giai đoạn liên tiếp của quá trình chuyển đổi từ công thức biểu thị kiến ​​thức sang chương trình biểu thị hành động để bài toán nâng số $x > 0$ lên lũy thừa số nguyên $n$:

$$x^0 = 1 \quad x^{n+m} = x^n \cdot x^m \quad x^{mn} = (x^m)^n$$

$$x^0 = 1 \quad x^{2n} = (x^n)^2 \quad x^{2n+1} = x^{2n}x$$

nếu $n = 0$ tôi IV

nếu $n$ chẵn $(x^{n/2})^2$ nếu $n$ lẻ $x \cdot x^{n-1}$

độ $(x, n) =$ nếu $n = 0$ thì 1

nếu không nếu không $(\text{степень}(x, n/2))^2$ nếu không thì $x \cdot \text{степень}(x, n-1)$ tất cả

Tôi mời mọi người đưa ra lời giải thích của riêng mình về những quy luật và ý nghĩa nào được áp dụng ở đây khi chuyển từ giai đoạn này sang giai đoạn khác, để chuyển từ kiến ​​​​thức hiển nhiên sang một chương trình rất không tầm thường.

Bạn sẽ cảm thấy điều này vừa dễ vừa khó bài toán, vì một mặt, nó rõ ràng những gì đang được thực hiện, mặt khác, rất khó để giải thích những hành động này một cách tổng quát.

Vì vậy, chúng ta phải đối mặt với bài toán quan trọng nhất - phát triển các nguyên tắc chung của lập trình, làm nổi bật các khái niệm cơ bản trong đó và thể hiện nó ở dạng chung. bài toán tích lũy như vậy, và điều này có nghĩa là sớm hay muộn thế giới máy tính và chương trình sẽ xung đột với thế giới trường học.

Máy tính ở trường

Bây giờ, sau sự ra đời của bộ vi xử lý, chẳng ích gì khi đặt ra câu hỏi có nên có máy tính ở trường hay không. Máy tính đã có mặt ở nhiều trường học và sẽ được đưa đến đó với số lượng ngày càng tăng.

Tôi thường tích cực bày tỏ rằng một máy tính có chương trình cũng giống như bài toán với một giải pháp đã biết; sự ra đời của sự trợ giúp điện tử sẽ tạo ra sự lười biếng trong tâm trí và không còn gì hơn thế nữa. Tuy nhiên, một trong những bức ảnh đẹp nhất trên tạp chí Mỹ The New Yorker lại miêu tả Johnny tội nghiệp, buồn bã nhìn đống máy tính bỏ túi trước mặt, và người mẹ cũng không kém phần mệt mỏi, kiên nhẫn lặp lại câu nói của mình.

7

Lập trình viên đang làm việc

Vorros: “Nhìn xem, nếu bạn có năm chiếc máy tính bỏ túi và bạn lấy đi hai chiếc từ chúng thì sẽ còn lại bao nhiêu?”
Những cảnh báo này mô tả đội hình “nút nhấn” trong các phần trước đó. Tuy nhiên, nhiều trải nghiệm với trẻ em ở mọi lứa tuổi sử dụng máy tính đã xác nhận điều ngược lại: hoạt động, khả năng uống rượu và khả năng uống rượu của chúng tăng lên rất mạnh.
Ở trường học địa phương của chúng tôi, một nửa lớp học tính toán dữ liệu lịch sử một cách khoa học, sau khi một trong những lập trình viên trẻ đưa vào máy tính một chương trình đối thoại báo cáo dữ liệu lịch sử, và người còn lại yêu cầu giáo viên kiểm tra bằng máy tính, gần như nhiều lần không chính xác.
Một số công ty đã phát hành một trò chơi máy tính về cá để kiểm tra các từ tiếng Anh chính xác. Với sự trợ giúp của bộ tổng hợp giọng nói, các từ được phát âm, trẻ đánh vần từ này, máy sẽ kiểm tra và phản ứng. Thật khó để đưa một bộ tổng hợp giọng nói hay vào một trò chơi bỏ túi, nhưng các tác giả đã biến nhược điểm của nó thành một thứ dễ tiếp cận, khiến nó rất giống với giọng của Pinocchio. Bạn có thể tưởng tượng sự thích thú của bọn trẻ khi món đồ chơi nói với chúng bằng giọng của Pinocchio: “Thử lại đi, thử lại đi, con không biết từ này đâu!”

Trước kỳ thi tuyển sinh cạnh tranh, một hệ thống thông tin tư vấn triển khai trên máy tính đã được lắp đặt tại một trong các trường đại học. Luôn luôn có một hàng đợi xung quanh các nhà ga. Vì lợi ích của các em, hai giáo viên đã ngồi gần đó để dỡ xe. Các giáo viên không hoạt động, và vẫn còn hàng dài người xếp hàng ở các nhà ga. Tại sao? Các bạn nói: “Chúng em không xấu hổ khi bộc lộ sự thiếu hiểu biết của mình trước máy, nhưng chúng em xấu hổ trước mặt giáo viên”. Máy tính tạo ra một môi trường chơi game ở đây có giá trị hơn so với cuộc sống thực - sau cùng, bạn có thể rời khỏi trò chơi mà không mất đi phẩm giá của mình.

Phần kết luận

Tôi bắt đầu bài viết của mình bằng một so sánh. Bây giờ chúng ta có thể tiết lộ nội dung cụ thể của nó. Chúng ta đang đứng trước ngưỡng cửa phát triển và lan rộng gần như không giới hạn của công nghệ điện toán điện tử trong xã hội. Máy móc trở thành một công cụ trí tuệ và đối tác thiết thực trong mọi lĩnh vực của đời sống và hoạt động của con người. Sự phát triển của thế giới chương trình và sự phức tạp liên tục của môi trường đòi hỏi, đồng thời, có thể làm tăng đáng kể năng lực trí tuệ của một người.

Để không bị lạc trong thế giới đang phát triển nhanh chóng này, một thế giới của các chương trình kỹ thuật và thiết bị đeo đáng kinh ngạc, không còn đủ khả năng đọc viết theo nghĩa truyền thống nữa. Cũng cần phải vượt qua cột mốc mà tôi gọi là cột mốc biết chữ thứ hai. Và trước hết, điều này áp dụng cho sinh viên.

11

Lỗ đen

Tiến sĩ Vật lý và Toán học
Y. A. SMORODINSKY

Thuyết tương đối rộng luôn khơi dậy trí tưởng tượng với những dự đoán về những hiện tượng đáng kinh ngạc. Trong số tất cả những dự đoán của cô, bản ghi này đánh bại kết luận rằng có thể có các lỗ đen trong Vũ trụ - các thiên thể có mật độ cao, độ sâu của chúng rơi xuống, khiến hầu hết mọi thứ xung quanh đều rơi qua.

Vẫn còn khó để nói liệu sự tồn tại của các lỗ đen đã được chứng minh hay chưa, và mặc dù các nhà khoa học tự nhiên đã suy đoán về chúng hơn 200 năm trước, dựa trên lý thuyết về lực hấp dẫn của Newton, việc khám phá ra chúng chỉ bắt đầu từ thời chúng ta, khi họ nhận ra rằng chúng có thể được “nhìn thấy”.

Nếu lỗ đen là có thật, thì có một điều gì đó dành cho chúng trong Vũ trụ: chúng có thể đảm nhận vai trò là máy phát năng lượng khổng lồ đảm bảo cho sự tiến hóa của Vũ trụ. Có lẽ các nhà thiên văn học gần đây đã nhìn thấy một máy phát điện như vậy khi họ nhận được một bức ảnh chụp trung tâm thiên hà của chúng ta. Khoa học về lỗ đen chỉ mới bắt đầu. Không thể nói trước thành công nào sẽ xảy ra và sự thất vọng đang chờ đợi chúng ta ở đâu, nhưng các nhà vật lý có thể nói rất nhiều điều thú vị về đặc tính của lỗ đen.

Sự chuyển động của các vật thể trong vùng lân cận của lỗ đen

Hãy xem xét một thiên thể (ngôi sao) có bán kính $R$ và khối lượng $M$.

Giả sử rằng không có vật thể sử dụng nào khác và trường hấp dẫn chỉ được tạo ra bởi chúng. Hãy để một vật thể khác nào đó (để đơn giản cho lý luận, có khối lượng và bán kính sẽ được coi là nhỏ so với $M$ và $R$ tương ứng), từ vô cực, rơi vào trường hấp dẫn này.

Theo định luật Kepler, nó sẽ chuyển động quanh ngôi sao theo hình elip, hoặc từ vô cực, nó sẽ đi vòng quanh vật thể theo một parabol hoặc hyperbol và quay trở lại vô cực, rời khỏi ngôi sao mãi mãi.

Tương tự như vậy, nếu một vật thể bắt đầu chuyển động từ bề mặt của một ngôi sao, nơi nó được cho một tốc độ nhất định, thì nó (tất nhiên trừ khi nó rơi vào ngôi sao) sẽ trở thành vệ tinh của ngôi sao hoặc sẽ rời khỏi nó mãi mãi.

Để rời khỏi ngôi sao, cơ thể phải có đủ năng lượng để thực hiện công chống lại lực hấp dẫn. Nói cách khác, động năng $mv^2/2$ của nó phải không nhỏ hơn $GmM/R$ (vì đây là công phải thực hiện để di chuyển khối lượng $m$ từ bề mặt ngôi sao đến vô cực*)):

$$\frac{mv^2}{2} \geq G \frac{mM}{R}.$$

Từ đây bạn có thể tìm ra tốc độ tối thiểu cho phép vật thể rời khỏi ngôi sao; nó được gọi là vận tốc thoát thứ hai:

$$v_{\text{II}} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}.$$

Nếu bán kính của ngôi sao $R$ giảm và khối lượng của nó $M$ không đổi thì tốc độ $v_{\text{II}}$ tăng và lớn hơn nhiều nếu $R$ có xu hướng bằng 0. Nói cách khác, một vật rơi theo đường thẳng lên một ngôi sao điểm sẽ đạt được tốc độ lớn hơn vô cùng.

*) Ví dụ, xem Phụ lục I của bài viết của K. Kikon “Giếng tiềm năng là gì” («Kvant», 1982, số 8) hoặc đoạn 61 của sách giáo khoa “Đại số và sự khởi đầu của phân tích 9-10” (M., “Prosveshcheniye”, 1982).

12

Kết quả này mâu thuẫn với phát biểu của thuyết tương đối cho rằng không vật thể nào có thể có tốc độ lớn hơn tốc độ ánh sáng.

Công thức của chúng tôi không phải lúc nào cũng đúng và chỉ có thể được sử dụng khi tốc độ $v_{II}$ nhỏ hơn nhiều so với tốc độ ánh sáng $c$:

$$\sqrt{\frac{2GM}{R}} \ll c.$$

Bất đẳng thức này có thể được viết khác:

$$R \gg \frac{2GM}{c^2}.$$

Đại lượng ở vế phải đóng vai trò quan trọng trong lý thuyết và được đặt một cái tên đặc biệt - bán kính hấp dẫn của ngôi sao:

$$R_{rp} = \frac{2GM}{c^2}.$$

Bây giờ, điều kiện để áp dụng cơ học cổ điển vào việc mô tả chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn sẽ như sau:

$$R \gg R_{rp}.$$

Bán kính hấp dẫn của hầu hết các thiên thể đều rất nhỏ. Đối với Mặt trời là khoảng 3 km, đối với Trái đất - 0,8 cm, nghĩa là nó nhỏ hơn đáng kể so với kích thước tuyến tính của chúng ($R_C = 7 \cdot 10^5$ km, $R_3 = 6,4 \cdot 10^3$ km). Vì vậy, thông thường tốc độ của một vật, thậm chí rơi từ vô cực xuống bề mặt của một ngôi sao (hoặc hành tinh), là rất nhỏ:

$$v_{II} = \sqrt{\frac{R_{rp}}{R}} c \ll c.$$

Sự bất bình đẳng này có luôn được bảo toàn hay nó có thể vi phạm nó? Tất nhiên là có thể, nhưng để làm được điều này, trước hết, bán kính của ngôi sao - nguồn của trường hấp dẫn - ít nhất phải bằng bán kính hấp dẫn. Ví dụ, mặt trời sẽ tiếp xúc với điều này khoảng 230.000 lần. Mật độ của nó sẽ lớn đến mức không thể tưởng tượng được: $\sim 2 \times 10^{19}$ kg/m$^3$ (mật độ trung bình của Mặt trời $\sim 1,4 \cdot 10^3$ kg/m$^3$), lớn hơn mật độ của hạt nhân nguyên tử (mật độ hạt nhân nguyên tử $\sim 10^{17}$ kg/m$^3$). Tuy nhiên, đây chính xác là những đối tượng được nhắm tới khi người ta nói về lỗ đen—cấu trúc của những cuộn vật liệu đáng kinh ngạc.

Điều gì phân biệt hành vi của cơ thể gần những vật thể này? Nếu một vật chuyển động từ xa, với điều kiện khoảng cách $r$ đến nó lớn hơn nhiều so với bán kính hấp dẫn: $r \gg R_{rp}$ thì chuyển động của nó tuân theo định luật Kepler. Nếu vật thể tiến đến một khoảng cách gần hơn sao cho tỷ lệ $R_{rp}/r$ không quá nhỏ thì chuyển động sẽ mang một đặc điểm hoàn toàn khác. (Lý do chính thức cho điều này là lực hấp dẫn không còn tuân theo định luật bình phương nghịch đảo - định luật vạn vật hấp dẫn. Và điều này ngay lập tức vi phạm bức tranh cổ điển có trật tự về chuyển động.) Cuối cùng, trong vùng lân cận của một lỗ đen, tức là ở những khoảng cách có thể so sánh được với bán kính hấp dẫn, lực hút đối với lỗ đen sẽ lớn đến mức không vật nào có thể đi qua mismo - nó hút nó vào và biến mất ở độ sâu “đen” của nó. Trong cơ học Putean cổ điển, chẳng hạn, một sao chổi có thể bay càng gần tâm hấp dẫn càng tốt và vẫn đi xa nó đến vô cực. Một lỗ đen tập hợp xung quanh nó mọi thứ bay tương đối gần. Tia sáng cũng hành xử một cách không được huấn luyện. Khi truyền xung quanh một lỗ đen, chùm tia bị lệch mạnh đến mức quỹ đạo của nó xoắn thành hình xoắn ốc và do đó, nó cũng bị lỗ đen bắt giữ.

