Kvant 1983, số 9 · Trang

QUANTUM
9
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

GẶP GỠ ĐỘC GIẢ

Cuộc họp được tổ chức tại Khoa Vật lý của Đại học quốc gia Moscow
ban biên tập và biên tập viên
tạp chí của chúng tôi
với sinh viên
vật lý-toán học
trường nội trú
Số 18 tại Đại học quốc gia Moscow.
Diễn giả tại cuộc họp
tổng biên tập «Kvant»
Viện sĩ I.K. Kikoin.
Anh ấy kể
về sự phát triển của vật lý
ở Liên Xô, về vấn đề như thế nào
cung cấp
vật lý và toán học
ở trường và cả
tái cơ cấu khóa học
logic dẫn
trước nhu cầu tạo ra
ở nước ta
chuyên
khoa học phổ thông
tạp chí dành cho học sinh.
Đây là những gì tạp chí đã trở thành
«Kvant» của chúng tôi.
Sau đó các em học sinh biểu diễn.
Hàng loạt câu hỏi họ quan tâm
hóa ra là rất lớn:
có gì mới trong vật lý thiên văn,
vấn đề được giải quyết như thế nào
được quản lý
phản ứng tổng hợp nhiệt,
cách tạo tia laser của riêng bạn
cho các phòng thí nghiệm tại nhà, vv
Những mong muốn được bày tỏ
xem trong «Kvant» bài viết
theo thuyết tương đối,
cơ học lượng tử,
quang học phi tuyến,
và cả
về vấn đề thể chất
vật lý và tâm lý học
sáng tạo khoa học.
Lời chúc từ độc giả của chúng tôi
sẽ được tính đến
đang chuẩn bị
số tiếp theo của tạp chí.

TRONG PHÒNG:

2. M. I. Kondak. Chúc mừng năm học mới!
3. V. A. Zaimovsky. Kim loại có trí nhớ không?
4. A. S. Mitsenko, Yu. P. Solovyov. Đệ tứ
5. E. N. Kudryavtseva, S. S. Khilkevich. Tại sao nước lại chảy ra khỏi xô?

IN THIS ISSUE:

1. M. I. Kondak. Chúc mừng năm học mới!
2. V. A. Zaimovski. Metals have memory?
3. A. S. Mischenko, Yu. P. Soloviev. Quaternions
4. E. N. Kudriavtseva, S. S. Khilkevich. Why does water pour out of the pail?

tin tức khoa học
21. hình học Khimches
Science news
Chemical geometry

Phòng thí nghiệm «Kvant»
22. A. E. Arinshtein. Nhớt kế so sánh Zhukovsky
Kvant’s lab
A. E. Arinstein. Jukovski’s comparative viscometer

Trường học ở «Kvant»
26. A. A. Bolibrukh, V. M. Uroev, M. I. Shabunin. Tam thức vuông
Kvant’s school
A. A. Bolibrukh, V. M. Uroev, M. I. Shabunin. The quadratic trinomial
Physics 8, 9, 10

«Kvant» cho học sinh nhỏ
32. Bài toán
33. V. N. Dubrovsky. Khối lập phương trong hình ảnh
Kvant for younger school children
Problems
V. N. Dubrovski. The cube in pictures

Vấn đề «Kvant»
39. Bài toán M821—M825; F833—F837
42. Lời giải bài toán M806—M810; F818—F822
49. Danh sách độc giả gửi đúng lời giải
Kvant’s problems
Problems M821—M825; P833—P837
Solutions M806—M810; P818—P822
List of readers who have sent correct solutions

Xưởng của người nộp đơn
53. L. V. Tarasov, A. N. Tarasova. Những lỗi thường gặp trong bài thi vật lý
College applicant’s section
L. V. Tarasov, A. N. Tarasova. Typical mistakes on physics exams

Đánh giá, thư mục
57. Thư viện «Kvant»
Book reviews
The Kvant Library

Thế vận hội
58. Thế vận hội Vật lý thành phố Moscow 1982/83
Olympiads
The Moscow city physics olympiad of 1982/83
60. Olympic toán khu vực Sverdlovsk 1982/83
The Sverdlovsk regional mathematics olympiad of 1982/83

Đáp số, gợi ý, lời giải
62. Trang bìa của chúng tôi (51)
Trộn (25, 31, 52, 61)
Answers, hints solutions
Our cover page (51)
Miscellaneous (25, 31, 52, 61)
The chess page
A toss-up decided (3 rd cover page)

2

Chúc mừng năm học mới!

Các bạn thân mến!
Ngày xưa ở Rus’, năm mới được tổ chức vào ngày 1 tháng 9. Đối với tất cả chúng ta, những người gắn bó với ngôi trường, ngày này vẫn đánh dấu một năm mới - năm học mới. Hãy thử nghĩ xem tại sao chúng ta lại bước qua ngưỡng cửa trường học với niềm hân hoan và khao khát như vậy trong ngày này? Không chỉ vì mỗi học sinh ở đó sẽ được gặp gỡ bạn bè, chơi thể thao và nghe bạn bè kể chuyện về mùa hè. Điều quan trọng là hàng năm vào ngày 1 tháng 9, hàng triệu trẻ em sẽ tham gia một hành trình thú vị và khó khăn đến Vùng đất Tri thức. Tri thức là cần thiết đối với mỗi chúng ta vì chúng ta đang sống trong thời đại cách mạng khoa học công nghệ, khi các thành tựu khoa học được ứng dụng trực tiếp vào thực tiễn, khi khoa học trở thành lực lượng sản xuất.

Trong bài phát biểu tại Hội nghị Trung ương CPSU tháng 6 (1983), đồng chí Tổng Bí thư Ban Chấp hành Trung ương CPSU. Yu. V. Andropov nhấn mạnh: “Trong lĩnh vực kinh tế, mấu chốt bài toán là sự gia tăng cơ bản về năng suất lao động. Chúng ta phải cố gắng đạt được mức cao nhất thế giới về mặt này… Con đường chính dẫn đến năng suất chất lượng cao trong lực lượng sản xuất tất nhiên là chuyển sang phát triển chiều sâu, kết hợp những lợi thế của hệ thống xã hội của chúng ta với những thành tựu của cuộc cách mạng khoa học và công nghệ. Hơn nữa, giai đoạn cuối cùng của nó là dẫn đến một cuộc cách mạng kỹ thuật trong nhiều lĩnh vực sản xuất.”
Quá trình tự động hóa và cơ giới hóa hoàn toàn sản xuất, làm thay đổi bản chất lao động đòi hỏi phải có cơ sở khoa học vững chắc và trình độ hiểu biết sâu rộng của người thực hiện. Vì vậy, việc đào tạo khoa học cho các chuyên gia sản xuất tương lai ở thời đại chúng ta ngày càng phát triển.

Trong suốt những năm học, bạn được đồng hành cùng “nữ hoàng khoa học” - toán học. Quá trình toán học hóa kiến ​​thức nhanh chóng và sản xuất hiện đại dựa trên khoa học đặt ra yêu cầu cao về việc đào tạo toán học cho học sinh tốt nghiệp phổ thông. Điều tương tự cũng áp dụng cho vật lý - nền tảng của khoa học tự nhiên, cơ sở lý thuyết của kỹ thuật và công nghệ hiện đại. Rèn luyện thể chất cao cho học sinh là chìa khóa để đạt được thành công trong các lĩnh vực công nghệ, kinh tế và quốc phòng, là điều kiện không thể thiếu cho công việc hiệu quả của xã hội chúng ta trong việc xây dựng truyền thông.

Xã hội của chúng ta quan tâm đến những người có sở thích, khuynh hướng và khả năng rõ ràng về toán học và vật lý. Nhà trường giúp những học sinh này thể hiện tài năng của mình thông qua hệ thống câu lạc bộ, các cuộc thi, các lớp tự chọn và tạo ra các lớp học chuyên sâu về vật lý và toán học. Tạp chí khoa học phổ biến «Kvant» được gửi đến một học sinh như vậy.
Rèn luyện thể chất kỹ lưỡng cho học sinh luôn là thành tựu quan trọng của kỹ năng hoàn thiện. Không phải ngẫu nhiên mà thành tích dạy toán, vật lý của trường chúng ta lại thu hút được sự quan tâm sâu sắc của các chuyên gia nước ngoài. Phân tích cuối cùng, chính ở trường học, người ta nhận thức được thái độ có ý thức đối với công việc và đặt nền móng cho việc kết hợp những lợi thế của hệ thống xã hội với những thành tựu của cuộc cách mạng khoa học và công nghệ.

Vậy là, một năm học mới lại bắt đầu - một năm của những kiến ​​thức và kỹ năng mới, những trải nghiệm mới và bài toán, một năm thâm nhập sâu hơn vào môn khoa học yêu thích của bạn. Tôi hết lòng chúc mừng bạn trong lễ tốt nghiệp này và chúc bạn thành công rực rỡ trong học tập và công việc, trong sự chuẩn bị phát triển, có ý thức và có mục đích cho cuộc sống làm việc trưởng thành!

Chủ tịch Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô
Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Sư phạm Liên Xô M. I. Kondkov

3

Kim loại có trí nhớ!

Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học
V. A. ZAIMOVSKY

Các hiện tượng sống và vô tri của hiện tại rất đa dạng và gắn bó chặt chẽ với nhau đến nỗi khi đối mặt với một điều gì đó mới mẻ trong thế giới vô cơ, chúng ta vô tình tìm kiếm sự tương đồng với những biểu hiện của đời sống và hoạt động của con người. Mong muốn này được phản ánh trong thuật ngữ khoa học. Các thuật ngữ như “tuổi thọ” hoặc “tuổi thọ ổn định” (liên quan đến các bộ phận), “khả năng sống sót”, “độ mỏi” (liên quan đến vật liệu kết cấu) được coi là nghiêm ngặt và đã được chấp nhận rộng rãi cùng với hàng trăm thuật ngữ tương tự khác theo nghĩa này. Không phải ngẫu nhiên mà đặc tính được phát hiện tương đối gần đây của hợp kim kim loại được gọi là “bộ nhớ hình dạng”. Kim loại có thể ghi nhớ, ghi nhớ, ghi điểm không? Chúng ta hãy thử gán những khả năng này của sinh vật sống cho kim loại, và sau đó chúng ta sẽ thấy rằng kim loại thậm chí còn có khả năng là chính mình!

Biến dạng đàn hồi và dẻo

Đầu tiên, chúng ta hãy nhớ lại những gì chúng ta biết từ môn vật lý ở trường về sự biến dạng của kim loại và sự thống nhất về một số ký hiệu.

Nếu một lực tác dụng lên một mẫu kim loại—một lực bên ngoài truyền gia tốc đến một phần của cơ thể so với phần khác—khi đó mẫu sẽ thay đổi kích thước và hình dạng—nó sẽ biến dạng. Biến dạng thường được đặc trưng bởi tỷ lệ giữa sự thay đổi Δl trong cỡ mẫu với kích thước ban đầu l: ε = Δl/l. Số đo cụ thể của tải trọng là ứng suất - tỷ số giữa độ lớn của lực tác dụng lên mẫu và diện tích mặt cắt ngang của mẫu.

Mối quan hệ giữa σ và ε chỉ được xác định bởi tính chất của vật liệu còn đối với kim loại và hợp kim thông thường được thể hiện bằng đường cong như trên Hình 1.

Trong phần OA sự phụ thuộc của σ (ε) là tuyến tính. Mô hình này được thiết lập vào thế kỷ 17 bởi nhà khoa học người Anh Hooke. Định luật Hooke σ = Eε chỉ áp dụng trong trường hợp trước

4

Hình 1. Biểu đồ ứng suất - biến dạng.

các vấn đề của “vùng đàn hồi” của sơ đồ cho đến khi ứng suất vượt quá giới hạn đàn hồi $\sigma_{\text{упр}}$. Hằng số $E$ được gọi là mô hình đàn hồi. Đối với hầu hết các kim loại, $E$ có ​​độ lớn là $10^{10}-10^{11}$ N/m$^2$ và bậc $\sigma_{\text{упр}}$ thường là $10^7-10^8$ N/m$^2$; do đó, biến dạng đàn hồi tối đa thường có độ lớn $10^{-3}$, tức là một phần trăm. Đặc điểm chính thức của biến dạng đàn hồi là tính thuận nghịch của nó: biến dạng biến mất khi dỡ tải và mẫu trở về kích thước và hình dạng ban đầu. Nhân tiện, điều này có nghĩa là, dưới bất kỳ ứng suất nào không vượt quá $\sigma_{\text{упр}}$, kim loại sẽ ghi nhớ hình dạng ban đầu của nó và phục hồi ngay sau khi loại bỏ ứng suất. Ví dụ, điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta tăng ứng suất và ứng suất vượt quá $\sigma_{\text{упр}}$ và ứng suất vượt quá $\varepsilon_{\text{упр}}^{\max}$? Biến dạng đàn hồi tiếp tục tăng tỷ lệ thuận với giá trị ứng suất ngày càng tăng (theo định luật Hooke), nhưng thành phần biến dạng thứ hai xuất hiện - dẻo. Tổng lượng biến dạng tương ứng với một điểm nhất định $B$ trong Hình 1 bây giờ bao gồm $\varepsilon_{\text{упр}}$, sẽ biến mất trong quá trình dỡ tải (đường dỡ tải $BC$ xuất hiện song song với phần đàn hồi $AO$) và $\varepsilon_{\text{ост}}$ - biến dạng dư còn lại khi loại bỏ ứng suất. Từ Hình 1, rõ ràng là $\varepsilon_{B\text{упр}}^{\max}$ lớn hơn $\varepsilon_{\text{упр}}^{\max}$, vì vậy ký hiệu “max” ở đây không có nghĩa là không thể thu được biến dạng đàn hồi lớn hơn giá trị. Điều đó chỉ có nghĩa là nếu tổng biến dạng vượt quá $\varepsilon_{\text{упр}}^{\max}$ thì nó sẽ không còn thuần túy đàn hồi nữa và hình dạng của vật sau khi dỡ tải sẽ khác với hình dạng ban đầu.

Do đó, dấu hiệu chính thức của biến dạng dẻo là tính không thể đảo ngược của nó: sau khi dỡ tải, phần dư được sửa đổi còn lại, tức là bộ nhớ, vẫn còn

5

kim loại bắt đầu bị hỏng. Nếu chúng ta tiếp tục biến dạng hơn nữa, vượt quá điểm $B$, thì thành phần nhựa sẽ tăng lên với mức tăng ứng suất tương đối yếu. Tất nhiên, quá trình này cuối cùng sẽ kết thúc với việc mẫu bị phá hủy; giá trị $\varepsilon_{\text{ост}}$ trước khi bị phá hủy trong kim loại nhựa là 10%, tức là cao hơn $\varepsilon_{\text{упр}}$ 2 bậc độ lớn. Đây gần như là tình trạng “xơ cứng” hoàn toàn – kim loại quên đi hình dạng ban đầu và mang hình dạng mới.

Các quy trình công nghiệp xử lý chúng dựa trên sự quên lãng của kim loại, chẳng hạn như khi chúng ta chuyển từ một thỏi khổng lồ sang một sợi dây mỏng. Nếu chúng ta quay lại ví dụ của mình với một tấm mỏng, theo nửa vòng, nhưng tăng độ dày của nó lên 2 mm, thì độ biến dạng của các từ vi phạm sẽ là 10%. Bây giờ, sau khi dỡ tải, các đầu của tấm sẽ chỉ “lò xo” một chút, dịch chuyển ra xa nhau (độ biến dạng tương đối sẽ giảm 0,5%) và tấm sẽ dừng lại ở gần như cùng một nửa vòng với bán kính lớn hơn một chút.

