Kvant 1984, số 6 · Trang

QUANTUM
6
1984
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

Bản vẽ này được thực hiện bởi máy tính sử dụng chương trình C: Batalov, cho thấy một họ gồm 20 chu trình (chúng bị phá vỡ bởi máy vẽ scylicet) và các zvolot tương ứng (đường cong màu đỏ). Sau khi đọc “Trang hình học” trong số tạp chí này, bạn đã biết rằng các tsiklov màu xanh lam là đường cong tiến hóa của các đường cong màu đỏ (vì đường cong dọc theo đó đường tiến hóa được xây dựng sẽ luôn là đường cong không liên quan của nó).

Họ các chu trình thu được như sau. Một bánh xe có bán kính I lăn không trượt dọc theo trục thẳng đứng về bên phải của nó. Trên đường thẳng đi qua tâm bánh xe, 20 điểm được đánh dấu (tăng dần 0,2 bắt đầu từ tâm). Quỹ đạo của những điểm này khi bánh xe chuyển động sẽ là 20 chu kỳ của chúng ta.

TRONG PHÒNG:

2 Cuộc trò chuyện với Viện sĩ A. A. Logunov
5 K. L. Samarov, V. M. Uroev. mô hình Poincaré
12 P. B. Bernishtein. Từ Mặt trời tới Trái đất
19 A. B. Goncharov. Lưới và vùng Brillouzne

IN THIS ISSUE:

11 Tin khoa học
Tại sao có thể cần đến neutrino?

Science news
What can neutrino be used for?

18 Lịch của chúng tôi
Quan điểm vũ trụ của Giordano Bruno

Our calendar
Giordano Bruno’s cosmological views

24 Phòng thí nghiệm «Kvant»
S. L. Gavrilov. Đài phun nước trong công viên và dumas

Kvant’s lab
S. L. Gavrilov. Fountains in parks and at home

28 vòng tròn toán học
Yu. I. Nonkin, A. I. Plotkin. Lựa chọn mô-đun

Mathematics circle
Yu. I. Ionin, A. I. Plotkin. Choosing the modulus

30 Trường học ở «Kvant»
Trường học yêu thích bài toán

Kvant’s school
Selected school problems

31 «Kvant» cho học sinh nhỏ
Bài toán
Nhiệm vụ trong ảnh

Kvant for younger school children
Problems
A problem in pictures

33 Bài toán Kvant
Bài toán M866—M870; F878—F882
Lời giải bài toán M851—M855; F862—F866
Danh sách độc giả gửi đúng lời giải

Kvant’s problems
Problems M866—M870; P878—P882
Solutions M851—M855; P862—P866
List of readers who have sent correct solutions

46 Trang hình học
liên quan

Geometric page
Evolvents

48 Hội thảo của người nộp đơn
Yu. A. Samarsky. Chuyển động tròn

College applicant’s section
Yu. A. Samarski. Circular motion

52 Thông tin
MAH “Người tìm kiếm”

Information
“The researcher” Junior academy of sciences

54 phương án thi tuyển sinh

College entrance examination problems

60 Đáp số, gợi ý, lời giải
Pha trộn (45)
Trang cờ vua
EVM vs. nhà vô địch thế giới (trang bìa thứ 3)

Answers, hints, solutions
Miscellaneous (45)
The chess page
Computer vs. world champion (3rd cover page)

Bức ảnh vành nhật hoa được in lại trên trang đầu tiên của trang bìa, được chụp trong thời điểm nhật thực toàn phần vào ngày 31 tháng 7 năm 1981, gần làng Shortany ở Kazakhstan. Sự xuất hiện của quầng sáng có thể chỉ ra hoạt động của Mặt trời. Hoạt động của mặt trời ảnh hưởng như thế nào đến các hiện tượng khác nhau trên Trái đất sẽ được thảo luận trong bài viết “Từ Mặt trời đến Trái đất” (tr. 12). Ảnh của G. M. Nikolsky (Liên Xô) và S. Cucci (Pháp).

2

Trò chuyện với Viện sĩ A. A. Logunov

— Anatoly Alekseevich, ông là người đứng đầu công ty lớn nhất cả nước. Bạn có thể vui lòng mô tả về Đại học Tổng hợp Moscow - bạn thấy nó hôm nay thế nào, bạn muốn nó ngày mai như thế nào?

• Đại học quốc gia Moscow mang tên M.V. Lomonosov là trung tâm khoa học, giáo dục và văn hóa lớn nhất. Khoảng 27 nghìn sinh viên theo học tại trường đại học. Đội ngũ giáo viên, nhà nghiên cứu và nhân viên khác lên tới hơn 25 nghìn người, trong đó hơn một nghìn là giáo sư và tiến sĩ khoa học. Hàng năm có khoảng 5 nghìn chuyên gia trẻ tốt nghiệp Đại học Moscow. Hơn 4 nghìn người học tại trường sau đại học của trường đại học. Trong quá trình tồn tại của trường sau đại học tại Đại học quốc gia Moscow, hơn 20 nghìn chuyên gia có trình độ khoa học cao nhất đã được đào tạo. Một phần tư các nhà khoa học làm việc trong hệ thống Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô đều tốt nghiệp Đại học quốc gia Moscow. Hiện tại, hơn 120 học giả và thành viên tương ứng của Viện Hàn lâm Khoa học Liên Xô và các cơ quan tài nguyên liên minh đang làm việc tại Đại học Moscow.

Trường đại học của chúng tôi thực tế đại diện cho tất cả các lĩnh vực chính của khoa học hiện đại. Trong các bức tường của nó, một số trường khoa học đã nổi lên và trở nên nổi tiếng thế giới. Nói về sự phát triển hơn nữa của khoa học đại học, chúng tôi hiểu rằng không phải tất cả các lĩnh vực của nó đều có thể được phát triển trên cơ sở thử nghiệm của chính chúng tôi. Do đó, chúng tôi không đặt cho mình mục tiêu sở hữu các máy gia tốc hoặc lò phản ứng lớn nhất ở trường đại học. Nhưng chúng tôi đang phát triển hợp tác toàn diện với các trung tâm khoa học lớn và điều này cho phép các nhà khoa học của chúng tôi sử dụng tiềm năng khoa học và kỹ thuật to lớn của đất nước để đào tạo nhân lực, đồng thời là các lĩnh vực sáng tạo trong lời giải những vấn đề quan trọng nhất.

Tuy nhiên, chưa thể nói rằng chúng ta sẽ sử dụng tiềm lực khoa học một cách hiệu quả nhất. Nó vẫn chưa đủ dựa trên các phòng thí nghiệm của công nghệ máy tính hiện đại. Những bước tiến lớn trong lĩnh vực này sắp xảy ra. Trong vài năm qua, chúng tôi đã tăng gấp đôi sức mạnh tính toán của mình. Máy tính được đưa vào quá trình giáo dục một cách rộng rãi; sinh viên của hầu hết các ngành khoa học tự nhiên đều được đào tạo về công nghệ máy tính tốc độ cao. Nhưng chúng tôi sẽ không dừng lại ở đó, bởi vì đây mới chỉ là sự khởi đầu.

• Tôi nghĩ rằng giới trẻ hiện nay đang hướng tới nhân văn; Jacobs tỏ ra thờ ơ với vật lý và toán học. Điều này có ảnh hưởng đến sự cạnh tranh của các khoa khoa học không?

3

Tôi phải nói rằng sự cạnh tranh ở các khoa khoa học nhìn chung không hề giảm. Tuy nhiên, theo tôi, mức độ chuẩn bị của thí sinh đăng ký vào Khoa Vật lý hay Khoa Cơ học và Toán học là chưa đủ cao. Nhiều học sinh, ngay trước khi vào trường đại học dịch vụ, đã tự chuẩn bị, quyết định bài toán và đào tạo bổ sung. Nhưng nền tảng kiến ​​thức và kỹ năng chính phải do nhà trường cung cấp. Và như kết quả của kỳ thi tuyển sinh cho thấy, các ứng viên thường bối rối trước các phương trình lượng giác đơn giản nhất, khả năng tính toán đại số kỹ thuật kém, khả năng ước tính và nhìn chung văn hóa tính toán đã trở nên thấp hơn. Điều này buộc chúng ta phải giảm bớt phần nào độ khó của các phương án thi. Giờ đây, bài toán được cung cấp cho người nộp đơn đã đơn giản hơn mười năm trước. Có thể hiện nay sự hiểu biết chung của học sinh về một số vấn đề đã tốt hơn, nhưng chính công nghệ thường bị ảnh hưởng và rất đáng kể.

Tôi đã nói rằng sự cạnh tranh ở các khoa khoa học nhìn chung không hề giảm. Nhưng việc nó không phát triển không thể làm chúng ta hạnh phúc. Tôi nghĩ rằng đến một lúc nào đó, chúng ta, những nhà khoa học, đã giảm sự chú ý đến trường trung học và điều này ảnh hưởng đến việc chuẩn bị cho học sinh. Tôi đã phát biểu về vấn đề này tại Xô Viết Tối cao Liên Xô. Việc nhiều nhà khoa học đầu ngành trong nước hiện nay đang tỏ ra rất quan tâm đến vấn đề dạy học toán ở trường THCS, tôi hy vọng sẽ sớm thay đổi được thực trạng hiện nay. Không còn nghi ngờ gì nữa, cải cách mà đất nước cam kết thực hiện sẽ đóng vai trò trung tâm trong việc cải thiện giáo dục trung học.

Bây giờ chúng ta hãy nói về những người đã vượt qua kỳ thi tuyển sinh thành công và đã trải qua những năm học cần thiết tại Đại học Tổng hợp Moscow. Điều gì đang chờ đợi họ sau khi tốt nghiệp đại học?

Bất cứ ai học giỏi và tốt nghiệp thành công tại Đại học Tổng hợp Moscow không cần phải lo lắng. Nó sẽ tìm thấy ứng dụng ở mọi nơi - trong hệ thống của Viện Hàn lâm Khoa học, hoặc tại trường đại học của chúng ta, hoặc trong các viện nghiên cứu khoa học, hoặc trong các ngành công nghiệp hàng đầu. Điều chính là học tốt. Thật không may, vẫn có những sinh viên chỉ chiếm chỗ. Tất nhiên, điều này không nên xảy ra; Chúng tôi có rất nhiều điều để suy nghĩ về vấn đề này. Việc học không bao giờ nên là gánh nặng, và nếu đó là gánh nặng thì có nghĩa là học sinh cần phải làm việc khác, tìm việc mình thích, đồng thời cần thiết cho xã hội.

Được biết, giáo dục đại học có tính chức năng và rộng rãi. Nhưng chẳng hạn, người tốt nghiệp Khoa Vật lý phải ngay sau khi tốt nghiệp đại học về một ngành khoa học trung bình, hoàn hảo, tham gia vào lời giải các vấn đề khoa học cụ thể. Vì vậy, ngay trong quá trình học tập, cần phải dẫn dắt học sinh vào những vấn đề phát sinh khá gần đây. Bạn, với tư cách là trưởng bộ môn vật lý năng lượng cao, đồng thời là giảng viên môn học quan trọng nhất về vật lý lý thuyết - khoa học điện tử, bạn lưu ý điều gì khi loại bỏ những câu hỏi này?

Dạy cách sử dụng các phương pháp chung, đưa ra ý nghĩa chức năng - đây là bài toán chính của giáo dục đại học. Suy cho cùng thì không thể dạy được tất cả mọi người; điều quan trọng là phải hiểu sâu sắc về các hiện tượng vật lý, phát triển cách tiếp cận sáng tạo đối với các định luật và phương trình đang được nghiên cứu, đồng thời hiểu rõ hơn các giới hạn của khả năng ứng dụng của chúng. Sau khi tốt nghiệp đại học, phương pháp này cho phép sinh viên tốt nghiệp nhanh chóng thích ứng với một lĩnh vực kiến ​​​​thức hẹp, có thể làm phong phú nó một cách sáng tạo bằng những thành tựu khoa học trong các lĩnh vực khác và đóng góp đáng kể cho sự phát triển của khoa học.

Anatoly Alekseevich, niềm đam mê vật lý và toán học của bạn khơi dậy từ khi nào? Tại sao bạn chọn vật lý?

Phải nói rằng môn vật lý tôi không chọn ngay. Lúc đầu tôi thích môn toán. Ở trường, chúng tôi có một giáo viên dạy toán rất giỏi, người thường xuyên đưa ra những bài toán thú vị. Không khí trong các buổi học rất thân thiện và thân thiện. Chúng tôi rất yêu môn toán, chúng tôi yêu thầy, chúng tôi luôn cố gắng chuẩn bị cho thầy. Vật lý đã được khắc phục ở một cấp độ hoàn toàn khác. Cô ấy không khơi dậy được sự quan tâm đặc biệt nào đến tôi. Trong những năm đó, chúng tôi nghĩ nhiều hơn về hàng không. Tôi đọc trên tạp chí “Toán học ở trường” rằng sự yêu thích là một phần mười của toán học. Vì vậy, sau giờ học, tôi quyết định đăng ký vào học viện hàng không. Sau này, ở

5

mô hình Poincaré

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
K. L. SAMAROV,
Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
V. M. UROEV

Không có hình học nào có thể đúng hơn hình học khác.
Anir Poincaré

Đến thế kỷ thứ hai trước Công nguyên, cấu trúc tiên đề của hình học, được Euclid phác thảo trong tác phẩm “Các phần tử” gồm mười ba tập, đã được hoàn thành. Kinh nghiệm thực tế về đo góc, độ dài và diện tích tích lũy qua nhiều thế hệ đã được chuyển hóa thành một lý thuyết toán học hài hòa với các tiên đề và cấu trúc, định lý, định nghĩa và chứng minh. Các hoạt động chính của bề mặt hình học đã được bộc lộ: điểm, mặt phẳng, đường thẳng.

Nhưng có điều gì đó bí ẩn được cảm nhận trong những khái niệm trừu tượng này. Hoạt động thực tế của con người, nhất là vào thời điểm đó, không thể biết được điều gì đang xảy ra với những đường thẳng ở rất xa, “ở vô cực”. Có lẽ vì lý do này mà Euclids đã cẩn thận xây dựng tiên đề quan trọng về các đường thẳng song song (Định đề V): nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng và tạo thành các góc một bên trong tổng nhỏ hơn hai đường thẳng, thì nếu hai đường thẳng này không kéo dài thì chúng sẽ cắt nhau ở phía có các góc nhỏ hơn hai đường thẳng.

Rõ ràng, người xưa đã mô tả việc vận hành với vô cực, coi mặt phẳng như thể được dán lại với nhau từ những mảnh hữu hạn giống hệt nhau hiện diện trong ý thức. Đây không phải là tai nạn. Theo những ý tưởng phổ biến thời bấy giờ, Trái đất được coi là một đĩa phẳng lớn. Lớn đến mức không thể thay đổi được. Và điều đó là không cần thiết, không cần thiết - ranh giới không gian của thế giới đã biết đã quá hẹp.

Trong thời đại của niềm đam mê và những khám phá địa lý hơn nữa, những ranh giới này đã mở rộng đáng kể; nhưng phải mất một thế kỷ nữa trước khi những thay đổi trong cách hiểu về thế giới xung quanh ảnh hưởng đến sự phát triển của hình học. Bằng cách này hay cách khác, vào thế kỷ 18, trong cuốn sách của giáo viên tiếng Anh Playfair,

6

lat về sự tương đương xuất hiện trong công thức hiện đại, táo bạo và ngắn gọn hơn: thông qua một điểm bên ngoài một đường thẳng, chỉ có thể vẽ được một đường thẳng không cắt đường thẳng đã cho và nằm trong cùng một mặt phẳng với nó.