Liệu bất kỳ vật thể nào (hoặc ít nhất là một chùm ánh sáng) có thể thoát khỏi lỗ đen không? Hóa ra là không, vì ngay cả tốc độ ánh sáng cũng không đủ để bay ra ngoài. Không có năng lượng cơ thể nào đủ để vượt qua trường hấp dẫn khổng lồ của lỗ đen.

Một chút lịch sử

Lý thuyết về lỗ đen có lịch sử lâu dài. Mặt bất ngờ của nó là mối liên hệ giữa bán kính và khối lượng của lỗ đen đã được phát hiện từ nhiều năm trước. Và mặc dù cơ sở cho phát hiện này là sai, nhưng nó vẫn xứng đáng được kể về nó.

13

Vào thế kỷ 18 ở Anh, các thông tin liên lạc khoa học được gửi dưới dạng thư từ và được đọc tại một cuộc họp của Hiệp hội Hoàng gia (còn gọi là Viện Hàn lâm Khoa học Anh). Tuy nhiên, một bức thư như vậy đã được gửi bởi một trong những thành viên của hội này, Cử nhân giàu có John Michel, cho một thành viên khác - Henry Cavendish * nổi tiếng). Nó được đọc tại một cuộc họp vào ngày 27 tháng 11 năm 1783. Như chúng ta đã biết từ Ghi chú của Cavendish do Maxwell xuất bản, Cavendish cũng thu hút sự chú ý đến khả năng tồn tại của những vật thể mà ngày nay chúng ta gọi là lỗ đen. Có lẽ đó là lý do Michel báo cáo tin nhắn của mình cho anh ấy.

Chúng ta hãy trích dẫn một đoạn trích từ bức thư của ông, được đăng trên tạp chí nổi tiếng Philosophical Transactions of the Royal Society năm 1784: “… nếu bán kính của một quả bóng, có cùng mật độ với Mặt trời, vượt quá bán kính của Mặt trời theo tỷ lệ 500: 1, thì một vật rơi lên quả bóng từ độ cao vô cùng lớn sẽ thu được trên bề mặt của nó một tốc độ vượt quá tốc độ ánh sáng. Có thể kết luận rằng, giả sử rằng ánh sáng, giống như các vật thể khác, hút một lực tỉ lệ với khối lượng của nó, rằng ánh sáng phát ra từ một quả bóng như vậy sẽ bị đẩy lùi do lực hấp dẫn của chính nó. Đây là đề xuất lý thuyết đầu tiên.

Michel lấy đánh giá của mình từ đâu? Chúng ta hãy thử trả lời câu hỏi này bằng cách giải nghịch đảo bài toán - chúng ta sẽ tìm ra tỷ lệ bán kính của quả bóng đang xét và Mặt trời là bao nhiêu để tốc độ vũ trụ của quả bóng bằng tốc độ ánh sáng.

Chúng ta sẽ tiến hành biểu thức vận tốc thoát thứ hai, trong đó khối lượng của vật $M$ sẽ được biểu thị thông qua mật độ của nó $q$:

$$v^2 = \frac{2GM}{R} = \frac{8\pi G}{3} qR^2.$$

Điều này cho thấy khi xây dựng mật độ $v_{\text{II}}$ tỷ lệ thuận với $R$. Do đó, để tốc độ $v_{\text{II}}$ bằng tốc độ ánh sáng $c$ thì bán kính của quả bóng $R_{\text{ш}}$ phải lớn hơn bán kính Mặt trời $R_{\text{с}}$ gấp mấy lần tốc độ ánh sáng lớn hơn tốc độ vũ trụ thứ hai đối với Mặt trời:

$$\frac{R_{\text{ш}}}{R_{\text{с}}} = \frac{c}{v_{\text{II}} c}.$$

Hoặc sử dụng công thức $v_{\text{II}} c = \sqrt{R_{\text{rp}} C / R_{\text{с}}} c$, -

$$\frac{R_{\text{ш}}}{R_{\text{с}}} = \sqrt{\frac{R_{\text{с}}}{R_{\text{rp}} C}}.$$

Biết rằng $R_{\text{с}} \approx 700\ 000$ km và $R_{\text{rp}} C \approx 3$ km, chúng ta thu được tỷ lệ bán kính có giá trị ≈ 480, thực tế là gần 500.

Lưu ý rằng Michel, tất nhiên, khi tính vận tốc thoát thứ hai cho Mặt trời, không thể sử dụng ranh giới dễ hiểu của bán kính (vào thời điểm đó điểm như vậy đơn giản là không tồn tại). Làm thế nào mà anh ấy đếm được?

Michel biết tốc độ của Trái đất quanh Mặt trời: $v = 30$ km/s và tỷ lệ bán kính quỹ đạo của Trái đất $R$ với bán kính Mặt trời $R_{\text{с}}$:

$$k = \frac{R}{R_{\text{с}}} \approx \frac{150 \cdot 10^6 \text{ km}}{0,7 \cdot 10^6 \text{ km}} \approx 214.$$

Theo định luật II Newton, tốc độ quỹ đạo của Trái Đất

$$v = \sqrt{\frac{GM}{R}}.$$

Để rời hệ mặt trời khỏi quỹ đạo Trái đất, bạn cần tốc độ

$$v' = \sqrt{\frac{2GM}{R}}.$$

tức là $\sqrt{2}$ lần tốc độ $v$.

Tốc độ cần thiết để

15

vỏ nguyên tử - ngôi sao sẽ biến thành sao lùn trắng lạnh lẽo. Nếu khối lượng của ngôi sao lớn hơn một chút, xấp xỉ hai hoặc ba khối lượng Mặt Trời, thì lực hấp dẫn đủ mạnh để “nghiền nát các nguyên tử” và đẩy các electron vào bên trong hạt nhân, biến proton thành neutron. Ngôi sao biến thành sao neutron.

Nhưng nếu khối lượng của ngôi sao vượt quá 3-5 khối lượng mặt trời, thì khi bắt đầu lướt qua, nó sẽ không thể ngăn chặn sự suy giảm của mình cho đến khi biến thành một vực thẳm không đáy - một lỗ đen.

Đây là cách các nước này có thể phát sinh đối tượng. Câu hỏi duy nhất là liệu quá trình như vậy có thực sự được thực hiện trong Vũ trụ hay không, liệu trong quá trình tiến hóa, một ngôi sao có thể giữ được khối lượng lớn, thay đổi các vụ nổ và sự hủy diệt để đạt được sự biến đổi tất yếu thành lỗ đen một cách thực tế hay không.

Bức xạ lỗ đen

Như chúng tôi đã nói, không có gì thoát ra khỏi độ sâu của lỗ đen, đó là lý do tại sao nó được gọi là đen. Tuy nhiên, vị trí của lỗ đen được xác định thông qua một dòng bức xạ cực mạnh. Các thiên thể ở xa - chuẩn tinh, nằm cách chúng ta hàng tỷ năm ánh sáng, phát ra năng lượng lớn gấp hàng trăm lần năng lượng phát ra từ toàn bộ thiên hà. Chúng tôi không biết chuyện gì đang xảy ra ở những khu vực này. Có giả thuyết cho rằng nguồn năng lượng là các lỗ đen khổng lồ, có khối lượng lớn hơn khối lượng Mặt trời gấp 10⁶—10⁹ lần và được sinh ra cùng với Vũ trụ. Thật không may, việc kiểm tra giả thuyết này là rất khó khăn.

Các nhà thiên văn học (giả sử rằng ở trung tâm Thiên hà của chúng ta có một lỗ đen có khối lượng khoảng 10⁹ khối lượng mặt trời. Một lỗ khác quay quanh nó - có khối lượng tương đương (hoặc thậm chí nhiều hơn), nhưng có bán kính lớn hơn. Trong hệ thống này, các dòng vật chất phát sinh, lao về phía lỗ đen. Đây vừa là những hạt nhỏ vừa là vật thể lớn - các ngôi sao bị xé nát bởi lực hấp dẫn cực lớn của lỗ đen. Chúng tạo ra dòng chảy hấp dẫn và sóng điện từ.

Bức xạ năng lượng, các hạt liên tục tiến đến gần bề mặt lỗ đen và đồng thời mất đi động năng. Nhưng nguồn cung cấp năng lượng này liên tục được bổ sung do thế năng giảm đi. (Có thể ước tính thế năng trên bề mặt lỗ đen bằng công thức Newton:

$$E_{\pi} = -G \frac{mM}{R_{\text{гр}}} = -\frac{1}{2} mc^2.$$

Khi tính toán bằng các công thức của lý thuyết tương đối tổng quát, hệ số 1/2 biến mất.) Do đó, một vật rơi từ một khoảng cách vô cùng lớn (khi $E_{\pi} = 0$) có mức dự trữ năng lượng bằng tổng động năng $mv^2/2$ (với điều kiện là $v \ll c$) và năng lượng nghỉ $mc^2$. Vào mùa thu, lượng dự trữ này gần như bị mất hoàn toàn.

Như vậy, theo quan điểm lý thuyết, lỗ đen hóa ra là một cơ chế có khả năng “xử lý” toàn bộ năng lượng của các hạt, bao gồm cả năng lượng nghỉ, thành bức xạ. Một “động cơ” như vậy, có khả năng hoạt động với hệ số hiệu suất rất gần bằng 1, là duy nhất. Sẽ thật bất công nếu thiên nhiên không tận dụng được cơ hội này.

---

Vì vậy, lỗ đen có thể có nhiều dạng khác nhau. Hoặc đây là tàn tích đáng buồn của những ngôi sao đã từng tỏa sáng rực rỡ, hoặc đây là những “trạm năng lượng” khổng lồ mà từ đó sự tồn tại của Vũ trụ được kết nối.

16

số phức

Viện sĩ L. S. PONTRYAGIN

Ở đây trước hết tôi nói rất ngắn gọn về cách các số phức nảy sinh trong toán học và dần dần hình thành trong đó. Sau đó tôi đưa ra định nghĩa về số phức, các phép tính trên chúng và giải thích hình học của chúng. Đồng thời, các công thức tính cosin và sin của một tổng đã được chứng minh, chúng có liên quan chặt chẽ đến phép nhân số phức.

Bối cảnh lịch sử

Từ quá trình toán học, người ta biết rằng các số âm được đưa vào chủ yếu để phép trừ, nghịch đảo của phép cộng, luôn có thể thực hiện được. Vì lý do tương tự, số phức xuất hiện trong toán học. Nếu chúng ta chỉ xem xét các số thực, thì thao tác trích căn bậc hai, nghịch đảo của phép tính bình phương, không phải lúc nào cũng thực hiện được, vì không thể trích căn bậc hai của một số âm. Tuy nhiên, điều này không đủ để giới thiệu những con số mới trong toán học. Hóa ra là nếu tích của một phép tính theo các quy tắc thông thường đối với các biểu thức trong đó xảy ra căn bậc hai của một số âm, thì người ta có thể đi đến kết quả không còn chứa căn bậc hai nữa.

Định nghĩa số phức

Chúng ta sẽ giả định rằng chúng ta biết các con số thực. Chúng ta biết rằng có hai phép toán cơ bản được xác định cho chúng - phép cộng và phép nhân - và có những hành động nghịch đảo đối với chúng - phép trừ và phép chia. Đối với những hành động này, một số quy tắc được trích xuất sẽ được thực thi, thường được sử dụng hoàn toàn tự động - vì vậy tôi sẽ không xây dựng chúng ở đây. Tập hợp các đối tượng mà các phép tính cộng, nhân và các hành động nghịch đảo của phép trừ và phép chia được xác định và các quy tắc đối tượng áp dụng cho số thực được thực hiện, được gọi là một trường trong đại số trừu tượng hiện đại.

Do đó, theo quan điểm của đại số trừu tượng hiện đại, tập R của tất cả các số thực biểu diễn một trường. Bây giờ chúng ta hãy đặt bài toán để mở rộng khái niệm về số hoặc, như

17

chẳng hạn trong đại số trừu tượng, hãy mở rộng trường $R$ sang trường $K$ sao cho trong trường mới này $K$ phương trình

$$z^2 + 1 = 0$$

(1)

đã có lời giải. Chúng ta biểu thị phần tử trường $K$ thỏa mãn phương trình (1) bằng $i$. Vì vậy, với $i$ chúng ta có

$$i^2 = -1.$$

(2)

Vì trường $K$ chứa tất cả các số thực và phần tử $i$ và vì có thể thực hiện các phép tính cộng và nhân trong đó nên trường $K$ phải chứa tất cả các đa thức có thể có đối với $i$ với các hệ số thực, đặc biệt - tất cả các đa thức bậc một, tức là các biểu thức có dạng

$$z = x + yi = x + iy,$$

trong đó $x$ và $y$ là số thực. Những biểu thức này được gọi là số phức. Chúng ta định nghĩa các hành động trên chúng là các hành động trên đa thức, có tính đến các điều kiện (2). Số phức có dạng

$$z = x + 0i = x$$

là những số thực. Số phức có dạng

$$z = 0 + yi = yi$$

Các số được gọi là số tối thiểu.

Cho $z_1 = x_1 + y_1 i$, $z_2 = x_2 + y_2 i$ là hai số phức. Theo quy tắc đã nêu, tổng và tích của các số phức này được xác định bằng các đẳng thức

$$z_1 + z_2 = (x_1 + y_1 i) + (x_2 + y_2 i) =$$

$$= (x_1 + x_2) + (y_1 + y_2) i;$$

(3)

$$z_1 z_2 = (x_1 + y_1 i) (x_2 + y_2 i) =$$

$$= x_1 x_2 + (x_1 y_2 + y_1 x_2) i + y_1 y_2 i^2 =$$

$$= (x_1 x_2 - y_1 y_2) + (x_1 y_2 + y_1 x_2) i.$$

(4)

Khi đạt được đẳng thức cuối cùng, chúng ta sử dụng kết quả

$$x_1 z_2 = x_1 x_2 + x_1 y_2 i.$$

(5)

Từ công thức (3) và (4) rõ ràng tổng và tích của hai số phức cũng là số phức.