Khi họ nói: “uốn cong nó như một cái sừng cừu đực”, họ muốn nói chính xác những biến dạng lớn đến mức thành phần đàn hồi có thể bị bỏ qua do nó nhỏ so với thành phần còn lại. Giữa những dòng của biểu thức quyết định này, bạn có thể đọc: “bạn sẽ không thể tăng tốc được nữa.” Thật vậy, để loại bỏ hậu quả của biến dạng dẻo và đưa vật thể trở lại hình dạng ban đầu, cần phải biến dạng dẻo một cách mạnh mẽ theo hướng ngược lại. Nếu bạn nung nóng kim loại bị biến dạng bằng nhựa, thì hình dạng của nó vẫn giữ nguyên - không có lý do gì để giảm hoặc tăng độ lớn của biến dạng dư.

Để hiểu rõ hơn về bản chất của khả năng ghi nhớ hình dạng hiệu quả trong kim loại, cần phải hiểu cơ chế biến dạng dẻo của chúng. Chính xác hơn, chúng ta chỉ cần xem xét khía cạnh hình học của cơ chế này. Là chất kết tinh, kim loại dẻo bị biến dạng khi bị cắt

Hình 3. Biến dạng dẻo xảy ra do lực cắt. Bức ảnh cho thấy một tinh thể tuần hoàn sau khi bị biến dạng dẻo nghiêm trọng (×50).

dọc theo các mặt phẳng nguyên tử nhất định trong mạng (Hình 3). Điều này tương tự như sự dịch chuyển của một chồng tiền xu hoặc một bộ bài. Chúng ta không thể tăng kích thước bộ bài bằng cách kéo tất cả các lá bài cùng một lúc theo một hướng liên tục, nhưng chiều dài của bộ bài sẽ tăng lên nếu chúng ta trượt từng lá bài dọc theo nó. Tương tự như vậy, khi thanh kim loại bị kéo căng, các lớp kim loại liền kề sẽ dịch chuyển ra xa nhau. Để đảm bảo tính liên tục của kim loại không bị xáo trộn, các lớp được ngăn cách bởi các mặt phẳng cắt được quay dần theo hướng của tải trọng. Những thay đổi này, như chúng ta đã biết, là không thể đảo ngược được; chúng gây ra biến dạng dư.

Khai mạc
G. V. Kurdyumova và L. G. Handroa

Có quá trình cắt nào trong kim loại có thể xảy ra mà không cần đến ngoại lực? Hóa ra chúng tồn tại và sử dụng con người suốt 3000 năm. Ngay cả ở Hy Lạp và La Mã cổ đại, hiện tượng thép cứng lại đã được sử dụng để tạo cho nó độ cứng và độ bền đặc biệt. Tuy nhiên, chỉ đến thế kỷ 20, người ta mới thấy rõ rằng sự thay đổi tính chất này của thép có liên quan đến sự biến đổi một dạng tinh thể của sắt thành dạng khác.

7

G.V. Kurdimov đã dự đoán và vào năm sau, cùng với cộng tác viên của mình là L.G. Khandros (nay là Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học), đã quan sát bằng thực nghiệm một loại biến đổi tốt nhất mới ở đồng nhôm. Năm 1980 nó được tuyên bố mở cửa. Các tác giả của khám phá này đã nhận được bằng tốt nghiệp tương ứng và bản thân hiện tượng này được gọi là “hiệu ứng Kurdimov”. Bản chất của nó là như sau. Dưới sự kết hợp thuận lợi của một số điều kiện nhất định (đặc biệt, sự chênh lệch về thể tích pha phải nhỏ), quá trình biến đổi austenite (A) thành marstestite (M) thu được các tính năng đặc biệt. Nó trở thành, như G.V. Kurdimov gọi nó là “nhiệt đàn hồi”. Thuật ngữ này phản ánh nhiều đặc điểm chưa được báo trước của một sự biến đổi lớn nhất như vậy. Đặc biệt, ông ủng hộ thực tế rằng nếu bạn ngừng làm mát, quá trình biến đổi ngay lập tức dừng lại ở giai đoạn mà nó bị dừng bởi nhiệt độ dừng và nếu bạn bắt đầu làm nóng mẫu, thì quá trình biến đổi sẽ sớm bắt đầu đi theo hướng ngược lại. Điều này có nghĩa là martestite một lần nữa biến thành austenite, tất cả sự pha trộn cắt của các nguyên tử đều đi theo hướng ngược lại và bản thân các nguyên tử trở lại chính xác vị trí ban đầu tương ứng với mạng austenite.

Hình 4. Sự biến đổi Martestin trong quá trình làm lạnh (a) và dưới tác dụng của ngoại lực tăng dần (b).

Trong các hợp kim đã trải qua quá trình biến đổi nhiệt đàn hồi, việc áp dụng ứng suất bên ngoài có thể làm tăng nhiệt độ của quá trình biến đổi lớn nhất, nhưng điều quan trọng chính là trong các hợp kim này, sự hiện diện của tải trọng bên ngoài làm thay đổi đặc biệt hình ảnh hình học của sự biến đổi. Nếu đặt điện áp như trong Hình 4, b, thì tỷ lệ tinh thể 1, trong đó hướng của các nguyên tử cắt phù hợp với hướng của tải, sẽ tăng và tỷ lệ tinh thể 2 giảm. Trong trường hợp giới hạn, trong quá trình chuyển đổi A → M, chỉ có một phiên bản trộn nguyên tử được thực hiện (Hình 4, b) và chúng ta thu được biến dạng tổng thể đáng kể của mẫu, tương ứng với biến dạng tương đối từ 10% trở lên.

Về cường độ, biến dạng này cao hơn nhiều so với εmax của kim loại đàn hồi, nhưng nó tích tụ không phải do sự dịch chuyển không thuận nghịch mà do sự biến đổi có hướng A → M. Một lực bên ngoài ra lệnh trộn lẫn các nguyên tử trong quá trình biến đổi này. Nếu bây giờ chúng ta tạo ra phép biến đổi ngược M → A, thì tất cả sự biến dạng to lớn này sẽ biến mất, vì các nguyên tử trở về vị trí ban đầu mà chúng chiếm giữ trong mạng austenite.

Hóa ra một tấm làm bằng hợp kim như vậy và được uốn thành một chiếc nhẫn sẽ ghi nhớ hình dạng phẳng ban đầu của nó và có thể lưu trữ nó trong bộ nhớ khá lâu. Quá trình “ghi nhớ” được thực hiện khi đun nóng và giờ đây chúng ta có thể “nhớ lại” kim loại vào thời điểm và tại khu vực mà chúng ta cần.

Hiện nay, có hàng trăm hợp kim được biết là có hiệu ứng Kurdimov. Bằng cách điều chỉnh thành phần của chúng, chúng ta có thể dịch chuyển khoảng biến đổi A → M → A dọc theo thang nhiệt độ. Ví dụ: hãy đảm bảo rằng điểm martest Mₙ thấp hơn nhiệt độ phòng một chút và Aₙ—nhiệt độ tại đó quá trình biến đổi M → A ngược bắt đầu khi được làm nóng—cao hơn một chút. Khi đó những ứng suất nhỏ tác dụng ở nhiệt độ phòng sẽ gây ra sự biến đổi A → M và một sự thay đổi đáng kể

8

không phải là hình dạng của vật thể, nhưng khi được làm nóng ở nhiệt độ 50-100 °C, nó sẽ giữ được hình dạng ban đầu. Bạn có thể “hạ thấp” khoảng thời gian chuyển sang trạng thái lạnh sâu. Sau đó, cần phải thiết lập hình dạng mới ở nhiệt độ thấp và kim loại sẽ ghi nhớ hình dạng trước đó của nó trong quá trình nung đến nhiệt độ môi trường. Điều thú vị là, nếu chúng ta hoàn nguyên hợp kim trở lại dạng ban đầu, ứng suất rất cao sẽ xuất hiện trong đó. Giả sử, bạn có thể uốn cong thanh của một cây leo $M_1$ với tải trọng 10 N, và khi được nung nóng, cố gắng làm thẳng, nó có thể nâng được một tải trọng 100 N. Nếu chúng ta treo một tải trọng “quá sức”, thì thật đau đớn khi nhớ lại hình dạng trước đó của nó, thanh có khi còn gãy thành từng mảnh (tự sát?!).

Bộ nhớ kim loại được sử dụng như thế nào?

Khả năng ứng dụng thực tế của hợp kim với đặc tính tạo hình độc đáo là vô cùng đa dạng và hấp dẫn. Tòa nhà trước mắt các nhà thiết kế là một lĩnh vực hoạt động rộng lớn, có nhiều giải pháp kỹ thuật mới về cơ bản. Ví dụ, trong công nghệ vũ trụ, những hợp kim này giải quyết hiệu quả vấn đề truyền thống là tiết kiệm không gian trong tòa nhà. Ăng-ten, bộ phát năng lượng, v.v., được gấp hoặc xoắn thành hình nhỏ gọn và đặt ở phần đáy nhỏ của khối không gian, được làm thẳng sau khi phương tiện được phóng lên quỹ đạo dưới tác động của nhiệt mặt trời. Hợp kim bộ nhớ có thể được sử dụng để tạo ra radiotelexan không gian - một động cơ nhỏ gọn có dây mỏng sẽ mở ra khi được nung nóng thành một vòng tròn có đường kính khoảng 2 km!

Tất nhiên, hợp kim bộ nhớ cũng có nhiều ứng dụng trên Trái đất. Khả năng nâng tải khi bị nung nóng của chúng mở ra khả năng tạo ra động cơ để biến cơ thể thành công cơ học. Các mô hình động cơ như vậy đã được chế tạo. Hiệu suất của chúng thấp, nhưng để vận hành, có thể sử dụng các nguồn nhiệt nhiệt độ thấp - năng lượng mặt trời, chất thải nhiệt từ các doanh nghiệp công nghiệp, v.v.

Đặc tính tương tự này của hợp kim bộ nhớ đã được ứng dụng trong việc tạo ra các khớp nối theo cách thay thế hàn, hàn điện và các phương pháp truyền thống khác. Giả sử chúng ta cần kết nối hai ống để tạo ra đường dẫn nhiên liệu động cơ máy bay. Chúng tôi lấy một ống lót làm bằng hợp kim nhớ nhiệt độ thấp, đường kính bên trong nhỏ hơn 4% so với đường kính ngoài của khớp nối ba mảnh (Hình 5). Trong nitơ lỏng (-196 °C), chúng tôi làm biến dạng ống lót sao cho đường kính bên trong của nó lớn hơn 4% so với đường kính ngoài của ống lót ba lỗ. Bây giờ chúng ta có thể lắp ống lót vào các đầu của ba mảnh, khi làm nóng đến nhiệt độ phòng, chúng sẽ nhớ lại hình dạng trước đó, uốn cong và nén các đầu của ba mảnh, tạo ra một kết nối kín chắc chắn. Ở đây, hoàn hảo từ quan điểm kỹ thuật, đặc biệt là các biểu hiện của bộ nhớ kim loại được sử dụng. Xét cho cùng, tất cả đều bình thường, tức là những kim loại “quên”, khi đun nóng sẽ nở ra theo mọi hướng. Và chúng tôi đã làm cho hợp kim nhớ co lại khi bị nung nóng! Tất nhiên, nó chỉ bị nén dọc theo hai trục và dọc theo trục thứ ba - dọc theo trục tam giác - nó bị kéo giãn, vì khối lượng vật liệu trong quá trình biến đổi $M \rightarrow A$ thay đổi rất ít. Nhưng trong trường hợp này nó

Hình 5. Sơ đồ thu được kết nối bằng khớp nối hợp kim bộ nhớ.

9

không can thiệp lời giải bài toán; Điều quan trọng là phải giảm đường kính của ống lót khi đun nóng để nó nén các đầu của ống nối.

Hàng trăm ngàn kết nối như vậy đã được lắp đặt trong ngành hàng không và đóng tàu. Họ đã cho thấy độ tin cậy cao và hoạt động hoàn hảo. Nhưng chúng ta phải tính đến việc về mặt kỹ thuật, đây là một quá trình quan trọng hơn là hàn hoặc hàn. Những kết nối như vậy có thể dễ dàng được thực hiện ở những nơi khó tiếp cận hoặc có nguy cơ cháy nổ, và ngay cả trong những điều kiện kỳ ​​lạ như vậy, nơi việc hàn hoặc hàn nói chung là không thể, chẳng hạn như dưới đáy biển.

Hợp kim bộ nhớ được sử dụng để tạo ra nhiều loại bộ điều nhiệt tự động khác nhau có khả năng kiểm soát, khi cần thiết, vượt quá giá trị nhiệt độ xác định trước.

Khả năng sử dụng các hợp kim này trong y học rất thú vị. Chúng đã được sử dụng trong các hoạt động liên quan đến gãy xương so sánh. Các phương pháp mới đang được phát triển để điều trị các bệnh như chứng vẹo cột sống, một biến dạng của cột sống. Một thanh được uốn cong theo hình dạng bất thường của cột sống được phẫu thuật đưa vào cơ thể của một người lớn và được gắn chặt vào cột sống. Thanh ghi nhớ hình dạng chính xác đã định trước của cột sống và bắt đầu phục hồi nó khi cần thiết (không gây nguy hiểm và không gây đau đớn cho con người) khi nhiệt độ tăng lên (Hình 6). Bác sĩ có thể dễ dàng điều chỉnh quá trình điều trị.

Một ví dụ khác là các bộ lọc để bắt cục máu đông (cục máu đông) trong mạch máu. Một sợi dây thẳng mỏng được làm nguội một chút được đưa vào vị trí mong muốn của mạch máu và ở đó, làm nóng lên theo nhiệt độ cơ thể, nó có hình dạng kỳ quái, phức tạp vốn có. Bộ lọc cho phép máu đi qua nhưng vẫn giữ lại cục máu đông (Hình 7), nếu nó đến tim hoặc não thì có thể gây tử vong.

Công việc tạo ra trái tim nhân tạo đã bắt đầu bằng cách sử dụng các dây mỏng làm từ hợp kim. Trong y học, ngoài trí nhớ, một trở ngại khác được sử dụng là một số hợp kim làm đầy, đặc biệt là hợp kim và titan - nitinol, có khả năng chống ăn mòn rất cao và cho thấy khả năng tương thích tuyệt vời với các mô của sinh vật sống.

Nitinol không bị rỉ sét, nhẹ và khá bền. Ví dụ, có thể trong tương lai họ sẽ chế tạo một ngôi nhà tự động từ nó. Một tính năng tự động như vậy, ngay cả sau một vụ tai nạn trên đường của máy chủ, sẽ khôi phục lại hình dạng của thân xe chỉ bằng cách làm nóng nhẹ các khu vực bị hư hỏng.

Tất nhiên, hiện nay dự báo về “ô tô” có vẻ quá táo bạo, vì hợp kim làm đầy vẫn còn khá đắt. Nhưng chúng ta vẫn chưa biết địa chất sẽ ra sao với chúng ta vào ngày mai.