Vào những năm hai mươi của thế kỷ 19, hình học Lobachevsky ra đời*). Nó bảo toàn tất cả các tiên đề và tiên đề của hình học Euclid, ngoại trừ một - tiên đề thứ năm được thay thế bằng phát biểu sau: qua một điểm không nằm trên một đường thẳng cho trước, có ít nhất hai đường thẳng không cắt đường thẳng đã cho và nằm trong cùng một mặt phẳng với nó.

Hầu như tất cả những người cùng thời với Lobachevsky đều chắc chắn rằng hình học của ông là sai lầm. Họ không chỉ phủ nhận khả năng ứng dụng của nó với thế giới bên ngoài mà còn coi nó là thiếu sót từ bên trong - mâu thuẫn bên trong, tức là họ tin rằng với sự phát triển hơn nữa của lý thuyết, chắc chắn sẽ có những tuyên bố mâu thuẫn từ ý tưởng về sự song song được Lobachevsky áp dụng.

Ở đây chúng ta sẽ không đề cập đến vấn đề phức tạp về mối liên hệ giữa hình học Lobachevsky và thế giới bên ngoài - nó chỉ được bộc lộ toàn bộ chiều sâu trong lý thuyết tương đối, được tạo ra vào đầu thế kỷ của chúng ta**). Mục tiêu của chúng tôi là khác nhau - để nói về việc nhà toán học đã táo bạo như thế nào với hình học Lobachevsky và buộc tội anh ta về sự không nhất quán. Chính vì mục đích này mà vào cuối thế kỷ này, nhà toán học người Pháp A. Poincaré đã xây dựng mô hình hình học Lobachevsky (1882). Nhưng để biết mô hình Poincaré là gì và tại sao nó thiết lập tính nhất quán của hình học Lobachevsky, trước tiên chúng ta phải giải quyết các tính chất của… đường tròn tổng quát.

Xây dựng các đường tròn và đường thẳng trực giao

Hãy gọi hai đường thẳng - đường tròn hoặc đường thẳng - trực giao nếu chúng cắt nhau vuông góc. Hãy nhớ rằng góc giữa các đường tròn có nghĩa là góc giữa

*) Về lịch sử hình thành của nó, xem Kvant, 1982, số 11, tr. 12 và số 12, tr. 7.
**) Ví dụ, điều này được viết trong cuốn sách “Thế giới Relatinsky” của V. N. Dubrovsky, Ya. A. Smorodinsky, E. L. Surkov (M., Nauka, 1984).

Hình 1.

7

Đảo ngược và tính chất của nó

Đảo ngược ($O, r$) (hoặc sự đối xứng của một đường tròn tương đối có tâm $O$ và bán kính $r$) là một phép biến đổi của mặt phẳng trong đó mỗi điểm $M$ được liên kết với một điểm $M'$ trên tia $OM$ sao cho
$$|OM| \cdot |OM'| = r^2.$$
Điểm $O$ được gọi là tâm nghịch đảo (đó là điểm duy nhất không xác định phép biến đổi), số $r$ là bán kính nghịch đảo và đường tròn ($O, r$) là đường tròn nghịch đảo.

Đảo ngược là một dạng đối xứng thực sự của một đường tròn tương đối; nó “biến” bên trong vòng tròn thành bên ngoài (và ngược lại), làm biến dạng hình dạng và kích thước của các hình một cách độc đáo (xem hình minh họa cho bài “Đảo ngược” ở «Kvant» Số 5, trang 26). Các thuộc tính chính của nghịch đảo ($O, R$) được hiển thị trong Hình 2, trong đó có thể thấy rằng

1. các điểm nằm trong đường tròn nghịch đảo đi đến các điểm nằm ngoài đường tròn đó và ngược lại;
2. các điểm của vòng tròn đảo ngược, và chỉ chúng, giữ nguyên vị trí;
3. các đường thẳng đi qua tâm đảo ngược biến thành chính chúng;

3’) những đường thẳng không đi qua tâm nghịch đảo sẽ trở thành đường tròn;

4. các đường tròn đi qua tâm nghịch chuyển thành đường thẳng;

4’) những đường tròn không đi qua tâm nghịch đảo sẽ trở thành những đường tròn;

5. các giá trị giữa các dòng được giữ nguyên;

6. sự đảo ngược, giống như các kiểu đối xứng khác, là sự tự tạo ảnh; nói cách khác, áp dụng phép đảo ngược hai lần sẽ trả về vị trí của tất cả các điểm (ngoại trừ $O$).

Những tính chất này không khó chứng minh; Bạn đọc có thể tìm thấy bằng chứng của mình trong bài “Đảo ngược” ở số trước «Kvant», tuy nhiên, không cần thiết phải hiểu thêm về phân tích của họ. Hãy để chúng tôi trình bày (đã có bằng chứng) một tính chất quan trọng khác của nghịch đảo.

7. Bất kỳ vòng tròn nào đi theo vòng tròn nghịch đảo đều biến thành chính nó trong quá trình đảo ngược này.

Bằng chứng. Theo tính chất 4’), hình tròn $\gamma$ này sẽ đi vào hình tròn $\gamma'$. Theo tính chất 2), giao điểm $A$ và $B$ của đường tròn $\gamma$ với đường tròn nghịch đảo vẫn giữ nguyên, nghĩa là $\gamma'$ đi qua $A$ và $B$. Qua

10

mâu thuẫn nhau, thì điều tương tự cũng sẽ được áp dụng cho việc dịch hai định lý này được thực hiện với sự trợ giúp của từ điển của chúng tôi; nhưng những bản dịch này dựa trên định lý hình học khách quan (…), không có mâu thuẫn.

Lập luận này cho thấy tính nhất quán của hình học Eclidian bao hàm tính nhất quán của hình học Lobachevsky. Theo nghĩa này, Poincaré đã nói rằng không có hình học nào có thể đúng hơn hình học khác.

Vì vậy, để thiết lập tính nhất quán của hình học Lobachevsky, cần phải kiểm tra xem tất cả các tiên đề của nó có thỏa mãn đối với mô hình được xây dựng ở trên hay không.

Kiểm tra tiên đề

Chúng tôi sẽ không kiểm tra tất cả các tiên đề của hình học Lobachevsky cho mô hình Poincaré - đây là một công việc nhàm chán và tẻ nhạt, nhưng chúng tôi sẽ hạn chế chỉ chứng minh một số đặc điểm của các quy định chính của hình học Lobachevsky. Chính xác là những cái tiếp theo.

I. Bất kỳ sự dịch chuyển nào cũng biến “độ phẳng” λ thành chính nó, và “đường thẳng” biến thành “đường thẳng”.
II. Qua hai “điểm” bất kỳ của mặt phẳng λ có một và chỉ một “đường thẳng”.
III. “Sự dịch chuyển của mặt phẳng” λ bảo toàn các đường thẳng giữa “các đường thẳng”.
IV. Hai cái bất kỳ đều “thẳng” đồng dạng, nghĩa là có một “chuyển động của mặt phẳng” chuyển cái này sang cái kia.
V. Qua mỗi điểm không thuộc một “đường thẳng” cho trước sẽ đi qua ít nhất hai “đường thẳng” không có điểm chung với nó. (Đây là “tiên đề song song” của Lobachevsky; Hình 5).

Hãy chứng minh Mệnh đề I-V.
I. Chuyển động quay của đường tròn λ quanh tâm và sự đối xứng với đường kính của nó sẽ không dẫn λ vào chính nó. Đối với phép nghịch đảo đối với bất kỳ đường tròn τ trực giao với γ nào thì nó đưa γ vào chính nó (tính chất 7)), hơn nữa, hai vùng mà τ chia λ thay đổi vị trí, tức là λ đi vào chính nó.
II. Điều này theo Hệ quả bài toán 5.
III. Điều này đúng với tất cả các chuyển động cơ bản (xem một phần tính chất 5)), và do đó đúng với bố cục của chúng.
IV. Điều này diễn ra từ bài toán 4.

V. Cho đường thẳng m cắt γ tại hai điểm A và B. Trước tiên chúng ta xét trường hợp đặc biệt khi điểm này không khác gì tâm O của đường tròn λ. Khi đó các đường kính (OA) và (OB) là các đường thẳng không cắt nhau τ. Chúng ta hãy nhớ rằng các điểm của đường tròn γ, một phần là các điểm A và B, không phải là “điểm” của “mặt phẳng lobachevsky”. Trường hợp tổng quát được rút gọn thành việc xét trường hợp đặc biệt sử dụng bài toán 3.

Như vậy, các điều khoản chính (I-V) của hình học Lobachevsky đã được chứng minh trong mô hình Poincaré. Đối với những người muốn nghiên cứu sâu hơn về hình học lobachevsky trên mô hình này, chúng tôi cung cấp một số bài toán ở cuối bài viết. Trong lúc chờ đợi, hãy cùng trả lời một trong những câu hỏi nảy sinh ở đầu bài viết.

Nhưng điều gì sẽ xảy ra “ở vô cực”?

Một trong những ưu điểm của mô hình Poincaré là trên đó - theo quan điểm thiên văn của chúng ta - người ta có thể thấy tập hợp tanistic các điểm “ở vô cùng xa” của hình học Lobachevsky.

Chúng ta hãy chứng minh rằng việc coi đường tròn biên γ là “đường tròn ở vô cực” của mặt phẳng Lobachevsky λ là điều tự nhiên. Để làm điều này, chúng ta hãy quay trở lại mặt phẳng được chỉ định trong phép đảo ngược thông thường và xem làm thế nào, bằng cách sử dụng các chuyển động của mặt phẳng nhật thực, chúng ta có thể di chuyển hình đã cho càng xa vị trí đầu tiên của nó càng tốt. Ví dụ, nó có thể được thực hiện như thế này. Ta chọn hai đường thẳng song song không trùng nhau $l_1$, $l_2$ trên mặt phẳng hoàng đạo và phản xạ mặt phẳng đối xứng với đường thẳng

Từ Mặt trời tới Trái đất

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
P. B. BERSTEIN

Hạt gel bay ra ngoài
hạt nhân stronti…
Và nó đã không làm được gì?
đó là Mặt trời!
Nó bị gián đoạn và gặm nhấm vui vẻ,
và không biết xấu hổ
xoay la bàn,
bị sốt
chúng ta mất ngủ.
Cây táo chết, gia súc chết
vì thiếu lương thực.
Bồn chồn
năm nay
đã có mặt trời.

Những dòng này được lấy từ bài thơ tuyệt vời của Semyon Kirsanov, “Mặt trời trước bình yên”.
Và trong đoạn văn này, hầu hết các hiệu ứng được nghiên cứu bởi vật lý mặt trời-trái đất đều được đề cập đến.

Hãy theo dõi tư thế và tìm hiểu xem “Mặt trời đã làm gì”. Nhưng trước tiên, hãy nói về Mặt trời.

I

Mặt trời là một ngôi sao nằm cách trung tâm Thiên hà khoảng 33.000 năm ánh sáng, ở một trong những nhánh xoắn ốc của nó - Cánh tay Orion. Khối lượng mặt trời $M_{\odot} = 1,99 \cdot 10^{30}$ kg; bán kính $R_{\odot} = 6,96 \cdot 10^{5}$ km và mật độ trung bình của vật chất của Mặt trời $q_{\odot} = 1,41 \cdot 10^{3}$ kg/m$^3$, tức là nhỏ hơn 4 lần so với mật độ trung bình của vật chất trên Trái đất. Và lực hấp dẫn trên Mặt trời lớn hơn trên Trái đất 28 lần.

Những đặc tính này - mật độ trung bình thấp và lực hấp dẫn cực lớn - là quan trọng nhất để hiểu những gì xảy ra bên trong Mặt trời. Một nghiên cứu về quang phổ bức xạ của Mặt trời cho thấy rằng chất của Mặt trời bao gồm các nguyên tố hóa học giống như trên Trái đất.*) Nhiệt độ bên trong Mặt trời cao đến mức các chất không thể tồn tại ở đó ở trạng thái rắn và lỏng, nghĩa là Mặt trời là một quả cầu khí nóng. Nhiệt độ bên trong Mặt trời, theo ước tính, phải cao hơn $10^7$ K. Ở nhiệt độ như vậy, khí bị ion hóa hoàn toàn và biến thành plasma - một chất bao gồm các ison và electron. Vậy Mặt Trời là một quả cầu plasma nóng. Nhiệt độ cao như vậy được duy trì bằng cách tìm kiếm các phản ứng nhiệt hạch từ độ sâu của Mặt trời.

Năng lượng nhiệt giải phóng trong các phản ứng được tỏa ra mọi hướng và một phần rơi xuống Trái đất.

Phần bên ngoài của Mặt Trời được gọi là khí quyển Mặt Trời. Dựa trên các đặc điểm vật lý - chủ yếu là các giá trị khác nhau về mật độ và nhiệt độ - ba lớp được phân biệt trong khí quyển mặt trời: quang quyển, sắc quyển và nhật hoa.

*) Chúng ta hãy nhớ lại rằng nguyên tố gel được phát hiện lần đầu tiên khi nghiên cứu quang phổ của ánh sáng mặt trời, do đó có tên gọi như vậy.

13

Quang quyển (trong tiếng Nga - quả cầu ánh sáng) là lớp sâu nhất của bầu khí quyển mặt trời mà chúng ta có thể quan sát được. Cái tên - “quả cầu ánh sáng” - minh họa rất rõ ý nghĩa của nó đối với chúng ta, nhưng từ nó, chúng ta nhận được phần lớn ánh sáng và cơ thể. Độ dày của quang quyển rất nhỏ - khoảng 100 km, và điều này là do Mặt trời cực kỳ sắc nét, xuất hiện trên bề mặt cứng của nó. Mức độ của quang quyển cũng rất thú vị vì ở đây người ta quan sát thấy các vết đen mặt trời, số lượng và kích thước của chúng đóng vai trò là đặc điểm nổi bật nhất của hoạt động mặt trời.

Vùng phía trên quang quyển được đặc trưng bởi mật độ giảm mạnh. Khu vực này được gọi là chromosphaeus (trong tiếng Nga - “quả cầu màu”). Trong nhật thực toàn phần, khi ánh sáng cực mạnh của quang quyển chặn đường đi giữa Mặt trời và Trái đất của Mặt trăng, sắc quyển có thể nhìn thấy dưới dạng một màu đỏ nhọn bao quanh đĩa Mặt trời. Màu sắc này là do thực tế là sắc quyển chủ yếu bao gồm hydro và khí này có vạch quang phổ sáng nhìn thấy được trong vùng màu đỏ của quang phổ.

Vùng tiếp theo của bầu khí quyển mặt trời, vành nhật hoa, có thể nhìn thấy trong nhật thực toàn phần dưới dạng vương miện màu trắng lộng lẫy, tương phản với ánh sáng đỏ của sắc quyển. Vành nhật hoa mặt trời bao gồm plasma tinh khiết có nhiệt độ khoảng 10⁶ K. Nghiên cứu đã chỉ ra rằng khí vành nhật hoa nóng (plasma) liên tục phát ra từ Mặt trời sẽ đến được Trái đất. Nhưng mật độ của nó gần Trái đất quá nhỏ nên không thể có ý nghĩa gì đáng kể.