Để đảm bảo rằng hành động trừ, nghịch đảo của hành động cộng, tồn tại, chỉ cần tìm số $-z$, số đối diện với số $z$, và để đảm bảo rằng phép chia có thể thực hiện được, chỉ cần $z \neq 0$ chỉ ra số $z^{-1}$, nghịch đảo của số $z = x + yi$ là đủ. Những con số này, dễ dàng nhận thấy, được đưa ra bởi các công thức

$$-z = -x - yi,$$

$$z^{-1} = \frac{x}{x^2 + y^2} - \frac{y}{x^2 + y^2} i.$$

Do đó, đại lượng $z^{-1}$, nghịch đảo của $z$, tồn tại bất cứ khi nào $z \neq 0$.

Biểu diễn hình học của số phức

Chúng ta hãy biểu thị mặt phẳng của bản vẽ của chúng ta bằng $P$ và chọn hệ tọa độ hình chữ nhật trên đó (Hình 1). Chúng ta sẽ đặt số phức $z = x + yi$ tại điểm $z = (x; y)$ có ​​tọa độ $x, y$. Chúng ta cũng biểu thị bằng $z$ vectơ từ gốc $O$ đến điểm $z$. Do đó, chữ cái $z$ đồng thời biểu thị một số phức, điểm $z$, đại diện cho số phức này và vectơ $z$, tương ứng với số phức này. Trong trường hợp này, ảnh của số thực nằm trên trục hoành - do đó trục hoành được gọi là trục thực của mặt phẳng $P$ của biến phức và số của số rơi trên trục hoành - do đó trục hoành được gọi là trục tối thiểu của mặt phẳng $P$ của biến phức. Số 0 rơi ở gốc tọa độ.

Hình 1.

18

Độ dài của vectơ $z$ được gọi là mô đun của số phức $z = x + yi$ và được ký hiệu là $|z|$:

$$|z| = \sqrt{x^2 + y^2}.$$

Các số phức $z$ thỏa mãn điều kiện $|z| = 1$ tạo thành một đường tròn bán kính 1 có tâm tại gốc tọa độ. Số 1 nằm trên vòng tròn này. Từ điểm 1, chúng ta cắt các cung có độ dài cho trước $\varphi$ dọc theo đường tròn theo hướng ngược chiều kim đồng hồ. Chúng tôi biểu thị sự kết thúc của cung này bằng $(\varphi)$. Nếu $\varphi$ là số âm thì để thu được $(\varphi)$ bạn cần trừ độ dài cung $|\varphi|$ từ điểm 1 theo chiều kim đồng hồ. Như đã biết, trục hoành của điểm $(\varphi)$ được gọi là cos $\varphi$, và tọa độ của nó là sin $\varphi$. Do đó, số phức $(\varphi)$ được cho bởi

$$(\varphi) = \cos \varphi + i \sin \varphi.$$

Vì vậy, mọi số phức $z$, bằng 1 theo mẫu, đều được viết dưới dạng (6). Nếu $z$ là một số phức tùy ý có mô hình $|z| = \varphi$ khác 0, thì số $z/\varphi$ là một số phức, theo mô hình, bằng 1 và do đó được viết dưới dạng (6). Từ sự bình đẳng

$$\frac{z}{\varphi} = \cos \varphi + i \sin \varphi$$

chúng tôi nhận được

$$z = \varphi(\cos \varphi + i \sin \varphi).$$

Ghi (7) được gọi là công thức lượng giác của số phức. Số $\varphi$ được gọi là đối số của số phức. Nếu mô hình $\varphi$ của số phức $z$ khác 0 thì đối số $\varphi$ được xác định theo thuật ngữ $2\pi k$, trong đó $k$ là một số nguyên. Nếu mô hình $\varphi$ của một số phức bằng 0 thì công thức (7) cũng đúng, nhưng trong trường hợp này, đối số của số phức hoàn toàn không được xác định.

Các số $\varphi$ và $\varphi$ được gọi là tọa độ cực của điểm $z$.

Bây giờ chúng ta hãy đưa ra một nguồn tác dụng hình học đối với số phức.

Từ công thức (3) và (5) suy ra rằng số phức được cộng và nhân với số thực, giống như vectơ.

Ý nghĩa hình học của việc cộng số phức rất rõ ràng: vectơ $z_1 + z_2$ là đường chéo của hình bình hành được xây dựng trên các vectơ $z_1$ và $z_2$. Điều này dẫn đến một bất đẳng thức quan trọng:

$$|z_1 + z_2| \leq |z_1| + |z_2|.$$

Để đưa ra phép nhân nguồn hình học của các số phức, bạn cần sử dụng thao tác quay một vectơ hoặc tương tự như một số phức. Xoay vectơ $z$ ngược chiều kim đồng hồ theo góc $\alpha$, chúng ta nhận được một số vectơ mới, được biểu thị bằng $R_\alpha(z)$. Rõ ràng về mặt hình học là phép quay $R_\alpha$ có tính chất sau: nếu $\alpha$ là một số thực thì

$$R_\alpha(az) = aR_\alpha(z),$$

$$R_\alpha(z_1 + z_2) = R_\alpha(z_1) + R_\alpha(z_2).$$

Từ hai công thức này suy ra rằng nếu $a_1$ và $a_2$ là hai số thực thì có sự tương ứng

$$R_\alpha(a_1z_1 + a_2z_2) = a_1R_\alpha(z_1) + a_2R_\alpha(z_2).$$

Cũng rõ ràng ngay rằng

$$R_\alpha(1) = \cos \alpha + i \sin \alpha.$$

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng việc xoay số phức $z = x + yi$ theo góc $\alpha$ tương đương với việc nhân nó với số phức $\cos \alpha + i \sin \alpha$, nghĩa là

$$R_\alpha(z) = (\cos \alpha + i \sin \alpha)z.$$

Để làm điều này, trước tiên chúng ta xem xét riêng phép quay qua góc $d = \frac{\pi}{2}$. Trong trường hợp này, $\cos d + i \sin d = i$ và đẳng thức (11) có dạng $R_d(z) = iz$. Một mặt, có các ước tính hình học là $R_d(1) = i$, $R_d(i) = -1$. Mặt khác, $i \cdot 1 = i$, $i \cdot i = -1$. Như vậy,

$$R_d(1) = i \cdot 1, R_d(i) = i \cdot i.$$

Nó suy ra trực tiếp từ công thức (9)

20

Vụ nổ lạnh

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
M. A. KOZHUSHNER

Năm 1980, các nhà nghiên cứu từ Viện Vật lý Hóa học thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô đã phát hiện ra một hiện tượng mới thú vị: một hỗn hợp có khả năng phản ứng hóa học phát nổ không phải khi đun nóng mà khi nguội.

Vụ nổ hỗn hợp metylcyclohexan và clo xảy ra ở nhiệt độ khoảng 10 K.

Mọi người đều biết rằng cái lạnh làm chậm các quá trình hóa học và các phản ứng dữ dội - vụ nổ - xảy ra khi đun nóng. Theo quy luật, một phản ứng hóa học dẫn đến vụ nổ nhiệt lớn diễn ra theo cơ chế dây chuyền: hỗn hợp được làm nóng và ở nhiệt độ nhất định, do sự tương tác của các phân tử, số lượng hạt phản ứng (gốc) trong hỗn hợp quay trở lại như một trận tuyết lở. Đồng thời, sự giải phóng nhiệt thậm chí còn giảm nhanh hơn. Nếu nhiệt thoát ra trong phản ứng không có thời gian để loại bỏ thì nhiệt độ của hỗn hợp sẽ tăng nhanh đến mức phản ứng sẽ có tính chất của một vụ nổ.

Vụ nổ lạnh diễn ra theo cơ chế dây chuyền tương tự. Các gốc ban đầu - các nguyên tử clo có hoạt tính hóa học - được tạo ra bằng tia laser: một lượng tử ánh sáng phá vỡ các phân tử clo thành hai nguyên tử. Hỗn hợp sau đó nguội đi nhanh chóng, tạo thành thủy tinh vô định hình. Ở nhiệt độ từ 60 K đến 10 K, một vụ nổ bắt đầu. Nồng độ gốc cơ bản càng thấp thì nhiệt độ hỗn hợp sẽ nổ càng thấp

las. Nhiệt độ cao làm chậm phản ứng.

Nguyên nhân dẫn đến hiện tượng nghịch lý như vậy là gì? Các tác giả của thí nghiệm tuyên bố sự hiện diện của nó trong mẫu biến dạng skatium, phát sinh cả trong quá trình đóng băng nhanh chóng của hỗn hợp và trong chính phản ứng.

Người ta biết rằng ở nhiệt độ cao, năng lượng của các hạt hoạt động hóa học tăng lên và chúng có thể kết hợp với nhau nhiều đến mức có thể xảy ra tương tác hóa học giữa chúng. Trong chất rắn, có thể đạt được sự gắn kết giữa các hạt hoạt động hóa học do biến dạng. Hơn nữa, nhiệt độ càng cao thì các biến dạng được giải quyết (thư giãn) càng nhanh. Năng lượng của họ biến thành năng lượng ấm áp. Ngược lại, ở nhiệt độ thấp hơn, các biến dạng không có thời gian giãn ra mà nóng lên như một trận tuyết lở và phản ứng bắt đầu diễn ra với tốc độ ngày càng tăng. Một vụ nổ lạnh xảy ra (có thể gọi là vụ nổ biến dạng).

Nhưng làm thế nào các phân tử thư giãn có thể phản ứng ở nhiệt độ thấp (chỉ cao hơn độ không tuyệt đối vài độ!)? Rốt cuộc, khi va chạm, chúng bắt đầu đẩy nhau, nhưng ở gần độ không tuyệt đối, chuyển động của các phân tử chậm lại và năng lượng của chúng không đủ để thắng được lực đẩy. Như người ta nói, có một rào cản năng lượng cần có động năng để vượt qua. Tuy nhiên, ở nhiệt độ thấp, mọi hành vi của hạt đều đều đặn, đặc biệt là cái gọi là hiệu ứng đường hầm. Nó nằm ở chỗ các hạt có thể vượt qua các rào cản năng lượng mà không có năng lượng vượt quá các rào cản đó; Nói một cách hình tượng, chúng không đi qua hàng rào mà xuyên qua nó, như thể đi qua một đường hầm, hội tụ đến một khoảng cách mà phản ứng bắt đầu. Hiệu ứng này rõ ràng có thể tạo ra một vụ nổ lạnh.

21

Hãy làm nóng nước từ trên cao

V. I. NGUYÊN TẮC

Người ta đun nóng nước hàng ngày và hầu như luôn đặt máy sưởi bên dưới, dưới một bình đựng nước. Điều này có thể hiểu được - sự đối lưu của chất lỏng xảy ra trong toàn bộ thể tích của bình đảm bảo làm nóng đồng đều toàn bộ chất lỏng đến nhiệt độ cần thiết.

Điều gì xảy ra nếu lò sưởi được đặt lên trên? Câu hỏi này không khác. Chúng ta hãy nhớ rằng 70% bề mặt trái đất được bao phủ bởi nước, trong đó nguồn năng lượng chính là Mặt trời. Vì vậy, trong tự nhiên, trên quy mô lớn, nước được làm nóng từ trên cao. Nhiều quá trình liên quan đến vấn đề này phức tạp đến mức vẫn chưa có sự đồng thuận về nguyên nhân của chúng. Ví dụ, gần đây người ta phát hiện ra rằng nhiệt độ của nước trong đại dương thay đổi theo độ sâu không phải do bơi mà do nhảy. Những bước nhảy này xảy ra ở một khoảng cách rất hẹp giữa các lớp trong đó nhiệt độ không đổi. Trong mỗi lớp, mật độ và “độ mặn” (phần trăm soli) của nước cũng không đổi. Theo thời gian, các bước nhảy diễn ra suôn sẻ (đồng thời, việc cân bằng nhiệt độ nhanh hơn nhiều so với việc cân bằng “độ mặn”), nhưng

Khi Vsevolod Pentegov viết bài này, anh đang là học sinh lớp 10 tại trường trung học số 145 ở Kyiv. Hiện Vsevolod là sinh viên của Viện Vật lý và Công nghệ Moscow.

Hình 1. Sơ đồ lắp đặt.

22

Sóng dưới nước

Từ bức ảnh trong Hình 2.6, rõ ràng là sóng ngang có thể xuất hiện ở mặt phân cách. (Nhân tiện, họ nói rằng có thể nhìn thấy đường viền mà không bị nhuốm màu - do sự tán xạ và phản xạ ánh sáng từ các sóng trên đó.) Do đó, đường viền có sức căng bề mặt. Ví dụ, một minh họa rõ ràng về điều này có thể là sự phản chiếu của các bánh xe xoáy từ các ranh giới.

Tắt lò sưởi (để giảm chuyển động của chất lỏng trong lớp nóng) và thả mực từ pipet từ độ cao 1-2 cm so với mực nước. Một vòng xoáy được hình thành trong nước, chuyển động hướng xuống dưới. Nếu năng lượng của vòng không cao lắm, nó sẽ bị phản xạ đàn hồi từ các ranh giới (trong trường hợp này ranh giới sẽ bị uốn cong một chút) và sau đó sụp đổ; nếu năng lượng của vòng cao hơn, nó có thể đi qua ranh giới, nhưng ngay sau đó nó sẽ sụp đổ (Hình 2,θ).

Đường viền di chuyển

Sau khi quan sát bề mặt tiếp xúc giữa các lớp chất lỏng khác nhau một thời gian, chúng ta sẽ thấy rằng nó đang chuyển động. Đồ thị thực nghiệm về sự phụ thuộc của độ dày của lớp nước trên $h$ vào thời gian $t$ và tốc độ di chuyển của ranh giới $v$ vào độ dày của lớp trên, chính xác hơn là vào sự chênh lệch mức $h-h_0$ (xem Hình 1), được hiển thị trong Hình 3 và 4 (các phép đo được thực hiện đối với bình 3 lít ở công suất gia nhiệt là $P \approx 120$ W).