10

Đệ tứ

Tiến sĩ Vật lý và Toán học
A. S. MISHENKO,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
Y. P. SOLOVIEV

Từ biên tập viên. NĂM CÁ NHÂN “Quait”
đã nói rất nhiều về những con số. Về số phức (số 2, tr. 16), về lịch sử của chúng (số 6, tr. 10), về cách biểu diễn số thực dưới dạng phân số nguyên (số 5, tr. 16 và số 6, tr. 26), về số đại số và số siêu việt (số 7, tr. 2).
Loạt bài này kết thúc bằng bài viết được xuất bản bên dưới (tuy nhiên, bài viết này không yêu cầu bạn phải làm quen với những bài trước). Nó đề cập đến các quaternion - các số chứa số phức và do đó chứa tất cả các số khác. Bạn sẽ tìm hiểu một chút về các ứng dụng của quaternion và về lịch sử tự do tạo ra chúng, điểm khởi đầu là mong muốn đưa cấu trúc đại số (cộng và quan trọng nhất là phép nhân) vào các đối tượng hình học (các tập hợp điểm khác nhau).

Làm thế nào để tạo số từ dấu chấm?

Nếu chúng ta đang nói về các điểm trên một đường thẳng thì điều đó thật đơn giản. Bằng cách chọn phần đầu của báo cáo (“số 0”) và thang đo theo hướng (“một”), bạn có thể thu được trục số từ một đường thẳng và từ đó biến mỗi điểm thành một số thực—tọa độ của nó (Hình 1).

Với các điểm trên một mặt phẳng thì khó khăn hơn. Bằng cách chọn phần đầu của báo cáo (“số 0”) và một cặp trục vuông góc, bạn có thể liên kết mỗi điểm trên mặt phẳng với một cặp tọa độ của nó (x; y). Để tạo ra mỗi cặp như vậy - một cặp đôi - một số, bạn cần học cách “cộng” và “nhân” các cặp đôi này, và sao cho các thuộc tính ghép của phép cộng và phép nhân được bảo toàn (luật giao hoán, kết hợp và phân phối, sự hiện diện của các phép toán nghịch đảo - phép chia và phép trừ).

Vì vậy, việc bổ sung là đơn giản. Việc thêm các cặp đôi dưới dạng vectơ là điều tự nhiên -

12

Tích vectơ $v_3 = v_1 \times v_2$ của các vectơ khác 0 $v_1, v_2$ là vectơ vuông góc với mặt phẳng đi qua vectơ $v_1, v_2$, có hướng xác định theo quy tắc bàn tay phải” (Hình 3) và có độ dài $|v_1| \cdot |v_2|$.

$\sin(v_1, v_2)$. Cần lưu ý thêm rằng nếu vectơ $v_1, v_2$ được cho thuộc tính theo tọa độ trong hệ tọa độ hình chữ nhật:

$$v_1 = (\alpha_1; \beta_1; \gamma_1)$$
$$v_2 = (\alpha_2; \beta_2; \gamma_2),$$

Cái đó
$$v_1 \times v_2 = (\beta_1 \gamma_2 - \beta_2 \gamma_1; \gamma_1 \alpha_2 - \gamma_2 \alpha_1; \alpha_1 \beta_2 - \alpha_2 \beta_1).$$

(4)

Phép toán tích vectơ không phù hợp với Hamilton vì nó không có nghịch đảo. Ví dụ: nếu $v_1 = v_2 \neq 0$ thì góc $(v_1, v_2)$ giữa các vectơ này bằng 0. Điều này có nghĩa là độ dài của tích vectơ $v_3 = v_1 \times v_2$ bằng 0, nghĩa là bản thân vectơ $v_3$ bằng 0. Nếu phép chia cho một vectơ khác 0 luôn tồn tại thì chúng ta có $(v_1 \times v_2):v_2 = v_1 \neq 0$, trong khi $v_1 \times v_2 = 0$ và do đó $(v_1 \times v_2):v_2 \neq 0$. Kết quả mâu thuẫn cho thấy rằng phép chia cho $v_2$ là không thể.

Không thể không khơi dậy sự tôn trọng và ngưỡng mộ rằng, dù thất vọng và thất bại, Hamilton vẫn không từ bỏ hy vọng và trong mười năm, với sự kiên trì tội lỗi, đã cố gắng giải quyết vấn đề mà anh đặt ra cho mình. bài toán. Và mặc dù bài toán chưa bao giờ được giải quyết (và không thể giải quyết được - chúng tôi sẽ giải thích tại sao sau), mười năm làm việc không phải là vô ích. Một ngày đẹp trời năm 1843, Hamilton đột nhiên quyết định không sử dụng bộ ba (bộ ba số), mà là bộ bốn, hay như ông ngay lập tức gọi chúng là bộ tứ, để xác định phép nhân. Đây là cách nó sẽ xảy ra.

Sự cố ở Brogem Place

Trong một trong những bức thư gửi con trai mình, được viết bằng phong cách có phần cứng nhắc đặc trưng của thời đó, Hamilton nhớ lại: “Đó là ngày 16 tháng 10, thứ Hai, ngày diễn ra cuộc họp của Hội đồng Học viện Hoàng gia Ireland, nơi cha sẽ chủ trì. Cha đang cùng mẹ con đi đến đó dọc theo Kênh đào Hoàng gia, và mặc dù bà nói với cha bằng những cụm từ riêng biệt, cha gần như không nhận ra chúng, vì có điều gì đó đang tiềm ẩn trong tâm trí cha. Đột nhiên, mạch điện dường như đóng lại; một tia lửa lấp lánh đã có trước nhiều năm dài xác định suy nghĩ và công việc có định hướng của tôi - nếu nó xảy ra, hoặc công việc của người khác, nếu tôi có đủ ý thức để báo cáo khám phá của mình, tôi không thể cưỡng lại mong muốn dùng dao khắc trên tảng đá mềm của Brohemian đặt công thức cơ bản về các biểu tượng $i, j, k$,

$$i^2 = j^2 = k^2 = ijk = -1,$$

chứa lời giải vấn đề, nhưng tất nhiên, mục này đã bị xóa. Tuy nhiên, một đề cập lâu dài hơn vẫn còn được ghi lại trong Sách Hồ sơ của Hội đồng Học viện về ngày hôm đó, trong đó ghi rằng tôi đã xin phép và được phép báo cáo về các phần tư tại cuộc họp đầu tiên của phiên họp, được đọc vào thứ Hai ngày 13 tháng sau - tháng 11.

Định nghĩa của Quaternion

Quaternion là bộ bốn số thực $(x; y; u; v)$, có thể được viết thuận tiện là

$$q = x + yi + uj + vk,$$

15

Khi nhân quaternions, tình hình phức tạp hơn. Nếu $q_1$ và $q_2$ là bậc bốn vô hướng thì tích của chúng $q_1 q_2$ cũng là bậc bốn vô hướng. Trong trường hợp $q_1 = x$ là một quaternion vô hướng và $q_2 = r$ là một vectơ quaternion thì tích $q_1 q_2 = x \cdot (y_i + uj + vk) = (xy)i + (xu)j + (xv)k$ là một vectơ quaternion và phép nhân trùng với phép nhân của vectơ $r$ trong không gian với số thực $x$.

Và cuối cùng, nếu cả hai quaternion đều là vector:

$$q_1 = r_1 = y_1 i + u_1 j + vk$$
$$q_2 = r_2 = y_2 i + u_2 j + v_2 k,$$

Cái đó

$$q_1 q_2 = -(y_1 y_2 + u_1 u_2 + v_1 v_2) + (u_1 v_2 - v_1 u_2) i + (v_1 y_2 - y_1 v_2) j + (y_1 u_2 - u_1 y_2) k.$$

Như có thể thấy từ công thức cuối cùng, phần vô hướng của tích $q_1 q_2$ bằng tích vô hướng $(r_1, r_2)$ của vectơ $r_1$ và $r_2$ có dấu ngược lại. Phần vectơ $q_1 q_2$ là người bạn cũ của chúng ta - tích vectơ $r_1 \times r_2$, được viết dưới dạng tọa độ (xem (4)).

Kết hợp tất cả các trường hợp đã xem xét, chúng ta thu được công thức chung để nhân bậc bốn. Nếu $q_1 = x_1 + r_1$ và $q_2 = x_2 + r_2$ thì

$$q_1 q_2 = (x_1 x_2 - r_1 \cdot r_2) + (x_1 r_2 + x_2 r_1 + r_1 \times r_2)$$

Còn sinh ba thì sao?

Tại sao Hamilton không tìm được cách thỏa đáng để nhân ba bộ ba? Không phải vì xây dựng không đầy đủ hoặc làm việc chăm chỉ - chúng tôi đã lưu ý ở trên rằng bài toán việc xây dựng “số ba chiều” không thể giải được. Thật vậy, người ta đã chứng minh rằng không có quy trình nhân điểm trong không gian thỏa mãn yêu cầu của chúng ta (tính kết hợp, tính phân phối đối với phép cộng theo tọa độ, khả năng chia thành các phần tử khác 0). Hơn nữa, hiện nay tất cả các trường hợp đều đã biết khi phép nhân như vậy có thể được thực hiện.

Như nhà toán học người Đức F. G. Frobenus (1849-1917) đã chứng minh, có ba trường hợp sau: chiều thứ nhất (số thực thông thường), chiều thứ hai (số phức) và chiều thứ tư (quaternions).

Chuyện gì xảy ra tiếp theo

Hamilton và sự phụ thuộc sau đó của ông vào quaternion. Người ta kỳ vọng rằng các quaternion sẽ tạo ra kết quả tương tự như số phức và thậm chí còn tốt hơn. Thật vậy, với sự trợ giúp của phép tính bậc bốn, các công thức có vẻ đẹp toán học hoàn hảo đã được phát hiện, mô tả một số hiện tượng vật lý quan trọng. Nhưng những hy vọng xa hơn về sự phát triển của phép tính đại số và phép tính bậc bốn hàm đã không thành hiện thực.

Đối với các quaternion, định lý chính của đại số về sự tồn tại nghiệm của một đa thức có hệ số quaternion không đúng, nhưng mặt khác, có một đa thức với các hệ số quaternion trong một biến mà bất kỳ quaternion nào cũng là nghiệm.

Sự lạc quan đã nhường chỗ cho sự hoài nghi. Vào đầu thế kỷ này, các nhà toán học không còn quan tâm đến quaternion. Nhưng thời gian trôi qua, các nhà vật lý vẫn kiên trì tìm kiếm các công thức toán học cho một số hiệu ứng liên quan đến cái gọi là spin của các hạt cơ bản. Các quaternion lấy lại được sự công nhận khi vai trò của chúng trong việc xây dựng các phép biến đổi hình học khác nhau của không gian được sử dụng trong vật lý lượng tử được hiểu rõ. Các tính chất hình học của quaternion là một chủ đề lớn đặc biệt mà chúng tôi hy vọng sẽ nói đến trong tương lai.

16

“Bí ẩn”
Một lần nữa tôi không thể hiểu bất cứ điều gì
Mùn cưa của tôi là một mớ hỗn độn.
Ở mọi nơi và mọi nơi, lặp đi lặp lại
Tôi bị bao quanh bởi những câu đố.

A. A. Mill. “Winnie the Pooh và mọi thứ, mọi thứ, mọi thứ.”
Thật khó để đếm bao nhiêu lần bạn phải đổ nước ra khỏi xô, ly, bình và các đồ đựng khác. Bạn có bao giờ thắc mắc tại sao nó lại chảy ra khỏi đó không?

Chúng tôi thấy trước sự phủ nhận: “Còn gì để nghĩ nữa? Điều này hoàn toàn rõ ràng! Lực hấp dẫn tác dụng lên nước, và nếu tàu bị lật, thì dưới tác dụng của lực này, nước sẽ mất tầm nhìn. Điều gì có thể khó hiểu ở đây?”

Hãy thực hiện một vài thí nghiệm sẽ cho bạn thấy rằng không phải mọi thứ đều đơn giản như vậy.

Thói quen hàng ngày 1. Đổ nước vào ly và úp ngược nó. Đúng như bạn mong đợi, nước đổ ra.

Quy trình 2. Đổ nước vào cùng một chiếc ly, dùng một mảnh giấy đậy lại, ấn chặt tờ giấy vào mép ly, lật ly lại và thả tờ giấy ra. Nước không đổ ra ngoài.

Thí nghiệm này đã được nhiều người biết đến và có thể giải thích một cách đơn giản: nước không chảy ra ngoài vì áp suất khí quyển ngăn cản nó. Dưới tác dụng của trọng lượng của nước, lá bị uốn cong, mực nước trong kính ngược bị giẫm đạp, thể tích chiếm trong kính không khí tăng lên nên áp suất không khí giảm và thấp hơn khí quyển (Hình 1).

Sự chênh lệch áp suất giữa không khí trong khí quyển và không khí bên trong kính hướng lên trên và được cân bằng bởi lực hấp dẫn tác dụng lên mặt nước. Vì vậy, nước không đổ ra, mặc dù ngoại trừ một mảnh giấy, các điều kiện của thí nghiệm này - kích thước của bình, lượng nước đổ vào, áp suất khí quyển, nhiệt độ, v.v. - lặp lại hoàn toàn các điều kiện của thí nghiệm 1.

Quy trình 3. Đổ nước từ hai chai vào chai và lật lại. Nước không đổ ra ngoài.

Kết quả của thí nghiệm này được biết đến rộng rãi nhưng thường không được coi trọng. Tuy nhiên, nếu bạn rẽ

18

không xảy ra, biên độ của sóng ở bề mặt phía dưới sẽ tắt dần theo thời gian và nước không chảy ra ngoài.

Trong những điều kiện nào một sóng không ổn định sẽ phát sinh? Đáp số Câu hỏi này sẽ được trả lời trong đoạn tiếp theo, nhưng, nhìn về phía trước một chút, chúng ta sẽ nói rằng bước sóng có tầm quan trọng quyết định. Nếu nó nhỏ hơn một giá trị tới hạn nhất định thì sóng sẽ mờ dần; nếu nhiều hơn thì sóng không ổn định. Điều này giải thích tại sao nước không đổ ra khỏi chai và các bình khác có cổ hẹp: nếu đường kính của lỗ nhỏ hơn giá trị tới hạn thì sóng không ổn định sẽ không phát sinh - chúng chỉ đơn giản là “không vừa” trong lỗ có đường kính nhỏ.

Chúng tôi nhấn mạnh rằng yếu tố “giữ” chính là áp suất khí quyển. Nguyên nhân nước đổ ra ngoài là do xuất hiện sóng không ổn định ở mặt dưới của chất lỏng đảo ngược.

Bây giờ sẽ tham gia vào một nghiên cứu chi tiết hơn về sóng không ổn định.

Một chút toán học

Tiếp theo, gọt vỏ một chút, một thìa cà phê - thế là ngon rồi!

A. A. Mill. “Winnie the Pooh và mọi thứ, mọi thứ, mọi thứ.”

Thật không may, việc phân tích đầy đủ các quá trình xảy ra ở bề mặt dưới của chất lỏng đảo ngược là khá khó khăn. Do đó, chúng tôi sẽ hạn chế xem xét một mô hình đơn giản hóa, tuy nhiên, mô hình này giúp bạn có thể hiểu được quy trình.

Hãy tưởng tượng rằng chúng ta lật một chiếc bình được phủ một tờ giấy và lực áp suất khí quyển cân bằng với lực hấp dẫn tác dụng lên cơ thể (điều này xảy ra trong thí nghiệm 2). Bây giờ chúng ta hãy tưởng tượng rằng một tờ giấy biến mất ngay lập tức và một bề mặt tự do chuyển động ở ranh giới phía dưới của chất lỏng. Ở thời điểm đầu tiên, áp suất khí quyển vẫn giữ chất lỏng, nhưng do sự dao động ngẫu nhiên của lực và bình chứa, sóng bắt đầu hình thành trên bề mặt không bị xáo trộn.