Dòng khí vành nhật hoa thoát ra liên tục được gọi là gió mặt trời. Gió mặt trời bao gồm chủ yếu là các ison H⁺ và ⁴He⁺⁺, nhưng các thành phần khác đã được phát hiện, bao gồm ³He⁺⁺, ⁴He⁺, O⁺⁵, O⁺⁶, O⁺⁷ Một lý thuyết được chấp nhận rộng rãi giải thích các quá trình vật lý xảy ra trong gió mặt trời vẫn chưa được tạo ra, mặc dù có một số giả thuyết đưa ra các giá trị khác nhau về mật độ - từ 6,75 đến 13 hạt/cm³ (ở 0 °C và mật độ áp suất khí quyển ≈ 3·10¹⁹ hạt/cm³), nhiệt độ - từ 9·10⁴ đến 2,8·10⁵ K và tốc độ gió mặt trời - từ 165 đến 350 km/s.

Mặt trời quay quanh trục của nó cùng hướng với Trái đất, nhưng không giống Trái đất, nó không quay như một vật thể cứng. Các vùng cực của Mặt trời quay chậm hơn các vùng xích đạo, một đặc tính gọi là chuyển động quay vi sai. Tần số quay tại các điểm khác nhau của Mặt trời được xác định gần đúng theo công thức thực nghiệm

ω = 1/T₀ (1−1/8 sin²φ−1/6 sin⁴φ) vòng quay mỗi ngày Trái Đất, trong đó φ là độ lệch địa lý, T₀ là khoảng thời gian của ngày mặt trời ở xích đạo; T₀=26 ngày Trái đất. Chu kỳ quay thay đổi từ 26 ngày ở xích đạo đến 37 ngày ở hai cực, trong đó φ=90°=π/2.

Người ta biết được từ các nhà quan sát quang phổ rằng có một từ trường xung quanh Mặt trời. Ở các vùng cực của Mặt trời, trường định hướng là khoảng 10⁻⁴ T và các vectơ định hướng hướng ngược nhau. Tuy nhiên, không giống như từ trường Trái đất, từ trường của Mặt trời không đối xứng. Nguồn gốc của nó là các chuyển động phức tạp của plasma, một chất có tính dẫn điện cao.

Ít được quan tâm là các khu vực trên bề mặt mặt trời trong đó hướng của từ trường đạt giá trị cao - 0,2-0,4 Tesla. Từ trường mạnh như vậy tác dụng lên các điện tích truyền động của plasma, tức là các onns và electron, với một lực đáng kể và do đó ngăn cản sự trộn lẫn của chúng. Xét cho cùng, điện tích dẫn động là một dòng điện trong đó từ trường tác dụng với một lực tỷ lệ thuận với dòng điện và hướng của từ trường. Do đó, những khu vực có từ trường mạnh sẽ trở nên lạnh hơn và khi quan sát sẽ tối. Những “hòn đảo” tối tăm này được gọi là đốm. Diện tích của vết đen mặt trời được thay đổi có điều kiện tính bằng phần triệu diện tích của bán cầu mặt trời (MSA). Các vết đen mặt trời đôi khi đạt kích thước lên tới vài nghìn ms và vết đen mặt trời lớn nhất được ghi nhận (quan sát được vào ngày 7 tháng 4 năm 1947) có diện tích hơn 6000 ms, tức là hơn 15 tỷ km2! Trong một khu vực như vậy họ có thể đặt-

14

Hình 1.

gần như tất cả các hành tinh của hệ mặt trời.

Những đốm lớn có thể được quan sát ngay cả với ống nhòm nhỏ. (Chỉ cần đừng nhìn vào Mặt trời, nó sẽ không khâu mắt bạn trước đâu!) Tốt nhất bạn nên lấy nét hình ảnh trên màn hình trắng đặt phía sau thị kính. Nếu bạn may mắn và hướng thiết bị về phía Mặt trời khi có một nhóm lớn các điểm trên bề mặt quan sát được của nó, thì bạn cũng sẽ có thể nhìn thấy các khu vực sáng hơn xung quanh các điểm đó - flocculi. Nếu rất may mắn, bạn sẽ có thể thấy một luồng sáng đột ngột xuất hiện gần một nhóm điểm, bao phủ một khu vực đáng kể. Biết rằng bạn đã nhìn thấy một ngọn lửa mặt trời rất lớn.

Bão mặt trời bắt nguồn từ các lớp thấp hơn của quầng mặt trời, khi năng lượng khổng lồ được giải phóng vào một khu vực tương đối nhỏ trong thời gian ngắn - lên tới $10^{25}$ J (tương đương với vụ nổ $2 \cdot 10^{15}$ tấn thuốc nổ tiêu chuẩn). Nhiệt độ của chất trong vùng bùng phát có thể đạt tới $10^8$ K. Ngọn lửa đi kèm với bức xạ mạnh. Cường độ lớn nhất của bức xạ này xảy ra ở vùng RENTEN và vùng cực tím trong quang phổ của nó, cũng như ở vùng màu đỏ nhìn thấy được của quang phổ. Và chỉ những tia sáng mạnh nhất mới được nhìn thấy dưới ánh sáng trắng. Đây là một sự kiện rất hiếm.

Cho đến nay vẫn chưa có lý thuyết nào thỏa đáng để giải thích

nguồn gốc của tia lửa mặt trời. Nhưng nhiều nhà khoa học cho rằng nguyên nhân rất có thể gây ra ngọn lửa là cái gọi là sự hủy diệt của từ trường mạnh trong quầng mặt trời, trong đó năng lượng của từ trường được chuyển thành động năng của các hạt tích điện tạo nên khí vành.

Nhiều năm quan sát đã chỉ ra rằng hình dạng của vết đen mặt trời thay đổi theo thời gian. Có những ngày không có đốm nào cả nên chúng xuất hiện, lớn dần, số lượng tăng lên, đạt mức tối đa rồi giảm xuống mức tối thiểu. Sự hình thành vết đen của Mặt trời là có tính chu kỳ. Trung bình, khoảng thời gian này là 11 năm, nhưng nhìn chung sự hình thành prana là một hiện tượng rất phức tạp và trên thực tế, thời gian của chu kỳ thay đổi từ 7 đến 17 năm. Để mô tả hoạt động của Mặt trời, nó sử dụng cái gọi là số Sói $W$, được xác định bởi biểu thức

$$W = k(10f + g),$$

trong đó $g$ là số lượng điểm riêng lẻ tại một thời điểm nhất định, $f$ là số nhóm điểm, $k$ là hệ số tỷ lệ, tùy thuộc vào thiết bị cụ thể được sử dụng để quan sát. Hình 1 cho thấy biểu đồ thay đổi số lượng Sói theo thời gian (các điểm đã được quan sát thường xuyên kể từ năm 1700).

15

Như đã biết, liên lạc vô tuyến trên Trái đất giữa các điểm nằm ở khoảng cách rất xa nhau chỉ có thể thực hiện được nhờ sự hình thành của các lớp dẫn điện cao trong bầu khí quyển Trái đất, được gọi là tầng trong. Các lớp này nằm ở độ cao từ ~ 70 đến 400 km. Độ dẫn điện của chúng là do các ion và electron tạo ra từ sự ion hóa không khí bởi bức xạ cực tím từ Mặt trời.

Khả năng liên lạc vô tuyến đường dài được xác định bởi khả năng phản xạ sóng vô tuyến của tầng trong, do đó có thể vượt xa đường chân trời nhìn thấy được. Sóng vô tuyến bị phản xạ từ tầng trong vì nó có tính dẫn điện. Giống như kim loại phản chiếu ánh sáng khả kiến ​​do chúng có tính dẫn điện cao. Mật độ electron cao ở những nơi (khoảng $10^{22}$ electron/cm$^3$). Sóng vô tuyến có tần số khác nhau được phản xạ ở các độ cao khác nhau. Thực tế là sóng bị phản xạ từ tầng trong nếu tần số $v$ của sóng nhỏ hơn một giá trị tới hạn nhất định. Giá trị của tần số tới hạn này phụ thuộc vào mật độ electron trong tầng trong và được xác định theo công thức

$$v = \frac{e^2}{m\varepsilon_0} n,$$

trong đó $e, m$ là điện tích và khối lượng của electron, $\varepsilon_0 = 8.85 \cdot 10^{-12} \text{Ф/m}$ là hằng số điện, $n$ là mật độ electron. Sóng có tần số cao hơn truyền qua lớp phi quyển và không bị phản xạ từ nó. Rõ ràng là sóng càng lớn (tần số càng thấp) thì mật độ của các phần tích điện mà sự phản xạ xuyên qua sẽ càng thấp.

Mật độ electron trong khí quyển thay đổi ở các độ cao khác nhau (Hình 2). Tuy nhiên, giá trị của mật độ electron ở độ cao nhất định liên tục thấp hơn do nhiều nguyên tắc. Vì tầng khí quyển phía trên chịu ảnh hưởng của bức xạ mặt trời nên rõ ràng sự ion hóa xảy ra nhiều nhất vào buổi trưa, khi Mặt trời ở vị trí cao nhất trên bầu trời. Sự ion hóa ít nhất được quan sát thấy vào ban đêm, không lâu trước bình minh. Chắc hẳn những người thích mày mò máy thu thanh từ lâu đã nhận thấy rằng một đài phát thanh vốn chỉ nghe được trên sóng ngắn lại có thể nghe rất rõ ở dải sóng giữa. Nếu bạn nhận thấy hiệu ứng này, hãy biết rằng bạn đang phải đối mặt với một trong những tác động của vật lý mặt đất!

Tất nhiên, ngoài mật độ electron đáng kể, còn có những lý do khác dẫn đến sự thay đổi mật độ electron. Cố gắng giải thích cách một đài phát thanh nên thay đổi tần số phát sóng tùy thuộc vào thời gian trong năm và giai đoạn của chu kỳ hoạt động của mặt trời. Hình 3 sẽ giúp bạn trả lời câu hỏi này, trong đó cho thấy sự phân bố điển hình của mật độ electron trong khí quyển tại các thời điểm cực đại (đường cong bên phải trong hình) hoặc cực tiểu (đường cong bên trái) của chu kỳ mặt trời.

Các tia sáng xảy ra trên Mặt trời cũng có tác động mạnh mẽ đến tầng trong. Tăng đáng kể

17

hình cầu, với nhiều nguyên tử hoặc phân tử trung tính khác nhau của không khí ở tầng trên của khí quyển. Trong những sự kiện này, các nguyên tử bị đốt cháy, nghĩa là các electron bị tách ra khỏi chúng. Trong quá trình ngược lại, khi electron lại kết hợp với electron kia, tạo thành nguyên tử trung hòa, ánh sáng sẽ phát ra. Bước sóng của ánh sáng này phụ thuộc vào loại nguyên tử. Do đó, oxy làm bầu trời có màu xanh lục và ánh sáng đỏ sẫm là do nitơ.

Cách đây khá lâu, người ta đã nhận thấy rằng các cơ hội địa từ và cực quang xuất hiện thường xuyên hơn và mạnh hơn trong thời kỳ cực đại của chu kỳ mặt trời. Hầu hết sự gia tăng có thể liên quan đến sự di chuyển của các điểm trên đĩa mặt trời hoặc do các tia sáng mạnh. Nhưng đồng thời, các điểm giống nhau đi qua đĩa mà không gây ra khả năng địa từ; Có những đợt bùng phát mạnh mẽ không gây hậu quả gì trên Trái đất. Do đó, người ta phải kết luận rằng bản thân các vết đen mặt trời và quầng sáng không liên quan trực tiếp đến khả năng địa từ. Nhưng có một hiệu ứng không đổi cho thấy sự hiện diện của các dòng hạt tích điện chuyển động từ Mặt trời. Đây là xu hướng bão từ lặp lại với chu kỳ khoảng 27 ngày. Con số này gần với chu kỳ quay của Mặt trời. Theo đó, “tác nhân” mặt trời gây ra chúng lan truyền dưới dạng một đường đi giới hạn theo vòng quay của mặt trời. Điều thú vị là khả năng lặp lại trong 27 ngày rõ ràng hơn trong thời gian hoạt động tối thiểu của mặt trời, khi “tiêu điểm” nhỏ. Những vùng có thành mỏng này của Mặt trời, gây ra các khả năng địa từ, được gọi là vùng M và trong một thời gian dài, chúng không thể được lắng đọng cùng với bất kỳ sự hình thành cụ thể nào trên Mặt trời. Tình hình gần đây đã trở nên rõ ràng hơn phần nào, khi cái gọi là lỗ vành được phát hiện. Tên này được đặt cho các vùng của quầng mặt trời có mật độ và nhiệt độ đặc biệt thấp. Những khu vực này được đặc trưng bởi mức độ bức xạ thấp trong phạm vi cực tím, vi sóng RENTEN.

Người ta cho rằng sự hiện diện có liên quan đến cấu trúc của từ trường mặt trời - trong vùng lân cận của lỗ, trường được định hướng sao cho nó không có tác động đáng chú ý đến chuyển động của các hạt tích điện của khí vành, và chính từ vùng này, các dòng hạt tích điện mạnh nhất lao vào không gian vũ trụ.

IV

Chắc hẳn nhiều học sinh, sinh viên đã nghĩ: “Ôi, mình sinh ra đã muộn quá! Mọi thứ trong khoa học đều đã được khám phá rồi”. Vâng, thực sự, rất nhiều điều đã được thực hiện. Nhưng khoa học về Mặt trời và nó

20

Bằng cách sử dụng các bức ảnh, có thể đưa ra hai quan sát cho thấy nguồn gốc của hai bằng chứng khác nhau. Chúng tôi sẽ dạy từ họ.

Quan sát 1. Xét mạng vuông đơn giản nhất. Trong Hình 3, vùng $D_6(O)$ được đánh dấu màu đỏ; Ngoài ra, mặt phẳng được chia thành các ô vuông bằng nhau bằng các đường màu đen dày sao cho mỗi nút $Q$ đóng vai trò là tâm của một trong các ô vuông; hình vuông này - hãy ký hiệu nó là $D(Q)$ - thu được bằng cách chuyển hình vuông trung tâm $D(O)=D_1(O)$ sang vectơ $\overrightarrow{OQ}$. Nếu chúng ta cắt toàn bộ mặt phẳng dọc theo các đường in đậm thành các hình vuông $D(Q)$ và chuyển tất cả các hình vuông sao cho chúng trùng với tâm $D(O)$, thì các mảnh màu đỏ $D_6(O)$ sẽ lấp đầy chính xác hình vuông trong một lớp, không chồng lên nhau (điều này cũng đúng với các phần của khu vực $D_r(O)$ cho mỗi $r=2, 3, ...$; chúng tôi khuyên người đọc nên kiểm tra điều này nhiều $r$ vì vậy rằng không có nghi ngờ gì về điều này). Tất nhiên, từ đây, sẽ ngay lập tức suy ra rằng $D_6(O)$ (và $D_r(O)$ cho mỗi $r$) có cùng diện tích với $D_1(O)$.

Quan sát 2 sẽ được minh họa, để cho đa dạng, bằng ví dụ về một mạng các đỉnh của các hình lục giác đều lấp đầy một mặt phẳng. Hình 2 hiển thị các vùng $D_r(O)$ cho $r=1, 2, ..., 6$.

Tương tự, chúng ta có thể xây dựng các vùng $D_r(Q)$, lấy bất kỳ nút $Q$ nào khác của mạng làm nút trung tâm. Trong hình trên p. 19, một số khu vực $D_4Q$ được đánh dấu - mỗi khu vực có cùng màu với tâm của nó $Q$; tất cả các khu vực $D_4Q$ cho $Q$ khác nhau điền vào mặt phẳng trong một lớp mà không chồng lên nhau. (Điều tương tự cũng đúng với diện tích $D_r(Q)$ với mọi $r=1, 2, ...$) Vì vậy, diện tích $D_4Q$ (và $D_r(Q)$ với mỗi $r$) là “trung bình” được làm phẳng bởi một nút. Chúng tôi sẽ làm rõ đây là gì bên dưới, nhưng bây giờ chúng tôi xây dựng một bổ đề giải thích cả hai quan sát.