Xin lưu ý rằng sự chuyển động đáng chú ý của các ranh giới chỉ xảy ra khi nhiệt độ của lớp trên gần bằng hoặc bằng điểm sôi - ngay khi tắt lò sưởi, chuyển động của các ranh giới sẽ dừng lại. Có thể giả định rằng sự chuyển động của các ranh giới là hệ quả của sự chuyển động mạnh mẽ trong lớp nóng (sẽ xảy ra chính xác ở nhiệt độ cao). Để kiểm tra điều này, chúng ta hãy làm như sau. Tắt máy sưởi (chuyển động của các ranh giới sẽ dừng lại) và bắt đầu bằng một số phương tiện cơ học để di chuyển cẩn thận nước ở lớp trên. Đúng như chúng tôi mong đợi, biên giới đang bắt đầu di chuyển trở lại.

Dựa trên những thực tế trên, chúng ta có thể đưa ra lời giải thích sau đây về sự chuyển động của biên giới. Chúng ta hãy nhìn vào bề mặt tiếp xúc giữa các lớp nước nóng và lạnh tại một thời điểm nào đó và thấy một vùng rất nhỏ trên đó (Hình 5a; ở đây các chấm màu đỏ tượng trưng cho các phân tử nước nóng, các chấm màu xanh tượng trưng cho các phân tử nước lạnh). Là kết quả của quá trình khuếch tán và phân tử đồng hóa, các phân tử “nóng” xuất hiện dưới bề mặt phân cách. Một lớp nước mỏng trở nên nóng và sau một thời gian bị “cuốn trôi” bởi dòng nước nóng đối lưu (Hình 5, b và θ). Quá trình vi mô này dẫn đến sự chuyển động đi xuống của các ranh giới.

Vì vậy, trong trường hợp làm nóng chất lỏng từ trên cao, nhiệt được truyền không chỉ thông qua tính dẫn nhiệt (hoàn toàn tự nhiên) mà còn

23

đưa ra chuyển động biên gây ra bởi sự đối lưu của chất lỏng trong lớp nóng. Trong trường hợp này, sự đối lưu đảm bảo nhiệt độ gần như giống nhau ở tất cả các điểm của vùng trên.

Chúng ta hãy thử trả lời một câu hỏi nữa nảy sinh trong quá trình thí nghiệm: chuyển động của ranh giới có phụ thuộc vào công suất sưởi ấm không?

Rõ ràng, độ dày của lớp trên không thể nhỏ hơn độ sâu của mức $a-a$ (xem Hình 1), vì sự đối lưu sẽ luôn xảy ra ở trên. Đồng thời, lúc đầu, nó không thể lớn hơn độ sâu của mức $b-b$, vì chưa có đối lưu bên dưới (với hệ thống sưởi phẳng hoặc chính xác, các mức $a-a$ và $b-b$ trùng khớp). Do đó, có độ dày ban đầu nhất định của lớp trên cùng, được xác định chủ yếu bởi độ sâu ngâm nhiệt. Chuyển động của ranh giới bắt đầu khi chất lỏng bắt đầu chuyển động mạnh trong lớp này. Như đã đề cập, điều này sẽ xảy ra ở nhiệt độ gần điểm sôi. Điều này có nghĩa là lò sưởi phải đảm bảo làm nóng một lớp chất lỏng có độ dày ban đầu gần như sôi khi có sự thất thoát nhiệt trong không gian xung quanh. Những điều kiện này xác định công suất gia nhiệt tối thiểu tại đó ranh giới bắt đầu di chuyển.

Từ các thí nghiệm trên có thể rút ra một số kết luận chính. Họ đây:

1. Mặt phân cách giữa nước ấm và nước lạnh có thể tồn tại trong thời gian dài mà không bị sụp đổ chỉ khi có sự xuất hiện của các dòng chất lỏng đối lưu ở các ranh giới: các dòng chảy này liên kết cho thấy hệ quả của sự khuếch tán, duy trì ranh giới.

2. Biên giới di chuyển và tốc độ di chuyển phụ thuộc vào chênh lệch nhiệt độ. Khi chênh lệch giảm, tốc độ giảm cho đến khi các ranh giới dừng lại, nhưng bản thân ranh giới vẫn được giữ nguyên nếu dòng chất lỏng ở các ranh giới tiếp tục.

3. Sự chênh lệch nhiệt độ lớn (và nhiệt độ đun nóng nước cao) trong các thí nghiệm chỉ cần thiết để tạo ra dòng đối lưu trong chất lỏng nóng.

Hình 3. Đồ thị độ dày của vùng trên $h$ theo thời gian $t$ (dựa trên kết quả của hai thí nghiệm).

Hình 4. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc tốc độ chuyển động của ranh giới $v$ vào độ sâu $h-h_0$ (dựa trên kết quả của hai thí nghiệm).

Hình 5. Giải thích cơ chế vận động của ranh giới.

24

cường độ chính xác. Nếu chuyển động của chất lỏng ở một hoặc cả hai phía của ranh giới được đảm bảo bằng một số phương tiện khác, ví dụ như cơ học, thì chênh lệch nhiệt độ có thể nhỏ.

Đoán và giả định

Bây giờ chúng ta hãy quay lại cuộc trò chuyện về việc đun nóng nước bằng năng lượng mặt trời trong đại dương và cố gắng trả lời một số câu hỏi. Tại sao ranh giới giữa các lớp khác nhau trong đại dương không thay đổi theo thời gian, mặc dù có sự cân bằng dần dần về nhiệt độ và “độ mặn”? Tại sao việc cân bằng “độ mặn” diễn ra chậm hơn nhiều so với việc cân bằng nhiệt độ?

Điều này một lần nữa có thể được giải thích bằng sự đối lưu, tồn tại ở tất cả các tầng của đại dương (và không chỉ ở tầng nóng, như trong các thí nghiệm của chúng tôi).

Hãy xem xét hai lớp liền kề. Là kết quả của sự khuếch tán và va chạm giữa các phân tử, cả phân tử “lạnh” và “nóng” đều xuất hiện ở cả hai phía của bề mặt phân cách. Chúng bị dòng đối lưu cuốn đi và bị cuốn đi khỏi ranh giới. Hơn nữa, nếu sự đối lưu có cường độ như nhau ở cả hai phía của ranh giới thì bản thân ranh giới đó không chuyển động, mặc dù sự truyền năng lượng xảy ra và nhiệt độ dần dần cân bằng.

Đối với việc cân bằng “độ mặn” của nước, quá trình này diễn ra chậm hơn nhiều. Điều này là do sức căng bề mặt mà giao diện có. Được biết, hệ số căng bề mặt của lớp dung dịch lớn hơn hệ số căng bề mặt của nước tinh khiết. Ranh giới, giống như bất kỳ hệ vật lý nào, có xu hướng có năng lượng bề mặt tối thiểu. Do đó, các phân tử mà phân tử bị phân hủy trong nước hầu hết nằm ở xa ranh giới và sự khuếch tán của chúng chỉ bắt đầu biểu hiện rõ rệt khi sức căng bề mặt của ranh giới giảm đáng kể.

Sự xuất hiện của ranh giới giữa nước ấm và nước lạnh có lẽ không chỉ do sự phân lớp của đại dương. Có thể hiện tượng này đòi hỏi sự tồn tại của bốn ranh giới ổn định của các dòng hải lưu và các cửa xả khổng lồ được phát hiện gần đây trong đại dương, cũng như nhiều hơn thế nữa.

Ứng dụng

Hãy để chúng tôi biểu thị bằng $W$ công suất của lò sưởi (đặt nó lớn hơn mức tối thiểu). Một phần năng lượng này bị lãng phí khi bay hơi chất lỏng, nhưng nếu nhiệt độ không đổi thì những tổn thất này cũng không đổi. Do đó, để thuận tiện, chúng tôi giới thiệu giá trị $W_1$, bằng công suất của lò sưởi và công suất tìm kiếm sự bay hơi của chất lỏng và chúng tôi sẽ coi nó là không đổi.

Điều tự nhiên là cho rằng công suất $W_2$, hoàn thiện trong không gian xung quanh qua bề mặt bên của bình, tỷ lệ thuận với độ dày $h$ của lớp nóng: $W_2 = kh$. Hệ số tỷ lệ $k$ chỉ phụ thuộc vào điều kiện thí nghiệm và không thay đổi trong quá trình thí nghiệm.

Để ranh giới di chuyển một khoảng $dh$ trong thời gian $dt$. Điều này có nghĩa là một lớp chất lỏng có độ dày $dh$ được làm nóng từ nhiệt độ của lớp lạnh đến nhiệt độ của lớp nóng, tức là $\Delta T$ độ. Điều này đòi hỏi một lượng nhiệt $dQ = cQ\Delta Tdh = k_1dh$ (ở đây $c$ là nhiệt độ riêng của chất lỏng, $Q$ là mật độ của nó, $S$ là diện tích mặt cắt ngang của bình).

Theo định luật bảo toàn năng lượng,
$$W_1dt = dQ + W_2dt,$$
hoặc
$$W_1dt = k_1dh + khdt.$$
Hãy viết lại đẳng thức này theo cách khác:
$$\frac{dh}{W_1 - kh} = \frac{dt}{k_1},$$
Hãy tích hợp nó và thu được sự phụ thuộc của độ dày của lớp nóng $h$ theo thời gian $t$:
$$h = a - be^{-at},$$
trong đó $a = W_1/k$, $b = W_1/k - h_0$ và $\alpha = k/k_1$ là các hệ số không đổi, $h_0$ là độ sâu ban đầu mà tại đó ranh giới được hình thành.

Bây giờ chúng ta hãy tìm tốc độ chuyển động của các ranh giới $v$:
$$v = \frac{dh}{dt} = \frac{W_1 - kh}{k_1}.$$
Từ đó có thể thấy rằng tốc độ của đường biên phụ thuộc tuyến tính vào độ dày của lớp và ở độ dày tiếp theo ($\frac{равной}{W_1/k}$), tốc độ sẽ bằng 0. Điều này xảy ra vì khi độ dày tăng lên, tổn thất năng lượng tăng lên và phải có thời điểm toàn bộ năng lượng từ lò sưởi đi vào không gian xung quanh.

Tại thời điểm ranh giới dừng lại, các dòng đối lưu của sự trượt không yếu đi đến mức chuyển động của chất lỏng thực tế dừng lại, và do sự khuếch tán và dẫn nhiệt, ranh giới sẽ dần “tan rã”.

25

Phương trình trạng thái khí

V. E. BELONUCHKIN

Phương trình trạng thái của khí lý tưởng (hay đơn giản là phương trình trạng thái khí, hay phương trình Mendeleev-Clapeyron) mô tả mối quan hệ giữa các thông số trạng thái - áp suất, nhiệt độ và thể tích - của một trong những hệ vật lý đơn giản nhất. Đối tượng rất đơn giản nên phương trình trạng thái của nó khá đơn giản:

$$pV = \frac{m}{\mu} RT,$$

trong đó $p$ là áp suất khí, $V$ là thể tích của nó, $m$ là khối lượng, $\mu$ là khối lượng mol, $T$ là nhiệt độ, $a$ là hằng số khí phổ quát.

Vì vậy, theo phương trình, áp suất của một loại khí lý tưởng tỷ lệ thuận với nhiệt độ của nó. Điều này nên được hiểu như thế nào? Chẳng hạn, điều này có nghĩa là khi nhiệt độ tăng thì áp suất khí luôn tăng và khi nhiệt độ giảm thì áp suất khí giảm? Tất nhiên là không. Điều này chắc chắn chỉ đúng nếu cả thể tích, khối lượng và khối lượng mol đều không thay đổi. Hơn nữa, đối với một khối lượng cố định của khí được xác định, khi nhiệt độ tăng, áp suất có thể không tăng mà giảm nếu thể tích mà khí chiếm giữ tăng đủ nhanh. Các tình huống khác cũng có thể xảy ra. Xin vui lòng thảo luận về các vấn đề cụ thể để thuận tiện nhất (tất cả bài toán được lấy từ thư viện tuyển sinh của Viện Vật lý và Công nghệ Moscow).

Bài toán 1. Nhiệt độ và áp suất của khối khí lý tưởng thay đổi như hình 1.

Sunke 1. Thể tích chứa khí có thay đổi không? Chính xác thì thế nào?

Như có thể thấy trên hình, áp suất tăng tuyến tính khi nhiệt độ tăng. Có lẽ âm lượng vẫn không đổi? Nếu không, làm thế nào bạn có thể phân biệt được lịch trình quy trình trong đó âm lượng không thay đổi?

Với một thể tích không đổi, áp suất không chỉ tăng khi nhiệt độ tăng mà còn tăng tỷ lệ thuận với nhiệt độ. Và đồ thị tỷ lệ thuận với các đồ thị tuyến tính khác ở chỗ nó đi qua gốc tọa độ. Do đó, trong sơ đồ ở tọa độ $p-T$, đường đẳng cự là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ.

Hình 1. Hình 2.

Chúng ta hãy vẽ các đường đẳng lượng qua giao điểm của điểm 1 và 2 (Hình 2). Isochores thì khác; Điều này có nghĩa là ở trạng thái 1 và 2, âm lượng là khác nhau. Cái nào lớn hơn? Cách dễ nhất để xác định điều này là bằng biểu đồ. Hãy kết nối hai đường đẳng nhiệt này, ví dụ: bằng đường đẳng nhiệt 1-3 (hoặc đường đẳng nhiệt 1-4, hoặc bất kỳ đường đẳng nhiệt hoặc đường đẳng nhiệt nào khác). Trong phần 1–3, nhiệt độ tăng ở áp suất không đổi. Rõ ràng là âm lượng sẽ tăng lên.

Vậy điểm 2 nằm trên isochore có thể tích lớn, nghĩa là khi chuyển từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, thể tích của khí tăng lên.

Nhưng đồ thị trong Hình 1 không thể mô tả một quá trình có thể tích không đổi sao? Tuy nhiên, hãy làm rõ câu hỏi.

Bài toán 2. Có một tổng thể trong một bình có thể tích không đổi. Một máy đo áp suất và nhiệt kế được gắn vào bình. Chỉ số của thiết bị thay đổi theo Hình 1. Có thể nói gì về trạng thái của khí?

26

Cụ thể, áp suất trong bình cao hơn hay thấp hơn áp suất khí quyển?