Hình 2.

chúng ta. Hành vi của những làn sóng này sẽ là mối quan tâm hàng đầu của chúng tôi.

Chúng ta sẽ chỉ xem xét một loại sóng: sóng phẳng trong một bình có công thức hình chữ nhật chính xác. Trong trường hợp này, chúng tôi sẽ đề xuất rằng phần sóng theo mặt phẳng α, như trong Hình 2, bao gồm các hình bán nguyệt có bán kính R. Loại sóng này được chọn chủ yếu do tính đơn giản của tính toán. Khoảng cách của các loại sóng khác dẫn đến kết luận tương tự.

Khi sóng xuất hiện ở bề mặt dưới của chất lỏng, năng lượng bề mặt của chất lỏng và thế năng của nó thay đổi.

Như chúng ta đã nói, tính chất của sóng ở bề mặt dưới của chất lỏng được xác định bởi sức căng bề mặt. Khi có sóng xảy ra, diện tích bề mặt tự do ở trạng thái cân bằng. Do đó, trạng thái cân bằng của bề mặt chất lỏng

Hãy nhớ lại rằng các phân tử trên bề mặt có nhiều năng lượng hơn các phân tử bên trong chất lỏng. Các lực hấp dẫn tác dụng lên một phân tử bên trong chất lỏng từ các phân tử lân cận của nó được định hướng theo mọi hướng và hợp lực của chúng bằng không. Và tổng lực hấp dẫn tác dụng lên một phân tử trên bề mặt chất lỏng không bằng không. Để di chuyển một phân tử từ độ sâu lên bề mặt, công phải được thực hiện chống lại lực này. Do đó, các phân tử hấp thụ năng lượng bề mặt so với các phân tử nằm bên trong chất lỏng. Cái này

19

dư thừa được gọi là năng lượng bề mặt. Rõ ràng là năng lượng bề mặt tỷ lệ thuận với diện tích bề mặt: $W = \sigma S$, trong đó hệ số tỷ lệ $\sigma$ được gọi là hệ số căng bề mặt.

Hãy tưởng tượng rằng một sóng hình thành ở bề mặt dưới của chất lỏng ở trạng thái nghịch đảo, chiều dài của sóng này bằng kích thước tuyến tính của lỗ trong bình (Hình 3). Hãy tính độ biến thiên năng lượng của chất lỏng, tức là độ chênh lệch giữa năng lượng trước và sau khi sóng xảy ra.

Diện tích bề mặt của chất lỏng (xem Hình 3) tăng lên

$$\Delta S = S_2 - S_1 = 4\pi Rl - 4Rl.$$

Sự tăng bề mặt năng lượng do tăng diện tích bề mặt bằng

$$\Delta W_1 = \sigma (2\pi Rl - 4Rl) = 2\sigma (\pi - 2)Rl.$$

Mặt khác, khi có sóng xảy ra, một phần chất lỏng chìm xuống và theo đó độ biến thiên thế năng bằng

$$\Delta W_2 = -mgh,$$

trong đó $m$ là khối lượng của chất lỏng đi xuống, $h$ là khoảng cách mà trọng tâm của nó giảm xuống, $g$ là gia tốc rơi tự do (điểm trừ trong công thức này có nghĩa là độ biến thiên năng lượng là âm, tức là năng lượng đã giảm).

Dễ dàng tìm được khối lượng của chất lỏng đi xuống $m$ - nó là tích của mật độ của chất lỏng $q$ và thể tích của nửa hình trụ tròn có bán kính $R$ và chiều cao $l$. Khoảng cách mà trọng tâm của chất lỏng rơi xuống là $h = 2d$, trong đó $d$ là khoảng cách từ trọng tâm của một nửa $2^*$

Tổng sự thay đổi năng lượng sẽ được viết là

$$\Delta W = \Delta W_1 + \Delta W =$$

$$= 2(\pi - 2)\sigma Rl - \varphi g l \frac{4}{3} R^3 =$$

$$= 2Rl[(\pi - 2)\sigma - \frac{2}{3}\varphi g R^2].$$

Hình 4 hiển thị biểu đồ $\Delta W$ so với $R$. Nhìn vào biểu đồ đi lên này. Chính anh ta là người đưa ra đáp số cho tất cả những câu hỏi chưa rõ ràng liên quan đến việc xử lý nước. Đầu tiên, so sánh nó với biểu đồ trong Hình 5, biểu thị sự phụ thuộc của thế năng vào tọa độ của một quả bóng nằm trên đỉnh núi trong một lỗ nhỏ. Trông không giống lắm phải không?

Và hoạt động của những hệ thống này, vốn rất khác nhau, hóa ra lại giống nhau ở nhiều khía cạnh. Quả bóng, giống như bất kỳ hệ thống nào, cố gắng

20

chiếm vị trí có thế năng nhỏ nhất. Trong trường hợp có sai lệch nhỏ so với vị trí cân bằng, nó sẽ quay trở lại đáy lỗ. Nhưng nếu độ lệch đủ lớn, quả bóng sẽ bắt đầu lăn xuống núi và không trở về vị trí cân bằng ban đầu. Sau khi vượt qua điểm cao nhất, nó sẽ có xu hướng đạt đến thế năng tối thiểu khác.

Một hình ảnh tương tự xảy ra khi chất lỏng được đổ ra ngoài. Giới hạn dưới không bị xáo trộn tương ứng với giá trị 0 $R$ (điểm 0 trong Hình 4). Khi phát sinh sóng $R < R_{\text{кр}}$, bề mặt chất lỏng sẽ có xu hướng trở về trạng thái không bị xáo trộn. Nhưng ngay khi $R$ vượt quá $R_{\text{кр}}$, biên độ của sóng sẽ có xu hướng tăng vô hạn. Sự giảm năng lượng do chuyển động của tâm khối nặng hóa ra lại lớn hơn sự tăng năng lượng liên quan đến sự gia tăng diện tích bề mặt. Vì vậy, việc sóng tăng biên độ sẽ có lợi về mặt năng lượng. Điều này sẽ dẫn đến chất lỏng chảy ra khỏi bình.

Bây giờ chúng ta hãy tính giá trị tới hạn $R_{\text{кр}}$. Từ Hình 4, rõ ràng là thế năng tối đa chỉ đạt được tại một điểm. Những người đã khám phá hàm cực đại và cực tiểu bằng cách sử dụng các hàm tùy ý, có thể dễ dàng nhận thấy rằng

$$R_{\text{кр}} = \sqrt{\frac{(\pi-2)}{2} \frac{\sigma}{\rho g}}.$$

Phần còn lại sẽ phải để lại lời nói của chúng tôi.

Vì vậy, mô hình đơn giản của chúng tôi cho phép chúng tôi giải thích những đặc điểm quan trọng nhất của hiện tượng đang nghiên cứu. Nhược điểm của nó là tham số $R$ đặc trưng cho cả bước sóng và biên độ của nó. Sẽ nhất quán hơn nhiều nếu đặt tất cả các tham số sóng một cách độc lập, nhưng điều này đòi hỏi phải tính toán độ biến thiên năng lượng. Đối với những người không có sự tích hợp, khó khăn sẽ trở nên không thể vượt qua và chúng tôi đã tìm cách đơn giản hóa mọi phép tính nhiều nhất có thể. Tuy nhiên, việc thay thế các giá trị bằng số cho nước - $\rho = 10^3$ kg/m³ và $\sigma = 73 \cdot 10^{-3}$ J/m² - sẽ cho giá trị bán kính tới hạn là $R_{\text{кр}} = 2 \cdot 10^{-3}$ m=2 mm. Xét rằng bước sóng là $\lambda = 4R$, chúng ta thấy rằng nước sẽ chảy ra khỏi một bình ngược nếu kích thước của phản ứng vượt quá 8 mm, điều này phù hợp hợp lý với thí nghiệm.

---

Vì vậy, chúng tôi đã tìm ra vai trò của các yếu tố khác nhau ảnh hưởng đến việc đổ nước và các chất lỏng khác từ bình. Hiện tượng tưởng chừng đơn giản này hóa ra lại phức tạp và thú vị.

Và để kết luận, chúng ta hãy quay lại từ đầu. Làm thế nào người ta có thể trả lời câu hỏi: “Tại sao nước lại chảy ra khỏi nước?” đáp số chính xác có thể được hình thành gần như thế này: bán kính của thành phố phải là bán kính tới hạn, bắt đầu từ đó các sóng không ổn định có thể hình thành ở mặt dưới của nước. Do đó, sóng vô tình xuất hiện ở mặt dưới của nước có xu hướng tăng biên độ vô hạn, dẫn đến nước trào ngược ra khỏi mặt nước.

21

Hình học hóa học

Các hợp chất hóa học, đặc biệt là các hợp chất hữu cơ, có cấu trúc phức tạp. Một ví dụ rõ ràng về điều này là phân tử axit deoxyribonucleic, là hai chuỗi polymer được xoắn thành một chuỗi xoắn kép (ví dụ, xem số liệu thống kê của M.D. Frank-Kamenetsky “Phân tử quan trọng nhất” trong «Kvant» Số 8 năm 1982 và “Chuỗi xoắn DNA thuận tay trái” trong «Kvant» Số 6 năm 1983).

Việc tìm ra cấu trúc của các phân tử phức tạp do thiên nhiên tạo ra và hiểu được hình dạng của chúng không phải là điều dễ dàng. Tuy nhiên, giờ đây các nhà hóa học không chỉ học được cách hòa tan các hợp chất đã biết mà còn tạo ra các hợp chất mới, chưa rõ hình dạng của chúng. Chúng ta sẽ nói về hai “dự án” hình học đã được triển khai sau. Các báo cáo về chúng xuất hiện trên các tạp chí khoa học vào cuối năm 1982.

Hợp chất đầu tiên như vậy được gọi là “dodecahedrane”. Các phân tử của nó có dạng khối mười hai mặt - khối mười hai mặt đều (xem hình ở đầu bài). Mỗi phân tử bao gồm 40 nguyên tử: 20 nguyên tử carbon nằm ở các đỉnh của khối mười hai mặt và 20 nguyên tử hydro gắn với các nguyên tử carbon.

Câu chuyện làm thế nào để “lắp ráp” một khối đa diện như vậy, làm thế nào để đảm bảo “lắp ráp” chính xác ở mỗi giai đoạn, xứng đáng là một câu chuyện riêng. Chúng ta chỉ cần lưu ý rằng các phân tử có tính đối xứng như vậy vẫn chưa được biết đến và trong sách, sự đối xứng như vậy chỉ được thảo luận trên khung vẽ của một bức tranh. Bây giờ không phải như vậy, dodecahedrane là một chất hoàn toàn có thật, mặc dù cho đến nay nó thu được với số lượng rất nhỏ. Nó là một loại bột màu trắng bắt đầu tan chảy ở nhiệt độ 450 ° C.

Các phân tử của hợp chất không bay hơi thứ hai thu được bởi các nhà hóa học có dạng dải Mobius. Hãy thử giải thích cách chúng hoạt động.

Trong số các hợp chất tổ chức có nhiều hợp chất có phân tử dạng vòng. Ví dụ, một số ete. Các vòng ether thường được kết hợp thành nhiều mảnh để tạo thành chuỗi monome được nối với nhau bằng cầu liên kết đôi. Ở đầu của chúng có các nhóm hoạt động có thể kết hợp thành chuỗi polymer hình dải băng. Tuy nhiên, nếu có ít monome trong dung dịch, chúng có thể uốn cong để liên kết với nhau, tạo thành một vòng. Trong trường hợp này, trong khoảng một nửa số trường hợp, không phải một vòng đơn giản được hình thành mà là một vòng xoắn. Đây là cách dải Mobius hóa học đầu tiên hoạt động.

Vào bộ sưu tập hình học của chúng ta, chúng ta cũng nên thêm catenanes - các phân tử hình vòng mới thu được trong đó các vòng không được liên kết hóa học mà được kết nối với nhau, giống như trong một chuỗi trang sức.

Người ta có thể hy vọng rằng theo thời gian, bộ sưu tập sẽ ngày càng được bổ sung thêm nhiều hiện vật mới.

TÔI Ở VỚI.

22

Nhớt kế so sánh Zhukovsky

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học A. E. ARINSHTEIN

Mọi người đều nhận thức rõ rằng, theo định luật Newton, không cần có lực nào để duy trì chuyển động của một vật ở tốc độ không đổi. Tuy nhiên, trong thực tế, chúng tôi tin rằng điều ngược lại: nếu lực không được tác dụng lên vật thể chuyển động để hỗ trợ chuyển động này thì sớm muộn gì vật thể đó cũng sẽ rời đi.

Sự mâu thuẫn nhức nhối này rất dễ giải thích. Và tất nhiên, vấn đề không phải là vi phạm định luật Newton

TRÊN. Nói một cách đơn giản, do các tình huống thực tế, bất kỳ vật thể chuyển động nào cũng phải chịu các lực cản hướng vào chuyển động. Bản chất của các lực này có thể khác nhau, nhưng kết quả hoạt động của chúng là như nhau: cần có thêm lực để duy trì chuyển động, nếu không chuyển động sẽ chỉ dừng lại.

Một trong những đặc tính của vật liệu thân dẫn đến xuất hiện lực cản chuyển động là theo định luật Bernoulli, áp suất chất lỏng phải bằng nhau dọc theo toàn bộ chiều dài của đường ống. Trong thực tế, áp suất giảm dọc theo hướng chuyển động của chất lỏng và để duy trì dòng chảy ổn định ở đầu ống, phải duy trì một chênh lệch áp suất nhất định. Điều này là do tốc độ chuyển động của chất lỏng ở các khoảng cách khác nhau so với thành ống là không giống nhau và các lực gọi là lực nhớt phát sinh giữa các lớp riêng lẻ của chất lỏng chuyển động. Chúng có xu hướng làm chậm một trong hai lớp tiếp xúc chuyển động nhanh hơn và tăng tốc lớp chuyển động chậm hơn.

Hiệu ứng này biểu hiện khác nhau ở các chất lỏng khác nhau. Trong chất lỏng đặc như mật ong, nó rõ rệt hơn trong chất lỏng như nước. Do đó, chất lỏng đầu tiên được gọi là nhớt hơn và chất lỏng thứ hai ít nhớt hơn. (Đối với các vật thể ở trạng thái vô định hình, một dòng chảy nhớt, mặc dù rất yếu, cũng xảy ra. Chẳng hạn, người ta biết rằng sau vài chục, và đôi khi hàng trăm năm, một tấm thẳng đứng được đặt dưới dạng lực của một giọt kéo dài. Điều tương tự cũng xảy ra với nhũ đá - cặn lắng có công thức kỳ quái treo trên trần và tường của các hang động.)

Ngoài ra còn có đánh giá định lượng về tính chất nhớt - độ nhớt, một giá trị có thể thay đổi được (và điều này rất quan trọng đối với các nhà vật lý). Khái niệm này là gì?