Bổ đề chính. Vùng $D_r(O)$ bao gồm các điểm $M$ của mặt phẳng mà nút $O$ là khoảng cách thứ r từ điểm $M$.

Trước tiên chúng ta hãy xem xét trường hợp $r=1$. Lưu ý rằng đường vuông góc được vẽ với đoạn $PO$ ở giữa của nó chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng sao cho các điểm $M$ ở một trong hai mặt phẳng đó (chứa $O$) gần với $O$ hơn là $P$, ở điểm kia - ngược lại. Các vùng $D(O)=D_1O$ là giao điểm của các nửa mặt phẳng (chứa $O$) đó cho tất cả các nút có thể có $P$ khác với $O$. Do đó, $D(O)$ bao gồm một điểm $M$, trong đó nút $O$ gần với tất cả các nút khác $P^*$).

*) Sự phát triển tương tự trên “miền Dirichlet” đã được sử dụng trong lời giải bài toán M765 (xem Kvant, 1983, Số 2, trang 41 và 1984, Số 3, trang 47).

21

Bây giờ đặt $M$ là điểm xếp hạng $r > 1$ (đối với tâm $O$). Từ định nghĩa xếp hạng cho trong điều kiện, suy ra rằng, khi di chuyển dọc theo một đường nhất định từ điểm $M$ đến $O$, chúng ta cắt chính xác $r - 1$ các đường thẳng được vẽ - các đường vuông góc phân giác của một số đoạn $OP_1, OP_2, \dots, OP_{r-1}$. (Con đường này có thể được xây dựng như thế này: đầu tiên chúng ta đi dọc theo một đoạn thẳng từ điểm $M$ đến bất kỳ điểm biên nào của vùng $D_r(O)$ và $D_{r-1}(O)$, sau đó dọc theo một đoạn khác đến điểm biên của vùng $D_{r-1}(O)$ và $D_{r-2}(O)$, v.v. Đến vùng $D_1(O) = D(O)$, chúng ta đi theo một đoạn thẳng chúng ta đi đến điểm $O$. Điều này có nghĩa là có $r - 1$ nút $P_1, \dots, P_{r-1}$, mà $M$ gần hơn với $O$ Bổ đề đã được chứng minh.

Bây giờ chúng ta áp dụng bổ đề để phân tích các quan sát của mình.

$1^\circ$. Đặt mạng sao cho khi chuyển sang vectơ $\overrightarrow{OQ}$; trong đó $O$ và $Q$ là bất kỳ nút nào của nó, toàn bộ mạng được kết hợp với chính nó. (Điều kiện này được thỏa mãn bởi mạng vuông, mạng “tam giác” trong Hình 1 và nói chung là bất kỳ mạng nào có các đầu của vectơ $m \cdot \overrightarrow{OA} + n \cdot \overrightarrow{OB}$, trong đó $OAB$ là một tam giác cố định, và $m$ và $n$ là các số nguyên tùy ý.) Dưới đây chúng ta sẽ chỉ gọi các bản dịch song song cho các vectơ $\overrightarrow{OQ}$ là “các bản dịch”. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng đối với bất kỳ điểm nội bộ $M$ nào của “miền Dirichlet” $D(O)$ đều có một phép chuyển $T$ sao cho $T(M) \in D_r(O)$ và nếu $T(M)$ nằm trong miền $D_r(O)$, thì có chính xác một phép chuyển như vậy $T$. Nói cách khác, vùng $D(O)$ được chia thành nhiều phần, với các lần chuyển $T$ trong đó vùng $D_r(O)$ được hình thành. Đặt $M$ là một điểm sao cho $r - m$ là một nút $Q$ cách nó một khoảng. Theo bổ đề then chốt $M \in D(O) \cap D_rQ$, và do đó khi chúng ta chuyển $T$ sang vectơ $\overrightarrow{OQ}$, chúng ta thu được $T(M) \in D_r(O)$. Việc truyền $T$ được xác định duy nhất nếu không có nút mạng $X$ nào mà $|MQ| = |MX|$.

Hình 2.

Hình 3.

22

Dễ dàng thấy rằng điều kiện này được thỏa mãn bởi mọi điểm nội $D(O)$ nằm bên ngoài một số hữu hạn các đoạn thẳng. Các đoạn này chính xác là các đường mà $D(O)$ phải được cắt dọc theo để thêm $D_r(O)$ từ các phần kết quả.

$2^\circ$. Đặt mạng sao cho đối với bất kỳ nút $P$ và $Q$ nào, người ta có thể chỉ định một số cách tự căn chỉnh của mạng, chuyển đổi $P$ thành $Q$ (không giống như $1^\circ$, đây có thể là một phép quay chứ không chỉ là một bản dịch).

Theo bổ đề chính, đối với mỗi điểm $M$ chỉ có một nút $Q$, trong đó $M \in D_r(Q)$ là nút $r$ xét về khoảng cách đến điểm $M$. Rõ ràng là các vùng $D_r(Q)$ dành cho $Q$ khác nhau chỉ giao nhau dọc theo các ranh giới. Các điều kiện áp đặt cho thấy rằng tất cả các vùng $D_r(Q)$ đều giống nhau - khi mạng được kết hợp, việc biến đổi $Q$ thành $O$, $D_r(Q)$ sẽ chuyển thành $D_r(O)$.

Bây giờ chúng ta hãy giải thích lý do tại sao $D_r(Q)$ có kích thước bằng nhau đối với các $r$ khác nhau. Chúng ta hãy đặt giới hạn sau cho một mạng nhất định theo “mật độ”: $\alpha = \lim_{N \to \infty} \frac{K(N)}{N^2}$, trong đó $K(n)$ là số nút nằm trong một hình vuông có kích thước $N \times N$ với tâm $O$. Hãy chứng minh rằng $\alpha = \frac{1}{S_r}(S_r - \text{плошадь области } D_r(Q))$ với mỗi

dogo $r$. Gọi $L_r$ là khoảng cách gần nhất của điểm $D_r(O)$ với $O$, $N > L_r$. Sau đó, đối với tất cả $K(N)$ nút $Q$ của hình vuông $N \times N$ hợp của diện tích $D_r(Q)$ bao phủ hình vuông $(N - L_r) \times (N - L_r)$ và được chứa trong hình vuông $(N + L_r) \times (N + L_r)$, do đó

$$\left(1 - \frac{L_r}{N}\right)^2 = \frac{(N - L_r)^2}{N^2} \leqslant \frac{S_r \cdot K(N)}{N^2} \leqslant \frac{(N + L_r)^2}{N^2} = \left(1 + \frac{L_r}{N}\right)^2.$$

Tại $N \to \infty$ bên phải và bên trái càng gần 1 càng tốt nên có giới hạn $\lim_{N \to \infty} = \frac{S_r \cdot K(N)}{N^2} = 1$ nên $\alpha = \frac{1}{S_r}$; giá trị $\frac{1}{\alpha}$ là “diện tích trung bình trên mỗi nút”, cụ thể, diện tích $S_1$ của vùng $D(O)$ cũng bằng $\frac{1}{\alpha}$.

Bình luận. Việc chứng minh dấu của bổ đề Minkowski trên vật lồi có nhiều ứng dụng bất ngờ trong lý thuyết số cũng dựa trên những ý tưởng tương tự.

Bổ đề Minkowski. Cho $C$ là một hình lồi đối xứng tâm có tâm tại nút $O$ của mạng. Khi đó, nếu tỷ lệ diện tích $C$ và $D_1(O)$ lớn hơn 4 thì bên trong $C$ có một nút mạng khác với $O$.

Phác thảo bằng chứng. Đầu tiên chúng ta chứng minh rằng có các nút mạng $P$ và $Q$

23

sao cho nếu chuyển hình $\frac{1}{2} C$ thành vectơ $\vec{OP}$ và $\vec{OQ}$ thì diện tích thu được sẽ có điểm chung $X$ (phần này hoàn toàn giống với lý luận trên). Chúng ta hãy biểu thị bằng $Y$ và $Z$ các điểm thu được từ điểm $X$ bằng cách dịch chuyển sang vectơ $\vec{PO}$ và $\vec{QO}$. Những điểm này nằm trong vùng $\frac{1}{2} C$. Tiếp theo, $\vec{OY}-\vec{OZ}=\vec{OP}-\vec{OQ}$, vậy điểm $A$, là trung tâm $\vec{OY}-\vec{OZ}$, là một nút mạng. Lưu ý rằng từ độ lồi và tính đối xứng tâm của hình $C$, suy ra rằng điểm cuối của vectơ $\vec{OY}-\vec{OZ}=\frac{1}{2}(\vec{OY}+2(-\vec{OZ}))$ nằm ở $C$.

Rõ ràng là lý do $1^\circ$ và $2^\circ$ hoàn toàn có thể áp dụng cho các mạng không gian: đối với chúng, nó liên quan đến “mặt phẳng giữa” đối với tham số nút $O, P$ và thể tích của các “ô” tương ứng $D_1(O)$ và $D_r(O)$. Hình 4, $a$-6, $a$ hiển thị ba mạng phổ biến nhất - lập phương đơn giản, lập phương tâm khối và lập phương granit. Các khu vực tương ứng $D(O)$ và $D_2(O)$ được hiển thị trong Hình 4, $6$—6, $6$ và 4, $8$—6, $8$. Các khối đa diện trong Hình 4, $8$ và 5, $6$ được gọi là hình thoi, và khối đa diện trong Hình 6, $6$ là một khối bát diện cắt cụt.

Các cấu trúc hình học vốn là trọng tâm trong câu chuyện của chúng ta đóng một vai trò quan trọng trong vật lý chất rắn. Các vùng $D_r(O)$ được biết đến trong vật lý tinh thể với cái tên vùng Brillouzon, được đặt theo tên của nhà khoa học người Pháp Leon Brillouzon, người vào đầu những năm 30 đã nghiên cứu chi tiết các định luật lượng tử về chuyển động của electron trong tinh thể. Nói ngắn gọn thì có thể hiểu như thế này.

Các đặc tính về độ dẫn điện của tinh thể chủ yếu phụ thuộc vào tinh thể, chủ yếu phụ thuộc vào sự hiện diện của “khoảng trống năng lượng” - những khoảng thời gian trong đó giá trị năng lượng của electron thu được không giảm. Đối với một electron tự do (không tương tác với tinh thể), đồ thị năng lượng theo động lượng là một parabol (động năng tỉ lệ với bình phương vận tốc, Hình 7, $a$). Nếu electron tương tác với các pon của mạng tinh thể thì sự gián đoạn sẽ xuất hiện trong biểu đồ về sự phụ thuộc của năng lượng vào động lượng ở những giá trị động lượng nhất định. Đối với tinh thể “một chiều”, biểu đồ sẽ trông giống như biểu đồ được hiển thị trong Hình 7, $6$. Đối với tinh thể “hai chiều” và tinh thể “ba chiều” thực, xung $\vec{p}$ là một vectơ. Sau khi đồng ý vẽ các vectơ $\vec{p}$ này từ một điểm $O$ - gốc tọa độ, chúng ta thu được một không gian (hai chiều hoặc ba chiều), các điểm tương ứng với các giá trị của xung - cái gọi là không gian xung. Một mạng gồm $A$nguyên tử nhất định trong không gian tổng quát được liên kết một cách tự nhiên với một số “kép” nào đó của mạng $A$ $P$ trong không gian động lượng (các nhà vật lý thường gọi nó là mạng nghịch đảo). Với lựa chọn thang đo phù hợp trong không gian động lượng, người ta cho như sau: vectơ $\vec{p}$ thuộc về $P$ nếu tích vô hướng $\vec{a} \cdot \vec{p}$ là số nguyên cho tất cả các vectơ $\vec{a}$ nối hai điểm mạng $A$.

Bài tập. a) Giải thích tại sao các đầu $P$ của các vectơ $\vec{p}=\vec{OP}$ đó tạo thành một mạng tinh thể. b) Vẽ các mạng kép $P$ cho các mạng $A$ như trong Hình 1, 2, 3.

Hóa ra, sự gián đoạn năng lượng (như các hàm trong không gian động lượng) phát sinh chính xác trên mặt phẳng, đó là “các đường phân giác vuông góc” của các đoạn $OP$, trong đó $P$ là các điểm của mạng kép. Việc chuyển song song tất cả các phần của vùng Brillison $D_r(O)$ $r$ sang vùng chính $D_1(O)$ mà chúng tôi đã sử dụng trong lời giải bài toán M800, cũng có ý nghĩa vật lý.

24

Đài phun nước trong công viên và nhà ở

S. L. GAVRILOV

Tổ tiên của đài phun nước hiện đại đã xuất hiện từ lâu - khi con người đầu tiên xếp đá vào suối. Nước đổ ra như dăm bào, việc đổ đầy đồ sành và đĩa gỗ của anh trở nên thuận tiện. Trải qua hàng thiên niên kỷ, tấm ốp đá đã mang một ý nghĩa tự nhiên. Những tác phẩm nghệ thuật như vậy xuất hiện dưới dạng đài phun nước ở Hy Lạp cổ đại, La Mã, sau đó là Versailles và Petrodvorets (Petrodrofos). Nhưng cho đến cuối thế kỷ này, mục đích sử dụng của các đài phun nước vẫn được bảo tồn - người dân đã lấy nước từ chúng. Điều này có thể hiểu được: bản thân từ “đài phun nước” có nguồn gốc từ tiếng Latin uns.

Kiến trúc Nga rất chú trọng đến hình thức của đài phun nước. Từ thế kỷ 18, đài phun nước ở Nga đã là một phần không thể thiếu trong kiến ​​trúc cung điện và công viên. Ví dụ nổi bật nhất về điều này là đài phun nước Petrodvorets, nơi ở của các sa hoàng Nga, được thành lập bởi Peter I vào năm 1709 (xem ảnh trên). Những kiến ​​trúc sư nổi tiếng như Rastrelli, Quarenghi và những người khác đã tham gia vào công trình kiến ​​trúc của nó. Công việc kỹ thuật thủy lực được giám sát bởi kỹ sư Tuvolkov.

Đây là những gì nghệ sĩ người Nga Alexander Benois đã viết về Petrodvorets: “Đây là nơi ở của vua biển cả. Đài phun nước ở Peterhof không phải là phần phụ mà là thứ chính. Chúng là biểu hiện mang tính biểu tượng của vương quốc nước, một đám mây phun nước từ biển bắn tung tóe ra khỏi bờ Peterhof.”

Điều đáng chú ý là do vị trí thuận lợi của khuôn viên cung điện nên không cần xây dựng công trình nâng nước để cấp nước cho các đài phun nước. Nước được thu thập ở các con sông xung quanh và chảy qua một đường ống dẫn rộng rãi đến Petrodvorets. Và áp lực cần thiết để đài phun nước hoạt động được tạo ra do sự chênh lệch cấp độ tự nhiên.

Các kiến ​​trúc sư Tây Âu cũng tiếp tục quan tâm đến đài phun nước. Kể từ thời Phục hưng, nhiều đài phun nước tuyệt đẹp đã được xây dựng ở châu Âu và vẫn để lại ấn tượng lâu dài. Nhưng tượng đài nổi bật nhất về kiến ​​trúc cảnh quan sử dụng đài phun nước là Versailles, nơi ở của các nữ hoàng Pháp, được xây dựng vào nửa sau thế kỷ 17 theo thiết kế của kiến ​​trúc sư Andre Le Nôtre.

26

Hình 4.

Hình 5.