Trong trường hợp này, thể tích của khí không thay đổi và áp suất không tỷ lệ thuận với nhiệt độ. Điều này có thể thực hiện được không?

Chúng ta hãy chuyển sang phương trình Mendeleev-Clapeyron. Ngoài các tham số p, V và T còn có m và μ. Khối lượng mol của gel không nên thay đổi - khí gel là đơn chất và không thể phân ly. Không nên có bất kỳ sự ngưng tụ nào khi nhiệt độ tăng lên. Rõ ràng, khả năng duy nhất là thay đổi khối lượng m của gel khí.

Vì áp suất tăng chậm hơn so với trong quá trình đẳng tích đối với một khối lượng không đổi, nên khối lượng của khí phải giảm; nghĩa là khí phải chảy ra khỏi bình. Điều này có nghĩa là áp suất trong bình lớn hơn áp suất khí quyển, nếu không khí sẽ không thoát ra ngoài.

Phương trình Mendeleev-Clapeyron cho phép bạn so sánh không chỉ các trạng thái khác nhau của một loại khí mà còn cả trạng thái của các loại khí khác nhau. Đây là một ví dụ.

Bài toán 3. Sét hòn là một quả cầu khí phát sáng mờ nhạt lơ lửng tự do trong không khí. Được tạo ra bởi mô hình Stakhanov (một trong những mô hình được xây dựng để giải thích bản chất và hoạt động của quả cầu sét), khí bên trong quả cầu là một hợp chất phức tạp, một phần trong đó bao gồm ion nitơ liên kết với một số phân tử nước. Các electron bị mất bởi nitơ sẽ được nước bắt giữ, do đó mỗi phân tử phức tạp nói chung trở nên trung tính. Xác định có bao nhiêu phân tử nước liên kết với mỗi nitơ, nếu nhiệt độ bên trong quả bóng là t=600°C, và nhiệt độ của không khí xung quanh là t0=20°C.

Vì sét hòn bay lơ lửng trong không khí nên mật độ khí thành phần của nó bằng mật độ của không khí xung quanh. Áp suất trong sét dường như cũng bằng áp suất khí quyển. Hai điều kiện này cùng nhau cho

$$\frac{p}{\varphi} = \frac{p_0}{\varphi_0},$$ hoặc $$\frac{pV}{m} = \frac{p_0V_0}{m_0}$$

(ở đây tất cả các đại lượng không có chỉ số đều đề cập đến hợp chất và có chỉ số - đề cập đến không khí).

Sử dụng phương trình trạng thái khí, chúng ta thu được

$$\frac{T}{\mu} = \frac{T_0}{\mu_0},$$

từ đó, khi biết khối lượng mol của không khí ($\mu_0=29 \cdot 10^{-3}$ kg/mol), chúng ta tìm được khối lượng mol của hợp chất phức:

$$\mu = \mu_0 \frac{T}{T_0} \approx 86 \cdot 10^{-3} \text{ кг/моль.}$$

Khối lượng mol của nitơ nguyên tử là $14 \cdot 10^{-3}$ kg/mol, và của nước là $18 \cdot 10^{-3}$ kg/mol; do đó, mỗi nitơ liên kết bốn phân tử nước.

Các điều kiện bên ngoài nơi chứa khí có thể được thay đổi theo nhiều cách khác nhau, nhưng mỗi lần trạng thái của khí có thể được mô tả bằng phương trình trạng thái khí.

Bài toán 4. Liên kết hình trụ S=10 cm² được đóng lại bằng một pít-tông lớn. Có khí bên trong. Tàu bắt đầu được nâng lên với gia tốc 2g. Khi nhiệt độ của khí bằng nhiệt độ ban đầu thì thể tích của khí dưới pít-tông giảm 1,5 lần. Tìm khối lượng của piston. Áp suất bên ngoài $p_0=10^5$ Pa.

Ở trạng thái đứng yên, lực của piston cân bằng sự chênh lệch áp suất khí bên trong bình và bên ngoài:

$$mg = (p - p_0)S.$$

Khi khớp chuyển động, lực tác dụng lên pít-tông truyền cho nó một gia tốc 2g hướng lên trên:

$$2mg = (1,5p - p_0)S - mg,$$ hoặc

$$3mg = (1,5p - p_0)S$$

(ở nhiệt độ không đổi, thể tích sẽ giảm 1,5 lần; điều này có nghĩa là áp suất cũng sẽ tăng 1,5 lần). Giải chung hai phương trình thu được, ta thu được

$$m = \frac{p_0S}{3g} \approx 3,4 \text{ кг.}$$

27

Chúng tôi đã xem xét một số ví dụ về việc sử dụng phương trình trạng thái khí (tất nhiên, chúng không vượt quá phạm vi bài toán trong đó phương trình Mendeleev-Clapeyron được sử dụng). Tuy nhiên, không kém phần quan trọng là câu hỏi khi nào phương trình này không thể được sử dụng, hay nói cách khác, phạm vi ứng dụng của nó là gì.

Mô hình khí lý tưởng dựa trên giả định rằng năng lượng tương tác của các phân tử nhỏ so với động năng của chúng. Các phân tử được coi như những quả bóng đàn hồi chỉ tương tác khi tiếp xúc trực tiếp. Kích thước của những quả bóng này không đáng kể so với chiều dài không gian trống của chúng.

Tất nhiên, một mô hình như vậy là rất khó khăn. Thật vậy, chẳng hạn, làm thế nào chúng ta có thể xác định được kích thước của các phân tử? Tất nhiên, thật hợp lý khi hiểu cái gọi là đường kính hiệu dụng của các phân tử là khoảng cách mà tại đó chuyển động của các phân tử thay đổi đáng kể. Rõ ràng là với định nghĩa như vậy, kích thước của các phân tử phải phụ thuộc vào nhiều điều kiện, đặc biệt là nhiệt độ. Kinh nghiệm xác nhận điều này - nó cho thấy rằng khi nhiệt độ tăng thì đường kính hiệu dụng của các phân tử giảm. Điều này có thể hiểu được: khi nhiệt độ tăng, động năng của các phân tử tăng lên, các phân tử phải đến gần nhau sao cho thế năng tương tác của chúng có cùng độ lớn với động năng (chuyển động của chúng sẽ không thay đổi đáng kể). Đúng, hóa ra ước tính này là yếu và không quá vô nghĩa khi nói về các giá trị không đổi cụ thể của kích thước phân tử.

Những sai lệch đáng kể so với hoạt động của khí lý tưởng trong khí thực bắt đầu khi không thể giả định rằng các phân tử không tương tác trong hầu hết thời gian, nghĩa là khi chiều dài không gian tự do của các phân tử - từ hàm lượng đến hàm lượng - trở nên tương đương với kích thước của các phân tử. Trong trường hợp này, các phân tử chủ yếu nằm gần nhau và không thể bỏ qua sự tương tác của chúng nữa.

Trong những điều kiện nào điều này xảy ra? Trước khi trả lời câu hỏi này, hãy xem xét cách tiếp cận sau.

Bài toán 5. Ước tính chiều dài tự do của các phân tử không khí trong điều kiện bình thường. Đường kính của các phân tử được lấy bằng $d = 3,7 \cdot 10^{-10}$ m.

Một phân tử va chạm với một phân tử khác nếu khoảng cách giữa tâm của chúng nhỏ hơn đường kính của các phân tử $d$. Để phân tử di chuyển dọc theo đường $l$ trong một thời gian. Đồng thời, cô va chạm với các phân tử có tâm nằm trong một hình trụ bị gãy (gấp khúc tại các điểm va chạm) có chiều dài $l$ và tiết diện $\pi d^2$. Số lượng phân tử trong tập này $n l \pi d^2$ ($n$ là số lượng phân tử trên một đơn vị thể tích) là tổng số phần trăm. Hãy tính từ va chạm này sang va chạm khác, tức là độ dài va chạm tự do của các phân tử:

$$\lambda = \frac{l}{n l \pi d^2} = \frac{1}{n \pi d^2} = \frac{RT}{N_A p \pi d^2} \approx 8,75 \cdot 10^{-8} \text{ м}$$

(ở đây áp suất $p = 10^5$ Pa, nhiệt độ $T = 273$ K, số Avogadro $N_A = 6,02 \cdot 10^{23}$ mol$^{-1}$). Giá trị thực nghiệm cho các điều kiện như vậy là $6,20 \cdot 10^{-8}$ m. Sự khác biệt của kết nối chủ yếu là do chúng tôi coi tất cả các phân tử, ngoại trừ phân tử được chọn, là bất động. Một phân tích chi tiết, ngoài phạm vi của một khóa học ở trường, cho thấy rằng việc tính đến chuyển động tương đối của các phân tử sẽ dẫn đến sự thay đổi độ dài của khoảng trống tự do theo hệ số $1/\sqrt{2}$. Nhân kết quả thu được ở thời điểm này, chúng ta được $6,19 \cdot 10^{-8}$ m.

Không phải bây giờ chúng tôi quan tâm nhiều hơn đến mặt khác của vấn đề. Trong điều kiện bình thường, chiều dài proton tự do gấp khoảng 200 lần đường kính phân tử và mô hình khí lý tưởng hoạt động khá tốt. Nhưng nếu áp suất tăng 100-200 lần (và nhiệt độ không thay đổi), chiều dài của mẫu tự do sẽ tương đương với chiều dài của các phân tử. Điều này có nghĩa là với như vậy

28

Bài tập từ bài thi vấn đáp tại MIPT

Dưới đây là nhiệm vụ được giao trong các năm khác nhau cho kỳ thi tuyển sinh vào Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva. Dưới đây là các nhiệm vụ được thu thập chỉ liên quan đến một chủ đề - thuộc tính đơn giản nhất của số nguyên.

1. 123456789 có phải là số nguyên tố không?
2. Chứng minh rằng phương trình $x^2 - y^2 = 1982$ không có lời giải ở dạng số nguyên.
3. Cho $p_1$ và $p_2$ là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp và $p_1 + p_2 = 2n$, $n \in N$. Chứng minh rằng số $n$ là hợp số.
4. Chứng minh rằng nếu số $1 \cdot 2 \dots n + 1$, $n \in N$ chia hết cho $n + 1$ thì số $n + 1$ là số nguyên tố.
5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ lớn hơn hai thì một trong các số $2^n - 1$ và $2^n + 1$ là hợp số.
6. Số $3n + 2$, trong đó $n$ là số tự nhiên, có thể là bình phương của một số nguyên không?
7. Chứng minh rằng tổng $n^3 + 6n^2 - 4n + 3$ chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên $n$.
8. Chứng minh rằng trung bình cộng của ba số nguyên tố lớn hơn 3, luôn ít nhất là hai, có tính chất là tổng hoặc hiệu của chúng đều chia hết cho 12.
9. Chứng minh rằng số $333^{777} + 777^{333}$ chia hết cho 37.

Tuy nhiên, nếu nhiệt độ đủ cao, thì ngay cả ở áp suất khí cao, nó thường có thể được coi là lý tưởng, vì mật độ khí đóng vai trò quyết định (chúng tôi nhấn mạnh lại điều này).

Bài tập

1. Hình 3 biểu diễn đồ thị thay đổi trạng thái của một khối lượng khí lý tưởng nhất định. Chỉ ra phần nào của đồ thị áp suất tăng và phần nào giảm.
2. Sự phóng điện được tạo ra trong bình chứa oxy. Kết quả là toàn bộ oxy được chuyển thành ozone và nhiệt độ không khí tăng gấp đôi. Áp suất thay đổi như thế nào? Thể tích của tàu được coi là không thay đổi.
3. Một bình có tiết diện $S = 10$ cm2 được đóng lại bằng một piston có khối lượng $m = 5$ kg. Có khí trong bình. Khi bình chuyển động đi xuống với gia tốc 4g thì thể tích khí dưới pít-tông tăng gấp đôi. Nhiệt độ của khí không thay đổi. Tìm áp suất bên ngoài.
4. Một vệ tinh có tiết diện $S = 1$ m2 di chuyển với vận tốc thoát đầu tiên là $v = 7,8$ km/s trong quỹ đạo gần Trái đất. Áp suất khí quyển ở độ cao quỹ đạo (200 km) là $p = 1,37 \cdot 10^{-4}$ Pa, nhiệt độ $T = 1226$ K. Xác định số lần va chạm của vệ tinh với các phân tử không khí trong 1 giây.

A. A. Bolibrukh, V. M. Uroev, M. I. Shabunin

30

Hình 2. Nhóm số liệu đầu tiên.

1. kim tự tháp và quả bóng có ghi;
2. đế của kim tự tháp và hai quả bóng (gạch chân: chỉ phần đế, không phải toàn bộ kim tự tháp);
3. đáy kim tự tháp, viên bi thứ hai và mặt phẳng cắt;
4. mặt phẳng cắt và hình chóp (và ở đây không thể bỏ qua một đường thẳng SA, vì điều cốt yếu đây là cạnh của hình chóp).

Chúng ta hãy tạo một bản vẽ riêng cho mỗi liên kết, mở nó ra sao cho thuận tiện để xem các hình cấu thành của nó. Bên cạnh các đoạn có độ dài đã biết, chúng ta viết các độ dài này (dưới dạng công thức). Đây là một điểm rất quan trọng: độ dài trong hình vẽ sẽ giúp bạn nhìn thấy các phương trình. Chúng ta sẽ gọi quá trình sắp xếp các độ dài trong bản vẽ là đánh dấu bản vẽ. Bây giờ đối với mỗi liên kết, chúng ta viết ra sự tương ứng thu được.

Nhóm số liệu thứ 1. Mặt phẳng đi qua chiều cao của hình chóp và đường trung đoạn SE của mặt SBC cắt hình chóp theo một tam giác đều, và quả cầu đi qua một đường tròn có bán kính $r$ nội tiếp trong đó (Hình 2, a). (Điều này và các tuyên bố tương tự trong mục lời giải phải được chứng minh, cho dù chúng có vẻ nhất quán đến mức nào. Nhưng đối với chúng tôi hiện nay, việc tìm kiếm lời giải và nhận được đáp số quan trọng hơn, vì vậy chúng tôi bỏ qua loại khẳng định này. Và cách chứng minh và cách chứng minh, làm thế nào để “giới thiệu sự chặt chẽ” được chú ý khá nhiều ở trường và trong nhiều phương tiện trợ giúp khác nhau dành cho người nộp đơn *).