Sau đó chúng tôi sẽ đặt chất lỏng (từ nay về sau chúng tôi sẽ đồng ý sử dụng từ này)

23

cả chất lỏng và chất khí) giữa hai tấm khá lớn, song song, nằm cách nhau một khoảng ngắn (Hình 1). Ban đầu, toàn bộ hệ thống kết thúc và tại một thời điểm nào đó, tấm trên bắt đầu chuyển động song song với tấm dưới với tốc độ không đổi $v_0$. Nhờ tính lưu động, chất lỏng cũng sẽ bắt đầu chuyển động, và lớp liền kề với tấm trên cùng sẽ di chuyển với tốc độ tương tự như tấm, lớp tiếp theo với tốc độ thấp hơn, lớp tiếp theo với tốc độ thậm chí còn thấp hơn, v.v. cho đến khi lớp dưới cùng, dường như dính vào tấm dưới cùng và vẫn ở trạng thái nghỉ. Hóa ra là để giữ cho tấm trên cùng chuyển động với tốc độ không đổi thì phải tác dụng một lực không đổi lên nó. Như Newton đã thiết lập bằng thực nghiệm, mô hình $F$ của lực này càng lớn, diện tích $S$ của tấm và tốc độ $v_0$ chuyển động càng nhỏ và khoảng cách $d$ giữa các tấm càng nhỏ (nói cách khác, lực trên một đơn vị diện tích bề mặt của tấm phụ thuộc vào tốc độ của dòng chất lỏng thay đổi khi di chuyển từ lớp này sang lớp khác):

$$F \sim S \frac{v_0}{d},$$

Hệ số tỷ lệ $\eta$ là độ nhớt của chất lỏng. Trong đơn vị SI, nó được đo bằng kg/($\text{m} \cdot \text{c}$).

Đối với các chất lỏng khác nhau, giá trị của nó là khác nhau và đối với bất kỳ chất lỏng nào, độ nhớt phụ thuộc khá nhiều vào nhiệt độ. Vì vậy, trong cuộc sống, chúng ta thường nhận thấy khi nhiệt độ giảm xuống, nhiều chất lỏng đặc lại, tức là trở nên nhớt hơn. Do đó, khi thiết lập độ nhớt của một chất, họ luôn chỉ định nhiệt độ và nếu cần, đặt các giá trị độ nhớt khác nhau tùy thuộc vào nhiệt độ hoặc thậm chí là biểu đồ độ nhớt so với nhiệt độ (ví dụ: Hình 2 và Hình 3 hiển thị các biểu đồ như vậy đối với nước và dầu ô liu).

Độ nhớt có thể được đo bằng các dụng cụ đặc biệt được gọi là nhớt kế để làm điều này. Có một số loại nhớt kế khác nhau và chúng tôi muốn nói về một trong số chúng.

Thay đổi trực tiếp về độ nhớt - bộ xử lý khá mỏng. Nhưng nếu bạn có một chất lỏng đã biết độ nhớt, thì bạn có thể sử dụng vật liệu phế liệu theo đúng nghĩa đen để chế tạo một thiết bị mà bạn có thể dễ dàng so sánh độ nhớt của hai chất lỏng và từ đó xác định độ nhớt của chất lỏng xen kẽ. Chúng ta đang nói về nhớt kế so sánh Zhukovsky, được đặt theo tên của nhà khoa học nổi tiếng người Nga N. E. Zhukovsky, người đã phát minh và mô tả thiết bị này.

Máy đo độ nhớt so sánh (Hình 4) bao gồm một bình lớn $K$ chứa đầy nước, nhiệt độ của bình này được giữ không đổi và được điều khiển bằng nhiệt kế $T$. Có hai bình hình quả lê trong nước (ví dụ: bình sữa)

24

ki) B và B’, được đóng lại bằng nút gutta-percha. Mỗi phích cắm bao gồm hai ống: một ống cong, ống còn lại thẳng. Các ống cong 1 và 1’, treo ở cổ bình, được nối qua một chốt nối với một quả bóng cao su W (ví dụ, phù hợp với máy ảnh bóng đá hoặc ống tiêm y tế). Ống thẳng 2 và 2’ một đầu chạm tới đáy bình tương ứng, đầu kia đi vào cốc M và M’ (được lập trình theo cm khối). Phần nhô ra của các ống này có thể được uốn cong sao cho đầu của chúng gần như ngang bằng (cao hơn một chút) với mức chất lỏng trong bình B và B’. Điều này được thực hiện nhằm giảm sai số đo do mật độ khác nhau của chất lỏng (không cần phải khắc phục các lực áp suất khác nhau của chính chất mang chất lỏng).

Chúng ta đổ chất lỏng có độ nhớt đã biết vào bình B và đổ chất lỏng đang nghiên cứu vào bình B’, hạ chúng vào bình K và đổ nước có nhiệt độ nhất định vào đó. Sau một thời gian, khi toàn bộ vật chứa trong bình K đạt đến cùng nhiệt độ, chúng ta bắt đầu lấy quả bóng Ш ra và đẩy không khí từ nó vào bình B và B’. Nó đi vào phần trên của bình và ấn vào chất lỏng với lực áp suất bằng nhau. Dưới áp suất không khí, chất lỏng bị đẩy ra khỏi bình một phần và đi vào cốc qua các ống thẳng.

Kinh nghiệm cho thấy, thể tích V của chất lỏng chảy qua một ống có tiết diện không đổi trong khoảng thời gian t càng lớn thì độ dày của chất lỏng càng thấp, nghĩa là

$$\frac{V}{\tau} = \frac{A}{\eta},$$

trong đó hệ số A phụ thuộc vào các điều kiện thí nghiệm, bao gồm sự truyền áp suất và các thông số ống (chi tiết hơn về điều này sẽ được thảo luận trong Phụ lục của trạng thái). Nếu ống 2 và 2’ giống hệt nhau thì tỉ số thể tích của chất lỏng chiếm chỗ sẽ bằng tỉ số nghịch đảo thể tích của chúng:

$$\frac{V}{V'} = \frac{\eta'}{\eta}$$

(xét cho cùng, tất cả các điều kiện cho dòng chảy của cả hai chất lỏng đều giống nhau). Từ đây, biết độ dày η của một chất lỏng đã biết và đo thể tích V và V’ trong phép thử, dễ dàng tìm được độ dày của chất lỏng đang nghiên cứu:

$$\eta' = \eta \frac{V}{V'}$$.

Nhưng điều gì sẽ xảy ra nếu không thể đảm bảo danh tính của ống 2 và 2’ (thực tế là không thể thực hiện việc này ở nhà)? Khó khăn này có thể được khắc phục bằng cách thay đổi một chút phương pháp thử nghiệm.

Chúng ta hãy thực hiện thí nghiệm hai lần: lần đầu tiên như mô tả ở trên, sau đó

27

Mời độc giả phân tích độc lập trường hợp b, c, 2.

3. Các nghiệm $x_1$ và $x_2$ của phương trình bậc hai $x^2 - 2rx - 7r^2 = 0$ thỏa mãn điều kiện $x_1^2 + x_2^2 = 18$. Tìm $r$.

Đầu tiên, chúng tôi biểu thị $x_1^2 + x_2^2$ dưới dạng tổng và tích của các nghiệm, sau đó chúng tôi sử dụng định lý Vieta. chúng tôi có
$$x_1^2 + x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2 = (2r)^2 - 2 \cdot (-7r^2) = 18r^2.$$
Do đó, bài toán rút gọn thành lời giải của phương trình $r^2 = 1$, từ đó $r_1 = 1$, $r_2 = -1$.

4. Tìm điều kiện cần và đủ để nghiệm $x_1$ và $x_2$ của phương trình $f(x) = x^2 + px + q = 0$ lớn hơn 1 về giá trị tuyệt đối và khác nhau về dấu.

Lời giải, dựa trên việc áp dụng các công thức đã biết để phân biệt và nghiệm của phương trình bậc hai, tốn nhiều công sức và phức tạp về mặt kỹ thuật. Bài toán có thể dễ dàng giải được nếu sử dụng các cân nhắc hình học.

Đầu tiên chúng ta tìm điều kiện cần thiết. Đặt $x_1 < x_2$ (gốc khác nhau). Theo điều kiện bài toán $x_1 < -1$, $x_2 > 1$ tức là đoạn $[-1, 1]$ nằm bên trong khoảng $]x_1, x_2[$ (Hình 2). Điều kiện cuối cùng tương đương với hệ bất đẳng thức sau:
$$\begin{cases} f(-1) < 0, \\ f(1) < 0. \end{cases} \quad (1)$$
Thay 1 và -1 vào biểu thức của $f(x)$ ta thu được điều kiện cần:
$$\begin{cases} -p + q < -1, \\ p + q < -1. \end{cases} \quad (2)$$
Mối quan hệ giữa các giá trị tìm thấy $p$ và $q$ thuận tiện để biểu diễn bằng đồ họa bằng cách mô tả trên mặt phẳng tọa độ $(p, q)$ một tập hợp các điểm có tọa độ thỏa mãn các bất đẳng thức thu được (Hình 3).

Ta chứng minh điều kiện cần (2) là đủ, tức là khi bất đẳng thức (2) được thỏa mãn thì tam giác vuông $f(x) = x^2 + px + q$ có nghiệm $x_1$ và $x_2$ sao cho $x_1 < -1$ và $x_2 > 1$. Vì điều kiện (2) tương đương với điều kiện (1), nên tại hai điểm khác nhau $(x = 1$ và $x = -1)$, hàm $y = f(x)$ nhận giá trị âm. Vì hệ số $x^2$ dương nên các nhánh của parabol $y = f(x)$ có hướng

hướng lên. Do đó, parabol cắt trục $Ox$ tại hai điểm khác nhau $x_1$ và $x_2$ ($x_1 < x_2$), với các điểm $-1$ và 1 nằm trên khoảng $]x_1, x_2[$, tức là $x_1 < -1$, $x_2 > 1$.

5. Tìm tất cả các giá trị của $r$ mà nghiệm của phương trình $(r - 4)x^2 - 2(r - 3)x + r = 0$ lớn hơn -1.

Đầu tiên, chúng ta xem xét riêng trường hợp $r = 4$. Khi đó phương trình có dạng $-2x + 4 = 0$, do đó $x = 2$. Vì $2 > -1$, giá trị $r = 4$ phù hợp với chúng tôi.

Nếu $r \neq 4$ thì phương trình là phương trình bậc hai.

Hãy giải bài toán ở dạng tổng quát hơn: chúng ta sẽ tìm điều kiện cần và đủ để nghiệm của một tam giác vuông $f(x) = ax^2 + bx + c$ tồn tại và lớn hơn một số đã cho $d$.

Hình học lời giải. Các nghiệm $x_1$ và $x_2$ phải tồn tại, vì vậy $(1) D = b^2 - 4ac \geq 0$.

Chúng ta hãy xây dựng đồ thị tương đương của các hàm $y = f(x)$. Có thể xảy ra một trong hai trường hợp, được trình bày trên Hình 4. Vì nghiệm lớn hơn $d$ nên trục hoành của đỉnh parabol lớn hơn $d$, tức là $x_0 = \frac{x_1 + x_2}{2} > d$, hoặc theo công thức của Vieta
$$-\frac{b}{2a} > d \quad (2)$$

Điểm $x = d$ phải nằm ngoài đoạn $[x_1, x_2]$. Điều này có nghĩa là các nhánh của parabol đều hướng

28

Hình 4.

lên ($a > 0$) và $f(d) > 0$ (Hình 4, a), hoặc các nhánh của parabol hướng xuống dưới ($a < 0$) và $f(d) < 0$ (Hình 4, b). Do đó, các số $a$ và $f(d)$ cùng dấu, tức là
$$af(d) > 0.$$ (3)

Hãy tự kiểm tra xem các điều kiện (1) - (3) gộp lại không chỉ cần mà còn đủ.

Đại số lời giải. Hai số thực $x_1 - d$ và $x_2 - d$ là dương khi và chỉ khi tổng và tích của chúng dương. Do đó, điều kiện bài toán tương đương với sự kết hợp của ba điều kiện sau:
$$D = b^2 - 4ac > 0,$$
$$(x_1 - d) + (x_2 - d) > 0,$$
$$(x_1 - d)(x_2 - d) > 0.$$
Sử dụng công thức của Vieta, điều kiện thứ hai có thể được viết lại thành
$$x_1 + x_2 - 2d > 0, \frac{x_1 + x_2}{2} > d, -\frac{b}{2a} > d.$$
Câu thứ ba được viết lại như thế này:
$$x_1x_2 - (x_1 + x_2)d + d^2 > 0,$$
$$a(ad^2 + bd + c) > 0, af(d) > 0.$$
Như vậy, ta lại chứng minh được tập điều kiện (1) - (3) tương đương với các điều kiện của hàm tổng quát bài toán đang xét.

Trở lại bài toán 5, ta viết điều kiện (1) - (3) cho nó. Ta thu được hệ bất đẳng thức
$$\begin{cases} (r - 3)^2 - r(r - 4) = 9 - 2r \ge 0, \\ \frac{r - 3}{r - 4} > -1, \\ (r - 4)(4r - 10) > 0. \end{cases}$$
Giải ra ta được $r < 5/2$, $4 < r \leq 9/2$. Đối với những giải pháp này, chúng ta phải thêm lời giải $r = 4$. Đáp số:
$$] -\infty, \frac{5}{2} \cup [4, \frac{9}{2}].$$

Bài tập

6. Đặt $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của phương trình $x^2 + px + q = 0$. Tìm $p$ và $q$ nếu $x_1 + 1$ và $x_2 + 1$ được biết là nghiệm của phương trình $x^2 - p^2x + pq = 0$.

7. Đồ thị hàm số bậc hai $y = ax^2 + bx + c$ cắt các đoạn $[AB]$ và $[CD]$ trên hai đường thẳng song song. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung điểm của các đoạn thẳng này song song với trục tọa độ.

8. Được biết, tam thức bình phương $f(x) = ax^2 + bx + c$ không có nghiệm và các hệ số của nó liên hệ với các quan hệ $a - b + c < 0$. Xác định dấu hiệu $c$.

9. Giả sử các căn $x_1$ và $x_2$ của tam thức bình phương $ax^2 + bx + c$ khác nhau. Chứng minh rằng số $x_0$ nằm giữa $x_1$ và $x_2$ khi và chỉ khi $a(ax_0^2 + bx_0 + c) < 0$.

10. Giả sử phương trình $ax^2 + bx + c = 0$ không có nghiệm không âm và $a < 0$. Xác định dấu hiệu $c$.

11. Giả sử các hệ số của phương trình $x^2 + p_1x + q_1 = 0$ và $x^2 + p_2x + q_2 = 0$ liên hệ với các quan hệ $p_1p_2 = 2(q_1 + q_2)$. Chứng minh rằng ít nhất một trong các phương trình này có nghiệm.

12. Liệu phương trình $x^2 + px + q = 0$, trong đó $p$ và $q$ là hiệu số, có các nghiệm sau:
    a) $x_1 = \sqrt{3}, x_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}$?
    b) $x_1 = \sqrt{3} + 2, x_2 = 2 - \sqrt{3}$?

13. Chứng minh rằng bất kỳ nghiệm phân số nào của phương trình $x^2 + px + q = 0$ với hệ số nguyên $p$ và $q$ đều là số nguyên.

14. Các phương trình $x^2 + p_1x + q_1 = 0$ và $x^2 + p_2x + q_2 = 0$ có hệ số nguyên $p_i, q_i$ ($i = 1, 2$) có chung một nghiệm không nguyên. Chứng minh rằng $p_1 = p_2, q_1 = q_2$.

15. Đặt $x_1$ và $x_2$ là nghiệm của phương trình bậc hai $ax^2 + bx + c = 0$ và $S_m = x_1^m + x_2^m$ ($m$ là số nguyên dương). Chứng minh công thức $aS_m + bS_{m-1} + cS_{m-2} = 0$.