Anh ấy sử dụng chai dược phẩm có hai lỗ cùng với quả bóng và chai cao su có ống thủy tinh (Hình 2). Bồn tắm phía trên được làm đặc biệt cũng không cần thiết. Nó có thể dễ dàng được thay thế bằng một chiếc bát thông thường có gắn ống cao su đúng cách. Thiết kế này cũng thú vị vì bằng cách thay đổi vị trí tương đối của các chai, bạn có thể thay đổi chiều cao của vòi phun.

Điều tương tự cũng có thể đạt được nếu đặt một loại “bộ tăng áp thủy lực” vào phần cắt của ống truyền áp suất không khí từ bình B sang bình B.

Hình 6.

nia》—bình chứa chất lỏng mật độ cao (Hình 3). Hiệu ứng ở cấp độ nano có thể đạt được bằng cách sử dụng rutulium, chất này cũng gấp 13,6 lần nước. Nhưng làm việc với nó rất nguy hiểm, vì vậy tốt hơn là sử dụng dung dịch cols hoặc đường trong nước. Đường có phần được ưu tiên hơn, vì, không giống như muối, nó không tạo ra dung dịch bão hòa và cho phép bạn thu được một loại “xi-rô” có mật độ cao hơn mật độ của nước 1,5 lần.

Hoặc bạn có thể bố trí một đài phun nước chạy bằng hơi nước. Những thiết kế như vậy được sử dụng trong thực tế khi người ta chưa biết đến máy bơm chạy bằng điện. Một ví dụ về sơ đồ đài phun nước “hơi nước” được thể hiện trong Hình 4. Khi nước được đun nóng trong bình A, hơi nước sẽ hình thành, tạo ra áp suất dư thừa trong bình B, đẩy nước ra khỏi bình.

Một đài phun nước như vậy không khó để tái tạo. Bạn chỉ cần nhớ rằng bình A phải được làm bằng thủy tinh chịu nhiệt (bạn có thể dùng bình kim loại) và các mối nối phải đủ kín. Nút đậy bình rất dễ làm từ cao su đặc và đáp số-

Đài phun nước Latona ở Versailles. Đài phun nước bao gồm bốn hồ lớn, cái này nhô lên trên cái kia. Ở trung tâm, trên một bệ tròn là tượng của Bosinny Latona. Những con chim chiền chiện và thằn lằn ở ba hồ phía trên nổi lên từ vòi phun thành những dòng nước gần như che khuất hình dáng của Latona. Máy bay phản lực xi lanh đổ nước từ bể trên xuống bể dưới.

27

Cách tốt nhất để làm điều này là cắt chúng bằng một ống kim loại có thành mỏng có cạnh nhọn.

Đài phun nước này cũng có thể hoạt động nếu cặp đôi sử dụng không khí cuộn lại với nhau. Để làm được điều này, bình phải được thay thế bằng một buồng đã được bơm căng trước từ quả bóng chuyền hoặc bất kỳ hộp cao su phù hợp nào khác. Khi áp suất trong buồng giảm, đài phun nước sẽ tự nhiên yếu đi. Để ngăn điều này xảy ra quá nhanh, bạn có thể đặt một bình lên buồng, như trong Hình 5. Khi đổ đầy nước, bình sẽ ấn vào buồng với một lực lớn hơn, lực này ở một mức độ nào đó sẽ thay thế độ giảm áp suất trong buồng.

Đài phun nước cũng có thể được kích hoạt bằng cách sử dụng khí thải ra trong một số phản ứng hóa học nhất định. Ví dụ, tôi sử dụng phản ứng trung hòa axit axetic với baking soda, giải phóng một lượng carbon dioxide vừa đủ.

Đài phun nước trong Hình 6 thú vị ở chỗ nó định kỳ dừng hoạt động và sau một thời gian nhất định nó sẽ hoạt động trở lại. Khi đầu dưới của ống B đang mở, hãy chạm vào chúng một cách chắc chắn. Nhưng có lẽ chúng ta chưa dành đủ sự quan tâm đến những người chưa xác định được sở thích của mình, những độc giả “mới bắt đầu” của chúng ta. Để thu hút anh ấy bằng toán học và vật lý, khơi dậy niềm yêu thích của anh ấy đối với những ngành khoa học này là bài toán của chúng tôi. Rõ ràng, cần có một loạt các bài viết và bài toán mức độ phức tạp khác nhau để dần dần giới thiệu cho người đọc về nhiều vấn đề khó khăn.

Tất nhiên, điều rất quan trọng là cách đọc tạp chí. Dần dần, sự chú ý và kiên nhẫn là cần thiết. Và điều chính là tìm kiếm bản gốc lời giải. Đây là nơi sự sáng tạo độc lập bắt đầu. Nó đòi hỏi rất nhiều công sức, nhưng nó cũng mang lại sự hài lòng thực sự. Bạn cần phải làm việc không phải để làm ai đó ngạc nhiên mà để học được điều gì đó mới, để hiểu điều gì đó, để thâm nhập sâu hơn vào một hiện tượng thiết yếu.

Đây, nếu bạn muốn, vừa là mong muốn vừa là sự thừa nhận…

29

c) lập phương của một số nguyên bằng 0,1 hoặc -1 modulo 9;
d) lập phương của một số nguyên bằng 0,1 hoặc -1 modulo 7;
e) đối với n lẻ, các số n^n và n bằng modulo 8.

Bài toán 1. Chứng minh các bổ đề này.
Bài toán 2. Chứng minh rằng mọi môđun số tự nhiên 3 và 9 đều bằng tổng các chữ số của nó trong ký hiệu thập phân.

Chúng ta hãy minh họa việc áp dụng Bổ đề a) -6) bằng cách trả lời câu hỏi sau. Số 97531 là hình vuông hay hình lập phương của số nguyên? Không. Nó không phải là hình vuông, nếu chỉ vì nó bằng 3 mô đun 4, và không phải là hình lập phương, vì nó bằng 7 mô đun 9 (vì tổng các chữ số của nó là 25). Như bạn có thể thấy, thành công thường được quyết định bởi việc lựa chọn thành công mô-đun.

Ví dụ 3. Chứng minh tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không phải là bình phương của một số nguyên.

Lời giải. Hãy thử suy luận theo mô đun 3. Nếu số đầu tiên chia hết cho 3 thì bình phương của chúng sẽ tạo thành, theo mô đun 3, dãy 0,1,1,1,0,1 và do đó tổng của chúng bằng 0 theo mô đun 3. Chúng ta không gặp mâu thuẫn: bình phương của một số nguyên có thể bằng 0 theo mô đun 3. Chà, điều này có nghĩa là chúng ta đã chọn mô đun kém. Hãy thử suy luận theo môđun 4. Dễ dàng thấy rằng trong trường hợp này, tùy thuộc vào số đầu tiên là số chẵn hay số lẻ, chúng ta kết thúc bằng dãy 0,1,0,1,0 có tổng bằng 2 hoặc dãy 1,0,1,0,1 có tổng bằng 3. Nhưng kết quả của Bổ đề 6) nói rằng bình phương của một số nguyên không thể bằng 2 hoặc 3 môđun 4.

Bài toán 3. Chứng minh rằng mỗi số sau không thể là bình phương của một số nguyên:
a) tổng bình phương của ba số lẻ;
b) một số có ký hiệu thập phân gồm 20 số đơn vị và một số bằng 0;
c) 2^2+4^4+6^6+…+50^50.

Tất nhiên, không phải lúc nào cũng có thể giải bài toán thuộc loại này bằng cách suy luận chỉ ở mô đun 3 hoặc 4.

Bài toán
4. Tìm tất cả các số tự nhiên n biết số đó là 1!+2!+3!+…+n! là bình phương của một số nguyên.*)
5. Chứng minh rằng số 222…2 (số 2 năm 1982) không thể biểu diễn dưới dạng xy(x+y), trong đó x và y là số nguyên.

*) Viết n! biểu thị giai thừa của số n, tức là n! = 1 • 2 • 3 • … • (n-1) • n.

6. Chứng minh rằng tổng bình phương của ba số liên tiếp không thể là lập phương của một số nguyên.

Hãy xem xét hai ví dụ khó khăn hơn.

Ví dụ 4. Chứng minh rằng số 1^1+2^2+3^3+…+1983^{1983} không thể biểu diễn dưới dạng m^k, trong đó m và k là các số tự nhiên, k ≥ 2.

Lời giải. Hãy bắt đầu với lý luận theo mô đun 3. Vì bất kỳ số nguyên nào đều bằng 0,1 hoặc -1 mô đun 3, nên a^n bằng a^2 mô đun 3 đối với n chẵn và a^n bằng mô đun 3 đối với n lẻ. Từ đó ta có thể suy ra rằng các số 1^1, 2^2, 3^3, … có dạng, mô đun 3, một dãy tuần hoàn có chu kỳ dài 6, gồm các số 1, 1, 0, 1, -1, 0. Sử dụng tính tuần hoàn này, dễ dàng chứng minh được rằng tổng này bằng 2 mô đun 3 và do đó không thể là số chính phương. Nhưng làm thế nào chúng ta có thể chứng minh rằng tổng này không thể là lập phương, lũy thừa thứ năm, v.v.?

Sự trợ giúp cần thiết được cung cấp bởi mô đun 4. Theo mô đun này, các số 1^1, 2^2, 3^3, … cũng tạo thành một dãy tuần hoàn có chu kỳ 1,0, -1, 0 có độ dài 4, nghĩa là tổng 1^1+2^2+3^3+…+1983^{1983} chia hết cho 4. Do đó, nếu tổng này có dạng m^k, trong đó k ≥ 3, thì nó sẽ chia hết cho 8. Chúng ta hãy kiểm tra mô đun 8 của nó. Nếu n chẵn và n ≠ 2 thì n^k chia hết cho 8, và nếu n lẻ thì n^n bằng n mô đun 8 (xem Bổ đề e)), do đó tổng này bằng mô đun 8 với tổng 2^2+1+3+…+1983. Nhưng số tiền này không chia hết cho 8 (nó bằng 984068).

Ví dụ 5. Hai dãy số nguyên. (x_n) và (y_n) được xây dựng sao cho x_1=x_2=10, y_1=y_2=-10, x_n+2=(x_n+1)+1)x_n+1, y_n+2=(y_n+1)+1)y_n+1 cho mọi n tự nhiên. Có thể có đẳng thức x_k=y_l đối với một số k và l không?

Lời giải. Hãy thử chọn mô đun m sao cho các dãy không đổi theo mô đun này, nghĩa là lần lượt bằng 10 và -10. Nếu x_n, x_n+1 và x_n+2 bằng 10 mô đun m thì các số 10 và (10+1)10+1=111 là mô đun m bằng nhau. Do đó, vì m chúng ta cần lấy số 101. Dễ dàng thấy rằng theo mô đun này, chuỗi (y_n) cũng hóa ra không đổi và bằng -10. Nhưng 10 và -10 không bằng môđun 101. Do đó, đẳng thức x_k=y_l là không thể.

30

Bài tập
7. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ mà số $2p^4 - p^2 + 16$ là bình phương của một số nguyên.
8. Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ mà số $3^n + 55$ là bình phương của một số nguyên.
9. Số tự nhiên $n$ sao cho số $n^2 + 1$ là số có mười chữ số. Chứng minh rằng số có mười chữ số này có hai chữ số giống nhau.
10. Số tự nhiên $n$ sao cho số $n^{n+1} + (n+1)^n$ chia hết cho 3. Chứng minh rằng $n-1$ chia hết cho 6.
11. Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bằng 0, 1 hoặc - 1 modulo 7.
12. Chứng minh rằng phương trình $15x^3 + 13y^3 = 101$ không có lời giải ở dạng số nguyên.

Trường học ở «Kvant»

Các bài tập của trường đã chọn

lớp tám

1. Tính toán:
   $$\frac{1}{\sqrt{8} - \sqrt{7}} + \frac{2}{\sqrt{10} + \sqrt{8}} - \frac{3}{\sqrt{10} - \sqrt{7}}$$
2. a) Các đường chéo của một tứ giác lồi chia nó thành 4 hình tam giác, có diện tích bằng $S_1, S_2, S_3, S_4$ (Hình 1). Chứng minh rằng $S_1S_3 = S_2S_4$.
3. Các đường chéo được vẽ theo hình thang $ABCD$ (Hình 2). Được biết, $S_{BOC} = S_1, S_{AOD} = S_2$. Tìm $S$, diện tích tam giác $ABO$.
4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác
   $$\frac{1}{r} = \frac{1}{h_a} + \frac{1}{h_b} + \frac{1}{h_c},$$
   trong đó $r$ là bán kính của hình tròn nội tiếp trong tam giác, $h_a, h_b, h_c$ là độ cao của hình tròn đó.
5. Giải hệ phương trình:
   $$\begin{cases} x^2 + 2y + 1 = 0, \\ y^2 + 2z + 1 = 0, \\ z^2 + 2y + 1 = 0. \end{cases}$$
   Hình 1.
   Hình 2.

lớp chín
6. Cho hai vectơ neoclipnear $\vec{a}$ và $\vec{b}$ có độ dài bằng nhau. Tìm góc giữa các vectơ $\vec{a} + \vec{b}$ và $\vec{a} - \vec{b}$.
7. Tính toán:
$$\left(1 - \frac{1}{2^2}\right)\left(1 - \frac{1}{3^2}\right)\left(1 - \frac{1}{4^2}\right) \dots \left(1 - \frac{1}{1984^2}\right).$$
8. Chứng minh các số là số vô tỉ: a) $\sqrt{6}$; b) $\sqrt{2} + \sqrt{3}$.
9. Giải các phương trình:
a) $(x+1)(x+2)(x+4)(x+5) = 40,$
b) $(x+1)^4 + (x+3)^4 = 82.$
10. Có thể: a) chẵn, b) lẻ, b) hàm tuần hoàn - có $n$ điểm cực trị nếu $n=0$; 1; 3; 4?

lớp mười
11. Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là số thực dương và $abc=1$ thì $a+b+c+ab+ac+bc \geq 6$.
12. Chứng minh rằng khi cắt một góc tứ giác lồi bất kỳ bởi một mặt phẳng thì sẽ thu được hình bình hành.
13. Chứng minh rằng trong mọi hình bình hành tam giác
$$\frac{1}{r} = \frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} + \frac{1}{h_3} + \frac{1}{h_4},$$
trong đó $r$ là bán kính của hình tròn nội tiếp trong tam giác, $h_1, h_2, h_3, h_4$ là độ cao của hình tròn đó.
14. Giải các phương trình:
a) $x^4 - 2x^3 - 13x^2 - 2x + 1 = 0,$
b) $x^4 + 3x^3 - 2x^2 - 6x + 4 = 0.$
15. Trong một góc tam diện, tất cả các góc phẳng ở đỉnh $O$ đều vuông. Trên các cạnh của góc này, chọn điểm: $A, B, C$. a) Chứng minh tam giác $ABC$ nhọn. b) Chứng minh rằng có thể chọn các điểm $A, B$ và $C$ sao cho tam giác $ABC$ đồng dạng với tam giác nhọn đã cho.

Ấn phẩm được chuẩn bị bởi B. M. Ivlev

Bài tập

1. Viết các số từ 1 đến 9 vào các ô vuông sao cho tất cả chín số này đều được sử dụng và các đẳng thức đã cho đều thỏa mãn.

2. Một hình tròn và một hình vuông có cùng diện tích. Một hình vuông được treo thành một hình tròn, và một hình tròn được treo thành một hình vuông. Cái nào lớn hơn: diện tích hình vuông nội tiếp hình tròn hay diện tích hình tròn nội tiếp hình vuông?