*) Ví dụ, xem G. V. Dorofeev, M. K. Potapov, N. Kh. Rozov “Cẩm nang toán học dành cho ứng viên đại học” (M., “Nauka”, 1976), phần III, § 1.

Hãy vẽ phần riêng biệt (Hình 2, b). Tâm O của quả cầu nội tiếp nằm trên phân giác của góc SEH, có độ lớn bằng góc giữa mặt bên và đáy của hình chóp. Điều này dẫn đến sự tương ứng đầu tiên:

$$r = \frac{a}{2} \mathrm{tg} \frac{a}{2}.$$

Lưu ý rằng có thể thu được hình 2, b tương tự bằng cách sử dụng không phải một mặt cắt mà là hình chiếu của hình chóp lên một mặt phẳng vuông góc với cạnh BC.

Bộ số thứ 2. Chúng ta hãy vẽ cả hai quả bóng và đáy của kim tự tháp thành một bản vẽ riêng (Hình 3, a). Chúng ta sẽ chọn một góc sao cho các đoạn và góc chúng ta cần hiển thị ở kích thước tự nhiên (Hình 3, b). Thực hiện các phép dựng bổ trợ hiển nhiên (đừng quên thực hiện các chứng minh cần thiết) và đánh dấu trên hình vẽ, ta thu được phương trình

$$(R + r)^2 - (R - r)^2 = \left( \frac{a \sqrt{2}}{2} \right)^2.$$

(Bản vẽ tương tự thu được trong một dòng chảy đi qua bản vẽ tâm của các quả bóng và điểm tiếp xúc của chúng với đế.)

bó số thứ 3. Cách thực hiện tương tự: nối vào một bản vẽ riêng (Hình 4, a), dựng các phép dựng phụ và đánh dấu (chứng minh rằng $PBA = \phi$!) và vẽ một mặt cắt (với mặt phẳng PAB - Hình 4, b), từ tam giác vuông PAB ta thu được phương trình

$$R = a \mathrm{tg} \phi.$$

bó số thứ 4. Lại

31

Hình 3. Chùm số liệu thứ hai.

Hình 4. Chùm số liệu thứ ba.

Hình 5. Chùm số liệu thứ tư.

thủ tục tương tự; Hình 5, a thể hiện hình vẽ một bó có đánh dấu; Hình 5, b hiển thị bản vẽ mặt cắt “thuận tiện” sử dụng mặt phẳng ACS, trên đó tất cả các góc cần thiết (chúng được đặt bởi các vòm) đều có thể nhìn thấy ở kích thước đầy đủ. Một số góc này, như có thể dễ dàng nhìn thấy từ hình, bằng nhau. Điều này hàm ý sự giống nhau của các tam giác PAC và AHS và phương trình

$$\frac{R}{a\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2} \left( \frac{a \mathrm{tg} \alpha}{2} \right)$$

hoặc $R = 2a \mathrm{ctg} \alpha$.

Bây giờ hãy kiểm tra các điều kiện - đây là một ví dụ rất hữu ích về kiểm soát.

1. Kim tự tháp là chính xác. Điều kiện được sử dụng để xác định độ dài của các đoạn trong paramid.

2. Quả bóng đầu tiên được ghi. Được sử dụng để soạn phương trình liên kết thứ nhất và trong Hình 3, b ($\widehat{AHO} = 90^\circ$).

3. Quả bóng thứ hai chạm vào quả bóng thứ nhất. Dùng để xác định khoảng cách giữa các quả bóng (Hình 3, b).

4. Quả bóng thứ hai chạm vào mặt phẳng của đế. Được sử dụng trong Hình 3, b ($\widehat{HAP} = 90^\circ$) và trong việc soạn phương trình của liên kết thứ 3 ($PAB = \varphi$).

5. Độ vuông góc của cạnh SA và đường chéo của tiết diện CK. Được sử dụng trong việc soạn phương trình của copula thứ 4.

Vì vậy, tất cả các điều kiện đã được sử dụng. Thu được 4 phương trình với 5 ẩn số. Vì bạn chỉ cần tìm

32

một đại lượng không có thứ nguyên thì các đại lượng có thứ nguyên phải giảm đi. Điều này có nghĩa là không nên đưa vào việc thiếu một phương trình.

Tất cả! Hình học kết thúc - đại số bắt đầu (trong đó người nộp đơn thường cảm thấy tự tin hơn). Hãy thu thập các phương trình kết quả trong hệ thống:

$$r = \frac{a}{2} \text{tg} \frac{a}{2}$$
$$(r + R)^2 - (R - r)^2 = \left( \frac{a \sqrt{2}}{2} \right)^2 \text{или } 8Rr = a^2$$
$$R = a \text{tg} \varphi$$
$$R = 2a \text{ctg} \alpha.$$

Các đại lượng thứ nguyên $R, r$ và $a$ dễ dàng bị loại khỏi nó, sau đó hệ hai phương trình chưa biết $\varphi$ và $\alpha$ vẫn còn:

$$\begin{cases} 4 \text{tg} \varphi \text{tg} \frac{a}{2} = 1 \\ \text{tg} \varphi = 2 \text{ctg} \alpha. \end{cases}$$

Chúng tôi sẽ để lại Lời giải của hệ thống này cho độc giả. (Đáp số: $\text{tg} \varphi = \frac{\sqrt{3}}{6}$.)

Hãy tóm tắt. Giải pháp không gian bài toán với nhiều công thức và mối liên hệ giữa chúng có thể được chia thành các giai đoạn sau:

1. Xây dựng một bản vẽ - một cái nhìn tổng thể về cấu hình. Không được có đường phụ trong bản vẽ: chúng chỉ che khuất bức tranh tổng thể.

2. Nhập các biến xác định kích thước của các phần tử bản vẽ. Đừng lo lắng nếu có nhiều biến số này: phải có đủ chúng để xây dựng từng thành phần cấu hình riêng biệt.

3. Chọn các bó hình, sử dụng bản vẽ chung và các điều kiện bài toán.

4. Nhập từng liên kết vào một bản vẽ riêng và đánh dấu các bản vẽ.

5. Chọn một góc (hoặc một phần như vậy) cho mỗi kết nối sao cho tất cả các đoạn và góc được cho là được kết nối với các phương trình đều hiển thị ở kích thước đầy đủ. Đánh dấu bản vẽ kết quả.

6. Viết các phương trình thu được từ mỗi kết nối của các hình. Đừng vội giải quyết chúng theo từng giá trị.

7. Kiểm tra việc sử dụng tất cả các điều kiện, số lượng phương trình và ẩn số cũng như khả năng tìm giá trị theo yêu cầu của điều kiện.

8. Giảm các phương trình trong hệ thống và giải nó, quên đi hình học và sử dụng các kỹ thuật đại số và lượng giác.

9. Kiểm tra lời giải. Kỹ thuật kiểm tra hình học lời giải xứng đáng được thảo luận riêng*). Bây giờ chúng ta sẽ làm quen với một trong các kỹ thuật của nó - hãy ước tính xem các bản vẽ và đáp số trong bài toán của chúng ta phù hợp với nhau đến mức nào.

Một phép tính đơn giản cho thấy với giá trị $\varphi$ ta tìm được, góc $\alpha$ gần bằng một đường thẳng (ctg $\alpha = \sqrt{3}/12$), tức là tham số khá dài và bán kính của quả bóng thứ hai nhỏ hơn (!) so với bán kính của quả bóng thứ nhất (nội tiếp): $R = 2r/3$. Trên thực tế, lời giải của chúng tôi dựa trên các bản vẽ không chính xác, hay đúng hơn là không hoàn toàn chính xác! Nhưng không phải vô cớ mà người ta nói rằng “hình học là nghệ thuật rút ra kết luận đúng từ những hình vẽ sai”. Dễ dàng nhận thấy rằng các phương trình mà chúng ta rút ra từ các liên kết thứ 1, thứ 3 và thứ 4 không hề phụ thuộc vào mức độ “mở rộng” của kỹ thuật. Nhưng cần phải sửa đổi việc xem xét liên kết thứ 2. Phiên bản đã sửa của Hình 3.6 được thể hiện trong Hình 6. Tuy nhiên, việc hiệu chỉnh này không ảnh hưởng đến dạng cuối cùng của phương trình. Chúng tôi nhấn mạnh rằng trong mục lời giải tất cả các phương án có thể có để sắp xếp các số liệu phải được tính đến.

Vai trò của bản vẽ chung trong sơ đồ thuộc tính lời giải trên chủ yếu là giúp làm nổi bật các kết nối. Đôi khi, giống như bài toán tiếp theo, việc này có thể được thực hiện trực tiếp theo điều kiện và sau đó không cần thiết chút nào.

Bài toán 2. Điểm $A_1, B_1, C_1, D_1, A_2, B_2, C_2, D_2$ nằm trên mặt cầu. Phân đoạn

*) Ví dụ, xem V. Matizen “Hãy tìm ra lỗi” («Kvant», 1980, số 10).

33

Ki $A_1A_2$, $B_1B_2$, $C_1C_2$ và $D_1D_2$ cắt nhau tại điểm $O$, chia đôi đoạn thẳng $D_1D_2$. Được biết, $D_1D_2=2l$, tỷ lệ mặt phẳng của các tam giác $OB_2C_1$ và $OB_1C_2$ bằng $k$, tỷ lệ thể tích của các paramidas $OA_1B_1C_1$ và $OA_2B_2C_2$ bằng $m$, và tỷ lệ thể tích của các paramidas $OA_2B_1D_1$ và $OA_1B_2D_2$ bằng $n$. Tìm độ dài của các đoạn $OA_1$, $OB_1$ và $OC_1$.

Người đọc có thể tự mình nhận thấy rằng bản vẽ chung cho bài toán này có thể chỉ gây nhầm lẫn hoặc không thể nhìn thấy gì từ nó *). Vì vậy, không cần tham khảo, chúng ta sẽ tiến hành ngay việc xác định các liên từ và lập phương trình. Đặt $a_1=|OA_1|$, $a_2=|OA_2|$, $b_1=|OB_1|$. Chúng ta hãy xác định tương tự các đại lượng $b_2$, $c_1$,

$$c_2, d_1 \text{ и } d_2.$$ (Chúng tôi hy vọng rằng 8 ẩn số không khiến người đọc bối rối và sẵn sàng nhập thêm ít nhất một trăm ẩn số nữa, nếu cần.) Hai phương trình sẽ hiển thị ngay lập tức:

$$d_1=d_2=l$$

(“kết nối” ở đây là đoạn $D_1D_2$ và điểm giữa của nó $O$). Liên kết thứ hai là hình tam giác $OB_2C_1$ và $OB_1C_2$ (Hình 7). Biểu thị diện tích của chúng theo góc $\varphi = B_2OC_1=B_1OC_2$ và các cạnh bao quanh nó, chúng ta thu được

$$\frac{S_{OB_2C_1}}{S_{OB_1C_2}} = \frac{0,5 \cdot b_2c_1 \sin \varphi}{0,5 \cdot b_1c_2 \sin \varphi} = \frac{b_2c_1}{b_1c_2},$$

theo,

$$\frac{b_2c_1}{b_1c_2} = k.$$ (2)

Tỷ lệ thể tích của các paramid được viết tương tự (bó bao gồm tứ diện $OA_1B_1C_1$ và $OA_2B_2C_2$). Ví dụ: chúng ta hãy tìm thể tích của paramid $OA_1B_1C_1$ (Hình 8). Đặt $C_1H$ là chiều cao của nó được hạ xuống đáy $OA_1B_1$, sau đó

$$V_{OA_1B_1C_1} = \frac{1}{3} \cdot S_{OA_1B_1} \cdot |C_1H| =$$

$$= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} a_1b_1 \sin \alpha \cdot c_1 \sin \beta =$$

$$= \frac{1}{6} a_1b_1c_1 \sin \alpha \sin \beta,$$

trong đó $\alpha = A_1OB_1$ và $\beta$ là góc giữa cạnh $OC_1$ và đáy. Hoàn toàn giống nhau

$$V_{OA_2B_2C_2} = \frac{1}{6} a_2b_2c_2 \sin \alpha \sin \beta,$$

có thể tạo dáng được $V_{OA_1B_1C_1}: V_{OA_2B_2C_2} = a_1b_1c_1 : a_2b_2c_2$. Từ đây ta thu được các phương trình sau:

$$\frac{a_1b_1c_1}{a_2b_2c_2} = m$$ (3)

và, theo cách tương tự,

$$\frac{a_2b_1d_1}{a_1b_2d_2} = n.$$ (4)

Chỉ còn một điều kiện không được sử dụng: tất cả các điểm (ngoại trừ $O$) đều nằm trên hình cầu. Nó phải được viết dưới dạng tương ứng giữa độ dài của các đoạn $OA_1$, $OA_2$, $OB_1$, …. Khoảng cách là một bó gồm một hình cầu và các đoạn $A_1A_2$ và $B_1B_2$. Giao nó với một mặt phẳng chứa các đoạn này, chúng ta thu được Hình 9.

34

Điều này sẽ giúp cung cấp công việc mà nhiều người mong muốn trải nghiệm khi đối mặt với phép đo lập thể trong các kỳ thi cạnh tranh.

Bài tập

1. (MSU, Khoa Kinh tế, 1972). Trong tam giác $ABC$ $|AC|=12$ cm, $|AB|=|BC|=3\sqrt{10}$ cm. Hai quả bóng chạm vào mặt phẳng tam giác $ABC$ tại các điểm $A$ và $C$ và nằm ở hai phía đối diện của mặt phẳng này. Khoảng cách giữa tâm của các quả bóng này là 15 cm. Tâm của tam giác nằm ở điểm $B$, và quả bóng này chạm vào hai quả bóng đã cho. Xác định bán kính của tam giác.

2. (MSU, Khoa Toán tính toán và Điều khiển học, 1972). Các cạnh bên của hình tam giác đều paramid $SABC$ nghiêng với mặt phẳng đáy một góc $45^\circ$. Bóng chạm vào mặt phẳng đáy $ABC$ tại điểm $A$, đồng thời chạm vào phần kéo dài của cạnh $BS$ ngoài đỉnh $S$. Một mặt phẳng được vẽ đi qua tâm quả bóng và chiều cao $BD$ của đế. Tìm góc nghiêng của mặt phẳng này với mặt phẳng đáy.