29

Vật lý 8, 9, 10

Từ số này, chuyên mục “Trường học ở «Kvant»” bắt đầu đăng những bài viết ngắn về vật lý cho học sinh lớp 8–10. Họ sẽ làm rõ một số vấn đề. Người đọc cũng sẽ học cách rút ra các công thức phổ biến trong trường học theo một cách khác. Một số bài viết sẽ được dành cho những vấn đề không phù hợp với sách giáo khoa của trường. Các biên tập viên nhận thấy rằng những tài liệu này sẽ đóng vai trò bổ sung cho sách giáo khoa và giúp người đọc hiểu rõ hơn về chương trình giảng dạy ở trường.

Ghi chú “Về việc chọn trục tọa độ” được đăng dưới đây dành cho học sinh lớp tám, ghi chú “Phương pháp đơn giản để xác định kích thước của phân tử” - dành cho học sinh lớp chín và ghi chú “Về định luật chuyển động dao động” - dành cho học sinh lớp mười.

Các tài liệu được chuẩn bị bởi I.K. Belkin.

Về việc chọn trục tọa độ

Khi xem xét chuyển động thẳng của một điểm, trục tọa độ X thường hướng dọc theo hướng chuyển động, nghĩa là dọc theo hướng của vectơ dịch chuyển (Hình 1).

Hình 1.

Hình 2.

Khi đó hình chiếu $S_x$ của vectơ $\vec{S}$ lên trục không gian bằng modulo $S$ của vectơ này:

$$S_x = x_2 - x_1 = S.$$

Trong trường hợp được hiển thị trong Hình 1,

$$S = 8\text{ м} - 2\text{ м} = 6\text{ м}.$$

Nhưng bạn không cần phải nghĩ rằng việc lựa chọn trục như vậy là bắt buộc. Trục $X$ có thể được định hướng theo bất kỳ cách nào, ở bất kỳ góc nào so với hướng của vectơ $\vec{S}$. Ví dụ: như trong Hình 2, trong đó trục $X$ tạo thành một góc $\alpha = 60^\circ$ với vectơ $\vec{S}$. Kết quả là kết quả (mô đun của vectơ dịch chuyển) không thể thay đổi. Từ Hình 2 rõ ràng rằng

$$S_x = x_2 - x_1,$$

MỘT

$$\frac{x_2 - x_1}{S} = \cos \alpha,$$

hoặc $x_2 - x_1 = S \cos \alpha,$

Ở đâu

$$S = \frac{x_2 - x_1}{\cos \alpha}.$$

Trong trường hợp của chúng tôi

$$S = \frac{4\text{ м} - 1\text{ м}}{0,5} = 6\text{ м}.$$

Do đó, kết quả không phụ thuộc vào hướng trục tọa độ. Việc lựa chọn hướng trục chỉ được quyết định bởi sự thuận tiện.

Một cách đơn giản để xác định kích thước phân tử

Trong vật lý phân tử, “tác nhân” chính là các phân tử, những hạt nhỏ đến mức không thể tưởng tượng nổi tạo nên mọi vật chất trên thế giới. Rõ ràng là để nghiên cứu nhiều hiện tượng, điều quan trọng là phải biết chúng là những phân tử nào. Đặc biệt, kích thước của chúng là gì.

Khi nói về phân tử, chúng thường được coi là những quả bóng nhỏ, đàn hồi và cứng. Vì vậy, biết kích thước của các phân tử có nghĩa là biết bán kính của chúng.

Mặc dù kích thước phân tử nhỏ nhưng các nhà vật lý vẫn có thể

30

Có nhiều cách để định nghĩa chúng. Vật lý 9 nói về hai trong số đó. Người ta sử dụng đặc tính của một số (rất ít) chất lỏng để phát triển dưới dạng màng dày một phân tử. Trong một trường hợp khác, kích thước hạt được xác định bằng một thiết bị phức tạp - máy chiếu quán trọ.

Tuy nhiên, có một cách rất đơn giản, mặc dù không phải là cách chính xác nhất để tính bán kính của phân tử (hoặc nguyên tử). Nó dựa trên thực tế là các phân tử của một chất khi ở trạng thái rắn hoặc lỏng có thể được coi là liền kề nhau. Trong trường hợp này, để ước tính sơ bộ, chúng ta có thể giả sử rằng thể tích $V$ của khối lượng neotoric $m$ của chất chỉ đơn giản bằng tổng thể tích của các phân tử chứa trong nó. Sau đó, chúng ta lấy thể tích của một phân tử bằng cách chia thể tích $V$ cho số phân tử $N$.

Số lượng phân tử trong một vật thể có khối lượng $m$ như đã biết, bằng $N_A m/M$, trong đó $M$ là khối lượng mol của chất và $N_A$ là số Avogadro. Do đó thể tích $V_0$ của một phân tử được xác định từ đẳng thức

$$V_0 = \frac{V}{N} = \frac{VM}{mN_A}.$$

Biểu thức này bao gồm tỷ lệ thể tích của một chất với khối lượng của nó. Mối quan hệ nghịch đảo $m/V = \rho$ là mật độ của chất, vì vậy

$$V_0 = \frac{M}{\rho N_A}.$$

Mật độ của hầu hết mọi chất có thể được tìm thấy trong các bảng mà mọi người đều có thể truy cập được. Khối lượng mol rất dễ xác định nếu biết công thức hóa học của một chất.

Thể tích của một phân tử, nếu chúng ta coi nó là một quả bóng, sẽ bằng $\frac{4}{3} \pi r^3$, trong đó $r$ là bán kính của quả bóng. Đó là lý do tại sao

$$\frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{M}{\rho N_A},$$

từ đó ta thu được biểu thức tính bán kính của phân tử:

$$r = \sqrt[3]{\frac{3M}{4\pi\rho N_A}} = \sqrt[3]{\frac{3}{4\pi N_A}} \sqrt[3]{\frac{M}{\rho}}.$$

Căn đầu tiên trong hai căn này có độ lớn không đổi bằng $\approx 7,4 \cdot 10^{-9} \text{ м}^2/\text{м}$, do đó công thức của $r$ trở thành

$$r \approx 7,4 \cdot 10^{-9} \sqrt[3]{\frac{M}{\rho}} (\text{м}).$$

Ví dụ: bán kính của một phân tử nước được tính theo công thức này là $r_b \approx 1,9 \cdot 10^{-10} \text{ м}$.

Phương pháp được mô tả để xác định bán kính của các phân tử không thể chính xác chỉ vì các quả bóng không thể được đặt sao cho không có khoảng trống giữa chúng, ngay cả khi chúng tiếp xúc với nhau. Ngoài ra, với việc “đóng gói” các phân tử của quả bóng như vậy, chuyển động của phân tử là không thể. Tuy nhiên, việc tính toán kích thước phân tử sử dụng công thức nêu trên cho kết quả gần như trùng khớp với kết quả của các phương pháp khác, có độ chính xác cao hơn một cách không kém.

Về định luật dao động điều hòa

Bất kỳ vật (điểm) nào cũng có thể thực hiện chuyển động dao động nếu nó chịu tác dụng của một lực đàn hồi, ví dụ như lực đàn hồi của một lò xo (hoặc một lực “tương tự” với lực đàn hồi).

Rút ra định luật chuyển động, tức là sự phụ thuộc của tọa độ vào

31

đôi khi, bạn phải sử dụng phép tính vi phân, giải phương trình vi phân (xem “Vật lý 10”). Định luật này có thể đạt được theo cách đơn giản hơn. Hãy thể hiện nó.

Cho một số điểm ma trận $M$ di chuyển dọc theo một đường tròn bán kính $A$ dưới tác động của các điểm khác (Hình 1). Lò xo được gắn trên một thanh có thể quay quanh điểm $O$. Một đầu được gắn vào điểm kết nối $M$, đầu còn lại được cố định vào mép thanh. Nếu thanh quay với tần số góc $\omega$ thì áp suất tăng một đoạn $A$ và xuất hiện một lực đàn hồi tác dụng lên điểm $M$. Lực này sẽ tạo cho điểm một gia tốc hướng tâm bằng $\omega^2 A$, trong đó $A$ là bán kính của đường tròn mà điểm sẽ di chuyển dọc theo đó. Như đã biết, mô đun của lực đàn hồi là $k A$, trong đó $k$ là độ cứng của các lực khác. Vì vậy, theo định luật thứ hai của Newton,

$$m\omega^2 A = k A,$$

Ở đâu

$$\omega^2 = \frac{k}{m}, \text{ и } \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}. \quad (*)$$

Thời gian mà điểm quay được một vòng gọi là chu kỳ quay của điểm và được ký hiệu bằng chữ cái $T$. Chúng ta có thể dễ dàng nhận được giá trị của $T$ nếu chúng ta chia chu vi của $2\pi A$ cho tốc độ $v$, tốc độ này có thể được biểu thị bằng $\omega$: $v = \omega A$, sao cho

$$T = \frac{2\pi A}{\omega A} = \frac{2\pi}{\omega}.$$

Do đó, chu kỳ quay của điểm $M$, theo đẳng thức (*), bằng

Bim và Bom

Trong rạp xiếc có một máy tính phi thường tên là Bim, người có thể biểu diễn với số lượng ít hơn. Anh ta vừa nâng hai lên sức mạnh thứ hai mươi chín trước sự kinh ngạc của khán giả. Kết quả là một số có chín chữ số trong đó tất cả các chữ số đều khác nhau. Bim có mười tấm thẻ ghi đầy đủ mười con số. Từ chín lá bài, Bim bày ra con số mình cần trên đấu trường rồi bỏ mười vào túi. Về đến nhà sau buổi biểu diễn, Bim kể lại cho anh trai mình, nhà toán học Bohm tất cả những gì đã viết ở trên, và định lấy tấm thẻ ra khỏi túi, nhưng Bohm đã ngăn anh lại:

“Mặc dù tôi không thể đếm giỏi như bạn nhưng tôi có thể nói rằng bạn có số bốn trong túi.”

Làm sao Bim biết được điều này khi không tính ra số có chín chữ số?

G. A. Gato

32

Nhiệm vụ

1. Gena cắt ra mười tấm thẻ từ giấy và viết các số: 0, 1, 2, …, 9. Sau đó, Gena đặt chúng lên bàn làm đôi và phát hiện ra rằng các số có hai chữ số thu được có quan hệ với nhau là 1: 2: 3: 4: 5. Đến tối, Gena muốn đưa kết quả cho bố xem nhưng không tìm được tấm thẻ nào có số 0. Tuy nhiên, sau khi suy nghĩ, Gena bày các tấm thẻ ra sao cho các số mới cũng liên quan là 1: 2: 3: 4: 5. Lần đầu tiên Gena xếp quân bài như thế nào và lần thứ hai như thế nào?

2. Tại “cuộc thi bí ngô” thường niên được tổ chức ở Anh, “nhà vô địch” tiếp theo có khối lượng 109 kg và chu vi 2,5 mét. Cô ấy sẽ nổi trong nước? Liệu một cậu bé có thể nổi trên đó như trên một chiếc bè nếu khối lượng của cậu ấy là 20 kg? Khi tính toán, hãy coi quả bí là một quả bóng; thể tích của một quả bóng có bán kính $R$ bằng $\frac{4\pi R^3}{3}$.

3. Một bộ domino điển hình có 28 ô. Sẽ có bao nhiêu ô trong một quân domino có giá trị trên mỗi ô thay đổi từ 0 thành 6, nhưng từ 0 đến 12?

4. Trong tam giác $ABC$ vẽ đường phân giác $AE$. So sánh kích thước của các góc $AEB$ và $AEC$, nếu bạn biết rằng $|AB| > |AC|$.

5. Kolya đã làm một tấm bảng (dành cho trò chơi có tên là “Yoga”) và vẽ nó theo kiểu bàn cờ, như trong hình. Một ngày nọ, anh ta quyết định đi vòng quanh tất cả các ô của bảng này với một quân cờ, thăm mỗi ô một lần và di chuyển từ ô này sang ô khác qua cạnh của hình vuông tương ứng. Anh ấy nhận thấy rằng nếu anh ấy xuất phát từ sân màu trắng thì anh ấy sẽ thành công khi đi đường vòng như vậy, nhưng nếu anh ấy xuất phát từ sân màu đỏ thì anh ấy sẽ thất bại. Tại sao?

Những nhiệm vụ này đã được cung cấp cho chúng tôi
A. L. Cabrizon, N. A. Rodina, A. P. Savin, L. Z. Karelin, N. I. Avilov.

33

khối lập phương
trong hình ảnh

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. N. DUBROVSKY

Có lẽ, Khối Rubik không còn cần giới thiệu nữa - chỉ «Kvant» dành riêng bốn số liệu thống kê lớn cho nó *), và họ thậm chí còn chiếu nó trên điện thoại! Và quan trọng nhất, cuối cùng nó cũng bắt đầu được bán. Bây giờ bạn có thể gặp mọi người (thường là rất trẻ) ở khắp mọi nơi, cố gắng giải một khối lập phương - một cách kiên trì nhưng không phải lúc nào cũng thành công. Vì vậy, chúng tôi quyết định nói với bạn một lần nữa, hay đúng hơn là chỉ ra cách thực hiện việc này bằng hình ảnh.

Chúng ta sẽ mô tả phép quay của các khuôn mặt bằng mũi tên trong hình vuông

*) V. Zalgaller, S. Zalgaller “Khối lập phương có bản lề Hungary” (1980, số 12), M. Evgrafov “Cơ học của khối ma thuật” (1982, số 3), V. Dubrovsky “Thuật toán của khối ma thuật” (1982, số 7) và “Toán học của khối ma thuật” (1982, số 8). Xem thêm ghi chú “Trò chơi, bài toán hay Lập luận?” (1982, số 7, trang 25) và bài viết của Yu. Demkov “Xoay các hình khối” (1981, số 12).

3x3, tượng trưng cho mặt trước của khối lập phương (Hình 0).

Mỗi giai đoạn lắp ráp được xác định bằng các bản vẽ thể hiện vị trí ban đầu của các khối được sắp xếp lại ở giai đoạn này, trình tự các lượt của giai đoạn này và hình dáng của khối sau khi hoàn thành.

Hãy đồng ý rằng khi lắp ráp, cạnh có hình vuông ở giữa màu xanh sẽ luôn đúng. Hình vuông trung tâm của mặt đối diện là khác nhau ở các bản sao khác nhau của hình lập phương; với mục đích định nghĩa, chúng tôi sẽ coi nó là màu xanh lá cây. Vì vậy, do lắp ráp, cạnh trên của khối lập phương sẽ có màu xanh lam, cạnh dưới sẽ có màu xanh lục. Mặt trước trong quá trình lắp ráp có thể là bất kỳ mặt nào trong bốn mặt (cạnh) còn lại.

Nếu bạn muốn làm tròn khối lập phương một chút, bạn nhận ra rằng các khối trung tâm của tất cả các mặt có thể ngay lập tức được coi là đứng ở vị trí của chúng (vì vị trí tương đối của chúng được thiết lập một cách cứng nhắc theo thiết kế của khối) và đối với mỗi khối còn lại, vị trí cuối cùng được xác định hoàn toàn: mỗi mặt của khối phải áp dụng (cạnh hoặc đỉnh) vào hình vuông trung tâm cùng màu.

Chúng ta sẽ giải khối lập phương cuối cùng - đầu tiên là lớp dưới cùng (bước đầu tiên), sau đó là lớp giữa (bước thứ ba) và cuối cùng là lớp trên cùng (bốn bước cuối cùng).