3. Số nào nên được đặt cùng với “?” theo thứ tự: 7, 17, 37, 77, ?, 317,…?

4. Tìm chìa khóa của “bức thư vô nghĩa” - một loại chữ viết bí mật trước đây được sử dụng ở Nga trong thư từ ngoại giao: “Paichik tyug t “kamashmlyutoy chmaroke” - kayponili, nimeryashveya sh Mollii izsya tsinsoraki-geltoy nemenilti.”

5. Một chiếc bình được phản chiếu trong một tấm gương lớn. Rita di chuyển gương một mét và hình ảnh phản chiếu di chuyển một mét. Zhenya di chuyển gương một mét, và hình ảnh phản chiếu di chuyển hai mét. Lily di chuyển chiếc gương một mét - hình ảnh phản chiếu không hề chuyển động. Grisha không chạm vào gương, nhưng hình ảnh phản chiếu đã di chuyển LOB của anh ấy đi một mét. Làm thế nào để bạn giải thích tất cả điều này?

Những nhiệm vụ này được giao cho chúng tôi bởi: L. P. Mochalov, A. P. Savin, N. K. Antonovich, S. V. Dvoryaninov, N. Yu. Nechuvtaev

Nhiệm vụ trong ảnh

Hoàng tử Vladimir đã chào đón ba Bogatyrs đến với mình.

Ai trong số các bạn đã bắt được tên cướp Nightingale?

Chẳng ích gì khi bám đuôi. Vì vậy, chúng tôi quyết định mỗi người sẽ có ba bài phát biểu. Anh ta sẽ nói sự thật hai lần và nói dối một lần. Sau đó, hãy tự mình quyết định xem ai đã bắt được tên cướp Nightingale.

Alyosha Popovich đã làm được điều đó.

Không phải tôi đã làm việc đó.

Tôi từ lâu đã muốn lập được một kỳ tích.

Có rất nhiều chiến binh dũng cảm ở Rus'.

Lúc đó tôi đang ở một nơi khác.

Không phải tôi đã làm việc đó.

Alyosha Popovich đã làm được điều đó.

Ilya lúc đó đang ở một nơi khác.

Khó bài toán nhưng mình sẽ cố gắng giải quyết.

Tôi biết tên cướp Nightingale sống ở đâu.

Văn bản của A. P. Savin, bản vẽ của E. V. Nazarov

33

Bài toán

M866—M870; F878—F882

M866. a) Trong tất cả các ô của hình vuông 20x20 có một người lính. Với mỗi d tối đa, liệu các binh lính có thể được sắp xếp lại vào các ô khác sao cho mỗi người di chuyển được một khoảng cách ít nhất là d không? (Khoảng cách thay đổi theo đường thẳng giữa tâm của ô cũ và ô mới; cạnh của ô là 1.)
Giải quyết tương tự bài toán
6) cho hình vuông 21×21;
c) để loại bỏ trực tiếp các ô m×n.

S. S. Krotov

M867. Trong một buổi học múa, 17 chàng trai và 17 cô gái xếp thành hai hàng song song tạo thành 17 cặp. Hơn nữa, ở mỗi cặp, chiều cao của bé trai chênh lệch với chiều cao của bé gái không quá mười cm. Chứng minh rằng nếu ở mỗi hàng bé trai và bé gái phát triển quá mức về chiều cao thì ở mỗi cặp bé trai và bé gái vẫn chênh nhau về chiều cao không quá mười cm.

A. G. Pechkovsky

M868. Các đường cao được vẽ từ các đỉnh của đáy tứ diện đến các mặt bên. Chứng minh rằng ba đường thẳng nối hai đáy của các đường cao ở mỗi mặt đều song song với cùng một mặt phẳng. (Góc phẳng ở một đỉnh không phải là góc vuông.)

I. F. Sharyzin

M869*. Các cặp số tự nhiên liên tiếp (8, 9); (288, 289) có tính chất là mỗi số này chứa bất kỳ thừa số nguyên tố nào ít nhất là lũy thừa bậc hai.
a) Tìm một cặp số liên tiếp tương tự.
6) Chứng minh rằng có vô số cặp như vậy.

A. V. Anzhans

M870. Ở một bên của hành lang vô tận có vô số phòng, được đánh số theo thứ tự số nguyên và mỗi bên có một cây đàn piano. Một số ít người theo chủ nghĩa panist sống trong những căn phòng này. (Một số người panist có thể sống trong một phòng.) Mỗi ​​ngày, một số người panist sống ở các phòng lân cận - thứ k và (k+1)th - đi đến kết luận rằng họ đang gây trở ngại cho nhau và lần lượt chuyển đến phòng thứ (k−1) và (k+2). Chứng minh rằng sau một số hữu hạn ngày việc di chuyển này sẽ dừng lại.

V. G. Iltsev

34

F878. Hai bàn ủi nhẵn tạo thành góc α với đường chân trời nằm trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng (Hình 1). Từ điểm A của một bàn ủi và từ điểm B của bàn ủi khác, hai quả bóng được tạo ra đồng thời mà không có vận tốc rèn ban đầu. Thời gian chuyển động đến mặt phẳng ngang của quả bóng thứ nhất (từ điểm A) là $t_1$, quả bóng thứ hai - $t_2$. Sau bao lâu kể từ khi hai quả bóng bắt đầu chuyển động thì khoảng cách giữa chúng là nhỏ nhất?

P. IIIkhaliev

F879. Một ô tô có khối lượng M, gắn trên các lò xo có độ cứng $k$, lăn dọc theo đoạn đường nằm ngang với tốc độ $v_0$. Sau khi vượt qua đoạn đường thẳng nghiêng có độ cao H, tạo một góc α với đường chân trời (Hình 2), ô tô đạt tốc độ $v_x$. Xác định giá trị $v_x$, biến đổi nhờ lực ma sát ở các bánh xe. Hãy xem xét rằng chu kỳ dao động của varon trên các lò xo nhỏ hơn nhiều so với thời gian cần thiết để di chuyển phần nghiêng của đường ray và dài hơn nhiều so với thời gian cần thiết để di chuyển phần tròn nối phần nghiêng và phần nằm ngang của đường ray; các lò xo chỉ “lò xo” theo hướng vuông góc với mặt phẳng của ray.

I. P. Krylov

F880. Kìm bao gồm hai phần giống hệt nhau, được nối với nhau bằng một trục tại điểm O (Hình 3). Lực tác dụng lên trục là bao nhiêu nếu hai đầu tự do của kẹp bị nén với lực F? Không có tàu trong trục.

L. G. Markovich

F881. Hai quá trình nhiệt được thực hiện trên chất khí, làm nóng chất khí từ cùng một trạng thái đến cùng nhiệt độ cuối cùng. Trên sơ đồ $p$-V, các quy trình được mô tả bằng các đường thẳng (Hình 4). Trong quá trình nào khí truyền nhiều nhiệt hơn?

A. I. Buzdin, S. S. Krotov

F882. Trong sơ đồ hiển thị ở Hình 5, $R_1 = R_2 = R_3 = R$, $C_1 = C_2 = C$. Xác định cường độ dòng điện qua nguồn bằng EMF $\beta$ a) tại thời điểm đầu tiên sau khi đóng công tắc K; 6) sau một khoảng thời gian dài hơn.

S. K. Strokov

Problems

M866—M870; P878—P882

M866. a) A toy soldier stands in each little square of a 20 by 20 square. For what largest $d$ can we interchange the soldiers so that each is moved a distance no less than $d$? The distance is the one between the centres of the corresponding little squares, whose sides are 1. Solve the same problem

b) for a 21 by 21 square;
c) for an $m$ by $n$ rectangle.

S. S. Krotov

37

cụ thể,
$$|AX| + |AY| = (|AP| + |PT|) + (|AQ| + |QT|) = |AP| + |AQ| + |PQ| = 2,$$
nghĩa là $|AX| = |AY| = 1$ hoặc $X = B, Y = D$. Khi đóqua $P$ cách đều các đường thẳng $CB$ và $CT$ ($|PB| = |PT|$), do đó $CP$ là phân giác của góc $BCT$, tương tự, $CQ$ là phân giác của góc $DCT$. Theo sau đó là $\widehat{QCP} = \widehat{DCB}/2 = 45^\circ$.

A. V. Khodulev

M852. Gọi $x, y, z$ là độ dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng các đại lượng
$$\left| \frac{x-y}{x+y} + \frac{y-z}{y+z} + \frac{z-x}{z+x} \right|$$
ít hơn $a)$ 1; $b)$ $^*$ 1/8.

◆

Trước tiên chúng ta hãy chứng minh rằng tổng của ba phân số đang xét có giá trị tuyệt đối bằng tích của chúng. Thay tử số của phân số cuối cùng $z-x$ bằng $(z-y) + (y-x)$, ta được:

$$\frac{x-y}{x+y} + \frac{y-z}{y+z} + \frac{z-x}{z+x} =$$
$$= (x-y) \left( \frac{1}{x+y} - \frac{1}{z+x} \right) + (y-z) \left( \frac{1}{y+z} - \frac{1}{z+x} \right) =$$
$$= \frac{(x-y)(y-z)}{z+x} \left( -\frac{1}{x+y} + \frac{1}{y+z} \right) =$$
$$= \frac{(x-y)(y-z)(x-z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}.$$

Bây giờ chúng ta sẽ đánh giá công việc này.

a) Vì $x, y, z$ là số dương nên các bất đẳng thức $|x-y| < x+y, |y-z| < y+z, |z-x| < z+x$ là hợp lệ, do đó

$$\left| \frac{x-y}{x+y} \cdot \frac{y-z}{y+z} \cdot \frac{z-x}{z+x} \right| < 1.$$

(Đối với điểm này, điều kiện $x, y, z$ là độ dài các cạnh của tam giác là không quan trọng.)

b) Độ dài các cạnh của tam giác thỏa mãn các bất đẳng thức sau: $|x-y| < z, |y-z| < x, |z-x| < y$, do đó

$$\left| \frac{x-y}{x+y} \cdot \frac{y-z}{y+z} \cdot \frac{z-x}{z+x} \right| < \frac{zxy}{(x+y)(y+z)(z+x)} =$$
$$= \frac{\sqrt{xy}}{x+y} \cdot \frac{\sqrt{yz}}{y+z} \cdot \frac{\sqrt{zx}}{z+x} \leqslant \frac{1}{8}$$

(trong lần chuyển đổi trước, chúng tôi đã sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình hình học và trung bình số học: $\sqrt{ab} \leqslant (a+b)/2$ cho $a > 0, b > 0$).

Nghiên cứu chi tiết hơn về các công cụ phân tích toán học cho phép chúng tôi thiết lập ước tính chính xác:

$$\left| \frac{x-y}{x+y} + \frac{y-z}{y+z} + \frac{z-x}{z+x} \right| < \frac{16\sqrt{2}-10\sqrt{5}}{3} \approx 0,089;$$

Sự bằng nhau trong ước lượng này đạt được đối với một tam giác suy biến có cạnh $z=1, y=(\sqrt{10} + \sqrt{5} + \sqrt{2})/2, x=z+y$. Hãy cố gắng tự mình ước tính chính xác điều này.

A. V. Ermilov

39

Vẫn còn phải chứng minh rằng tập hợp đã chỉ định có thể được xây dựng lại từ các kết quả về kích thước. Thật vậy, trong số đồng chỉ có một đồng xu có mệnh giá 1 kopeck, do đó, trong bộ ban đầu, tất cả các đồng xu ngoại trừ một đồng phải là mười kopeck, và đồng xu còn lại, rõ ràng, chỉ có thể là mười lăm kopeck.

B.I. Bắt đầu

M855. Có thể xuyên qua một hình tứ diện đều cứng có cạnh 1 qua một vòng có đường kính a) 1; b) 0,95; c) 0,9; e) 0,85?

a) Đáp số: bạn có thể. Để làm điều này, chúng ta định vị khối tứ diện sao cho đường thẳng đi qua tâm của hai cạnh giao nhau của nó vuông góc với mặt phẳng của hình tròn và đi qua tâm của nó (Hình 1).

6. Đáp số: bạn có thể. Hãy chứng minh rằng một tứ diện có thể đi qua một đường tròn có đường kính $3/\sqrt{11} \approx 0,905 < 0,95$; đây là đường kính của đường tròn đi qua đỉnh của tứ diện và trung điểm của hai cạnh đáy.

Chúng ta hãy đặt một vòng tròn như vậy trên đỉnh $A$ của tứ diện $ABCD$ và nâng nó lên sao cho nó đi qua đỉnh $B$ và các điểm giữa $M$ và $N$ của các cạnh $AC$ và $AD$ (Hình 2). Sau đó, chúng ta sẽ xoay hình tròn quanh trục $MN$ theo đỉnh $B$. Mặt phẳng của hình tròn sẽ cắt tứ diện dọc theo hình thang $MNL_1K_1$. Đường kính của hình tròn ngoại tiếp hình thang này là $|NK_1|/\sin NMK_1$; dễ dàng tính được rằng trong quá trình quay nó giảm ($|NK_1|$ giảm và $\sin NMK_1$ tăng). Do đó, hình tròn có thể được quay mà không gặp trở ngại nào cho đến khi rơi vào mặt phẳng $MNLK$, trong đó $K$ và $L$ là trung điểm của các cạnh $BC$ và $BD$. Bây giờ nó có thể được gỡ bỏ khỏi khối tứ diện qua cạnh $CD$ giống như cách chúng ta đặt nó qua $AB$ (trục quay tương tự như $MN$, trong trường hợp này là đường thẳng $MK$ hoặc $NL$).

b) Đáp số: có thể. Chúng tôi tiến hành gần giống như trong trường hợp 6), nhưng chúng tôi lấy các điểm $M$ và $N$ ở khoảng cách $|AM| = |AN| = 1/3$ tính từ đỉnh $A$ (trên cùng các cạnh). thì đường kính của hình tròn ngoại tiếp tam giác $BMN$ là $14/9\sqrt{3} \approx 0,898 < 0,9$. Trình tự kéo thay đổi một chút: sau khi quay quanh $MN$, mặt phẳng của hình tròn trở nên song song với cạnh $AB$, hình tròn phải được di chuyển song song sao cho chạm vào các cạnh $CA$ và $CB$ tại các điểm

40

cách đỉnh $C$ một khoảng 1/3, sau đó “theo thứ tự ngược lại” sẽ loại bỏ đường tròn đi qua $CD$.

d) Đáp số: không thể được. Một tam giác đều ở cạnh 1 không thể kéo qua một hình tròn có đường kính nhỏ hơn chiều cao của tam giác này, tức là nhỏ hơn $\sqrt{3}/2>0,85$. Nhưng còn hơn thế nữa, qua một đường tròn có đường kính 0,85 không thể kéo được một khối tứ diện, tất cả các mặt của chúng đều là hình tam giác đều.

V. V. Proizvolov

Biên tập. Sau đó, bài toán đã được chuẩn bị để in và bất chấp điều này, nó đã xuất hiện trong cuốn sách vừa được xuất bản trong bộ Thư viện «Kvant» của I. F. Sharygin “Bài toán về hình học (hình lập thể)” (M., 1984, bài toán 261). Ngoài ra còn có cách tính đường kính của hình tròn nhỏ nhất mà qua đó có thể kéo được một khối tứ diện có cạnh dài 1. Đường kính này xấp xỉ bằng 0,896; việc kéo được thực hiện theo nguyên tắc tương tự như trong lời giải bài toán c).