3. (MSU, Khoa Địa chất, 1980). Trên một hình cầu bán kính 11 cm có các điểm $A$, $A_1$, $B$, $B_1$, $C$ và $C_1$. Các đường $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ được phân bố lại lẫn nhau và cắt nhau tại điểm $M$, nằm cách tâm hình cầu $\sqrt{59}$ cm. Tìm độ dài của đoạn $AA_1$, nếu biết rằng $|BB_1|=18$ cm và điểm $M$ chia đoạn $CC_1$ đối với $(8+\sqrt{2}):(8-\sqrt{2})$.

4. (MSU, cơ chế, 1981). Đoạn $DE$ nằm trong góc nhị diện $AD$ tính từ các điểm $B$ và $C$ trên các mặt của nó thì song song với mặt phẳng của tam giác $ABC$ có diện tích $S$. Một quả bóng nội tiếp trong khối tứ diện $BCDE$, $k$ là tỉ số giữa khoảng cách từ tâm quả bóng đến đường thẳng $DE$ với khoảng cách từ $(DE)$ đến mặt phẳng $ABC$. Gọi $B'$ là hình chiếu của điểm $B$ lên mặt phẳng $CDE$; được biết rằng $tg B'DE:tg BDE=l$. Qua giữa $[AD]$ một mặt phẳng $P$ được vẽ song song với mặt phẳng $ABC$. Tìm diện tích của khối đa diện $ABCDE$, gồm tứ diện $ABCD$ và $BCDE$, theo mặt phẳng $P$, nếu biết tổng diện tích tất cả các mặt của tứ diện $BCDE$ bằng $\sigma$.

Trên trang bìa trước, chúng tôi đăng một bức ảnh chụp “mạch tích hợp lớn” của bộ vi xử lý (phóng to 50 lần).

Sự xuất hiện của bộ vi xử lý gắn liền với sự tiến bộ vượt bậc của vi điện tử, bao gồm sự thành công của nhiều lĩnh vực khoa học và công nghệ - vật lý, hóa học, công nghệ máy tính, luyện kim chính xác, chế tạo dụng cụ và cơ khí. Ngày nay, một “mạch tích hợp lớn” giống như mạch trên bìa (kích thước của nó lên tới 50 mm vuông, độ dày chưa đến một milimet) chứa các phần tử thập phân có kích thước 2-3 micron và chỉ tiêu thụ vài Watt năng lượng.

Một trong những chiếc máy tính nội địa đầu tiên, BESM-1, chiếm diện tích hàng chục mét vuông, chia mét và tiêu thụ hàng chục kilowatt năng lượng. Các máy vi tính hiện đại có kích thước bằng một cuốn sách nhỏ, chạy trên các mạch tích hợp lớn, có khả năng sản xuất lớn đáng kể trong mọi lĩnh vực của nền kinh tế quốc gia.

A. N. Berezenko, V. I. Yushkov

35

Bài tập

1. Đoán tính kinh tế của hình dạng của các số liệu. Mảnh nào nên được đặt tiếp theo?

2. Tỉ số của hai số bằng một phân số thập phân, phần nguyên bằng số chia, số chia được viết sau dấu thập phân. Những con số này là gì?

3. Bàn xoay được nhúng hoàn toàn vào dòng nước sao cho trục của nó nằm ngang và vuông góc với hướng của dòng chảy: Liệu nó có quay không?

4. Văn bản được mã hóa bằng bảng: mỗi số được liên kết với một trong ba chữ cái nằm bên dưới nó trong bảng và dấu “” được liên kết với một khoảng trắng hoặc một trong các chữ cái “yu”, “ya”. Giải mã câu hỏi sau và trả lời:
   534393415041368156215044414*
   *305041080?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
N. I. Bovsunovsky, A. K. Zvonkin,
B. A. Mukushev, A. P. Savin,
A. V. Butlevich

36

Được cho…
Yêu cầu
định nghĩa…

L. A. LESHINSKY,
T. S. PETROVA

Bạn giải bài toán trong vật lý như thế nào?
Có lẽ câu hỏi này đối với nhiều quốc gia của các bạn - nó rất rõ ràng đáp số: đầu tiên đọc các điều kiện, sau đó tôi nghĩ về giải pháp, sau đó viết nó ra, tôi nhận được đáp số, nếu bài tập có chứa đáp số, thì tôi kiểm tra đáp số của mình theo bài tập.

Chà, điều gì sẽ xảy ra nếu lời giải không “xuất hiện” ngay lập tức? Bạn đang nhìn vào đáp số? Chúng tôi nghĩ rằng nhiều bạn đang làm điều đó. Thật đáng tiếc. Hãy rèn luyện trí óc của bạn về nhiệm vụ, tiếp cận nó theo cách này và sau đó tự mình đạt được đáp số - và chúng tôi chắc chắn rằng, khi nhận được kết quả chính xác, bạn sẽ có cảm giác vô cùng hài lòng. Những lợi ích mà việc thực hiện một nhiệm vụ như vậy mang lại là không thể phủ nhận.

Tất nhiên, có bài toán rất khó, và không thể đưa ra bất kỳ sàng phổ quát nào lời giải. Tuy nhiên, có những điều kiện tuyệt đối cần phải đáp ứng nếu bạn muốn học cách giải quyết vấn đề. Mọi người đều rõ ràng rằng trước khi bắt đầu nhiệm vụ, bạn cần hiểu lý thuyết. Nhưng bây giờ bạn đã học tài liệu lý thuyết, hiểu nó và đang học bài toán. Chúng ta đọc những gì “đã cho” và những gì “cần được xác định”. Tiếp tục tới lời giải? Chờ đợi! Trước khi nghĩ đến giải pháp, hãy nghĩ đến điều kiện. Hãy tưởng tượng hiện tượng vật lý, quá trình được thảo luận ở bài toán. Phân tích tất cả dữ liệu được đưa ra trong các điều kiện - xét cho cùng, theo quy luật, không có gì “đưa ra” trong các điều kiện lại xảy ra vô ích. Và rất thường xuyên, khi đã hiểu đầy đủ về điều “đã cho” này, bạn sẽ có thể chứng minh (không phải đoán mà chứng minh) rằng “bạn cần phải xác định”. Nếu kết nối này đã được thiết lập cho bạn, bạn có thể coi như nó đã hoàn thành.

Để hiểu rõ hơn những gì chúng ta đang nói đến, chúng tôi khuyên bạn nên thực hiện một vài bài toán. Trong các điều kiện của bài toán này, chỉ những gì được “cho” mới được đưa ra. Bạn tự đưa ra nội dung “cần xác định” và xác định *).

Bài toán 1. Hai đường cắt nhau vuông góc. Các đoạn đường hình thành nút giao đã được trải nhựa. Chiều dài mỗi đoạn là 25 m, chiều rộng 4 m. 5520 kg nhựa đường đã được sử dụng cho lớp phủ.

Bài 2. Một quả cầu thép có khối lượng là

37

rogo nặng 1,2 kg, thể tích 200 cm³.

Bài toán 3. Chiều dài sân ga là 60 m. Một đoàn tàu chở hàng chuyển động với vận tốc 45km/h mất 16s để tới sân ga.

Bài 4. Áp suất khí quyển ở bề mặt Sao Kim là 10,3 mPa, lực hấp dẫn nhỏ hơn trên Trái đất 1,2 lần.

Bài 5. Một quả cầu kim loại nặng 900 g, được làm nóng đến 155°C, được thả vào nhiệt lượng kế chứa 3 lít nước ở nhiệt độ 10°C. Kết quả là nhiệt lượng kế đạt nhiệt độ 15°C. Nhiệt dung của nhiệt lượng kế không đáng kể so với nhiệt dung của quả cầu và nước.

Bài 6. Có nước đựng trong một bình hình trụ có diện tích đáy là 125 cm2. Khi khối lập phương được đặt vào bình

băng, mực nước tăng thêm 9 mm.

Bài 7. Điện trở của một dây sắt có khối lượng 390 g là 5 Ôm.

Bài toán 8. Hai điện trở trượt, được thiết kế cho mỗi điện trở 20 ohm, một chiếc được quấn từ dây thấp và chiếc kia được quấn từ dây crôm thấp. Chiều dài của dây dùng làm cuộn dây là như nhau.

Chúng tôi muốn bạn gửi những câu hỏi mà bạn đã đặt ra cho những vấn đề này và gửi chúng lời giải cho người biên tập. Những tác phẩm thành công nhất trong số đó sẽ được đăng trên tạp chí. Chúng tôi chúc bạn thành công!

39

$$|f(x) - f(y)| = |x - y|?$$

Cho biết về phép ánh xạ $F$ của mặt phẳng vào chính nó thì nó ánh xạ hai điểm bất kỳ $X, Y$ nằm cách nhau từ 1 đến hai điểm $F(X), F(Y)$ cũng nằm cách nhau 1:

$$\varrho(X, Y) = 1 \Rightarrow \varrho(F(X), F(Y)) = 1;$$

Khi đó với hai điểm bất kỳ $X, Y$ của mặt phẳng

$$\varrho(X, Y) = \varrho(F(X), F(Y)),$$

nghĩa là ánh xạ $F$ bảo toàn khoảng cách. Chứng minh các phát biểu sau đây làm cơ sở cho định lý này: với mọi $X, Y$

b) $\varrho(F(X), F(Y)) \leq \varrho(X, Y) + 1$;

c) $* \varrho(X, Y) = \sqrt{3} \Rightarrow \varrho(F(X), F(Y)) = \sqrt{3}$;

e) $* \varrho(F(X), F(Y)) \leq \varrho(X, Y)$;

e) $* \varrho(F(X), F(Y)) \geq \varrho(X, Y)$.

(Tất nhiên, bạn có thể đề xuất một phương án khác để chứng minh định lý.)

A. Tyshchka

F798. Một hòn đá được ném xuống sông, vận tốc dòng nước bằng $u$, từ điểm $O$ trên bờ, vuông góc với bờ. Tốc độ bề mặt của sóng trong nước là $v$. Sau bao lâu kể từ khi hòn đá rơi thì sóng sẽ đến điểm $O$ nếu hòn đá rơi cách bờ một khoảng $L$?

P. I. Zubkov

F799. Chiều cao của đài phun nước thẳng đứng tính từ mức ống xả của máy bơm là $H$. Cần thay đổi công suất máy bơm bao nhiêu lần để tổng chiều cao của đài phun nước không đổi sau khi nối một ống thẳng đứng có cùng đường kính có chiều cao $h < H$ với ống thoát của máy bơm?

P. I. Zubkov

F800. Mạch bao gồm một tụ điện $C$, điốt $\varDelta_1$ và $\varDelta_2$, và các cuộn cảm $L_1$ và $L_2$, được lắp ráp như trong hình. Tìm chu kỳ dao động điện áp trên tụ điện trong mạch này.

G. L. Kotkin, G. V. Meledin

F801. Ở trạng thái ban đầu, tâm của hai quả bóng có khối lượng $m$ và bán kính $R$ cách nhau một khoảng 10 $R$. Trên một trong số chúng, điện tích $+Q$ được phân bố đồng đều, trên thứ hai - $Q$. Quả bóng đầu tiên được buộc vào bức tường ở xa bằng một sợi chỉ có thể chịu được lực căng $T$. Quả bóng thứ hai được thả ra vào một thời điểm nào đó. Tìm vận tốc của hai quả bóng sau va chạm nếu va chạm hoàn toàn không đàn hồi. Các khoản phí sẽ không được phân phối lại.

G. V. Fedotovich

40

F802. Khối trụ dẫn nhiệt $m$, đóng ở hai đầu, được ngăn cách bởi một piston khối đứng yên $M$. Ở cả hai phía của pít-tông có một mol khí lý tưởng, nội năng của nó bằng $U=cT$. Với một cú đánh ngắn, hình trụ có tốc độ $\vec{v}$, hướng dọc theo trục của nó. Nhiệt độ của khí sẽ thay đổi bao nhiêu sau khi piston của bình phân rã? Không có ma sát giữa piston và xi lanh.

V. G. Dudnikov

Problems

M786 — M790; P798 — P802

M786. Prove that for any two integers $n$ and $k$ greater than 1, the number $n^k$ can be represented as the sum of successive odd numbers, e. g.

$$4^3 = 13 + 15 + 17 + 19; \quad 7^2 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13; \quad 3^4 = 25 + 27 + 29.$$

A. N. Kozachenko

M787. Half the hypothenuse (from its midpoint to a vertex) is seen from the centre of the incircle of a right triangle under a right angle. Find the quotient of lengths of the two other sides of the triangle.

B. S. Pitskel

M788. a) Two points $A(a; a^2)$ and $B(b; b^2)$ are picked on the graph of $y=x^2$. Find a point $M(m; m^2)$ between them such that the sum of areas of the two figures bounded by the graph and the line segments $AM$ and $BM$ is minimal.

b) Two points $A$ and $B$ are picked on the graph of a differentiable function $y=f(x)$. It is known that the graph and the line segment $AB$ bound a convex figure. Suppose that $M$ is the point of the graph for which the sum of areas of the two figures bounded by the graph and the segments $AM$ and $BM$ is minimal. Prove that the tangent to the graph at the point $M$ is parallel to $AB$.

E. D. Moskalenski, Yu. B. Chinyaev

M789. a) 10 points, which divide the circle into 10 congruent arcs, are joined pairwise by 5 line segments. Will two segments necessarily be of the same length?

b) 100 points, which divide the circle into 100 congruent arcs, are joined pairwise by 50 line segments. Prove that at least two of them will be of the same length.

V. V. Proizvolov

M790. a) For the numerical function $f$ it is known that $|x-y|=1$ implies $|f(x)-f(y)|=1$. Will the inequality

$$|f(x)-f(y)|=|x-y|$$

necessarily hold for all $x, y$?