Hình 0. Ký hiệu “Mũi tên” và “Chữ cái” cho các góc quay của gót chân (chúng ta không cần mặt sau). Ví dụ: chữ cái Ф biểu thị góc quay của mặt trước (Mặt tiền) 90° theo chiều kim đồng hồ, Ф’ - góc quay 90° ngược chiều kim đồng hồ, Ф² - góc quay 180°. Trong bức ảnh này và những bức ảnh tiếp theo, các mặt không sơn của các hình khối là những mặt có màu mà chúng ta không muốn sửa trong bức tranh này.

34

Hình 1. Bước đầu tiên: lắp đặt khối lập phương có chi phí thấp hơn.

Vì vậy, hãy bắt đầu!
Bước đầu tiên. Chữ thập dưới:
cài đặt các khối có chi phí thấp hơn (Hình 1). Chọn một số khối cạnh có cạnh màu xanh lá cây không ở vị trí cuối cùng và bằng cách xoay mặt bên chứa nó, di chuyển nó lên mặt trên. Đặt mặt thứ hai của khối đã chọn có màu vàng; bằng cách xoay khối lập phương, tạo một mặt có hình vuông trung tâm màu vàng ở mặt trước và bằng cách xoay mặt trên, đưa khối về một trong hai vị trí ban đầu của Hình 1. Tiến hành theo hình ảnh - khối đã chọn ở vị trí mong muốn. Bằng cách lắp từng khối sườn tiếp theo, bạn không thể làm hỏng khối đã có sẵn (hãy nghĩ cách thực hiện việc này!).
Trong tương lai, trong tất cả các bản vẽ, chúng tôi cũng sẽ mô tả cạnh trước có màu vàng (nghĩa là có viền màu vàng).

Hình 2. Bước thứ hai: lắp đặt khối góc dưới.

35

hình vuông trung tâm thứ hai), hình vuông bên phải - màu cam. Tuy nhiên, tất nhiên, ở mỗi bước, dẫn đến vị trí ban đầu của hình vẽ tương ứng, chính bạn sẽ phải cho biết khuôn mặt nào sẽ được lấy làm mặt trước.

Bước thứ hai. Góc dưới cùng: lắp các khối góc dưới cùng (Hình 2). Chọn một số khối góc có cạnh màu xanh lá cây ở lớp trên cùng và bằng cách xoay cạnh trên, đặt nó chính xác lên trên vị trí của nó ở lớp dưới cùng. Trong trường hợp này, khối được chọn sẽ chiếm một trong ba vị trí ban đầu của Hình 2. Tiến hành theo hình - khối được chọn sẽ ở vị trí dưới cùng.

NI. Nếu không còn khối góc nào có cạnh màu xanh lá cây ở lớp trên cùng, nhưng ở lớp dưới cùng, một số khối góc không ở vị trí cuối cùng, hãy xoay khối sao cho khối này ở vị trí “phía trước-phải-thấp” và tiếp tục bất kỳ thao tác nào của Hình 2 - nó kết thúc ở lớp trên cùng.

Bước thứ ba. Lớp giữa: lắp các khối sườn ở giữa (Hình 3). Chọn một số khối sườn không có cạnh màu xanh nằm ở lớp trên cùng. Bằng cách xoay mặt trên, đưa khối lập phương về một trong hai vị trí ban đầu của Hình 3. Tiến hành theo hình - khối được chọn sẽ ở vị trí dưới cùng -

Hình 4. Bước thứ tư: định hướng hai khối sườn trên cùng. (Mũi tên màu đỏ cho biết chúng được sắp xếp lại như thế nào, điều này không quan trọng đối với chúng tôi ở bước này.)

37

Hình 6. Bước thứ sáu: định hướng ba khối góc trên cùng. (Khi chọn vị trí bắt đầu của khối lập phương, các mũi tên màu đỏ sẽ được xác định.)
(Hình 7). Sau bước thứ sáu, tất cả các khối ở góc trên sẽ đứng đúng hoặc một trong số chúng sẽ đứng đúng và ba khối còn lại phải được sắp xếp lại theo chu kỳ, hoặc tất cả chúng sẽ đứng sai. Trong trường hợp đầu tiên, mọi thứ đều theo thứ tự - khối lập phương đã được giải. Trong trường hợp thứ hai, tùy thuộc vào việc bạn cần sắp xếp lại các hình khối “nhầm” theo chiều kim đồng hồ hay ngược chiều kim đồng hồ, hãy thực hiện một trong hai thao tác trong Hình 7 - các hình khối sẽ được đặt vào đúng vị trí của chúng. Trong trường hợp thứ ba, thực hiện thao tác tương tự như Hình 7, lấy bất kỳ mặt bên nào của hình lập phương làm mặt trước - một khối góc sẽ đứng ở bên phải
đúng và chúng ta nhận được quy tắc trước đó*).
Tất cả. Bạn có thể thở phào nhẹ nhõm - khối lập phương đã được giải quyết!

---

Người đọc tạp chí của chúng tôi sẽ hài lòng với việc học cách giải khối lập phương bằng quả bóng. Làm thế nào chúng ta có thể quản lý mà không có nó? Tất nhiên, bạn có thể chỉ cần nhớ tất cả các thao tác cần thiết. Và chúng được chọn sao cho không quá khó khăn.
*) Cố gắng chứng minh rằng trong mọi trường hợp bạn có thể đạt được bằng cách sử dụng thao tác Z không quá hai lần.

Hình 7. Bước thứ bảy: sắp xếp lại ba hình khối ở góc trên cùng.
Z = Ф
Z’ = Ф²
L² F'
P’F
L² F'
PF

38

Các hoạt động của hai bước đầu tiên rất ngắn. Chúng tôi khuyên bạn nên thực hiện chúng từ từ, lần lượt và theo dõi chuyển động của các khối được lắp vào đúng vị trí với sự trợ giúp của chúng - bạn sẽ hiểu cách các thao tác này “hoạt động” và học cách thực hiện chúng mà không cần suy nghĩ. Chỉ có thể ghi nhớ một thao tác cho mỗi bước sau đây; cái thứ hai (nếu nó tồn tại) luôn có thể được thay thế bằng cái đầu tiên được thực hiện hai lần. Chúng ta cũng hãy lưu ý rằng 5 bước cuối cùng của thao tác $M_1$ (bước 3) trùng với 5 bước đầu tiên $F$ (bước 4) và thao tác $Z$ (bước 7) thu được từ $T$ (bước 6) bằng cách thay thế bước đầu tiên $\Pi^2 = \Pi' \Pi'$ bằng $\Phi \Pi'$ và hai bước cuối cùng - $\Phi^\circ \Pi$ - thành $\Phi' \Phi' = \Phi^2$. Vì vậy, về bản chất, bạn chỉ cần trừ ba thao tác cơ bản $M_1$, $C$, $T$ và một số biến thể của chúng.

Tuy nhiên, sẽ thú vị và hữu ích hơn nhiều khi thâm nhập vào “nguyên tắc hành động” của các hoạt động này.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét hoạt động $M_1 = \Phi' B \Phi \cdot B \cdot \Pi B' \Pi'$. Ba lượt đầu tiên của nó $\Phi' B \Phi$ tương tự như ba bước của bước thứ 2 và chuyển khối $\phi n$ (để biết phương pháp chỉ định các hình khối, xem Hình 0) từ lớp dưới lên lớp trên và sao cho nó được trình bày chính xác với khối sườn tương ứng (kiểm tra!); Ba lượt cuối cùng $11B'11'$ tương tự như chúng, trả khối lập phương $\phi n$ (cùng với sự hiện diện của khối đắt tiền) vào đúng vị trí; lượt trung gian $B$ chuẩn bị vị trí xuất phát cho ba lượt cuối cùng. Hãy tự mình phân tích thao tác $M_2$ và thao tác $M_3 = \Phi' B \Phi B^2 \Pi B^2 \Pi'$, có thể được sử dụng cùng với $M_1$. Sau đó, hãy thử dựa trên cơ sở tương tự để đưa ra các phép toán tương tự như $M_1$ và $M_2$, trong trường hợp khối lập phương $\phi n$ ở đúng vị trí của nó nhưng được định hướng không chính xác. Bạn có thể tiến xa hơn và phát triển các hoạt động cho phép bạn kết hợp bước thứ 2 và bước thứ 3, nghĩa là đồng thời với mỗi khối góc dưới, khối sườn liền kề của lớp giữa được lắp đặt.

Hoạt động của bước 4 và bước 5 được xây dựng trên cơ sở gọi là giao hoán, tức là một dãy có dạng $xyx^{-1}y^{-1}$ ($x^{-1}$ là phép quay nghịch đảo của $x$: $\Phi^{-1} = \Phi'$, $(\Phi')^{-1} = \Phi$, $(\Phi^2)^{-1} = \Phi^2$). Nếu $x$ và $y$ là phép quay của hai mặt khối liền kề $X$ và $Y$ (đến $\pm 90^\circ$ hoặc $180^\circ$), thì cổ góp tuần hoàn $xyx^{-1}y^{-1}$ biểu thị ba khối cạnh: một từ mặt $X$, cái còn lại từ $Y$, cái thứ ba - trở đi cạnh chung $X$ và $Y$ (kiểm tra!); Đồng thời, một số khối góc cũng xuất hiện, nhưng ở đây điều này hầu như không được chúng ta quan tâm.

*) Thuật toán lắp ráp khối lập phương, hoàn toàn dựa trên các công tắc, đã được đề xuất trong bài viết “Khối lập phương có bản lề của Hungary”.

39

Bài toán

M821—M825; F833—F837

M821. Giải phương trình $x^3+x^2+x=-\frac{1}{3}$.

Yu. I. Ionin

M822. Các thẻ có bốn màu - $n$ xanh lá cây, $n$ đỏ, $n$ xanh lam và $n$ vàng - được xếp chồng lên nhau sao cho sau bốn thẻ màu được lặp lại (ví dụ: các thẻ thứ 1, 5, 9, … có màu đỏ, thứ 2, thứ 6, … là màu vàng, v.v.). Một số thẻ nằm trên cùng, không di chuyển, lật lại và ngẫu nhiên

Hình 1.
còn lại giữa những cái còn lại (Hình 1). Sau đó, ngăn xếp được chia thành $n$ ngăn xếp nhỏ gồm bốn lá bài. Chứng minh rằng mỗi thẻ trong số bốn thẻ này đều chứa các thẻ có đủ bốn màu.

S. B. Shlosman

M823. Đường viền của một ngôi nhà dài 60 m và rộng 15 m được sao chép từ bức ảnh (Hình 2), với bức tường dài hơn trong bức ảnh bên trái (các phần còn lại của đường viền trong bức ảnh bị chặn bởi một cành cây). Yêu cầu:
a) hoàn thiện đề cương;
b) Hoàn thành việc vẽ bản đồ chính xác (hình chiếu trên mặt phẳng nằm ngang), trên đó chỉ rõ đường nét ngôi nhà và điểm chụp;
b) xác định chiều cao của ngôi nhà và chiều cao mà việc bắn là tùy ý.

D. B. Fuchs

M824. Trong lưới hiển thị ở Hình 3, mỗi ô có kích thước $1 \times 1$. Lưới này có thể được đại diện như một công đoàn?
a) 8 nét đứt dài 5;
b) 5 nét đứt dài 8? (8)

N. I. Avilov

M825. Bộ $M$ bao gồm $k$ các đoạn rời rạc theo cặp nằm trên một

40

Xin nhắc độc giả rằng vào tháng 12, chúng tôi sẽ tổng hợp kết quả cuộc thi lời giải bài toán từ “Nhiệm vụ «Kvant» (các thư gửi trước ngày 10 tháng 12 sẽ được tính đến). Người chiến thắng sẽ có quyền tham gia Resurikan Olympic tương ứng ở các môn toán hoặc vật lý. Khi đánh giá sự thành công của học sinh trong môn toán, mọi sự chú ý cũng sẽ tập trung vào các thư liên quan đến “bài toán cho nghiên cứu” (xem Số 2). 5, tr. 37, “Mở rộng sang nhiều yếu tố khác nhau”; số 7, tr.

Thẳng. Biết rằng mọi đoạn có độ dài không lớn hơn 1 đều có thể đặt trên một đường thẳng sao cho các đầu của nó thuộc tập M. Chứng minh rằng tổng độ dài của các đoạn tạo nên M không nhỏ hơn 1/k. (10)

E. I. Khukhro

F833. Trên băng chuyền tôi nhận với tốc độ $v_0=1$ m/s, một chiếc hộp được đặt ở bên cạnh. Tốc độ của hộp ngay sau khi chạm vào băng là $u_0=2$ m/s và vuông góc với tốc độ của băng. Tốc độ tối thiểu so với Trái đất mà hộp sẽ có khi chuyển động là bao nhiêu? Lực rung đủ mạnh và hộp không bị trượt khỏi dây đai. (8)

S. S. Krotov

F834. Một quả bóng có khối lượng $m_1=0,1$ kg được treo trên trần nhà bằng một sợi dây rất dài không trọng lượng, và một quả bóng có khối lượng $m_2=0,05$ kg được gắn vào nó bằng một sợi dây có chiều dài $l=0,2$ m. Quả bóng phía dưới được cho tốc độ $v_0$ theo hướng ngang một cách hiệu quả. Tại giá trị nào $v_0$ các quả bóng có thể ở cùng độ cao? (9)

E. I. Butikov

F835. Một lò sưởi được đặt trong một cốc nước và đo sự phụ thuộc của nhiệt độ nước vào thời gian (xem bảng).

1. Nước sẽ nguội bao nhiêu độ trong 1 phút nếu máy sưởi bị ngắt khỏi mạng ở nhiệt độ $t_1=50^\circ\text{C}$?
2. Nước có sôi không nếu bật máy sưởi trong thời gian dài?
   Công suất của lò sưởi được coi là không đổi. (8)

Thời gian, t phút 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Temperature, $t^\circ\text{C}$ 20 26,2 31,8 36,8 41,4 45,6 49,3 52,7 55,8 58,5 61,1

A. R. Zilberman

F836. Bản A của tụ điện phẳng đứng yên, bản B được gắn vào tường bằng lò xo và có thể chuyển động song song với bản A (Hình 4). Sau khi đóng phím K, tấm B bắt đầu chuyển động và giữ nguyên ở vị trí cân bằng mới. Đồng thời, khoảng cách giữa các tấm giảm đi $\alpha_1=10\%$. Khoảng cách cân bằng giữa các bản sẽ thay đổi bao nhiêu nếu công tắc K đóng trong một thời gian ngắn? Giả định rằng trong thời gian này biển B không có thời gian để chuyển dịch đáng kể. (9)

A. I. Buzdin

F837. Để thay đổi vận tốc của hạt, người ta sử dụng máy đo gió bằng laser, trong đó một chuyển động

42

Problems M824, M825 and R833—R837 were proposed at the final round of the All-Union School Olympiad.

E. I. Butikov

P835. A heater was placed in a glass of water and the water temperature registered as a function of time (see table).

1. By how many degrees will the water cool in 1 min, if the heater is turned off when the temperature is $t_1 = 50$ °C?

2. Will the water boil, if the heater is turned on long enough? The power of the heater is assumed constant.

| Time, $\tau$ min | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— | :— |
| Temperature, $t$ °C | 20 | 26.2 | 31.8 | 36.8 | 41.4 | 45.6 | 49.3 | 52.7 | 55.8 | 58.5 | 61.1 |

A. R. Zilberman

P836. Bản A của tụ điện dẹt đứng yên, bản B được nối bằng lò xo vào thành và có thể chuyển động, vẫn song song với A (xem hình 4). Sau khi bật công tắc K, tấm B bắt đầu chuyển động và dừng lại ở vị trí cân bằng mới, khoảng cách giữa các tấm giảm đi $\alpha_1 = 10\%$. Khoảng cách cân bằng giữa các bản sẽ thay đổi như thế nào nếu công tắc K chỉ được bật trong một khoảng thời gian ngắn? Người ta cho rằng tấm B không có đủ thời gian để di chuyển đáng chú ý trong khoảng thời gian này.