F862. Một thấu kính có tiêu cự $F$ và đường kính $d$ được đưa vào một lỗ có cùng đường kính trên màn chắn làm bằng vật liệu dải sáng $(d/F<2)$. Màn hình được đặt sao cho trục quang của đường thẳng trùng với mặt phẳng phân giác và vuông góc với cạnh của góc vuông nhị diện (Hình 1). Các cạnh nằm ở giữa. Việc xem xét từ cạnh của đường thẳng đến tiêu điểm của đường thẳng là $a(a>F)$. Màn hình được chiếu sáng bởi một chùm sáng rộng song song với trục đường thẳng. Hỏi phần chùm tia sáng phản xạ từ gương sẽ thoát ra và đi qua đường thẳng đó là bao nhiêu? Các chùm tia này tạo ra ảnh ở khoảng cách bao nhiêu so với đường thẳng đó?

Một chùm tia đi qua thấu kính được thu lại tại tiêu điểm của nó (Hình 2). Các tia, chỉ số hội tụ, rơi tới gương ở góc tù (kể từ $d/F<2$). Do đó, sau lần phản xạ đầu tiên từ một trong các gương, các tia sáng sẽ chiếu vào gương thứ hai. Sau khi phản xạ từ hai gương, tất cả các tia sáng (tất cả thông lượng ánh sáng) đều chiếu lên màn hứng một thấu kính.

Đối với một thấu kính, nguồn của các tia này là ảnh nhỏ nhất $S$ của tiêu điểm thấu kính, được tạo bởi các mặt gương của góc cách thấu kính một khoảng $2a+F$. Chỉ các tia nằm bên trong góc đặc $\Omega$ mới đi qua thấu kính (Hình 2 thể hiện các tia giới hạn chùm tia đi ra).

Tỷ lệ $k$ của quang thông phản xạ từ gương và truyền lại qua thấu kính bằng quang thông tương đối truyền góc khối bên trong $\Omega$ tới quang thông phản xạ từ gương. Nhưng quang thông truyền góc đặc bên trong $\Omega$ bằng quang thông đi vào thấu kính của chùm tia bên trong có đường kính $\delta$ (Hình 2), và quang thông phản xạ từ gương bằng quang thông đi vào thấu kính, tức là quang thông của chùm sáng bên trong.

41

chùm tia có đường kính $d$. Kể từ đây,

$$k = \left( \frac{\delta}{d} \right)^2.$$

Mỗi tia sáng đi qua thấu kính sau khi bị phản xạ hai lần từ gương sẽ đổi hướng theo hướng ngược lại. Do đó (xem hình 2),

$$\frac{\delta}{d} = \frac{F}{F+2a}$$

Và

$$k = \left( \frac{F}{F+2a} \right)^2.$$

Ảnh thật $S_1$ của nguồn $S$ do thấu kính tạo ra nằm trên trục quang chính của thấu kính. Khoảng cách $x$ từ $S_1$ đến thấu kính được xác định theo công thức thấu kính:

$$\frac{1}{F} = \frac{1}{F+2a} + \frac{1}{x} \Rightarrow x = \frac{F(F+2a)}{2a}.$$

A. A. Lapides

F863. Trong một lỗ khái niệm có góc 2a, một quả bóng nhảy lên trên, phản xạ đàn hồi khỏi thành lỗ. Các điểm va chạm của quả bóng với tường nằm ở cùng độ cao (Hình 1); thời gian từ lúc va chạm đến va chạm là không đổi và bằng $T$. Tốc độ bắt trung bình của bóng quanh trục lỗ là bao nhiêu nếu tốc độ tối đa của bóng $v$ nằm trong khoảng từ $\frac{1}{2}gT$ đến $\frac{gT}{2\sin \alpha}$?

Hình 2 cho thấy: 1 - mặt phẳng chứa vectơ vận tốc của quả bóng rơi và phản xạ, 2 - mặt phẳng nằm ngang, 3 - mặt phẳng tiếp xúc với bề mặt lỗ tại điểm va chạm. Thời gian từ lúc va chạm đến va chạm sẽ chỉ không đổi nếu mặt phẳng 1 vuông góc với mặt phẳng 3 và góc $\varphi$ - góc giữa vectơ vận tốc của quả bóng ngay sau va chạm và mặt phẳng nằm ngang - sao cho sin $\varphi = gT/2v$. Trong trường hợp này, cos $\gamma$ (γ là góc giữa hình chiếu của vận tốc quả bóng trước và sau khi va chạm vào mặt phẳng nằm ngang) có thể được xác định bằng công thức

$$\cos \gamma = \frac{tg \varphi}{tg \alpha} = \left( tg^2 \alpha \cdot \left( 1 - \frac{g^2 T^2}{4v^2} \right) \right)^{-1/2}.$$

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3.

Nhưng cos $\gamma = \sin \gamma_1$ (Hình 3; $2\gamma_1 = (\pi - 2\gamma)$ là góc quay của mặt phẳng chuyển động của quả bóng quanh trục của lỗ theo thời gian $T$). Điều này có nghĩa là tốc độ bắt bóng trung bình là

$$\omega = \frac{2}{T} \arcsin \left( tg^2 \alpha \cdot \left( 1 - \frac{g^2 T^2}{4v^2} \right) \right)^{-1/2}.$$

Ồ, vâng. Savchenko

F864. Cậu bé chậm rãi leo lên ngọn đồi tuyết và

42

Tacitus ở phía sau anh ta trên sợi dây trượt tuyết. Sợi dây luôn song song với tiếp tuyến của cầu trượt tại điểm đặt vật nhỏ. Đỉnh đồi nằm ở độ cao H và cách chân đồi một khoảng l (Hình 1). Trẻ sẽ phải làm bao nhiêu công khi nâng xe trượt lên đồi? Khối lượng của xe trượt là m, hệ số ma sát của xe trượt trên tuyết là μ.

Hình 1.

Hình 2.

F865. Hãy ước tính kích thước nguyên tử của ruti nếu biết: σ là hệ số sức căng bề mặt của ruti (tính theo đơn vị năng lượng/diện tích), q là mật độ của ruti, r là nhiệt dung riêng bay hơi của ruti.

và chống lại lực ma sát $A_2$. Để tìm $A_2$, hãy xem xét các chuyển động nhỏ $\Delta s$ của xe trượt dọc theo đường trượt. Để tiếp tuyến của ngọn đồi ở nơi này tạo một góc α với đường chân trời (Hình 2). Vì quá trình nâng lên diễn ra chậm và lực căng T trong dây hướng dọc theo tiếp tuyến (dọc theo $\Delta s$), nên chúng ta có thể giả sử rằng chiếc xe trượt luôn ở trạng thái cân bằng, và

$$f_{\tau p} = \mu N = \mu mg \cos \alpha.$$

Công $\Delta A_2$ thực hiện chống lại lực ma sát khi chuyển động đến $\Delta s$ bằng

$$\Delta A_2 = \mu mg \cos \alpha \cdot \Delta s.$$

Như có thể thấy trên Hình 2, $\Delta s \cdot \cos \alpha = \Delta x$ là chuyển động của xe trượt theo phương ngang. Vì vậy, rõ ràng là công sinh ra chống lại lực ma sát khi nâng chiếc xe trượt lên độ cao H bằng

$$A_2 = \mu m g l,$$

vì $l$ là tổng chuyển động ngang của xe trượt trong quá trình nâng.

Vậy tổng công mà người nhỏ thực hiện bằng

$$A = A_1 + A_2 = mg H + \mu m g l = mg (H + \mu l)$$

và không phụ thuộc vào profile của slide.

A. I. Buzdin

◆ Với mật độ phân tử dày đặc (điều này hoàn toàn đúng với chất lỏng), mỗi phân tử có 12 phân tử lân cận. (Hãy tự thể hiện điều này. Gợi ý: hãy nhìn vào các góc đặc mà tại đó các lân cận của nó có thể nhìn thấy được từ tâm của phân tử.) Trong số 12 phân tử này, 6 phân tử bao quanh nó bằng một kolyst và ba phân tử nữa nằm ở mỗi bên của mặt phẳng dung dịch kiềm. Khi chúng ta tạo ra một bề mặt tự do phẳng, chúng ta xé 3 trong số 12 phân tử khỏi phân tử, tức là chúng ta phá vỡ 1/4 tổng số liên kết.

Vì vậy, bằng cách tạo ra một bề mặt tự do có diện tích S, chúng ta thực hiện được công việc

$$A = \sigma S = \frac{1}{4} r m = \frac{1}{4} r V \varrho = \frac{1}{4} r S d \varrho,$$

trong đó $d$ là đường kính của các phân tử (“chiều cao” của một lớp). Từ đây

$$d = \frac{4 \sigma}{r \varrho}.$$

Đối với ruti $\sigma = 0,47$ J/$m^2$, $\varrho = 13,6 \cdot 10^3$ kg/$m^3$, $r = 2,82 \cdot 10^5$ J/$\mathrm{kg}$ và $d \approx 5 \cdot 10^{-10}$ m.

Hãy ước tính đường kính của một phân tử theo cách tiêu chuẩn - theo thể tích chiếm bởi 1 phân tử: thể tích trên 1 phân tử

$$v = \frac{\mu}{\varrho N_A} = \frac{1}{6} \pi d^3,$$

Ở đâu

$$d = \left( \frac{6 \mu}{\pi \varrho N_A} \right)^{1/3}.$$

Đối với ruti $\mu = 0,2$ kg/$\mathrm{mol}$ và $d \approx 3,6 \cdot 10^{-10}$ m, tức là ước tính của chúng tôi về liên kết năng lượng là hoàn toàn hợp lý.

43

Hãy xem xét liệu phương pháp ước tính này (dựa trên năng lượng liên kết) có phù hợp với các phân tử đa nguyên tử hay không.
Yu. A. Rodionov, A. Ya. Ykovlev

F866. Bể điện chính trị được kết nối thông qua một diode lý tưởng với mạng điện áp xoay chiều (Hình 1). Tìm số chỉ của ampe nhiệt (A) nếu biết rằng trong thời gian t=1 giờ m=1,078 g đồng được giải phóng ở katode. Đương lượng điện hóa của đồng k=0,33 · 10⁻⁶ kE/CL.

Hình 1.

Hình 2.

Theo Định luật Faraday thứ nhất, m=kq, khai mạc

$$q = \frac{m}{k},$$

(1)

trong đó q là điện tích truyền qua chất điện phân trong thời gian t.

Hình 2 cho thấy sự thay đổi dòng điện trong mạch với một diode lý tưởng. Như có thể thấy trên hình, tổng điện tích truyền qua mạch trong thời gian t bằng

$$q = q_{T/2} \cdot \frac{t}{T},$$

trong đó $q_{T/2}$ là điện tích truyền qua mạch trong nửa chu kỳ dao động của dòng điện trong mạng, bằng

$$q_{T/2} = \int_{0}^{T/2} I_m \sin \omega t dt = -\frac{I_m}{\omega} \cos \omega t \Bigg|_{0}^{T/2} = \frac{I_m}{\pi} T.$$

Như vậy,

$$q = \frac{I_m}{\pi} T \cdot \frac{t}{T} = \frac{I_m}{\pi} t.$$

(2)

Từ (1) và (2) giá trị hiện tại trong mạng được tìm thấy:

$$I_m = \frac{\pi m}{kt}.$$

(3)

Lượng cơ thể giải phóng ở cường độ dòng điện trong thời gian t bằng Q=Q_{T/2} \cdot \frac{t}{T}, trong đó Q_{T/2} là nhiệt tỏa ra trong nửa thời gian thay đổi dòng điện, bằng

$$Q_{T/2} = \frac{I_m^2}{2} R \frac{T}{2}.$$

Kể từ đây,

$$Q = \frac{I_m^2}{4} R t.$$

Ở trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập, công suất trung bình được giải phóng ở cường độ dòng điện bằng

$$\bar{p} = \frac{I_m^2}{4} R.$$

Ampe nhiệt được hiệu chỉnh theo giá trị dòng điện hiệu dụng. Điều này có nghĩa là số đọc của bộ khuếch đại I_A được xác định bởi sự tương ứng

$$\bar{p} = I_A^2 R = \frac{I_m^2}{4} R \Rightarrow I_A = \frac{I_m}{2}.$$

Thay thế biểu thức tìm được cho I_m (xem (3)), chúng ta tìm thấy:

$$I_A = \frac{\pi m}{2kt} = \frac{3,14 \cdot 1,078 \text{ r}}{2 \cdot 0,33 \cdot 10^{-3} (\text{r/KJ}) \cdot 3600 \text{ c}} \approx 1,43 \text{ A}.$$

B. A. Mukushev

LƯỢT TỐI BỊ GIẾT
Tiểu Truyện

Câu chuyện do W. Weiskopf kể về N. Bor

Một ngày nọ, một nhà vật lý đồng nghiệp bước vào văn phòng của Niels Bohr và ngạc nhiên khi thấy một chiếc móng ngựa được đóng đinh trên cửa.

• Giáo sư, ông có thực sự tin điều này không?
  “Không, tất nhiên,” Bohr bình tĩnh trả lời, “nhưng người ta nói rằng móng ngựa giúp ích cho những ai không tin vào nó…”
  (Shelest V.P. New Kruts. M.: Atomizdat, 1978.)

Hậu lịch sử khoa học

Great Laplace có mặt tại cuộc họp của Viện Hàn lâm Khoa học Paris vào ngày 18 tháng 9 năm 1820, khi Amler lần đầu tiên chứng minh sự tương tác điện động của dòng điện - khi dòng điện chạy qua hai dây dẫn, chúng bị dịch chuyển lẫn nhau. Họ kể rằng sau khi kết thúc bài giảng, khi khán giả đầy ấn tượng và đã rời đi, Laplace dừng lại ở cửa đợi Daniel Colladon, người đang hỗ trợ Ampère. Khi anh ta đến gần, Laplace, nổi bật bởi tính cách nhỏ bé và hay nghi ngờ, vỗ vai Colladon và nhìn chăm chú vào mắt anh ta, nói: “Bây giờ, chàng trai trẻ, hãy thừa nhận điều đó! Rốt cuộc, chính anh là người đã giật dây.”
(Dựa trên tài liệu từ Liushchia M. Lịch sử Vật lý. M.: Mir, 1970.)

Câu chuyện do I. K. Kikon kể

Điều này xảy ra vào cuối những năm 20 ở Leningrad. Hãng phim cùng với một nhóm các nhà vật lý được giao nhiệm vụ làm một bộ phim khoa học nổi tiếng về vật lý. Trong nhóm các nhà vật lý có Isaac Konstantinovich Kikoin, khi đó vẫn còn là nhân viên trẻ của Viện Vật lý và Công nghệ RENT.

Theo kịch bản, cần phải rút kinh nghiệm về lực đẩy của các điện tích tương tự. Tại buổi tập, tôi lấy một quả bóng celluloid, đưa một cây gậy ebonite nhiễm điện vào đó và quả bóng bật ra đúng cách. Sau đó chúng tôi bắt đầu quay phim. Motor, camera… đưa gậy vào bóng - không có tác dụng.

Sau đó kịch bản đã được thay đổi một chút. Trợ lý phòng thí nghiệm giữ quả bóng trên một sợi dây, đưa một cây gậy vào đó và I.K. Kikoin đứng gần đó và đẩy bóng một cách dễ dàng. Buổi chụp hình diễn ra rực rỡ.

Tại sao một trải nghiệm “thực tế” đơn giản như vậy lại không xảy ra? Thực tế là trong những năm đó, các loại đèn mạnh đã được sử dụng để chiếu sáng trong quá trình chụp ảnh, phát ra tia cực tím, nhờ hiệu ứng ion hóa, làm cho nó dẫn điện. Rõ ràng là ngay khi đèn được bật lên, điện tích từ quả bóng và cây gậy nhanh chóng tiêu hao qua hiệu ứng dẫn điện.