For the map $F$ of the plane into itself it is known that it sends any two points $X, Y$ whose distance is 1 into points $F(X), F(Y)$ at the same distance:

$$\varrho(X,Y)=1 \Rightarrow \varrho(F(X), F(Y))=1$$

Then for any two points $X, Y$ of plane

$$\varrho(X,Y)=\varrho(F(X), F(Y))$$

42

một họ các tam giác có nhiều đỉnh B không nằm chồng lên nhau và một đa giác lồi trong đường viền (có thể thu được tam giác của đa giác B bằng cách nối các điểm của nó với các đoạn rời rạc, miễn là có thể). Chứng minh rằng với mọi B đều tồn tại một tam giác sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác bất kỳ của tam giác này không chứa bất kỳ điểm nào của đa giác B. Hãy chỉ ra phương pháp dựng tam giác đó.

c)* Chứng minh rằng nếu không có bốn điểm nào của đa giác B cùng nằm trên một đường tròn thì tam giác ở điểm b) là duy nhất.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

nằm gần nó hơn tất cả các thủ đô khác. Chúng tôi sẽ chỉ ra cách xây dựng phân vùng này và thu được tam giác mong muốn từ nó.

Chúng ta hãy biểu thị bằng C=C(B) bao lồi của B, tức là đa giác lồi nhỏ nhất bao phủ B (các đỉnh của nó là một số điểm từ B, mà chúng ta sẽ gọi là điểm cực trị).

Với hai điểm P, Q bất kỳ từ B, ta gọi trục của cặp (P, Q) là đường thẳng l.(P, Q) vẽ qua trung điểm PQ vuông góc với đoạn thẳng này. Lưu ý rằng trục l(PQ) đóng vai trò là tâm đa giác của tất cả các đường tròn đi qua các điểm P và Q. Chúng ta cũng sẽ gặp phát biểu rất id sau đây, mà chúng ta sẽ gọi là “bổ đề rõ ràng”: trục l(P, Q) chia mặt phẳng thành hai phần, trong đó có các điểm gần P hơn Q và phần còn lại - gần Q hơn P.

Với một điểm P từ B cho trước, ta gọi quốc gia có cột P là vùng D_p, thu được như sau: vẽ các đường l(P, Q), trong đó Q là tất cả các điểm của B, khác với P, và trung bình cộng của các vùng mà các đường này phân chia mặt phẳng, chọn vùng D_p chứa điểm P (Hình 2). Đây sẽ là một đa giác lồi, hoặc (nếu P là điểm cực trị của B) là một vùng lồi không giới hạn, “tiến đến vô cùng”, ranh giới của nó bao gồm hai tia và có thể là một hoặc nhiều đoạn.

Sử dụng bổ đề chính, ta thấy mỗi quốc gia D_p gồm tất cả các điểm trên mặt phẳng nằm gần điểm P hơn các điểm khác tính từ B (trên biên giới của hai quốc gia D_p và D_q có các điểm cách đều các cột và Q). Theo đó, các quốc gia D_p, trong đó P chạy qua toàn bộ đa giác B, bao phủ mặt phẳng và chỉ giao nhau dọc theo các ranh giới (Hình 3)*).

Gọi các điểm P, Q từ B là đóng nếu hai nước D_p và D_q có chung đường biên giới nằm trên đường thẳng l(P, Q), và gọi xa nếu hai nước không có một điểm biên giới chung. (Trong trường hợp đặc biệt khi biên giới của hơn ba quốc gia gặp nhau tại một điểm O, sẽ xuất hiện các cặp điểm P, R, trong đó giao điểm của các đường biên giới D_p∩D_r bao gồm một điểm - trong khi các điểm P, Q không gần cũng không xa.)

Bây giờ chúng ta hãy dựng một tam giác của đa giác C(B) với các đỉnh tại tất cả các điểm của B có các tính chất cần thiết trong các điều kiện. Để làm điều này, chúng tôi kết nối các đoạn của tất cả các cặp điểm gần (các đoạn màu đỏ trong bản vẽ của chúng tôi); các đoạn này sẽ chia đa giác C(B) thành các hình tam giác (và đa giác). Lưu ý rằng nếu PQ và PR là các đoạn liền kề dẫn từ một cột P nhất định đến các cột Q và R gần đó, tức là trong góc QPR không có điểm nào gần P thì các quốc gia D_p, D_r và D_p có chung một điểm biên giới O (Hình 4). Chúng ta hãy xem xét một trong các hình tam giác (hoặc đa giác) mà trên đó C(B) được chia cho các đoạn được vẽ. Các nước có thủ đô ở đỉnh có điểm chung là O; điểm O được xóa khỏi các cột này ở cùng một khoảng cách và khỏi tất cả các điểm B khác - ở một khoảng cách lớn, nghĩa là bên trong đường tròn ngoại tiếp tam giác (đa giác) có tâm O của chúng ta không có điểm B. Đa giác có nhiều hơn ba đỉnh (chúng chỉ phát sinh trong trường hợp đặc biệt, khi có nhiều hơn ba quốc gia có một điểm chung), chúng ta có thể tùy ý chia các đường chéo thành các hình tam giác (Hình 5). Phép tam giác thu được thỏa mãn các điều kiện bài toán.

Chúng tôi thực sự khuyên bạn, khi phân tích lời giải, hãy lấy 5-10 điểm bất kỳ của mặt phẳng và thực tế xây dựng cho

*) Về phân vùng mặt phẳng này, được gọi là phân vùng Dirichlet, chẳng hạn, hãy xem trong cuốn sách của N. B. Vasilyev và V. L. Gutenmacher “Straights and Curves” (M., “Hayka”, 1978, § 3, p. 59, lời giải “Bài toán về pho mát”).

43

Chúng được chia thành các “quốc gia” và tam giác được mô tả (xem hình ở trang 4 của trang bìa).

c) Không có bốn điểm nào nằm trên cùng một đường tròn (khi đó mỗi cặp điểm này là gần hoặc xa). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng mọi tam giác $T$ thỏa mãn điều kiện bài toán nhất thiết phải trùng với tam giác mà chúng tôi đã xây dựng ở trên (bằng cách nối các điểm lân cận).

Giả sử rằng một điểm nào đó $P$ được kết nối với một điểm $R$, cách xa điểm đó. Tâm $O$ của bất kỳ đường tròn nào đi qua $P$ và $R$ nằm trên trục $l(P,R)$ và (vì $P$ và $R$ là các điểm ở xa) được phân cách với $P$ bởi một đường nhất định $l(P,Q)$, trong đó $Q$ gần với $P$ dấu chấm; do đó, $Q$ nằm bên trong đường tròn. Điều này có nghĩa là $PR$ không thể là một cạnh của tam giác tam giác $T$.

Vì vậy, chúng tôi đã chứng minh rằng trong tam giác $T$ chỉ có thể kết nối các cặp điểm $6$ hoặc $3$ và $x$. Nhưng để có được một tam giác, tức là phân chia $C(B)$ thành các tam giác có đỉnh $B$, như chúng ta đã thấy, cần phải kết nối tất cả các cặp điểm gần nhau.

Lưu ý: Bạn có thể nhận thấy rằng yêu cầu không có 4 điểm nào nằm trên đường tròn là dư thừa để chứng minh tính duy nhất. Chỉ cần yêu cầu rằng bất kỳ đường tròn nào đi qua 4 điểm từ $B$ đều chứa ít nhất một điểm từ $B$ bên trong là đủ.

Hãy suy nghĩ về cách bạn có thể khái quát hóa bài toán này và lời giải của nó thành tập hợp hữu hạn các điểm nằm trong không gian ba chiều.

F.V. Weinstein,
N. B. Vasiliev

M766. Chứng minh rằng tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp $a-1, a, a+1$ bằng $3a^2+2$. Khi chia cho 9, số này có số dư là 2 hoặc 5. Tuy nhiên, lập phương của bất kỳ số nguyên nào cũng có thể chia hết cho 9 hoặc có số dư là 1 hoặc 8 $(3k \pm 1)^3=27k^3 \pm 27k^2+9k \pm 1)$.

Yu. I. Ionin

M767. a) Đường $l$ chia diện tích của một đa giác lồi làm đôi. Chứng minh rằng tỉ số giữa đường thẳng này chia hình chiếu của đa giác thành đường thẳng vuông góc với nó không vượt quá $1+\sqrt{2}$.

b) Mỗi ​​đường thẳng trong ba đường thẳng chia diện tích của hình này làm đôi. Chứng minh rằng diện tích các phần của hình chứa trong tam giác giữa các đường thẳng không vượt quá $1/4$ toàn bộ diện tích của hình.

Đặt $A$ và $B$ là giao điểm của đường thẳng $l$ với đường viền của đa giác, $h$ và $k$ các đoạn hình chiếu của nó lên đường thẳng vuông góc với nó, $h>k$ (Hình 1; đoạn $h$ là hình chiếu của đầu, $k$ là nửa màu đỏ của phần đầu đa giác). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $h/k \leq 1+\sqrt{2}$. Chúng ta hãy nối tổng xa $l$ điểm $C$ của đa giác ở phần đầu của nửa mặt phẳng (nó được chiếu ở cuối đoạn $h$) với các điểm $A$ và $B$ và tiếp tục các đoạn $CA$ và $CB$ cho đến khi chúng giao nhau tại các điểm $E$ và $F$ có đường thẳng song song với $l$ và chứa điểm $G$ xa nhất so với $l$ trong nửa mặt phẳng màu đỏ (đường này đi qua điểm cuối của đoạn $k$). Vì đa giác là lồi nên các đoạn $AC$ và $BC$ cũng như tất cả $\triangle ABC$ nằm ở nửa đầu của đa giác, còn các đoạn $EA$ và $BF$ nằm bên ngoài đa giác, do đó hình thang $EABC$ chứa nửa màu đỏ của nó. Vì các điểm và nửa còn lại của đa giác bằng nhau nên diện tích hình thang $EABC$ không nhỏ hơn diện tích $\triangle ABC$, do đó $S_{ECF} \geq 2S_{ABC}$, và vì các tam giác $ECF$ và $ACB$ tương tự nhau và hệ số tương tự (tỷ lệ chiều cao) $(k+h)/h$, nên

$$\left(\frac{k+h}{h}\right)^2 \geq 2, \frac{k}{h} + 1 \geq \sqrt{2}, \frac{h}{k} \leq \sqrt{2} + 1.$$

Từ lời giải rõ ràng là sự bằng nhau chỉ đạt được đối với các tam giác có một cạnh song song với $l$.

b) Hãy để mỗi đường thẳng $l_1, l_2$ và $l_n$ chia diện tích của hình làm đôi, $S_1, S_2, S_3, S_4, S_5, S_6, S_7$ diện tích của các phần mà hình được chia bởi các đường này (xem Hình 2) và $S$ diện tích của toàn bộ hình.

44

Vì $S_3 + S_4 + S_5 = S_3 + S_2 + S_7 = \frac{S}{2}$, rồi $S_4 + S_5 = S_2 + S_7$, và do đó $S_3 = S_1 + S_6$. Vì vậy, $S_3 \geq S_1$.

Ngoài ra, $\frac{1}{2} S = S_2 + S_4 + S_3 + S_1$, ngụ ý rằng $\frac{1}{2} S \geq 2 S_1$, tức là $S_1 \leq \frac{1}{4} S$. Đạt được sự bình đẳng cho hình không lồi như trong Hình 3.

Điểm $a$ và $b$) của bài toán này nảy sinh khi cố gắng tìm ra tỷ lệ giữa diện tích của một hình tam giác $S_1$, được giới hạn bởi các đường thẳng $l_1, l_2, l_3$, mỗi đường thẳng chia diện tích của một đa giác lồi cho trước thành một nửa cho diện tích $S$ của toàn bộ đa giác.

Rõ ràng, mối quan hệ này là lớn nhất trong trường hợp đa giác ban đầu là một hình tam giác và các đường thẳng $l_1, l_2, l_3$ song song với các cạnh của nó, tức là bất đẳng thức $S_1 \leq a S$, trong đó $a = \frac{17 - 12\sqrt{2}}{2} \approx 0,0147$, luôn đúng.

Hãy thử tìm hiểu xem điều này có đúng không.

V. V. Prasolov

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

Hãy chứng minh rằng những số này có thể chia thành ba nhóm sao cho tổng các số trong các nhóm $s_1 \leq s_2 \leq s_3$ này khác nhau không quá 1, tức là $s_3 - s_1 \leq 1$. (Chúng tôi cũng cho phép các nhóm “trống” gồm 0 số - tổng các số trong nhóm như vậy được coi là bằng 0.) Để làm điều này, chỉ cần chọn các số theo thứ tự ngẫu nhiên lần lượt và viết chúng thành ba cột, và mỗi số liên tiếp được thêm vào cột có tổng các số bằng và lớn hơn , nếu số này âm và trong cột có tổng bằng và nhỏ hơn , nếu số này không âm (đầu tiên, chúng ta sẽ lấy ba số giống nhau ký từ dữ liệu $n$ số và viết chúng trước vào các cột khác nhau). Dễ dàng nhận thấy sau mỗi bước tổng các số trong các cột chênh nhau không quá 1 nên kết quả chúng ta sẽ thu được độ phân giải theo yêu cầu *).

Bây giờ, hãy kiểm tra xem tổng trung bình $s_2$ có thỏa mãn yêu cầu hay không - $1/3 \leq s_2 - s/3 \leq 1/3$, trong đó $s = s_1 + s_2 + s_3$ là tổng của tất cả các số:

$$3s_2 \leq (s_1 + 1) + s_2 + s_3 = s + 1,$$

$$3s_2 \leq s_1 + s_2 + (s_3 - 1) = s - 1.$$

Thật thú vị khi tìm ra (đối với mỗi $\theta$ trong khoảng từ 0 đến 1), với mỗi $d = d(\theta)$ nhỏ nhất, một bất đẳng thức tương tự $|s' - \theta s| < d$ là đúng, trong đó $s$ là tổng của các số $n$ tùy ý,

*) Một thuật toán tương tự đã được sử dụng trong lời giải bài toán M575 - một trong những Thế vận hội Olympic thế giới bài toán khó nhất ở Tbilisi năm 1979. Lưu ý rằng đối với các số $n = 3$ và $n = 4$ có trung bình không quá hai số cùng dấu, nhóm giữa của chúng ta có thể trống; Bạn có thể xác minh tính hợp lệ của câu lệnh bài toán (in một nhóm không trống gồm một hoặc nhiều số với số tiền được yêu cầu) bằng vũ lực.