A. I. Buzdin

P837. Máy đo gió laser được sử dụng để đo vận tốc của các hạt di chuyển qua hai chùm ánh sáng laser kết hợp giao nhau (xem hình 5). Ánh sáng phản chiếu bởi các hạt được ghi lại bởi quang phần tử $\Phi$ và được chuyển thành xung điện. Các hạt chuyển động vuông góc với phân giác của góc $\alpha = 60^\circ$ giữa các dầm. Một hạt đã di chuyển theo hướng nào, nếu tín hiệu định kỳ có tần số $v = 320$ kHz được ghi lại (đối với bước sóng chùm tia laze $\lambda = 0.63$ mkm).

V. V. Mojaev

Lời giải bài toán

M806—M810; F818—F822

M806. a) Chứng minh rằng nếu $a_1 + \frac{a_2}{2} + \frac{a_3}{3} + \ldots + \frac{a_n}{n} = 0$ thì đa thức $a_n x^{n-1} + a_{n-1} x^{n-2} + \ldots + a_2 x + a_1$ có nghiệm nằm trong khoảng từ 0 đến 1.

b) Chứng minh rằng nếu với một số $p > 0$

$$\frac{a_1}{p+1} + \frac{a_2}{p+2} + \frac{a_3}{p+3} + \ldots + \frac{a_n}{p+n} = 0,$$

thì đa thức này cũng có nghiệm nằm trong khoảng từ 0 đến 1.

Trước tiên, chúng ta hãy chứng minh mệnh đề sau: nếu một hàm khả vi $f(x)$ biến thành một trường tại các điểm $x = 0$ và $x = 1$, thì đạo hàm của nó phải biến thành một trường tại một điểm bên trong nào đó từ 0 và do đó, được lấy tại điểm $x_0$ nằm bên trong đoạn thẳng [0; 1].

Điều này là hiển nhiên nếu hàm $f(x)$ cũng thực tế bằng 0 trên khoảng [0; 1]. Ngược lại, chúng ta sẽ xem xét các điểm mà tại đó nó có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn này. (Những điểm như vậy tồn tại theo định lý Weierstrass - xem sách giáo khoa “Đại số và Giải tích 9-10”, đoạn 28 - hoặc hàm $f(x)$, khả vi, là liên tục.) Tuy nhiên, các giá trị này phải bằng 0 và do đó, được lấy tại điểm $x_0$ nằm bên trong đoạn [0; 1].

Do đó, $x_0$ là điểm cực trị của hàm $f(x)$ trên khoảng [0; 1] [1, và theo định lý Fermat (“Đại số và sự khởi đầu của phân tích 9-10”, đoạn 26) $f'(x_0) = 0$.

Chúng ta hãy sử dụng phát biểu đã được chứng minh cho lời giải bài toán.

a) Xét hàm $f(x) = a_1 x + \frac{a_2}{2} x^2 + \ldots + \frac{a_n}{n} x^n$.

Theo điều kiện, $f(1) = a_1 + \frac{a_2}{2} + \ldots + \frac{a_n}{n} = 0$, ngoài ra, $f(0) = 0$.

43

Theo tuyên bố đã được chứng minh, $f'(x_0) = 0$ đối với một số $x_0$ từ khoảng $]0; 1[$. Vẫn cần lưu ý rằng $f'(x) = a_1 + a_2x + \dots + a_nx^{n-1}$.

6. Chứng minh tương tự như ở phần a) với điểm khác biệt là thay vì hàm $f(x)$ chúng ta phải lấy $g(x) = \frac{a_1}{p+1}x^{p+1} + \frac{a_2}{p+2}x^{p+2} + \dots + \frac{a_n}{p+n}x^{p+n}$ và xét rằng trong đẳng thức $g'(x_0) = x_0^p(a_1 + a_2x_0 + \dots + a_nx_0^{n-1}) = 0$ tập $x_0^p$ khác 0.

A. Gokhberg, M. Ovetsky

**M807. a) Từ một điểm tùy ý $M$ bên trong một tam giác đều, các đường vuông góc $MK_1$, $MK_2$, $MK_3$ được hạ xuống các cạnh của tam giác đó. Chứng minh rằng tổng các vectơ $MK_1 + MK_2 + MK_3$ bằng $\frac{3}{2} \vec{M}O$, trong đó $O$ là tâm của tam giác.

6. Từ một điểm tùy ý $M$ các đường vuông góc $MK_1$, …, $MK_n$ được thả xuống tất cả các phía một cách chính xác theo nút thắt hoặc phần mở rộng của chúng. Chứng minh rằng

$$\vec{MK}_1 + \dots + \vec{MK}_n = \frac{n}{2} \vec{M}O,$$

$O$ của nó là tâm của nút $n$.

8. Từ một điểm tùy ý $M$ bên trong một khối lập phương đều, các đường vuông góc $MK_1$, $MK_2$, $MK_3$, $MK_4$ trên mặt của nó bị bỏ đi. Chứng minh rằng

$$\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \vec{MK}_3 + \vec{MK}_4 = \frac{4}{3} \vec{M}O,$$

$O$ của nó là tâm của khối đa diện.

Hình 1.

Hình 2.

a) Vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác đi qua điểm $M$ và chỉ định giao điểm của các đường này trên cạnh của tam giác, như trên Hình 1.

Rõ ràng là $2\vec{MK}_1 = \vec{MA}_1 + \vec{MA}_2$, $2\vec{MK}_2 = \vec{MB}_1 + \vec{MB}_2$, $2\vec{MK}_3 = \vec{MC}_1 + \vec{MC}_2$ và đồng thời, $\vec{MC}_1 + \vec{MB}_2 = \vec{MA}$; $\vec{MC}_2 + \vec{MA}_1 = \vec{MB}$ và $\vec{MA}_2 + \vec{MB}_1 = \vec{MC}$. Pozny

$$2(\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \vec{MK}_3) = \vec{MA} + \vec{MB} + \vec{MC} = 3\vec{MO} + \vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}.$$

Nhưng, rõ ràng, $\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} = \vec{0}$, do đó, $2(\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \vec{MK}_3) = 3\vec{MO}$, đó là điều bắt buộc.

6. Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng nếu $O$ là tâm của đa giác đều $A_1...A_n$ thì $\vec{OA}_1 + \dots + \vec{OA}_n = \vec{0}$.

Trên thực tế, khi xoay $\frac{360^\circ}{n}$ quanh $O$, đỉnh $A_1$ sẽ đi đến $A_2$, $A_2$ đến $A_3$, …, $A_n$ đến $A_1$ và vectơ $\vec{s} = \vec{OA}_1 + \vec{OA}_2 + \dots + \vec{OA}_n$ đến $\vec{OA}_2 + \vec{OA}_3 + \dots + \vec{OA}_n + \vec{OA}_1 = \vec{s}$, tức là sẽ không thay đổi. Pozny $\vec{s} = \vec{0}$.

Chúng ta hãy thả các đường vuông góc $OP_1$, …, $OP_n$ vào các cạnh của đa giác đều đã cho $(OP_i \parallel MK_i)$, sau đó thả các đường vuông góc $MB_i$ từ điểm $M$ lên các đường thẳng $OP_i$ (nếu $n$ chẵn thì các đường thẳng $OP_i$ và $OP_{i+n/2}$ $i=1, 2, \dots, n/2$ giống như $B_i = B_{i+n/2}$; xem Hình 2 để biết $n=6$). Vì $\vec{MK}_i = \vec{B}_iP_i = \vec{B}_iO + \vec{OP}_i$ và $P_1P_2...P_n$ là các nút $n$ có tâm $O$,

$$\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \dots + \vec{MK}_n = (\vec{B}_1O + \vec{B}_2O + \dots + \vec{B}_nO) + (\vec{OP}_1 + \vec{OP}_2 + \dots + \vec{OP}_n) = \vec{B}_1O + \vec{B}_2O + \dots + \vec{B}_nO.$$

(1)

Hãy chứng minh rằng các điểm $B_1$, …, $B_n$ nằm trên một đường tròn có đường kính $MO$ (đối với $\vec{MB}_iO = 90^\circ$), do đó đủ để chứng minh rằng đỉnh góc của bất kỳ cung nào mà đường tròn này được chia cho các điểm $B_1$, …, $B_n$ bằng $360^\circ/n$. Đặt $B_iB_j$ là một trong các cung này và không chứa điểm $O$. Khi đó $\angle B_iOB_j$ là một trong $2m$ các góc bằng nhau mà mặt phẳng $m$ của các đường thẳng $OB_i = OP_i$ được chia (xem Hình 3, trong đó $n=m=5$, $i=2$, $j=4$). Do đó, $B_iOB_j = 180^\circ/m$ và $B_iB_j = 360^\circ/m$. Cung chứa điểm $O$ cũng có độ lớn $360^\circ - (m-1) \cdot 360^\circ/m = 360^\circ/m$.

Từ những gì đã được chứng minh, suy ra rằng $\vec{O}_1B_1 + \dots + \vec{O}_1B_n = \vec{0}$, và theo (1)

$$\vec{MK}_1 + \dots + \vec{MK}_n = \vec{B}_1O_1 + \vec{B}_2O_1 + \dots + \vec{B}_nO_1 + n\vec{O}_1O = \frac{n}{2} \vec{MO}.$$

Lưu ý rằng bài toán này cũng có thể được giải bằng phương pháp điểm $a$.

c) Chỉ cần chứng minh rằng hình chiếu của vectơ $\vec{MK}_1 + \dots + \vec{MK}_n$ và $\frac{4}{3} \vec{MO}$ lên hai mặt phẳng cắt nhau là đủ. (Thật vậy, theo sau đó

44

rằng hai hình chiếu chênh lệch $\vec{d}$ của các vectơ này bằng vectơ null, nghĩa là vectơ $\vec{d}$ phân phối lại uranium đồng thời thành hai mặt phẳng giao nhau, và do đó $\vec{d} = 0$).

Những mặt phẳng này có thể được chọn sao cho phép chứng minh được rút gọn thành trường hợp phẳng - bài toán a). Cụ thể, chúng ta vẽ mặt phẳng $p$ qua điểm $M$, phân phối lại uranium, chẳng hạn như $\vec{MK}_4$ và chiếu các vectơ $\vec{MK}_i$, $i=1, 2, 3$ lên nó (Hình 4). Mỗi góc tạo thành một góc $\gamma$ với mặt phẳng $p$, bằng góc giữa chiều cao và mặt bên của tứ diện đều $(\cos^2 \gamma = \frac{8}{9})$, do đó hình chiếu của vectơ $\vec{MK}_i$ bằng $\vec{MH}_i = \frac{8}{9} \vec{MQ}_i$, trong đó $Q_i$ là hình chiếu của điểm $M$ lên cạnh tương ứng của tam giác, dẫn đến tiết diện của tứ diện bằng mặt phẳng $p$. Đặt $O'$ là tâm của tam giác này thì theo a),

$$\vec{MH}_1 + \vec{MH}_2 + \vec{MH}_3 = \frac{8}{9} (\vec{MP}_1 + \vec{MP}_2 + \vec{MP}_3) =$$

$$= \frac{8}{9} \cdot \frac{3}{2} \vec{MO}' = \frac{4}{3} \vec{MO}'.$$

Cần lưu ý rằng vế trái của đẳng thức này là hình chiếu của tổng $\vec{MK}_1 + \ldots + \vec{MK}_4$ lên mặt phẳng $p$ (hình chiếu của tổng các vectơ bằng tổng các hình chiếu của chúng), và vế phải là hình chiếu của vectơ $\frac{4}{3} \vec{MO}$. Lý luận tương tự cũng đúng đối với các mặt phẳng song song với các mặt khác của tứ diện.

Hãy thử giải bài toán a) theo cách tương tự, rút ​​gọn trường hợp hai chiều thành trường hợp một chiều bằng cách sử dụng phép chiếu.

Chúng ta hãy phác thảo thêm một lời giải bài toán b) (có thể áp dụng cho các bài toán a) và 6)). Hãy coi vectơ hiệu $\vec{d} = (\vec{MK}_1 + \vec{MK}_2 + \vec{MK}_3 + \vec{MK}_4) - \frac{4}{3} \vec{MO}$ là hàm của vectơ $\vec{a} = \vec{MO}$. Dễ dàng kiểm tra khẳng định bài toán đúng với các đỉnh $A_1, A_2, A_3, A_4$ của tứ diện, do đó $\vec{d}(A_iO) = 0$. Ngoài ra, $\vec{d}(\vec{a})$ là một hàm vectơ tuyến tính, tức là $\vec{d}(\vec{a} + \vec{b}) = \vec{d}(\vec{a}) + \vec{d}(\vec{b})$ và $\vec{d}(k\vec{a}) = kd(\vec{a})$. (Thật vậy, tổng các vectơ $\vec{MK}_i$ bằng tổng các hình chiếu của vectơ $\vec{MO}$ lên bốn đường thẳng, phân phối lại uranium cho các cạnh của $n$-giác. Nhưng dễ dàng thấy rằng hình chiếu của vectơ lên một đường thẳng là một hàm tuyến tính của vectơ này.) Suy ra rằng $\vec{d}(\vec{a}) = 0$ đối với bất kỳ vectơ $\vec{a}$ nào, vì nó luôn có thể được biểu diễn dưới dạng $k_1\vec{A}_1O + k_2\vec{A}_2O + k_3\vec{A}_3O$.

V. V. Prasolov

**M808. Trên một tờ giấy ca rô dài vô tận, hai người vẽ một ô hiện tại: người thứ nhất sơn một số ô màu đỏ, người thứ hai sơn một số ô (không tô màu) màu xanh lam, sau đó người thứ nhất (không tô màu) lại chuyển sang màu đỏ, người thứ hai sơn một ô màu xanh lam, v.v. Niềm đam mê đầu tiên là bốn ô màu đỏ nằm ở các đỉnh của một hình vuông (với các cạnh song song với nhau).

Đáp số: Người chơi thứ hai sẽ không thể xếp cho người chơi thứ nhất ở bất kỳ $k$ nào.

Thật thuận tiện để giải quyết bài toán từ cuối. Rõ ràng là người chơi đầu tiên (chúng tôi sẽ gọi anh ta là $K$ - “đỏ”) sẽ thắng nếu bằng một số nước đi của mình, anh ta ngay lập tức tạo ra $k+1$ các ô vuông “không hoàn chỉnh”, tại ba đỉnh của mỗi ô có màu đỏ và ở đỉnh thứ tư - không có màu. Sau đó, sau đáp số người chơi thứ hai (hãy gọi anh ta là $C$ - “xanh lam”) ít nhất một trong bốn đỉnh vẫn chưa được tô màu và sau khi tô màu nó, $K$ sẽ nhận được một “hình vuông màu đỏ”. Ví dụ về các vị trí chiến thắng như vậy được hiển thị trong Hình 1, a - đối với trường hợp chung - và 1, b - đối với $k=1$ (trong trường hợp sau, $K$ có thể hoạt động theo cách tương tự như trong trường hợp chung, đối với $k \geqslant 1$ tùy ý, nhưng nó cũng có một con đường dẫn đến chiến thắng tiết kiệm hơn, sử dụng tính đối xứng của mạng hình vuông).