48

Chuyển động tròn

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
Y. A. SAMARSKY

Chuyển động của vật thể theo vòng tròn thường được tìm thấy trong tự nhiên và công nghệ. Đây là một vệ tinh hữu ích của Trái đất và chuyển động của các máy tự động trên các đường cong trên đường, chuyển động quay của một quả bóng trên dây và chuyển động của các hạt tích điện trong từ trường, chuyển động quay của các bộ phận của các cơ chế khác nhau và chuyển động của máy bay khi phi công thực hiện một vòng lặp chết chóc.

Nếu kích thước của vật nhỏ hơn nhiều so với bán kính của hình tròn thì vật có thể được coi là một điểm vật chất. Chúng ta hãy nhớ lại các đặc điểm chính của chuyển động của một điểm vật chất dọc theo một vòng tròn.

Như đã biết, tốc độ $\vec{v}$ của một vật luôn hướng tiếp tuyến với đường tròn và có thể thay đổi cả về kiểu dáng lẫn hướng. Trong trường hợp này, vectơ gia tốc của vật không trùng với hướng của vận tốc mà tạo một góc với hướng của vận tốc. Để phân tích chuyển động, thay vì gia tốc $\vec{a}$, sẽ thuận tiện khi xem xét hai hình chiếu của nó - theo hướng vận tốc (tiếp tuyến với đường tròn) và hướng vuông góc với tốc độ (dọc theo bán kính của đường tròn). Hình chiếu đầu tiên được gọi là gia tốc tiếp tuyến $a_k$, và hình chiếu thứ hai được gọi là gia tốc hướng tâm $a_u$ (Hình 1). Gia tốc tiếp tuyến đặc trưng cho sự thay đổi trong kiểu vận tốc và gia tốc hướng tâm đặc trưng cho sự thay đổi hướng của vận tốc.

Mô đun gia tốc hướng tâm tại mỗi điểm của quỹ đạo bằng bình phương mô đun vận tốc chia cho bán kính đường tròn: $a_u = v^2/R$. Mô đun gia tốc tiếp tuyến phụ thuộc vào bản chất chuyển động tròn của vật. Cụ thể, với chuyển động đều $a_k = 0$ và gia tốc toàn phần trùng với gia tốc hướng tâm, chỉ thay đổi hướng của vận tốc. Trong trường hợp này, thuận tiện là tách gia tốc hướng tâm thông qua vận tốc góc $\omega$ hoặc chu kì $T$ của chuyển động của vật dọc theo một đường tròn bán kính $R: a_u = \omega^2 R = 4\pi^2 R/T^2$.

Đối với một cơ thể chuyển động theo đường tròn, cũng như đối với bất kỳ chuyển động nào, định luật thứ hai của Newton có giá trị: tổng vectơ của tất cả các lực tác dụng lên cơ thể bằng tích của khối lượng cơ thể và gia tốc của nó. Khi chuyển động trong một vòng tròn, vật luôn nằm trong một mặt phẳng, do đó định luật thứ hai của Newton được biểu diễn một cách thuận tiện bằng hệ hai phương trình vô hướng được viết cho hình chiếu của tất cả các vectơ lên ​​phương dọc theo bán kính của đường tròn và vuông góc với nó.

Bản chất vật lý của các lực đảm bảo cho sự chuyển động của một điểm vật chất dọc theo một vòng tròn nhất định có thể có trọng lượng khác nhau. Hãy minh họa điều này bằng một vài vấn đề cụ thể. Hầu như tất cả chúng đều được đưa ra trong kỳ thi tuyển sinh vào Viện Vật lý và Công nghệ Moscow vào các năm khác nhau.

Nhiệm vụ 1. Lối ra từ đồi xuống mặt phẳng nằm ngang là một cung tròn có bán kính $R=4$ m (Hình 2). Trượt trơn tru, và mặt phẳng ngang gồ ghề, có hệ số ma sát $\mu=0.2$. Saint Petersburg

49

chim ác là vẫn ở khoảng cách $l=30$ m tính từ đầu của nó. Ở độ cao nào chiếc xe trượt đã ép naorka với một lực gấp đôi mô-đun lực hấp dẫn của nó?

Đặt chiều cao mong muốn $h$ tương ứng với điểm $A$, như trong Hình 2. Hãy xem xét các lực tác dụng lên xe trượt tại điểm này. Đây là lực hút của Trái đất (lực hấp dẫn) $m\vec{g}$ và phản lực của cầu trượt $\vec{N}$. Theo định luật thứ ba của Newton, phản lực của cầu trượt có mô đun bằng lực ép của xe trượt:

$$N = F_\pi = 2mg.$$

Viết phương trình chuyển động của xe trượt (định luật II Newton), lấy hướng gia tốc hướng tâm $\vec{a}_u$ là chiều dương của trục $OX$:

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

Đây $\cos \alpha = (R-h)/R$ và $a_u = v_A^2/R$. Thay các giá trị $N$, $\cos \alpha$ và $a_u$, ta có

$$2mg - mg \frac{R-h}{R} = \frac{mv_A^2}{R}.$$

(1)

Tốc độ $v_A$ có thể được xác định từ định luật bảo toàn và biến đổi năng lượng - công của lực hấp dẫn trong tiết diện $l$ bằng tổng năng lượng của xe trượt tại điểm $A$:

$$\mu mgl = \frac{mv_A^2}{2} + mgh.$$

(2)

Giải phương trình (1) và (2), ta thu được

$$h = \frac{2\mu l - R}{3} \approx 2.7 \text{ м}.$$

Bài toán 2. Một quả bóng có bán kính $r$ bay lên trên một sợi dây có chiều dài $l$ và chạm vào trục nằm thẳng đứng của động cơ điện (Hình 3). Bán kính trục $R$. Với tốc độ góc nào quả bóng sẽ ngừng ép vào trục?

Chúng ta hãy xem xét các lực tác dụng lên quả bóng ở vận tốc góc thấp trong khi quả bóng vẫn còn tác dụng áp suất lên trục (xem Hình 3). Nó chịu tác dụng của lực hấp dẫn $m\vec{g}$, lực căng chỉ $\vec{T}$ và phản lực trục $\vec{N}$. Khi vận tốc góc tăng, gia tốc hướng tâm của quả bóng cũng phải tăng, điều này chỉ có thể thực hiện được bằng cách giảm mô đun của phản lực $\vec{N}$, vì các lực $m\vec{g}$ và $\vec{T}$ không đổi.

Tại một vận tốc góc nhất định $\omega_0$ tương tác của quả bóng với trục dừng lại

Hình 3.

Hình 4.

tích tắc và lực $N$ biến mất (về 0). Ta hãy viết phương trình chuyển động của quả bóng lúc này dưới dạng hình chiếu trên trục tọa độ $OX$ và $OY$:

$$T \sin \alpha = m\omega_0^2(R + r),$$

$$T \cos \alpha - mg = 0.$$

Giải chúng, chúng ta tìm được vận tốc góc mong muốn:

$$\omega_0 = \sqrt{\frac{g tg u}{R + r}}.$$

Dựa vào Hình 3, dễ dàng xác định được rằng

$$tg \alpha = \frac{R + r}{((l + r)^2 - (R + r)^2)^{1/2}}.$$

Rồi cuối cùng

$$\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{((l + r)^2 - (R + r)^2)^{1/2}}}.$$

Bài toán 3. Trên một hành tinh nào đó vật thể có độ cao cao hơn trên đường xích đạo. Xác định chu kỳ quay của hành tinh quanh trục của nó. Bắn hành tinh bằng một quả bóng. Mật độ vật chất của hành tinh là $\omega_0$.

Chúng ta hãy nhớ lại rằng trọng lượng của một vật $\vec{P}$ là lực mà vật đó, do bị hành tinh hút, tác dụng lên một giá đỡ đứng yên lơ lửng so với nó. Theo định luật III Newton, vật tác dụng vào phía tựa

53

Trại hè-83
Khai mạc trại hè năm 1983 tại làng. Frunzenskoe.

Cuộc gặp gỡ của các em học sinh với các cựu chiến binh MAH do chủ tịch V. N. Kasatkin chủ trì.

Bài học với học sinh được giảng dạy bởi cựu chiến binh MAH, dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Khoa học Vật lý và Toán học B.I. Fuchs.

Buổi gặp mặt của học sinh với các nhà khoa học.

đi Komsomol. Chủ tịch của nó V.N. Kasatkin đã nói rất rõ về tầm quan trọng của MAH đối với học sinh Crimea tại một cuộc gặp gỡ giữa các học sinh với các nhà khoa học: “Nếu một học sinh ở Crimea muốn thử sức mình với khoa học hoặc công nghệ thì cậu ấy biết phải đi đâu. Mọi cơ sở giáo dục đại học ở Simferopol, Sevastopol và Kerch đều tổ chức các khóa đào tạo MAH. Có nhiều chi nhánh MAH ở nhiều trường trong các thành phố và khu vực.”
Đây chính là thành tựu to lớn của The Seeker. Chúng ta hãy chúc anh ấy làm việc thành công hơn nữa.

A. N. Vilenkin

53

54

Bài tập
giới thiệu
kỳ thi
ở nhiều loại khác nhau
vào năm 1983

Chúng tôi cung cấp một lựa chọn các ghi chú giới thiệu
kỳ thi toán và vật lý ở một số
các trường đại học - Belarus, Donetsk,
Kazan, Kiev, Saratov, Tashkent và các học viện - Đại học Bách khoa Kishinev, chi nhánh Leningrad của Moscow
Viện Công nghệ, Viện Công nghệ Hàng không Moscow, Y tế Moscow
Melurative, sư phạm Tbilisi.

Toán học
Bài thi viết

đại số

1. Tổng bình phương của hai số liên tiếp
   các số nguyên là 29 lớn hơn gấp ba số nhỏ
   những con số. Tìm những con số này.
2. Xác định ba số tạo thành chúng
   cấp số nhân nếu tổng của chúng
   các số nguyên khác 31 và tổng bình phương của chúng là 651.
3. Từ pristigai $A$ đồng loạt khởi hành
   xuống thuyền và bè hiện tại. Chiếc thuyền đã chìm
   xuống con đường hiện tại được 96 km rồi quay lại
   và quay trở lại $A$ 14 giờ sau. Tìm thấy
   tốc độ của catarrh trong nước tĩnh, nếu biết,
   rằng thuyền gặp bè trên đường về
   ở khoảng cách 24 km từ $A$.
4. Điểm $A$ và $B$ nằm trên vòng tròn
   bán kính $R$ cm. Nếu các điểm bắt đầu di chuyển
   gặp nhau theo một cung nhỏ hơn thì gặp nhau sau 5 s, còn nếu dọc theo một cung lớn hơn thì gặp nhau
   cuộc họp sẽ diễn ra trong 11 giây. Nếu các điểm là
   -phân chia theo một hướng, sau đó là điểm đầu tiên
   sẽ đuổi kịp người thứ hai sau 20 giây. Tìm tốc độ
   điểm.
5. Ba công nhân có trình độ khác nhau thực hiện một số công việc, người đầu tiên làm
   6 giờ, thứ hai - 4 giờ, thứ ba - 7 giờ. Nếu cái đầu tiên làm việc được 4 giờ thì cái thứ hai -
   2 tiếng và 5 tiếng thứ ba là xong
   chỉ có 2/3 tổng số công việc. công nhân làm bao nhiêu giờ
   sẽ hoàn thành công việc nếu tất cả họ đều làm việc
   cùng một lúc?
6. Các số $a_1, a_2, \dots, a_n$ tạo thành một cấp số cộng. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{a_1 a_2} + \frac{1}{a_2 a_3} + \dots + \frac{1}{a_{n-1} a_n} = \frac{n-1}{a_1 a_n}.$$

7. Đơn giản hóa:

$$\frac{\sqrt{\frac{1+a}{1-a}} + \sqrt{\frac{1-a}{1+a}}}{-\frac{1}{a}},$$

8. Chứng minh sự thật:
   a) $$\frac{1+\text{ctg} 2\alpha \text{ctg} \alpha}{\text{tg} \alpha + \text{ctg} \alpha} = \frac{1}{2} \text{ctg} \alpha,$$
   b) $$\frac{(\alpha + \sqrt{3}\alpha^2) : (\alpha + \sqrt{3}\alpha^2) - 1}{\sqrt{3}\alpha - \sqrt{3}\alpha} = -\frac{1}{3}.$$
9. Chứng minh sự thật:
   a) $$\frac{1+\text{ctg} 2\alpha \text{ctg} \alpha}{\text{tg} \alpha + \text{ctg} \alpha} = \frac{1}{2} \text{ctg} \alpha,$$
   b) $$\cos^2(\alpha + \beta) + \cos^2(\alpha - \beta) - \cos 2\alpha \cos 2\beta = 1,$$
   g) $$1 - \frac{1}{4} \sin^2 2\alpha + \cos^2 \alpha + \cos^4 \alpha.$$
10. Được biết, $\sin \alpha - \cos \alpha = \frac{1}{2}$. Tìm thấy
    $$\sin^4 \alpha + \cos^4 \alpha.$$
11. Tính $\sin (2\alpha + \frac{5}{4}\pi)$ nếu $\text{tg} \alpha = \frac{2}{3}$.
12. Tại những giá trị nào của $p$ đều là nghiệm của phương trình bậc hai
    $$(p-2)x^2-2px+p-1=0$$
    đặt?
13. Tìm tất cả các giá trị của $b$ mà
    chính xác một nghiệm của phương trình
    $$x^2+2bx-2b=1$$
    thỏa mãn bất đẳng thức $x>2$.
14. Giải phương trình:
    a) $$\sqrt{2x+3} + \sqrt{x+1} = 5,$$
    b) $$\sqrt{3x+7} - \sqrt{x+1} = 2,$$
    c) $$\sqrt{x-2} + \sqrt{x} = \sqrt{x-2} - \sqrt{x},$$
    g) $$x^{\log_2 x} + 1 = \sqrt{x-2},$$
    r) $$x^{\log_2 x} + 1 = 100x,$$
    d) $$2 + \log_3(2^x-2) = \log_3 2 + \log_3(4^{x-1}-1),$$
    e) $$4^{x+1.5} + 9^x = 6^{x+1},$$
    j) $$\lg(x-3) + \lg(x+6) = \lg 2 + \lg 5,$$

3. $$\log_{16} x^3 + \log_x \sqrt{x} = 2,$$
   i) $$\cos 4x + 2 \cos^2 x = 1,$$
   k) $$5 \text{ctg} x - 4 \text{tg} x = \frac{9}{\sin x},$$
   l) $$5 \sin 2x - 12(\sin x - \cos x) + 12 = 0,$$
   m) $$\sin x \sin 2x \cdot \sin 3x = \frac{1}{4} \sin 4x,$$
   n) $$\sin^4 x + \cos^4 x = \sin x \cdot \cos x,$$
   o) $$4 \log_2 \sin x + 2 \log_1 \cos(2x + \frac{\pi}{4}) + 1 = 0,$$
   n) $$4 \sin x - 2^{-\frac{1}{2}} + \sin x = 1,$$
   p) $$\cos \left(\frac{4\pi x}{x^2 + x + 1}\right) = 1.$$

14. Xác định giá trị nào $x$ từ phân đoạn
    $[-\pi; \pi]$ thỏa mãn phương trình
    $$\frac{1}{\cos x} = \sin x + \cos x.$$
15. Tìm tất cả các phương trình lời giải
    $$\frac{2}{\cos 6x - \cos 2x} = \frac{1}{\cos 8x \cos 2x},$$
    thỏa mãn bất đẳng thức $0 \leq x \leq \pi/2$.